2020高考数学大二轮复习专题7立体几何第2讲综合大题部分真题押题精练理

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2020学年高考数学(理)二轮复习解题方法与技巧试题：专题七立体几何 Word版含答案

专题七立体几何1、如图，已知矩形ABCD 所在平面外一点，⊥P PA 平面ABCD ，、E F 分别是，AB PC 的中点．（1）求证：//EF 平面；PAD （2）求证：⊥EF CD ；（3）若45∠=︒PDA ，求EF 与平面ABCD 所成的角的大小．2、已知一个几何体的三视图如图：（1）求此几何体的表面积；（2）如果点,P Q 在正视图中所示位置：P 为所在线段中点，Q 为顶点.求在几何体侧面上，从P 点到Q 点的最短路径的长.3、如图，PC ⊥平面ABC ，//DA PC ，90ACB ∠=︒，E 为PB 的中点，1AC AD BC ===，2PC =．（1）求证：//DE 平面ABC ；（2）求证：PD ⊥平面BCD ；（3）设Q 为PB 上一点PQ PB λ=uuu r uur，试确定λ的值使得二面角Q CD B --为45°．4、如图，在单位正方体1111-ABCD A B C D 中，O 是11B D 的中点. （1）求证1//B C 平面1ODC ；（2）求异面直线1B C 与OD 夹角的余弦值；（3）求直线1B C 到平面1ODC 的距离.5、已知直三棱柱111ABC A B C －中，112023BCA AB AC AA ∠︒＝，＝＝，＝， E 是BC 的中点，F 是1A E 上一点，且13A F FE ＝. （1）证明：AF ⊥平面1A BC ；（2）求二面角11B A E B －－余弦值的大小.6、四面体ABCD 及其三视图如图所示，过棱AB 的中点E 作平行于,AD BC 的平面分别交四面体的棱,,BD DC CA 于点,,F G H .（1）证明：四边形EFGH 是矩形；（2）求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值.答案以及解析1答案及解析：答案：（1）取PD 中点Q ，连、，AQ QF 则//AE QF ， ∴四边形AEFQ 为平行四边形， ∴//EF AQ ，又∵AQ 在平面PAD 内，EF 不在平面PAD 内， ∴//EF 面PAD ；（2）证明：∵⊥CD AD ，⊥CD PA ，⋂=PA AD A ，PA 在平面PAD 内，AD 在平面PAD 内，∴⊥CD 面PAD ，又∵AQ 在平面PAD 内， ∴⊥CD AQ ， ∵//EF AQ ， ∴⊥CD EF ；（3）解：∵45∠=︒PDA ， ∴PAD △为等腰直角三角形， ∴⊥AQ PD ， ∴45∠=︒QAD ，即AQ 与平面ABCD 所成角为45︒，又∵//AQ EF ，∴EF 与平面ABCD 所成角45︒．2答案及解析：答案：（1）由三视图可知，此几何体是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积与圆柱的一个底面积之和.()()12222S =π=π圆锥侧，()()224S =ππ⋅=圆柱侧，S =π圆柱底，所以此几何体的表面积()2π4ππ25.S S S S a =++=+π++=表圆锥侧圆柱侧圆柱底（2）分别沿点P 与点Q 所在的母线剪开圆柱的侧面，并展开铺平，如图所示则()()2221πPQ AP AQ =+=+，所以,P Q 两点在该几何体的侧面上的最短路径的长为2π1+.3答案及解析：答案：（1）证明：建立如图所示的空间直角坐标系，则010101()()()002B D P ,,,,,,,,，10,,12E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，11,,02DE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭uuur .可知()0,0,2PC =uuu r为平面ABC 的一个法向量，0DE PC ⋅=u u u r u u u r Q ，DE BC ∴⊥uuu r uu u r ．DE ⊄Q 平面ABC ，//DE ∴平面ABC ．（2）证明：()1,0,1PD =-uuu r Q ，()0,1,0BC =uu u r ，()1,0,1CD =uuu r．0PD BC ∴⋅=u u u r u u u r ，0PD CD ⋅=u u u r u u u r．PD BC ∴⊥，PD CD ⊥．BC DC C ⋂=Q ，PD ∴⊥平面BCD ．（3）解：由（2）可知：()1,0,1PD =-uuu r为平面BCD 的法向量，()0,1,2PB =-uur Q ，()0,,2PQ PB λλλ==-uuu r uur，()0,1λ∈．()0,,22Q λλ∴-+．设平面QCD 的法向量为(),,n x y z r，由00n CD n CQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r uu u r r uu u r ，得()0220x z y z λλ+=⎧⎪⎨+-+=⎪⎩，令1z =，则1x =-，22y λ=-，()21,2,1,0,1n λλ⎛⎫∴=--∈ ⎪⎝⎭r ．cos 45n PD n PD⋅︒=⋅r uu u r r uu u r22222222λ==⎛⎫⨯+- ⎪⎝⎭，解得22λ=-．4答案及解析：答案：（1）法一：连接1A D ，则11//.B A C D 而1⊆A D 平面1ODC ，1⊄B C 平面1ODC ，所以1//B C 平面1ODC .法二：设平面1ODC 的一个法向量为(,,)=n x y z ，由 1.0.0⎧=⎪⎨=⎪⎩n DO n DC ，得11022⎧++=⎪⎨⎪+=⎩x y z y z ，令1=y ，则1,1=-=z x ，所以(1,1,1)=-n .又1(1,0,1)=--B C .从而1.0=n B C ，所以1//B C 平面1ODC .（2）法一：由（1）知异面直线1B C 与OD 的夹角为1∠A DO 或其补角. 而1111==A D AC DC ，且O 为11A C 中点，故0130∠=A DO ，所以两异面直线1B C 与OD 的夹角θ的余弦值为3COS 2θ=. 法二：设1B C 、DO 分别为直线1B C 与OD 的方向向量，则由1(1,01)=--B C ，11(,,1)22=DO ，得1,3cos 2<>=B C DO ，所以两异面直线1B C 与OD 的夹角θ的余弦值为3COS 2θ=. （3）由（1）知平面1ODC 的一个法向量为(1,11)=-n ，又(0,1,0)=DC ，所以1B C 到平面1ODC 的距离33⋅==DC n d n.5答案及解析：答案：（1）连接,AE AF ，在ABC △中，11sin12022AB AC BC AE ⋅⋅=⋅°，故1AE =. 由于三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，故1AA ⊥平面1ABC AA AE ⇒⊥，直角三角形1A AE 中，因为13,1AA AE ==，所以1122A E EF =⇒=，又因1A EAE AFE EF AE =⇒∠为直角，即1A E AF ⊥，再由E 为BC 中点并且ABC △为等腰三角形可知AE BC ⊥，结合1AA BC ⊥，1AA AE A =I ，得BC ⊥平面1A AE BC AF ⇒⊥，综合1A E AF ⊥，BC AF ⊥，1BC A E E=I ，得到AF ⊥平面1A BC .（2）由于AE BC ⊥，如图以点E 为坐标原点建立空间直角坐标系，3tan 60AEBE ==°，故()()()()113,0,0,0,1,3,0,0,0,3,0,3B A E B --，()()()113,0,0,0,1,3,3,0,3EB EA EB =-==-u u r u u u r u u u r.设面1BA E 法向量为1111(,,)n x y z =u r，面11B A E 法向量为2222(,,)nx y z =u u r，111111030300n EB x y z n EA ⎧⎧⋅=-=⎪⎪⇒⎨⎨+=⋅=⎪⎪⎩⎩u r uu ru r uuu r ，取11z =，得1(0,3,1)n =-u r ，212221210330300n EB x z y z n EA ⎧⎧⋅=-+=⎪⎪⇒⎨⎨+=⋅=⎪⎪⎩⎩u u r uuu ru ur uuu r ，取21z =，得2(1,3,1)n =-u u r ，则二面角11B A E B --的余弦值1212425cos 545n n n n θ⋅===⋅⋅u r uu r u r u u r .6答案及解析：答案：（1）由该四面体的三视图可知，,BD DC ⊥,BD AD ⊥,AD DC ⊥BD DC ⊥，2BD DC ==，1AD =.由题知，//BC 平面EFGH ，平面EFGH ⋂平面BDC FG =，平面EFGH ⋂平面ABC EH =， ∴//BC FG ，//BC EH ，//FG EH . 同理//EF AD ，//HG AD ，∴//EF HG . ∴四边形EFGH 是平行四边形，又AD DC ⊥，AD BD ⊥， ∴AD ⊥平面BDC ， ∴EF FG ⊥，∴四边形EFGH 是矩形.（2）方法一：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则()0,0,0D ，()0,0,1A ，()2,0,0B ，()0,2,0C .()0,0,1DA =，()2,2,0BC =-，(2,0,1)BA =-.设平面EFGH 的法向量(,,)n x y z =， ∵//EF AD ，//FG BC ，∴0n DA ⋅=，0n BC ⋅=，得0220z x y =-+=⎧⎨⎩，取()1,1,0n =，∴210sin cos ,552BA n BA n BA nθ⋅=〈〉===⨯.方法二：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，()0,0,0D ，()0,0,1A ，()2,0,0B ，()0,2,0C .∵E 是AB 的中点，∴F 、G 分别为BD 、DC 的中点，得11,0,2E ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,0,0F ，()0,1,0G . ∴10,0,2FE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，(1,1,0)FG =-，(2,0,1)BA =-.设平面EFGH 的法向量(,,)n x y z =，则0n FE ⋅=，0n FG ⋅=，得 12z x y ⎧=-+=⎪⎨⎪⎩ ，取()1,1,0n =， ∴210sin cos ,552BA n BA n BA nθ⋅=〈〉===⨯.。

高考数学二轮复习第2部分专题7第2讲不等式选讲教案文选修4_5

第2讲选修4－5 不等式选讲[做小题——激活思维]1．已知正实数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝1，则a 2＋b 2＋c 2的最小值为________． [答案] 132．不等式|3x －1|≤2的解集为________．[答案] ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，1 3．若关于x 的不等式|x －3|＋|x －4|<a 的解集不是空集，则参数a 的取值范围是________．[答案] (1，＋∞) 4．已知a >b >c ，若1a －b ＋1b －c ＋n c －a≥0恒成立，则n 的取值范围是________． [答案] (－∞，4]5．函数y ＝5x －1＋10－2x 的最大值为________． [答案] 63[扣要点——查缺补漏]1．|x －a |＋|x －b |≥c (c ＞0)和|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的解法 (1)利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想．如T 2. (2)利用“零点分区间法”求解，体现了分类讨论的思想.(3)通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想． 2．不等式的证明 (1)绝对值三角不等式||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |.如T 3. (2)算术—几何平均不等式如果a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．如T 1，T 4.(3)证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法和反证法，其中比较法和综合法是基础，综合法证明的关键是找到证明的切入点．含绝对值不等式的解法(5年8考)[高考解读] 绝对值不等式的解法是每年高考的热点内容，主要为含两个绝对值的不等式的求解，难度适中.[一题多解](2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋4，g (x )＝|x ＋1|＋|x －1|. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥g (x )的解集；(2)若不等式f (x )≥g (x )的解集包含[－1,1]，求a 的取值范围．切入点：将g (x )＝|x ＋1|＋|x －1|的解析式化为分段函数的形式．关键点：正确求出f (x )≥g (x )的解集，然后利用集合间的包含关系求解．[解] (1)法一：当a ＝1时，不等式f (x )≥g (x )等价于x 2－x ＋|x ＋1|＋|x －1|－4≤0.① 当x <－1时，①式化为x 2－3x －4≤0，无解；当－1≤x ≤1时，①式化为x 2－x －2≤0，从而－1≤x ≤1；当x >1时，①式化为x 2＋x －4≤0，从而1＜x ≤－1＋172.所以f (x )≥g (x )的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－1≤x ≤－1＋172. 法二：g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ≥1，2，－1≤x ＜1，－2x ，x ＜－1，当a ＝1时，f (x )＝－x 2＋x ＋4，在同一平面直角坐标系中，画出g (x )与f (x )的图象如图，易求得A (－1,2)，B ⎝⎛⎭⎪⎫－1＋172，－1＋17，所以f (x )≥g (x )的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－1≤x ≤－1＋172.(2)法一：当x ∈[－1,1]时，g (x )＝2，所以f (x )≥g (x )的解集包含[－1,1]等价于当x ∈[－1,1]时，f (x )≥2. 又f (x )在[－1,1]的最小值必为f (－1)与f (1)之一，所以f (－1)≥2且f (1)≥2，得－1≤a ≤1. 所以a 的取值范围为[－1,1]．法二：当x ∈[－1,1]时，g (x )＝2，所以f (x )≥g (x )的解集包含[－1,1]等价于当x ∈[－1,1]时f (x )≥2，即－x 2＋ax ＋4≥2.当x ＝0时，－x 2＋ax ＋4≥2成立．当x ∈(0,1]时，－x 2＋ax ＋4≥2化为a ≥x －2x.而y ＝x －2x在(0,1]上单调递增，所以最大值为－1，所以a ≥－1.当x ∈[－1,0)时，－x 2＋ax ＋4≥2化为a ≤x －2x.而y ＝x －2x在[－1,0)上单调递增，所以最小值为1，所以a ≤1.综上，a 的取值范围为[－1,1]． [教师备选题]1．(2018·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝5－|x ＋a |－|x －2|. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥0的解集； (2)若f (x )≤1，求a 的取值范围．[解] (1)当a ＝1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋4，x ≤－1，2，－1<x ≤2，－2x ＋6，x >2.可得f (x )≥0的解集为{x |－2≤x ≤3}． (2)f (x )≤1等价于|x ＋a |＋|x －2|≥4.而|x ＋a |＋|x －2|≥|a ＋2|，且当x ＝2时等号成立．故f (x )≤1等价于|a ＋2|≥4. 由|a ＋2|≥4可得a ≤－6或a ≥2.所以a 的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)． 2．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝|x ＋1|－|2x －3|. (1)画出y ＝f (x )的图象； (2)求不等式|f (x )|>1的解集．[解] (1)由题意得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≤－1，3x －2，－1＜x ≤32，－x ＋4，x ＞32，故y ＝f (x )的图象如图所示．(2)由f (x )的函数表达式及图象可知，当f (x )＝1时，可得x ＝1或x ＝3；当f (x )＝－1时，可得x ＝13或x ＝5.故f (x )＞1的解集为{x |1＜x ＜3}，f (x )＜－1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＜13或x ＞5. 所以|f (x )|＞1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＜13或1＜x ＜3或x ＞5.|x －a |＋|x －b |≥c 或≤cc ，|x －a |－|x －b |≥c 或≤c c 型不等式的解法可通过零点分区间法或利用绝对值的几何意义进行求解.零点分区间法的一般步骤①令每个绝对值符号内的代数式为零，并求出相应的根； ②将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间；③由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集； ④取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集.利用绝对值的几何意义解题由于|x －a |＋|x －b |与|x －a |－|x －b |分别表示数轴上与x 对应的点到a ，b 对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|x －a |＋|x －b |≤c c 或|x －a |－|x －b |≥c c的不等式，用绝对值的几何意义求解更直观.1．(绝对值不等式的解法、恒成立问题)已知函数f (x )＝|x －1|－|x ＋2|. (1)若不等式f (x )≤|a ＋1|恒成立，求a 的取值范围； (2)求不等式|f (x )－|x ＋2||>3的解集．[解] (1)f (x )＝|x －1|－|x ＋2|≤|(x －1)－(x ＋2)|＝3，由f (x )≤|a ＋1|恒成立得|a ＋1|≥3，即a ＋1≥3或a ＋1≤－3，得a ≥2或a ≤－4. ∴a 的取值范围是(－∞，－4]∪[2，＋∞)．(2)不等式|f (x )－|x ＋2||＝||x －1|－2|x ＋2||>3等价于|x －1|－2|x ＋2|>3或|x －1|－2|x ＋2|<－3，令g (x )＝|x －1|－2|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －5，x ≥1，－3x －3，－2≤x <1，x ＋5，x <－2，由x ＋5＝－3得x ＝－8，由－3x －3＝－3得x ＝0，作出g (x )的图象如图所示，由图可得原不等式的解集为{x |x <－8或x >0}．2．(绝对值不等式的解法、有解问题)已知函数f (x )＝|a －3x |，若不等式f (x )＜2的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，0.(1)解不等式f (x )≤|x －2|＋4；(2)若不等式f (x )＋3|2＋x |≤t －4有解，求实数t 的取值范围． [解] (1)f (x )＜2即|a －3x |＜2，解得a －23＜x ＜a ＋23，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a －23＝－43，a ＋23＝0，得a ＝－2.∴f (x )≤|x －2|＋4可化为|3x ＋2|－|x －2|≤4， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＜－23，－x ＋＋x －或⎩⎪⎨⎪⎧－23≤x ≤2，x ＋＋x －或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞2，x ＋－x －，解得－4≤x ≤1，∴不等式f (x )≤|x －2|＋4的解集为{x |－4≤x ≤1}．(2)不等式f (x )＋3|2＋x |≤t －4等价于|3x ＋2|＋|3x ＋6|≤t －4. ∵|3x ＋2|＋|3x ＋6|≥|(3x ＋2)－(3x ＋6)|＝4， ∴由题意，知t －4≥4，解得t ≥8，故实数t 的取值范围是[8，＋∞)．不等式的证明(5年5考)[高考解读] 不等式的证明也是高考考查的重点，主要考查作差法和基本不等式法的应用，难度适中，考查学生的逻辑推理核心素养.1．(2019·全国卷Ⅰ)已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1.证明： (1)1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2；(2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24. 切入点：abc ＝1.关键点：①“1”的代换；②将(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3改编为3(a ＋b )(b ＋c )(c ＋a )． [证明] (1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，又abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca＝ab ＋bc ＋caabc＝1a ＋1b ＋1c.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．所以1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2.(2)因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有 (a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥33a ＋b3b ＋c3a ＋c3＝3(a ＋b )(b ＋c )(a ＋c )≥3×(2ab )×(2bc )×(2ac ) ＝24.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.2．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )＜2的解集． (1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |＜|1＋ab |. 切入点：M 为不等式f (x )<2的解集．关键点：平方后作差比较．[解] (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12＜x ＜12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )＜2得－2x ＜2，解得x ＞－1；当－12＜x ＜12时，f (x )＜2；当x ≥12时，由f (x )＜2得2x ＜2，解得x ＜1.所以f (x )＜2的解集M ＝{x |－1＜x ＜1}．(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1＜a ＜1，－1＜b ＜1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)＜0.因此|a ＋b |＜|1＋ab |. [教师备选题]1．(2014·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |(a >0)．(1)证明：f (x )≥2；(2)若f (3)<5，求a 的取值范围．[解] (1)证明：由a >0，有f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a－x －a ＝1a ＋a ≥2.所以f (x )≥2.(2)f (3)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3＋1a ＋|3－a |.当a >3时，f (3)＝a ＋1a ，由f (3)<5，得3<a <5＋212.当0<a ≤3时，f (3)＝6－a ＋1a ，由f (3)<5，得1＋52<a ≤3.综上，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫1＋52，5＋212.2．(2015·全国卷Ⅱ)设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明： (1)若ab >cd ，则a ＋b >c ＋d ；(2)a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件． [证明] (1)因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ， (c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ，由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab >cd ，得(a ＋b )2>(c ＋d )2. 因此a ＋b >c ＋d .(2)①若|a －b |<|c －d |，则(a －b )2<(c －d )2，即(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd . 因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd . 由(1)得a ＋b >c ＋d .②若a ＋b >c ＋d ，则(a ＋b )2>(c ＋d )2，即a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd . 因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd .于是(a －b )2＝(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd ＝(c －d )2. 因此|a －b |<|c －d |.综上，a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件．证明不等式的方法和技巧如果已知条件与待证明的结论之间的联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出，或是否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法.在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明.尤其是对含绝对值不等式的解法和证明，其简化的基本思路是化去绝对值符号，转化为常见的不等式组求解.多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式，往往作为不等式放缩的依据.1．(利用基本不等式证明)已知函数f (x )＝|x －1|. (1)求不等式f (x )≥3－2|x |的解集；(2)若函数g (x )＝f (x )＋|x ＋3|的最小值为m ，正数a ，b 满足a ＋b ＝m ，求证：a 2b ＋b 2a≥4.[解] (1)当x ≥1时，x －1≥3－2x ，解得x ≥43，∴x ≥43；当0<x <1时，1－x ≥3－2x ，解得x ≥2，无解；当x ≤0时，1－x ≥3＋2x ，解得x ≤－23，∴x ≤－23.∴原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≥43或x ≤－23. (2)∵g (x )＝|x －1|＋|x ＋3|≥|(x －1)－(x ＋3)|＝4， ∴m ＝4，即a ＋b ＝4.又a 2b ＋b ≥2a ， b 2a＋a ≥2b ， ∴两式相加得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a ＋a ≥2a ＋2b ， ∴a 2b ＋b 2a≥a ＋b ＝4. 当且仅当a ＝b ＝2时等号成立．2．(作差法和分析法证明不等式)已知函数f (x )＝|x ＋1|. (1)求不等式f (x )<|2x ＋1|－1的解集M ； (2)设a ，b ∈M ，证明：f (ab )>f (a )－f (－b )．[解] (1)①当x ≤－1时，原不等式可化为－x －1<－2x －2，解得x <－1；②当－1<x <－12时，原不等式可化为x ＋1<－2x －2，解得x <－1，此时原不等式无解；③当x ≥－12时，原不等式可化为x ＋1<2x ，解得x >1.综上，M ＝{x |x <－1或x >1}．(2)证明：因为f (a )－f (－b )＝|a ＋1|－|－b ＋1|≤|a ＋1－(－b ＋1)|＝|a ＋b |. 所以要证f (ab )>f (a )－f (－b )，只需证|ab ＋1|>|a ＋b |，即证|ab＋1|2>|a＋b|2，即证a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2，即证a2b2－a2－b2＋1>0，即证(a2－1)(b2－1)>0.因为a，b∈M，所以a2>1，b2>1.所以(a2－1)(b2－1)>0成立，所以原不等式成立．含绝对值不等式的恒成立问题(5年4考)[高考解读]与绝对值不等式有关的恒成立问题也是每年高考的热点，其实质还是考查绝对值不等式的解法，难度适中.(2019·全国卷Ⅱ)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．(1)当a＝1时，求不等式f(x)＜0的解集；(2)若x∈(－∞，1)时，f(x)＜0，求a的取值范围．切入点：去绝对值号．关键点：正确确立f(x)的值域．[解](1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．当x＜1时，f(x)＝－2(x－1)2＜0；当x≥1时，f(x)≥0，所以，不等式f(x)＜0的解集为(－∞，1)．(2)因为f(a)＝0，所以a≥1.当a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)＜0.所以，a的取值范围是[1，＋∞)．[教师备选题](2018·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.(1)画出y＝f(x)的图象；(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．[解] (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x ，x <－12，x ＋2，－12≤x <1，3x ，x ≥1.y ＝f (x )的图象如图所示．(2)由(1)知，y ＝f (x )的图象与y 轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a ≥3且b ≥2时，f (x )≤ax ＋b 在[0，＋∞)上成立，因此a ＋b 的最小值为5.解决含绝对值不等式的恒成立问题，用等价转化思想利用三角不等式求出最值进行转化；利用分类讨论思想，转化成求函数值域；数形结合转化.1．(2019·贵阳模拟)已知f (x )＝|x ＋1|－|2x －1|.(1)求不等式f (x )>0的解集；(2)若x ∈R 时，不等式f (x )≤a ＋x 恒成立，求实数a 的取值范围．[解] (1)f (x )＝|x ＋1|－|2x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧ x －2，x <－1，3x ，－1≤x ≤12，－x ＋2，x >12. 当x <－1时，由x －2>0得x >2，即解集为∅；当－1≤x ≤12时，由3x >0得x >0，解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ 0<x ≤12；当x >12时，由－x ＋2>0得x <2，解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ 12<x <2. 综上所述，f (x )>0的解集为{x |0<x <2}．(2)不等式f (x )≤a ＋x 恒成立等价于f (x )－x ≤a 恒成立，则a ≥[f (x )－x ]max ，令g (x )＝f (x )－x ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，x <－1，2x ，－1≤x ≤12，－2x ＋2，x >12，则g (x )max ＝1，所以实数a 的取值范围是[1，＋∞)． 2．[一题多解](2019·福州模拟)已知函数f (x )＝|2x ＋a |＋3a ，a ∈R . (1)若对于任意x ∈R ，总有f (x )＝f (4－x )成立，求a 的值； (2)若存在x ∈R ，使得f (x )≤－|2x －1|＋a 成立，求a 的取值范围． [解] (1)法一：因为f (x )＝f (4－x )，x ∈R ，所以f (x )的图象关于直线x ＝2对称．又f (x )＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋a 2＋3a 的图象关于直线x ＝－a 2对称，所以－a 2＝2，所以a ＝－4. 法二：因为f (x )＝f (4－x )，x ∈R ，所以|2x ＋a |＋3a ＝|2(4－x )＋a |＋3a ，所以|2x ＋a |＝|8－2x ＋a |，即2x ＋a ＝－(8－2x ＋a )或2x ＋a ＝8－2x ＋a (舍去)，所以a ＝－4.(2)法一：存在x ∈R ，使得f (x )≤－|2x －1|＋a 成立，等价于存在x ∈R ，使得|2x ＋a |＋|2x －1|＋2a ≤0成立，等价于(|2x ＋a |＋|2x －1|＋2a )min ≤0.令g (x )＝|2x ＋a |＋|2x －1|＋2a ，则g (x )min ＝|(2x ＋a )－(2x －1)|＋2a ＝|a ＋1|＋2a . 所以|a ＋1|＋2a ≤0.当a ≥－1时，a ＋1＋2a ≤0，a ≤－13，所以－1≤a ≤－13；当a <－1时，－a －1＋2a ≤0，a ≤1，所以a <－1.综上，a ≤－13. 法二：由f (x )≤－|2x －1|＋a 得，|2x ＋a |＋|2x －1|≤－2a ，而|2x ＋a |＋|2x －1|≥|a ＋1|，由题意知，只需满足|a ＋1|≤－2a ，即2a ≤a ＋1≤－2a ，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ≤a ＋1，a ＋1≤－2a ，所以a ≤－13.。

2020年高考数学解答题核心：立体几何综合问题(答题指导)(教师版)

专题07 立体几何综合问题（答题指导）【题型解读】▶▶题型一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(1)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明,一般出现在解答题的第(1)问,解答题的第(2)问常考查求空间角,求空间角一般都可以建立空间直角坐标系,用空间向量的坐标运算求解．(2)利用向量求空间角的步骤：第一步：建立空间直角坐标系；第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第四步：计算向量的夹角(或函数值)；第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．【例1】(2019·河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中,四边形ABCD是平行四边形,四边形BDEF是矩形,ED⊥平面ABCD,∠ABD＝π6,AB＝2AD.(1)求证：平面BDEF⊥平面ADE；(2)若ED＝BD,求直线AF与平面AEC所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)在△ABD 中,∠ABD ＝π6,AB ＝2AD ,由余弦定理,得BD ＝3AD , 从而BD 2＋AD 2＝AB 2,所以△ABD 为直角三角形且∠ADB ＝90°, 故BD ⊥AD .因为DE ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,所以DE ⊥BD . 又AD ∩DE ＝D ,所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ,所以平面BDEF ⊥平面ADE . (2)由(1)可得,在Rt △ABD 中,∠BAD ＝π3,BD ＝3AD ,又由ED ＝BD ,设AD ＝1,则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ,BD ⊥AD ,所以可以点D 为坐标原点,DA ,DB ,DE 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示．则A (1,0,0),C (－1,3,0),E (0,0,3),F (0,3,3)．所以AE →＝(－1,0,3),AC →＝(－2,3,0)．设平面AEC 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A E →＝0，n ·A C →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1,得n ＝(3,2,1)为平面AEC 的一个法向量．因为A F →＝(－1,3,3),所以cos 〈n ,A F →〉＝n ·A F →|n |·|A F →|＝4214,所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 【素养解读】本例问题(1)证明两平面垂直,考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)计算线面所成的角时,考查了直观想象和数学运算的核心素养．【突破训练1】 (2018·北京卷)如图,在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,CC 1⊥平面ABC ,D ,E ,F ,G 分别为AA 1,AC ,A 1C 1,BB 1的中点,AB ＝BC ＝ 5 ,AC ＝AA 1＝2. (1)求证：AC ⊥平面BEF ； (2)求二面角B －CD －C 1的余弦值； (3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】见解析【解析】(1)证明：在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中, 因为CC 1⊥平面ABC ,所以四边形A 1ACC 1为矩形．又E ,F 分别为AC ,A 1C 1的中点,所以AC ⊥EF . 因为AB ＝BC .所以AC ⊥BE ,所以AC ⊥平面BEF . (2)由(1)知AC ⊥EF ,AC ⊥BE ,EF ∥CC 1. 又CC 1⊥平面ABC ,所以EF ⊥平面ABC . 因为BE ⊂平面ABC ,所以EF ⊥BE . 如图建立空间直角坐称系Exyz .由题意得B (0,2,0),C (－1,0,0),D (1,0,1),F (0,0,2),G (0,2,1)．所以CD →＝(2,0,1),C B →＝(1,2,0),设平面BCD 的法向量为n ＝(a ,b ,c ),所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·C D →＝0，n ·C B →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋c ＝0，a ＋2b ＝0.令a ＝2,则b ＝－1,c ＝－4,所以平面BCD 的法向量n ＝(2,－1,－4),又因为平面CDC 1的法向量为E B →＝(0,2,0),所以cos 〈n ,E B →〉＝n ·E B→|n ||EB →|＝－2121. 由图可得二面角B －CD －C 1为钝二面角,所以二面角B －CD －C 1的余弦值为－2121. (3)证明：平面BCD 的法向量为n ＝(2,－1,－4),因为G (0,2,1),F (0,0,2),所以G F →＝(0,－2,1),所以n ·G F →＝－2,所以n 与G F →不垂直,所以GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内,所以GF 与平面BCD 相交．▶▶题型二平面图形折叠成空间几何体的问题1．先将平面图形折叠成空间几何体,再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向,它很好地将平面图形拓展成空间图形,同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径,是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．2．(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下,长度是不变量,而位置关系往往会发生变化,抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时,要综合考虑折叠前后的图形,既要分析折叠后的图形,也要分析折叠前的图形． (3)解决翻折问题的答题步骤第一步：确定折叠前后的各量之间的关系,搞清折叠前后的变化量和不变量；第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系,明确需要用到的线面；第三步：利用判定定理或性质定理进行证明．【例2】 (2018·全国卷Ⅰ)如图,四边形ABCD 为正方形,E ,F 分别为AD ,BC 的中点,以DF 为折痕把△DFC 折起,使点C 到达点P 的位置,且PF ⊥BF . (1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：由已知可得,BF ⊥PF ,BF ⊥EF ,所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ,所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ,垂足为H .由(1)得,PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点,HF →的方向为y 轴正方向,|B F →|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz .由(1)可得,DE ⊥PE .又DP ＝2,DE ＝1,所以PE ＝ 3.又PF ＝1,EF ＝2,故PE ⊥PF . 可得PH ＝32,EH ＝32. 则H (0,0,0),P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32,D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0,D P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32,H P →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ,则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪H P →·D P →|H P →|·|DP →|＝ 34 3＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例在证明或计算过程中都要考虑图形翻折前后的变化,因此综合考查了逻辑推理、数学运算、直观想象、数学建模的核心素养．【突破训练2】如图1,在直角梯形ABCD 中,AD ∥BC ,∠BAD ＝π2,AB ＝BC ＝1,AD ＝2,E 是AD的中点,O 是AC 与BE 的交点,将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置,如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ,求平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：在题图1中,因为AB ＝BC ＝1,AD ＝2,E 是AD 的中点∠BAD ＝π2,所以BE ⊥AC .即在题图2中,BE ⊥OA 1,BE ⊥OC ,从而BE ⊥平面A 1OC . 又CD ∥BE ,所以CD ⊥平面A 1OC . (2)由已知,平面A 1BE ⊥平面BCDE , 又由(1)知,BE ⊥OA 1,BE ⊥OC .所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角,所以∠A 1OC ＝π2. 如图,以O 为原点,OB →,OC →,OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系,因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1,BC ∥ED , 所以B ⎝⎛⎭⎪⎫22，0，0,E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0,A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22,C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0,得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0,A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22,CD →＝BE →＝(－2,0,0)．设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1,y 1,z 1),平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2,y 2,z 2),平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ, 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1,1,1)；由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1),从而cos θ＝|cos 〈n 1,n 2〉|＝23×2＝63, 即平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值为63. ▶▶题型三线、面位置关系中的探索性问题是否存在某点或某参数,使得某种线、面位置关系成立问题,是近几年高考命题的热点,常以解答题中最后一问的形式出现,解决这类问题的基本思路类似于反证法,即“在假设存在的前提下通过推理论证,如果能找到符合要求的点(或其他的问题),就肯定这个结论,如果在推理论证中出现矛盾,就说明假设不成立,从而否定这个结论”．【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)如图,在三棱锥P －ABC 中,AB ＝BC ＝2 2 ,PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4,O 为AC 的中点． (1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M －PA －C 为30°,求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4,O 为AC 的中点, 所以OP ⊥AC ,且OP ＝2 3. 连接OB ,因为AB ＝BC ＝22AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB ＝12AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB . 由OP ⊥OB ,OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)如图,以O 为坐标原点,OB →的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0),B (2,0,0),A (0,－2,0),C (0,2,0),P (0,0,23),A P →＝(0,2,23),取平面PAC 的一个法向量O B →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0<a ≤2),则A M →＝(a,4－a,0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ,y ,z )．由A P →·n ＝0,A M →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a)y ＝0，可取n ＝(3(a －4),3a ,－a ),所以cos 〈O B →,n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a2. 由已知得|cos 〈O B →,n 〉|＝32. 所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a2＝32.解得a ＝－4(舍去),a ＝43. 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又P C →＝(0,2,－23), 所以cos 〈P C →,n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例问题(1)中证明线面垂直直接考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)中要探求点M 的位置,要求较高,它既考查了直观想象的核心素养,又考查了数学建模的核心素养．【突破训练3】如图,在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1,且AA 1＝AB ＝2.(1)求证：AB ⊥BC ；(2)若直线AC 与平面A 1BC 所成的角为π6,请问在线段A 1C 上是否存在点E ,使得二面角A －BE －C 的大小为2π3,请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：连接AB 1交A 1B 于点D , 因为AA 1＝AB ,所以AD ⊥A 1B , 又平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1, 平面A 1BC ⊂平面ABB 1A 1＝A 1B ,所以AD ⊥平面A 1BC ,BC ⊂平面A 1BC ,所以AD ⊥BC . 因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱,所以AA 1⊥底面ABC , 所以AA 1⊥BC ,又AA 1∩AD ＝A ,所以BC ⊥侧面ABB 1A 1,所以BC ⊥AB . (2)由(1)得AD ⊥平面A 1BC ,所以∠ACD 是直线AC 与平面A 1BC 所成的角, 即∠ACD ＝π6,又AD ＝2,所以AC ＝22,假设存在适合条件的点E ,建立如图所示空间直角坐标系Axyz , 设A 1E →＝λA 1C →(0≤λ≤1), 则B (2,2,0),B 1(2,2,2), 由A 1(0,0,2),C (0,22,0), 得E (0,22λ,2－2λ),设平面EAB 的一个法向量m ＝(x ,y ,z ), 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AB →＝0，得⎩⎨⎧22λy ＋(2－2λ)z ＝0，2x ＋2y ＝0，所以可取m ＝(1－λ,λ－1,2λ), 由(1)知AB 1⊥平面A 1BC ,所以平面CEB 的一个法向量n ＝(1,1,2),所以12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos 2π3＝cos 〈m ,n 〉＝m·n |m ||n |＝2λ22(λ－1)2＋2λ2,解得λ＝12,故点E 为线段A 1C 中点时,二面角A －BE －C 的大小为2π3.。

高考数学大二轮复习专题7 立体几何第2讲综合大题部分真题押题精练文-人教版高三全册数学试题

第2讲综合大题部分1.(2018·高考某某卷)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB ＝2，AD ＝23，∠BAD ＝90°. (1)求证：AD ⊥BC ；(2)求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； (3)求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．解析：(1)证明：由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC .(2)如图，取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND . 又因为M 为棱AB 的中点，所以MN ∥BC .所以∠DMN (或其补角)为异面直线BC 与MD 所成的角．在Rt △DAM 中，AM ＝1，故DM ＝AD 2＋AM 2＝13. 因为AD ⊥平面ABC ，所以AD ⊥AC . 在Rt △DAN 中，AN ＝1，故DN ＝AD 2＋AN 2＝13. 在等腰三角形DMN 中，MN ＝1，可得cos ∠DMN ＝12MN DM ＝1326.所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326. (3)如图，连接CM .因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，所以CM ⊥AB ，CM ＝ 3. 又因为平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ，所以∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD ＝AC 2＋AD 2＝4.在Rt△CMD中，sin∠CDM＝CMCD ＝34.所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为3 4.2．(2018·高考卷)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD.证明：(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC.(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PCD.(3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG.因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点，所以FG ∥BC ，FG ＝12BC .因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形．所以EF ∥DG .又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ，所以EF ∥平面PCD .3．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．解析：(1)证明：由∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，又AP ∩PD ＝P ，从而AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD . (2)如图所示，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，可得PE ⊥平面ABCD . 设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x . 故四棱锥P ABCD 的体积V P ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而PA ＝PD ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝2 2.可得四棱锥P ABCD 的侧面积为12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3. 4.(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面PAD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD 的体积．解析：(1)证明：在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD . 又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，故BC ∥平面PAD .(2)如图，取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD . 因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM . 设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x . 如图，取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x . 因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2. 于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3.所以四棱锥P ABCD 的体积V ＝13×2×2＋42×23＝4 3.1.在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是梯形，四边形ADEF 是正方形，AB ∥DC ，AB ＝AD ＝1，CD ＝2，AC ＝EC ＝ 5. (1)求证：平面EBC ⊥平面EBD ；(2)设M 为线段EC 上一点，且3EM ＝EC ，试问在线段BC 上是否存在一点T ，使得MT ∥平面BDE ，若存在，试指出点T 的位置；若不存在，请说明理由．解析：(1)证明：∵EC ＝5，CD ＝2，ED ＝1. ∴EC 2＝CD 2＋ED 2，∴ED ⊥DC .又四边形ADEF 是正方形，所以AD ⊥DE ，又AD ∩DC ＝D ，所以ED ⊥平面ABCD .又BC ⊂平面ABCD ，所以ED ⊥BC .在梯形ABCD 中，过点B 作BH ⊥CD 于点H ，故四边形ABHD 是正方形，所以∠ADB ＝45°，BD ＝ 2. 在Rt △BCH 中，BH ＝CH ＝1，所以BC ＝2，故BD 2＋BC 2＝DC 2，所以BC ⊥BD .因为BD ∩ED ＝D ，BD ⊂平面EBD ，ED ⊂平面EBD ，所以BC ⊥平面EBD ，又BC ⊂平面EBC ，所以平面EBC ⊥平面EBD . (2)在线段BC 上存在一点T ，使得MT ∥平面BDE ，此时3BT ＝BC .连接MT ，在△EBC 中，因为BT BC ＝EM EC ＝13，所以MT ∥EB .又MT ⊄平面BDE ，EB ⊂平面BDE ，所以MT ∥平面BDE .2．如图①，正方形ABCD 的边长为4，AB ＝AE ＝BF ＝12EF ，AB ∥EF ，把四边形ABCD 沿AB 折起，使得AD ⊥底面AEFB ，G 是EF 的中点，如图②.图① 图②(1)求证：DE ∥平面AGC ； (2)求证：AG ⊥平面BCE . 证明：(1)由已知AB ∥DC ∥EF ，又AB ＝DC ＝12EF ，G 是EF 的中点，所以CD 綊EG ，所以四边形DCGE 是平行四边形，所以DE ∥CG .因为DE ⊄平面AGC ，CG ⊂平面AGC ，所以DE ∥平面AGC . (2)连接BG (图略)，因为BC ∥AD ，AD ⊥底面AEFB ，所以BC ⊥底面AEFB ，又AG ⊂底面AEFB ，所以BC ⊥AG .因为AB 綊EG ，AB ＝AE .所以四边形ABGE 为菱形，所以AG ⊥BE . 又BC ∩BE ＝B ，BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，所以AG ⊥平面BCE .3.如图，在直三棱柱ADF BCE 中，AB ＝BC ＝BE ＝2，CE ＝2 2. (1)求证：AC ⊥平面BDE ；(2)若点K 在线段BE 上，且EK ＝23，求三棱锥K BDF 的体积．解析：(1)证明：在直三棱柱ADF BCE 中，AB ⊥平面BCE ，所以AB ⊥BE ，AB ⊥BC .又AB ＝BC ＝BE ＝2，CE ＝22，所以BC 2＋BE 2＝CE 2，且AC ⊥BD ，所以BE ⊥BC . 因为AB ∩BC ＝B ，所以BE ⊥平面ABCD . 因为AC ⊂平面ABCD ，所以BE ⊥AC . 因为BD ∩BE ＝B ，所以AC ⊥平面BDE . (2)由(1)可得，AD ⊥平面ABEF ，因为AB ＝BC ＝BE ＝2，EK ＝23，所以S △KBF ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫2－23×2＝43，所以V K BDF ＝V D KBF ＝13S △KBF ×DA ＝13×43×2＝89.4．如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是菱形，PA ＝PD ，∠BAD ＝60°，E 是AD 的中点，点Q 在侧棱PC 上．(1)求证：AD ⊥平面PBE ；(2)若Q 是PC 的中点，求证：PA ∥平面BDQ ；(3)若V PBCDE＝2V QABCD，试求CPCQ的值．解析：(1)证明：由E 是AD 的中点，PA ＝PD 可得AD ⊥PE .又底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，所以AB ＝BD ，又E 是AD 的中点，所以AD ⊥BE ，又PE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面PBE . (2)证明：连接AC ，交BD 于点O ，连接OQ .因为O 是AC 的中点，Q 是PC 的中点，所以OQ ∥PA ，又PA ⊄平面BDQ ，OQ ⊂平面BDQ ，所以PA ∥平面BDQ .(3)设四棱锥P BCDE ，Q ABCD 的高分别为h 1，h 2. 所以V PBCDE＝13S 四边形BCDE h 1， V QABCD＝13S 四边形ABCD h 2. 又V P BCDE＝2V QABCD，且S 四边形BCDE ＝34S 四边形ABCD ，所以CP CQ ＝h 1h 2＝83.。

2020-2021学年人教版必修二高一数学满分期末冲刺卷07 立体几何压轴题(浙江解析版)

专题07立体几何压轴题（共38题）一、单选题1．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，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．17B．25C．3D．2【答案】B【解析】首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.根据圆柱的三视图以及其本身的特征，将圆柱的侧面展开图平铺,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，22+= B.4225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.2．如图，已知正方形ABCD和正方形ABEF所在平面成60°的二面角，则直线BD与平面ABEF所成角的正弦值为（）．A ．23B 5C 6D 3 【答案】C 【解析】由题意得DA AB ⊥，FA AB ⊥，可知DAF ∠为平面ABCD 和平面ABEF 所成的二面角，即60DAF ∠=，利用线面垂直判定定理得AB ⊥平面DAF ，取AF 中点M ，连接DM ，利用线面垂直判定定理知DM⊥平面ABEF ，即DBM ∠为直线BD 与平面ABEF 所成角，在直角DMB 中，利用正弦可求得结果.由题意得，平面ABCD 平面ABEF AB =，且DA AB ⊥，FA AB ⊥DAF ∴∠为平面ABCD 和平面ABEF 所成的二面角，即60DAF ∠=，则DAF △为等边三角形，设2AF =又DAAF A =，可知AB ⊥平面DAF取AF 中点M ，连接DM ，则DM AF ⊥，又DM ⊂平面DAF ，则DM AB ⊥又AB AF A =，可知DM ⊥平面ABEF ，DBM ∴∠为直线BD 与平面ABEF 所成角，在直角DMB 中，222222DB =+=，22213DM =-63sin 22DM DBM DB ∴∠===故选：C【点睛】关键点点睛：本题考查二面角定义及求线面角，解题的关键是先利用二面角定义找到平面ABCD 和平面ABEF 所成的二面角，从而利用该角找到边的关系，再利用做辅助线找到线面角，在直角三角形中求角的正弦，考查学生的转化能力，逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题.3．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是11A B 的中点，点P 是侧面11CDD C 上的动点，且1MP AB C ，则线段MP 长度的取值范围是A ．2,6⎡⎣B ．6,22⎤⎦ C ．6,23⎡⎣D ．3,6⎡⎣【答案】B 【解析】取CD 的中点N ，1CC 的中点R ，11B C 的中点H ，根据面面平行的判定定理，得到平面//MNRH平面1AB C ，确定线段MP 扫过的图形是MNR ，再由题中数据，得到MRN ∠是直角，进而即可求出结果.取CD 的中点N ，1CC 的中点R ，11B C 的中点H ，则1////MN B C HR ，//MH AC ，∴平面//MNRH平面1AB C ，∴MP ⊂平面MNRH ，线段MP 扫过的图形是MNR∵2AB =，∴22,2,6MN NR MR ===，∴222MN NR MR =+，∴MRN ∠是直角， ∴线段MP 长度的取值范围是6,22⎡⎤⎣⎦.故选B. 【点睛】本题主要考查面面平行的判定，熟记面面平行的判定定理即可，属于常考题型. 4．如图，正方形ABCD 和正方形ADEF 成60︒的二面角，将DEF 绕DE 旋转，在旋转过程中（1）对任意位置，总有直线AC 与平面DEF 相交；（2）对任意位置，平面DEF 与平面ABCD 所成角大于或等于60︒；（3）存在某个位置，使DF ⊥平面ABCD ；（4）存在某个位置，使DF BC ⊥.其中正确的是（）. A ．（1）（3） B ．（2）（3）C ．（2）（4）D ．（3）（4）【答案】C 【解析】采用逐一验证法，根据线线、线面、面面之间的位置关系，可得结果.过D 作AC 的平行线l ，如图当平面DEF 过l 时，直线AC 与平面DEF 平行，故（1）错误；DEF 绕DE 旋转形成一个以DE 为高，EF 为底面半径的圆锥，设平面ABCD 的法向量为n ，平面DEF 的法向量为r ，则向量n 所在直线与圆锥底面所成角为60︒，向量r 所在直线为圆锥底面的半径所在直线，根据最小角原理，n 与r 的夹角大于或等于60︒，故（2）正确；若有DF⊥平面ABCD ，则AD DF ⊥，∴AD ⊥平面DEF ，则F 在平面DEC 内，此时DF 与平面ABCD 所成角为15︒或75︒，矛盾，故（3）错误；当AD DF ⊥，∴AD ⊥平面DEF 时，AD DF ⊥， ∴DFBC ⊥，故（4）正确.故选：C 【点睛】本题考查立体几何中存在性问题，重在考查空间想象能力，属基础题.5．如图，在长方形ABCD 中，AD CD <，现将ACD △沿AC 折至1ACD △，使得二面角1A CD B --为锐二面角，设直线1AD 与直线BC 所成角的大小为α，直线1BD 与平面ABC 所成角的大小为β，二面角1A CD B --的大小为γ，则,,αβγ的大小关系是（）A ．αβγ>>B ．αγβ>>C ．γαβ>>D ．不能确定【答案】B【解析】先证明最小角定理，再过点1D 作1D O ⊥平面ABC ，过点B 作BO '⊥平面1ACD ，连接OB ，过O '作1O H CD '⊥，连接BH ，可得BHO γ'∠=，1D BO β∠=，由等体积法可得1BO D O '=，进而可得βγ，的大小，在平面1AD C 内，111,AD D C O H D C '⊥⊥，所以1//AD O H '.所以α等于直线O H '与BC 所成的角BHO '∠也为直线O H '与平面1BCD 所成的角，根据上面已证的最小角定理有BHO α'∠<，从而得到答案.解决本题，先来了解最小角定理：平面外的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角平面斜交的直线与它在该平面内的射影的夹角不大于直线与平面内其他直线的夹角．证明如下：直线AB 与平面α斜交，斜足为B ，AO ⊥平面α，BC OC ⊥，由AO ⊥平面α，BCOC ⊥，可证明BC ⊥平面AOC ，则BCAC ⊥．则cos BOABO AB ∠=， cos BCABC AB ∠=，cos BCOBC BO∠=，所以cos cos BO BC BCABO OBCAB BO AB∠⋅∠=⨯=，即cos cos cos ABC ABO OBC ∠=∠⋅∠，故cos cos ABC ABO ∠<∠，ABC ABO ∠>∠．过点1D 作1D O ⊥平面ABC ，过点B 作BO '⊥平面1ACD ，连接OB . 过O '作1O HCD '⊥，连接BH ，如图：则1D BO ∠为直线1BD 与平面ABC 所成角，即1D BO β∠=，由BO '⊥平面1ACD ，则1BO CD '⊥，又1O HCD '⊥，且BO O H O '''⋂=所以1D C ⊥平面BO H '，则1CD BH ⊥所以BHO '∠为二面角1A CD B --的平面角，即BHO γ'∠=，又11D ABC B AD C V V --=，即111133ABC AD C S OD S O B '⨯⨯=⨯⨯△△，且112AD C ABCD S ABC S S ==矩形△△，所以1BO D O '=.由sin ,BO BHO BH''∠=111sin D OD BO BD ∠=，由1BHBD <，所以sin BHO '∠> 1sin D BO ∠，即BHO '∠> 1D BO ∠，也即γβ>. 又在平面1AD C 内，111,AD D C O H D C '⊥⊥，所以1//AD O H '.所以α等于直线O H '与BC 所成的角，BHO '∠也为直线O H '与平面1BCD 所成的角.根据上面已证的最小角定理有BHO α'∠<. 所以αγβ>>，故选：B. 【点睛】方法点睛：最小角定理：平面外的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角平面斜交的直线与它在该平面内的射影的夹角不大于直线与平面内其他直线的夹角． 6．已知直四棱柱1111ABCD A B C D -，其底面ABCD 是平行四边形，外接球体积为36π，若1AC BD ⊥，则其外接球被平面11AB D 截得图形面积的最小值为（） A ．8π B ．24310π C ．8110π D ．6π【答案】A 【解析】由条件可得ABCD 为矩形，进而可得BD ⊥平面1ACC ，所以BD AC ⊥，则四边形ABCD 为正方形，所以直四棱柱1111ABCD A B C D -为正四棱柱，设1,AB AD a CC b ===，由余弦定理可得11cos AD B ∠的值，求出11sin AD B ∠的值，由正弦定理可得11AB D的外接圆的半径为2r=，由均值不等式可得r 的最小值，从而得出答案.由直四棱柱1111ABCD A B C D -内接于球，则,,,A B C D 四点在球面上，所以四边形ABCD 为球的一截面圆的内接四边形，所以对角互补. 又四边形ABCD 是平行四边形，所以ABCD 为矩形.在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD ，所以1CC BD ⊥ 又1AC BD ⊥，111AC CC C =，所以BD ⊥平面1ACC ，所以BD AC ⊥所以四边形ABCD 为正方形，所以直四棱柱1111ABCD A B C D -为正四棱柱. 由外接球体积为34363R ππ=，则球的半径为3R =, 由1AC 为该外接球的直径，则16AC =设1,AB AD a CC b ===，则2221236AC a b =+=，则22362b a =-在11AB D 中,11AB AD ====11B D =由余弦定理可得2222111111111cos 2AD B D AB AD B AD B D +-∠===⋅所以11sin AD B ∠===设11AB D 的外接圆的半径为r，由正弦定理可得2111362sin a AB r AD B -===∠所以22r ⎫===≥==,即a=r 的最小值为其外接球被平面11AB D 截得图形面积的最小值为：28S r ππ== 故选：A【点睛】关键点睛：本题考查几何体的外接球的截面面积问题，解答本题的关键是先由线面垂直关系得出直四棱柱1111ABCD A B C D -为正四棱柱，然后由余弦定理和正弦定理得出11AB D 的外接圆的半径22624r a=-，由均值不等式求出最小值，属于难题.7．如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段1A B 上的动点，则下列结论错误的是A ．11DC D P ⊥B ．平面11D A P ⊥平面1A APC ．1APD ∠的最大值为90 D ．1AP PD +22+【答案】C 试题分析：∵111AD DC ⊥，11A B DC ⊥，∴1DC ⊥面11A BCD ，1D P ⊂面11A BCD ，∴11DC D P ⊥，A 正确；∵平面11D A P 即为平面11D A BC ，平面1A AP 即为平面11A ABB ，且11D A ⊥平面11A ABB ， ∴平面11D A BC ⊥平面11A ABB ，∴平面11D A P ⊥平面1A AP ，∴B 正确；当1202A P <<时，1APD ∠为钝角，∴C 错；将面1AA B 与面11A BCD 沿1A B 展成平面图形，线段1AD 即为1AP PD +的最小值，在11D A A ∆中，11135D A A ∠=，利用余弦定理解三角形得122AD =+即122AP PD +≥+，∴D 正确，故选C ．考点：立体几何中的动态问题．【思路点睛】立体几何问题的求解策略是通过降维，转化为平面几何问题，具体方法表现为：1．求空间角、距离，归到三角形中求解；2．对于球的内接外切问题，作适当的截面，既要能反映出位置关系，又要反映出数量关系；求曲面上两点之间的最短距离，通过化曲为直转化为同一平面上两点间的距离． 8．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，P 是空间中任意一点，下列说法错误的个数是（） ①若P 为棱1CC 中点，则异面直线AP 与CD 所成角的正切值为5；②若P 在线段1A B 上运动，则1AP PD +的最小值为622+；③若P 在半圆弧CD 上运动，当三棱锥P ABC -的体积最大时，三棱柱P ABC -外接球的表面积为2π；④若过点P 的平面α与正方形每条棱所成角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为33A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】A【解析】根据异面直线的夹角求解，棱锥外接球的求解，以及正方体截面的性质，对选项进行逐一分析即可.对于①，如图所示，由//AB CD ，可知BAP ∠即为异面直线AP 与CD 所成的角．设正方体的棱长为2，连接BP ，则在RT BAP 中，2AB =，2222215BP BC CP =+=+= 5tan 2BP BAP AB ∠==，故①正确对于②，将三角形1AA B 与四边形11A BCD 沿1A B 展开到同一个平面上，如图所示．由图可知，线段1AD 的长度即为1AP PD +的最小值．在11AA D 中，利用余弦定理可得122AD=+，故②错误.对于③，如下图所示：当P 为CD 中点时，三棱锥P ABC -体积最大，此时，三棱锥P ABC-的外接球球心是AC中点，半径为22﹐其表面积为2π．故③正确.对于④﹐平面α与正方体的每条棱所在直线所成的角都相等，只需与过同一顶点的三条棱所成的角相等即可，如图所示：AP AR AQ==．则平面PQR与正方体过点A的三条棱所成的角相等．若点E，F，G，H，M，N分别为相应棱的中点，可得平面EFGHMN平行于平面PQR，且六边形EFGHMN为正六边形．正方体棱长为1，所以正六边形EFGHMN的边长为22，可得此正六边形的面积为334，为截面最大面积．故④正确．故选：A【点睛】本题考查异面直线夹角的求解，棱锥外接球表面积，正方体截面问题，属较难题.9．如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C 的中点，则在△ADE翻折过程中，下面四个命题中不正确的是（）A ．线段BM 的长度是定值B ．点M 在某个球面上运动C ．存在某个位置，使DE ⊥A 1CD ．存在某个位置，使MB 平面A 1DE【答案】C【解析】取CD 中点N ，连接MN ，BN ，利用线面平行的判定定理和性质定理可以证明MB 平面A 1DE 恒成立，从而判定D 正确；利用三角形MNB 中的边角定值分析可得BM 是定值，从而判定A 、B 正确；根据排除法，或者利用面面垂直的判定定理与性质，证明OC 与DE 不垂直.从而判定C 不正确.解：取CD 中点N ，连接MN ，BN ，则MN DA 1，BN DE ，所以平面MBN 平面A 1DE ，所以MB平面A 1DE ，故D 正确；由∠A 1DE ＝∠MNB ，MN ＝12A 1D ＝定值，NB ＝DE ＝定值，由余弦定理可得2222?·MB MN NB MN NB cos MNB =+-∠，所以MB 是定值，故A 正确；因为B 是定点，所以M 是在以B 为圆心，MB 为半径的球上，故B 正确；连接AN,EN,设AN,DE 交点为F ,连接1A F ，易知ADNE 为正方形，,BD AN ∴⊥ 又在折叠过程中1A F DE ⊥始终不变，∴直线DE ⊥平面1A AN ,∴平面1A AN ⊥平面ABCD ,根据面面垂直的性质定理可得A 1在平面ABCD 中的射影O 在线段AN 上，A 1C 在平面ABCD 中的射影为OC ，由于CFD ∠是直角，所以OC 与DE 不垂直，∴DE ⊥A 1C 不可能，可得C 不正确.故选：C.【点睛】本题考查线面、面面垂直、平行关系的判定与应用，属中高档题，难度较大.10．唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示.其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示.已知球的半径为R ，酒杯内壁表面积为2143R π,设酒杯上部分（圆柱）的体积为1V ，下部分（半球）的体积为2V ，则12V V =（）A ．2B ．32C ．1D ．34【答案】A【解析】设酒杯上部分（圆柱）的高为h ，球的半径为R ，则酒杯下部分（半球）的表面积为22R π，结合圆柱和球的体积公式，即可求解.设酒杯上部分（圆柱）的高为h ，球的半径为R ，则酒杯下部分（半球）的表面积为22R π，酒杯内壁表面积为2143R π，得圆柱侧面积为222148233R R R πππ-=，酒杯上部分（圆柱）的表面积为2283R h R ππ⨯=，解得43h R = 酒杯下部分（半球）的体积332142233V R R ππ=⨯= 酒杯上部分（圆柱）的体积2314433R V R R ππ=⨯= 所以133224323R V V R ππ==. 故选：A.【点睛】本题主要考查了组合体的结构特征，以及球的表面积和体积、圆柱侧面积和体积的应用，属于中档题. 11．已知点,,,M N P Q 在同一个球面上，3,4,5MN 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 ．254π B ．62516π C ．22516π D ．1254π 【答案】B【解析】由已知可得=90PNM ∠︒，从而可得球心O 在过PM 中点'O 与面MNP 垂直的直线上，根据球的几何性质可得，当'O Q 过球心时体积最大，由四面体MNPQ 体积的最大值为10，求出'5O Q =，再利用勾股定理求出球的半径，从而可求出球的表面积解：由3,4,5MN NP MP ===，可得222MN NP MP +=，所以=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，所以四面体的高最大时体积最大，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，2'2'2OP OO O P =+，所以2225(5)4R R =-+，得258R =，所以球的表面积为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.12．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是对角线1AC 上的点（点M 与A 、1C 不重合），设1A DM ∆的面积为S 则S 的取值范围（）A ．23[,23)3B ．23(,23]3 C．23(,23)3 D ．23[,23]3 【答案】A【解析】连接1AD 交1A D 于点O ，过O 作1OM AC ⊥，得到OM 为异面直线1A D 与1AC 的公垂线，根据11AOE AC D ∆∆，求得6OM =，得到1A DM ∆的最小面积，再由点M 与1C 重合时，求得11A DC ∆的面积，进而得到1A DM ∆的面积的取值范围.连接1AD 交1A D 于点O ，过O 作1OM AC ⊥，在正方体1111ABCD A B C D -中，1AD ⊥平面11ABC D ，所以1AD OM ⊥，所以OM 为异面直线1A D 与1AC 的公垂线，根据11AOM AC D ∆∆，则111OM OA C D AC =，即111226323OA C D OM AC ⋅⨯===，所以1A DM ∆的最小面积为1111623222233A DM S AD OM ∆=⨯⨯=⨯⨯=，当点M 与1C 重合时，此时11A DC ∆是边长为22的等边三角形，此时1123(22)234A DC S ∆=⨯=，又因为点M 与A 、1C 不重合，所以111A DM A DC S S ∆∆<，所以1A DM ∆的面积的取值范围是23[,23)3.【点睛】本题主要考查了正方体的几何结构特征，以及三角形面积的计算，其中解答中合理利用正方体的几何结构特征，结合异面直线的公垂线，求得面积的最小值是解答的关键，着重考查推理与运算能力.13．我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童.如图的刍童ABCD EFGH -有外接球，且26AB =，22AD =，15EH =，5EF =，平面ABCD 与平面EFGH 间的距离为1，则该刍童外接球的体积为A ．12πB ．24πC ．36πD ．48π【答案】C【解析】假设O 为刍童外接球的球心，连接HF ,EG 交于点1O ，连接AC ,DB 交于点2O ，由球的几何性质可知O ，1O ，2O 在同一条直线上，由题意可知， 1OO ⊥平面ABCD ，1OO ⊥平面EFGH ，设2O O r =，利用勾股定理和球的半径相等的条件列式，求出r 的值，进而求出外接球的半径，即可求出体积.解：假设O 为刍童外接球的球心，连接HF ,EG 交于点1O ，连接AC ,DB 交于点2O ，由球的几何性质可知O ，1O ，2O 在同一条直线上，由题意可知， 1OO ⊥平面ABCD ，1OO ⊥平面EFGH ，211O O =.设2O O r =，在1Rt OGO 中，22211OG OO O G =+，在矩形EFGH 中，()()222215525EG EF FG =+=+=.1152O G EG ==. ∴()222221115OG OO O G r =+=++. 在2Rt OBO 中，22222OB OO O B =+，在矩形ABCD 中，()()2222222642DB AD AB =+=+=21222O B BD ==. ∴()222222222OB OO O B r =+=+.设外接球的半径OG OB R ==， ∴()()()22221522r r ++=+，解得1r =. 则()221223OB =+=.即3R =. 则该刍童外接球的体积334433633V R πππ==⨯=. 故选：C.【点睛】本题考查几何体的外接球体积的求法，考查空间想象能力，找到球心是关键，属于中档题. 14．在长方体1111ABCD A B C D -中，12,1AB BC AA ===,点M 为1AB 的中点，点P 为对角线1AC 上的动点，点Q 为底面ABCD 上的动点（点P ，Q 可以重合），则MP PQ +的最小值为 A ．22 B 3C ．34 D ．1【答案】C【解析】画出图形，将平面11AB C 沿1AC 翻折，使其与平面1ACC 在共面，将折线段转化为直线段距离最小，从而求出MP +PQ 的最小值.如图1，显然当Q 是P 在底面ABCD 的射影时MP PQ +才可能最小，将平面11AB C 沿1AC 翻折，使其与平面1ACC 在共面，如图2所示，此时易得130CAC ∠=，3AM =，显然当,,M P Q 三点共线时，MP PQ +取得最小值，此时min 133sin sin 604MQ AM CAB =∠==. 故选：C. 【点睛】本题考查立体几何翻折问题中的最值问题，考查空间想象能力以及学生的计算能力，难度比较大.15．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 、F 分别是棱BC ，1CC 的中点，P 是侧面11BCC B 内一点，若1//A P 平面AEF ，则线段1A P 长度的取值范围是（）A ．52,⎦B ．325⎣⎦C ．325⎣D ．522⎡⎢⎣ 【答案】C 【解析】分别取棱1BB 、11B C 的中点M 、N ，连接MN ，易证平面1//A MN 平面AEF ，由题意知点P 必在线段MN 上，由此可判断P 在M 或N 处时1A P 最长，位于线段MN 中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．如下图所示，分别取棱1BB ，11B C 的中点M 、N ，连MN ，1BC ，M ，N ，E ，F 分别为所在棱的中点，则1//MN BC ，1//EF BC ，//MN EF ∴，又MN ⊄平面AEF ，EF ⊂平面AEF ， //MN ∴平面AEF .1//AA NE ，1AA NE =， ∴四边形1AENA 为平行四边形，1//A N AE ∴，又1A N ⊄平面AEF ，AE ⊂平面AEF ，1//A N ∴平面AEF ，又1A NMN N =，∴平面1//A MN 平面AEF .P 是侧面11BCC B 内一点，且1//A P 平面AEF ，∴点P 必在线段MN 上.在11Rt A B M ∆中，2221111215A MA B B M =+=+=同理，在11Rt A B N ∆中，可得15A N=1A MN ∴∆为等腰三角形.当点P 为MN 中点O 时，1A P MN ⊥，此时1A P 最短；点P 位于M 、N 处时，1A P 最长.()222211232522AO A M OM ⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭，115AM A N =. ∴线段1A P 长度的取值范围是3252⎡⎢⎣.【点睛】本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找P 点位置．16．鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，从外表上看，六根等长的正四棱柱分成三组，经90︒榫卯起来，如图，若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为（）（容器壁的厚度忽略不计）A ．21πB ．40πC ．41πD ．84π【答案】D 【解析】根据题给的限制条件与球的对称性，分析出该几何体也是同样处于对称的状态时，其外接球最小．由题意知，当该球为底面边长分别为4、2，高为8的长方体的外接球时，球的半径取最小值，所以，该球形容器的半径的最小值为184641642R =++=84S π=. 故选：D. 【点睛】本题考查球的表面积，结合传统文化，考查实际问题的理解能力，属于创新题．17．已知四棱锥-S ABCD 中，四边形ABCD 为等腰梯形，//AD BC ，120BAD ︒∠=，ΔSAD 是等边三角形，且23SA AB ==P 在四棱锥-S ABCD 的外接球面上运动，记点P 到平面ABCD 的距离为d ，若平面SAD ⊥平面ABCD ，则d 的最大值为（） A 131 B 132 C 151+D 152【解析】根据平面SAD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为等腰梯形，则球心在过BC 的中点E 的面的垂线上，又ΔSAD 是等边三角形，所以球心也在过SAD ∆的外心F 面的垂线上，从而找到球心，再根据已知量求解即可.依题意如图所示：取BC 的中点E ，则E 是等腰梯形ABCD 外接圆的圆心，取F 是SAD ∆的外心，作OE ⊥平面,ABCD OF⊥平面SAB ，则O 是四棱锥S ABCD -的外接球球心，且3,2==OF SF ，设四棱锥S ABCD -的外接球半径为R ，则22213R SF OF =+=，而1OE =，所以max 131d R OE =+=+，故选：A. 【点睛】本题考查组合体、球，还考查空间想象能力以及数形结合的思想，属于难题.18．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，M ，N 为线段BC ，1CC 上的动点，过点1A ，M ，N 的平面截该正方体所得截面记为S ，则下列命题正确的个数是（） ①当0BM =且01CN <<时，S 为等腰梯形；②当M ，N 分别为BC ，1CC 的中点时，几何体11A D MN 的体积为112；③当M ，N 分别为BC ，1CC 的中点时，异面直线AC 与MN 成角60°；④无论M 在线段BC 任何位置，恒有平面11A D M ⊥平面1BC D A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】根据异面直线的夹角及平面与平面垂直的判定,四棱锥体积公式可依次判断选项.对于①,当0BM =时,M 与B重合,01CN<<, 过点1A ,,M N 的平面截正方体所得截面S 如下图所示:由平面与平面平行的性质可知1//A B QN 且1A B QN ≠,1A Q BN =则截面S 为等腰梯形,所以①正确;对于②,当M,N 分别为BC,1CC 的中点时,位置关系如下图所示:作111,NED C MF A D ⊥⊥,因为111,NEA D NE D C ⊥⊥,且1111A D D C D ⋂=所以NE ⊥平面11A D CM 所以NE 为四棱锥11NA D M -的高则112MF =+=,2224NENC ==此时2222111131122D M A M AA AB BM ⎛⎫==++=++= ⎪⎝⎭则111111212222A D MS A D MF ∆=⨯⨯=⨯⨯= 所以四棱锥11NA D M -的体积为111111221332412N A D M A D M V S NE -∆=⨯⨯=⨯⨯=,所以②正确;对于③,当M,N 分别为BC,1CC 的中点时,连接11,AD D C由M,N 分别为BC,1CC 的中点,可知1//MN AD 则1AD 与AC 所成的角即为异面直线AC 与MN 所成的角.根据正方体的性质可知,1AD C ∆为等边三角形,即160AD C ∠=因而异面直线AC 与MN 所成的角为60,所以③正确;对于④无论M 在线段BC 任何位置,平面11A D CB 即为平面11A D M 因为11111,C D D C A D C D ⊥⊥且1111A D D C D ⋂=所以1C D ⊥平面11A D CB 而1C D ⊂平面1BC D所以平面11A D CB ⊥平面1BC D 即平面11A D M ⊥平面1BC D 所以④正确.综上可知,正确的有①②③④ 故选:D 【点睛】本题考查了空间中平面与平面垂直的判定,异面直线夹角的求法,四棱锥的体积求法,综合性强,对空间想象能力和空间思维能力要求高,属于难题.二、多选题19．已知球O 为正方体1111ABCD A B C D -的内切球，平面11A C B 截球O 的面积为24π，下列命题中正确的有（） A ．异面直线AC 与1BC 所成的角为60°B ．1BD ⊥平面11AC B C ．球O 的表面积为36πD ．三棱锥111B AC B -的体积为288 【答案】AD 【解析】连接11A C ，1A B ，通过平移将AC 与1BC 所成角转化为11A C 与1BC 所成角可判断A ；通过反证法证明B ；由已知平面11A C B 截球O 的面积为24π求出正方体棱长，进而求出内切球的表面积可判断C ；利用等体积法可求得三棱锥111B AC B -的体积可判断D.对于A ，连接11A C ，1A B ，由正方体1111ABCD A B C D -，可知11//A C AC ，11AC B ∴∠为异面直线AC 与1BC 所成的角，设正方体边长为a，则1111AC A B BC ===，由等边三角形知1160A C B ∠=，即异面直线AC 与1BC 所成的角为60，故A 正确；对于B ，假设1BD ⊥平面11A C B ，又1A B ⊂平面11A C B ，则11BD B A ⊥，设正方体边长为a ，则11A D a =，1A B =，1BD ，由勾股定理知111A D B A ⊥，与假设矛盾，假设不成立，故1BD 不垂直于平面11A C B ，故B 错误；对于C ，设正方体边长为a，则11AC =，内切球半径为2a，设内切球的球心O 在面11A C B 上的投影为O '，由等边三角形性质可知O '为等边11A C B △的重心，则11123233O A AC a ='=⨯=，又1OA =，∴球心O 到面11A C B==，又球心与截面圆心的连线垂直于截面，∴截面圆的半径为6a =，又截面圆的面积2246S a ππ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭=，解得12a =，则内切球半径为6，内切球表面积214644S ππ==⨯，故C 错误；对于D ，由等体积法知111111111111212122812383B A C B B A C B A C B V V S a --==⨯⨯=⨯⨯=，故D 正确；故选：AD【点睛】关键点点睛：本题考查了正方体和它的内切球的几何结构特征，关键是想象出截面图的形状，从而求出正方体的棱长，进而求出内切球的表面积及三棱锥的体积，考查了空间想象能力，数形结合的思想，属于较难题. 20．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为11A D 的中点，若以O 6为半径的球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，则下列结论正确的是（） A ．11//A D 平面EFGH B ．1A C ⊥平面EFGHC ．11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°D ．平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7 【答案】ACD 【解析】如图，计算可得,,,E F G H 分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A 、B 的正确与否，计算出直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒后可得C 正确，而几何体BHE CGF -为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D 正确与否.如图，连接OA ，则2115OA AA =+=，故棱1111,,,A A A D D D AD 与球面没有交点.同理，棱111111,,A B B C C D 与球面没有交点. 因为棱11A D 与棱BC 之间的距离为226>BC 与球面没有交点.因为正方体的棱长为2，而26<球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，所以棱11,,,AB CD C C B B 与球面各有一个交点，如图各记为,,,E F G H . 因为OAE △为直角三角形，故22651AE OE OA =-=-=，故E 为棱AB 的中点.同理,,F G H 分别为棱11,,CD C C B B 的中点.由正方形ABCD 、,E F 为所在棱的中点可得//EF BC ，同理//GH BC ，故//EF GH ，故,,,E F G H 共面. 由正方体1111ABCD A B C D -可得11//A D BC ，故11//A D EF 因为11A D ⊄平面EFGH ，EF⊂平面EFGH ，故11//A D 平面EFGH ，故A 正确.因为在直角三角1BA C 中，122A B =2BC = ，190A BC ∠=︒，1A C 与BC 不垂直，故1A C 与GH 不垂直，故1A C ⊥平面EFGH 不成立，故B 错误.由正方体1111ABCD A B C D -可得BC ⊥平面11AA B B ，而1A B ⊂平面11AA B B ，所以1BC A B ⊥，所以1EF A B ⊥在正方形11AA B B 中，因为,E H 分别为1,AB BB 的中点，故1EH A B ⊥，因为EFEH E =，故1A B ⊥平面EFGH ，所以BEH ∠为直线AB 与平面EFGH 所成的角，而45BEH ∠=︒，故直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒，因为11//AB A B ，故11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°.故C 正确. 因为,,,E F G H 分别为所在棱的中点，故几何体BHE CGF -为三棱柱，其体积为111212⨯⨯⨯=，而正方体的体积为8，故平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7，故D 正确. 故选：ACD. 【点睛】本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.21．如图，线段AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，//EF AB ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，且2AB =，1EFAD ==，则下述正确的是（）A ．//OF 平面BCEB ．BF⊥平面ADFC ．点A 到平面CDFE 21D ．三棱锥C BEF -5π 【答案】ABC 【解析】由1EFOB ==，//EF OB ，易证//OF 平面BCE ，A 正确；B ，由所矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，易证AD ⊥平面ABEF ，所以AD BF ⊥，由线段AB为圆O 的直径，所以BFFA ⊥，易证故B 正确.C ，由C DAF A CDF V V --=可求点A 到平面CDFE 的距离为217，C正确. D ，确定线段DB 的中点M 是三棱锥C BEF -外接球心，进一步可求其体积，可判断D 错误.解：1EFOB ==，//EF OB ，四边形OFEB 为平行四边形，所以//OF BE ， OF ⊄平面BCE ，BE ⊂平面BCE ，所以//OF 平面BCE，故A 正确.线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，平面ABCD平面ABEFAB =，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面ABEF ，BF ⊂平面ABEF ，所以AD BF ⊥AD ⊂平面ADF ，AF ⊂平面ADF ，AD AF A =，所以BF⊥平面ADF ，故B 正确.1OF OE EF ===，OFE △是正三角形，所以1EF BE AF ===，//DA BC ，所以BC ⊥平面ABEF ，BC BF ⊥，3BF =22312CF CB BF +=+=，22112DF DA AF =+=+=2AB CD ==，CDF 是等腰三角形，CDF 的边DF 22222142222DF CF ⎛⎫⎛⎫-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 11472222CDF S =⨯=△， //DA BC ，AD ⊂平面ADF ，BC ⊄平面ADF ， //BC 平面ADF ，点C 到平面ADF 的距离为3BF = 111122DAF S =⨯⨯=△，C DAF A CDF V V --=，设点A 到平面CDFE 的距离为h ，1133ADF CFD S FB S h ⨯⨯=⨯⨯△△，111733232h ⨯=⨯⨯，所以21h ，故C 正确.。

高考理科数学第2讲空间中的平行与垂直(大题细做)

核心知识突破热点高考押题限时规范训练
大二轮复习数学（理）
热点一空间平行与垂直关系的证明
——转化关系，证依定理如图，在四棱锥 P-ABCD 中，AB∥CD， AB⊥AD，CD＝2AB，平面 PAD⊥底面 ABCD，PA⊥AD， E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点，求证： (1)PA⊥底面 ABCD； (2)BE∥平面 PAD； (3)平面 BEF⊥平面 PCD.
大二轮复习数学（理）
解：(1)证明：证法一：由已知可得， ∠BAC＝90°，所以 BA⊥AC，又因为 BA⊥AD，AD∩AC＝A，所以 AB⊥平面 ACD. 因为 AB⊂平面 ABC，所以平面 ACD⊥平面 ABC.
核心知识突破热点高考押题限时规范训练
大二轮复习数学（理）
证法二：由已知可得，因为∠ACM＝90°，所以 CM⊥AC. 又因为 BA⊥AD，CM∥AB，所以 CM⊥AD，且 AD∩AC＝A，所以 CM⊥平面 ACD. 因为 CM⊂平面 ABC，所以平面 ACD⊥平面 ABC.
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大二轮复习数学（理）
(3)∵AB⊥AD，而且 ABED 为平行四边形． ∴BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知 PA⊥底面 ABCD，且 CD⊂平面 ABCD， ∴PA⊥CD，且 PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面 PAD， ∴CD⊥平面 PAD，又 PD⊂平面 PAD， ∴CD⊥PD. ∵E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点， ∴PD∥EF.
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大二轮复习数学（理）
(2)因为 AB＝BC，E 为 AC 的中点，所以 BE⊥AC. 因为三棱柱 ABC-A1B1C1 是直棱柱，所以 C1C⊥平面 ABC. 又因为 BE⊂平面 ABC，所以 C1C⊥BE. 因为 C1C⊂平面 A1ACC1，AC⊂平面 A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以 BE⊥平面 A1ACC1. 因为 C1E⊂平面 A1ACC1，所以 BE⊥C1E.

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年高考数学专题讲解：立体几何(二)

b⇒β，a⊂⇒直线和平面平行的性质定理：aα，a⊂β，bβ⇒6.两个平面平行的性质定理β，a⊂β，γ⋂与垂直相关的平行的判定[答案] M∈线段FH[解析] 因为HN∥BD，HF∥N相连，有MN∥平面B1BDD16．已知正方体ABCD－A′B′[证明] ∵正方体ABCD－A′B′又∵AD′∩CD′＝D′，BC′∩∴平面ACD′平面A′BC′.（四）典型例题1.命题方向：线面、面面的位置关系[例1] 已知m，n是不同的直线，①若m∥α，则m平行于平面②若α∥β，m⊂α，n⊂⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αm ∥n ⎭⎪⎬⎪⎫⇒n ⊥α n ⊥β ⇒α∥β，③正确；m αβα⊂⇒m ∥β，④正确．故应填③④. [答案] ③④[点评] 证明线、面平行关系，其主要依据为线面平行的定义、定理、推理等．跟踪练习1若有直线m 、n 和平面α、β，下列四个命题中，正确的是( )A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nB ．若m ⊂ α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β，则α∥βC ．若α⊥β，m ⊂α，则m ⊥βD ．若α⊥β，m ⊥β，m ⊄α，则m ∥α[答案] D[解析] 如图(1)，β∥α，m ⊂β，n ⊂β，有m ∥α，n ∥α，但m 与n 可以相交，故A 错；如图(2)，m ∥n ∥l ，α∩β＝l ，有m ∥β，n ∥β，故B 错；如图(3)，α⊥β，α∩β＝l ，m α，m ∥l ，故C 错．故选D.[点评] D 选项证明如下：α⊥β设交线为l ，在α内作n ⊥l ，则n ⊥β，∵m ⊥β，∴m ∥n ，∵n α，m α，∴m ∥α. 2.命题方向：线面平行的判定与性质[例2] 已知有公共边AB 的两个全等的矩形ABCD 和ABEF 不在同一个平面内，P 、Q 分别是对角线AE 、BD 上的点，且AP ＝DQ .求证：PQ ∥平面CBE .[证明] 方法1：如下图，作PM ∥AB 交BE 于点M ，作QN ∥AB 交BC 于点N ，则PM ∥QN .∴PM AB ＝EP EA ，QN CD ＝BQ BD，∵AP ＝DQ ，∴EP ＝BQ ，又∵AB ＝CD ，EA ＝BD ，∴PM ＝QN .又∵PM ∥QN ，∴四边形PMNQ 是平行四边形，∴PQ ∥MN .综上所述PQ 平面CBE ，MN 平面CBE ，PQ ∥MN ，∴PQ ∥平面CBE .方法2：作PR ∥BE 交AB 于点R 连接QR∵PR ∥BE ，∴AP PE ＝AR RB ，又∵两矩形全等DQ ＝AP ，∴BQ ＝PE ，∴AR RB ＝DQ BQ ，∴RQ ∥AD ，∴RQ ∥BC ，∴平面PQR ∥平面EBC ，∴PQ ∥面EBC[点评] 欲证PQ ∥平面EBC ，一种方法是用判定定理；另一种方法是用面面平行的性质定理．用判定定理时，找出平面内与PQ 平行的直线是关键．由AP AE ＝DQ DB可过P 、Q 作AB 的平行线构造平行四边形(如证法1)．也可由直线AE 与PQ 相交确定一个平面与平面EBC 有公共点E ，故必有一条交线，连AQ ，并延长交BC 于G ，则只须证明PQ ∥EG ，也可由异面线段AE ，BD 上的比例关系，找一条与二者均相交的线段，取相同的比例点构造相似关系得出平行关系，如取AB 上点R ，使AR AB ＝AP AE，则平面PRQ ∥平面EBC (即证法2)等等．跟踪练习2如图所示，ABCD －A 1B 1C 1D 1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E 是棱BC 的中点．求证：BD 1∥平面C 1DE .[分析] 本题考查线面平行的判定定理及性质定理的应用，考查推理论证能力实践能力及“转化”这一数学思想的应用．“由已知想性质，由求证想判定”是证明该类问题的基本思路．[证明] 证法一：连接CD1交DC1于F∵F是CD1中点，E为BC中点，∴EF∥BD1，又EF⊂平面C1DE，BD1⊄面∴BD1∥平面C1DE.证法二：取B1C1中点E1，连接D1E则D1E1∥DE，BE1∥C1E，∴D1E1∥平面C1DE，BE1∥平面C1DE又D1E1∩BE1＝E1，∴平面BD1E1∥平面C1DE.又BD1⊂平面BD1E1，∴BD1∥平面[点评] ①判定定理证线∥面是最常用方法．②可转化为面∥面3.命题方向：面面平行的判定与性质[例3] 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，[解析] (1)∵E、F、G分别为BC、∴EF∥SB，EG∥BD.∵EF平面SBD，EG平面SBD，∴EF∥平面SBD，EG∥平面SBD.∵EG∩EF＝E，∴平面EFG∥平面SDB(2)∵B1B⊥底面ABCD，∴AC⊥B1B.[分析] 首先要注意两直线AB而证明EF∥β；当AB、CD不共面时，可设法证明[证明] ①当AB，CD在同一平面内时，由α∥β，α∩平面ABDC＝AC∴AC∥BD.∵AE∶EB＝CF∶FD又EFβ，BDβ，∴EF∥β.②当AB与CD异面时，如图．设平面ACD∩β＝DH，取DH＝∵α∥β，α∩平面ACDH＝AC∴AC∥DH.连接AH，∴四边形ACDH是平行四边形．在AH上取一点G，使AG∶GH连接EG、FG、BH.又∵AE∶EB＝CF∶FD，∴GF∥HD，EG∥BH.又EG∩GF＝G，∴平面EFG∥平面∵EF平面EFG，∴EF∥β.综上，EF∥β.(1)证明：PA⊥平面ABCD；(2)在棱PC上是否存在一点F，使[解析] (1)因为底面ABCD是菱形，∠在△PAB中，由PA2＋AB2＝2a2＝PB同理，PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD(2)连接BD，则平面PBD与平面AEC作MF∥CE交PC于F，则MF∥平面条件O为BD的中点可知，E为MD又由PE∶ED＝2∶1，∴M为PE的中点，又跟踪练习4：(2011·银川模拟)如图，在四棱锥E为CD的中点．(1)求证：CD⊥平面SAE；(2)侧棱SB上是否存在点F，使得[分析] (1)先利用勾股定理和线面垂直判定定理证明直线直时，必须证明直线与平面内的两条相交直线垂直(2)先回答问题，再证明充分条件．探究的点往往是特殊点[证明] (1)∵ABCD是菱形，∠∴AB＝AC＝AD＝2，∴△ACD又E为CD的中点，∴CD⊥AE∵SA＝AB＝AD＝2，SB＝SD＝证明：取SA 的中点N ，连NF ，NE ∵F 为SB 的中点，∴FN 綊AB ，又E 为CD 的中点，AB ∥CE ，∴FN 綊CE ，∴CFNE 为平行四边形，∴CF ∥EN ，又∵EN ⊂平面SAE ，CF ⊄平面SAE ，∴CF ∥平面SAE .即当F 为侧棱SB 的中点时，CF ∥平面（五）思想方法点拨1．直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的转化关系(1)线面平行是空间中平行关系的核心，是高考考查的重点，在应用线面平行的判定定理证明线面平行时要在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，直线才和已知直线平行，所以要通过平面来找(2)在应用其他判定定理和性质定理时，要注意充分利用条件构造定理的题设，在分析思路时也要以定理作为指导，将空间问题转化为平面问题．2．证明直线和平面平行的方法有：①依定义采用反证法；②判定定理法(线∥线⇒线∥面)．③面面平行性质定理(面∥面⇒线∥面3．证明平面和平面平行的方法有：①依定义采用反证法；②判定定理法(线∥面⇒面∥面)．③推论(线∥线⇒面∥面)．4.直线与平面平行的关系如下所示：线线平行−−−−→在平面内作或找一直线线面平行或245的长分别为245或3．已知两条直线m 、n ，两个平面α、β.给出下面四个命题：①m ∥n ，m ⊥α⇒n ⊥α；②α∥β，mα，n β⇒m ；③m ∥n ，m ∥α⇒n ∥α；④α∥β，m ∥n 其中正确命题的序号是( )A ．①③B ．②④C [答案] C[解析] 两条平行线中一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面，故①正确；两平面平行，分别在这两平面内的两直线可能平行，也可能异面，故②错；m ∥n ，m ∥α时，n ∥α或nα，故③错；由α∥β，m ⊥α得m ⊥β，由m ，n ∥m 得n ⊥β，故④正确．4．如图，P 为平行四边形ABCD 所在平面外的一点，A．K B．[答案] C[解析]如图所示，若取故CC′∥面KEF而其他侧棱AA′、BB故此时与面PEF平行的有若取H点为P点，可以得面平行的棱有上下底面中的6条棱；若取G点为P点，AB若取B′点为P点，AB[答案]平面ABC与平面[解析]连BN延长交故MN∥AB.10．已知平面α∩β＝[答案]m∥n[解析]在α内取点A∵n∥α，n∥β，∴n∥a，n∥b.∴a∥b.∵aβ，b⊂β，∴a∥β.∵a⊂α，α∩β＝m，∴a∥m，∴n∥m.11．下列四个正方体图形中，分别为其所在棱的中点，能得出MNP的图形的序号是______([答案]①③[证明](1)连接BD，则∵ABCD是正方形，∴AC∵CE⊥平面ABCD，∴CE又AC∩CE＝C，∴BD⊥平面ACE.∵AE⊂平面ACE，∴BD∴B1D1⊥AE.(2)取BB1的中点F，连接∵E、F是CC1、BB1的中点，∴∴四边形B1FCE是平行四边形．∴CF∥B1E.∵E、F是CC、BB的中点，是矩形，P A⊥平面ABCD，AP＝AB，∴EF ∥BC .又BC ∥AD ，∴EF ∥AD ，又∵AD ⊂平面P AD ，EF ⊄平面∴EF ∥平面P AD .(2)连接AE ，AC ，EC ，过E 作则EG ⊥平面ABCD ，且EG ＝12在△P AB 中，AP ＝AB ，∠P AB ＝∴AP ＝AB ＝2，EG ＝22， ∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12×2×2＝∴V E —ABC ＝13S △ABC ·EG ＝13×2×15．(文)如图，在正方体ABCD (1)求证：平面FB 1C 1∥平面ADEAB(如图1)．现将△ADE沿DE(1)求证：BC⊥平面AEC；(2)判断直线EM是否平行于平面ACD，并说明理由．[解析](1)在图1中，过C作CF⊥EB于F，∵DE⊥EB，∴四边形CDEF是矩形，∵CD＝1，EF＝1.∴四边形ABCD是等腰梯形，AB＝3.∴AE＝BF＝1.∵∠BAD＝45°，∴DE＝CF＝1.连接CE，则CE＝CB＝ 2.∵EB＝2，∴∠BCE＝90°.则BC⊥CE.在图2中，∵AE⊥EB，AE⊥ED，EB∩ED＝E，[答案] 90°[解析] ∵B1C1⊥平面ABB1A1，MN∴MN⊥B1C1又MN⊥B1M，B1M∩B1C∴MN⊥平面B1C1M，MC1⊂平面B∴MN⊥MC1即∠C1MN＝90°.6．对于四面体ABCD，给出下列四个命题：①若AB＝AC，BD＝CD，则BC⊥②若AB＝CD，AC＝BD，则BC⊥③若AB⊥AC，BD⊥CD，则BC⊥④若AB⊥CD，AC⊥BD，则BC⊥其中真命题的序号是________．[答案] ①④[解析] 本题考查四面体的性质，取则BC⊥AE，BC⊥DE，∴BC⊥平面ADE，∴BC⊥AD，故①正确．设O为A在面BCD上的射影，依题意∴O为垂心，∴OD⊥BC，∴BC⊥②③易排除，故答案为①④.7．如图，在直三棱柱ABC－A1B[解析] 由直三棱柱得C1C⊥AC，命题④为真命题，因为过直线n∴m，a为相交直线∵m∥β，a∥β，∴α∥β.故选[答案] D跟踪练习1：设m、n是两条不同的直线，A．m⊥α，n⊂β，m⊥n⇒αB．α∥β，m⊥α，n∥β⇒C．α⊥β，m⊥α，n∥β⇒D．α⊥β，α∩β＝m，n⊥[答案] B[解析] 如下图(1)满足m⊥α，nβ，m⊥n，但β∥α，故A错；如图(2)满足α⊥β，m⊥α，n∥β，但m∥n，故如图(3)α⊥β，α∩β＝m，AB⊥m于B，BC⊥m于B，直线AC为直线n，显然满足2.命题方向：线面垂直的判定和性质[例2] 如图，已知PA垂直于矩形ABCD所在的平面，求证：MN⊥平面PCD.[分析] 取PD的中点E，连接AE，则有MN∥AE，考虑证明[证明] 如图，取PD的中点E，连接AE，NE.∵E、N分别为PD、PC的中点，∴EN 12 CD.又∵M为AB的中点，∴AM 12 CD.∴EN AM.∴四边形AMNE为平行四边形．∴MN∥AE.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD，又∠PDA＝∴△PAD为等腰直角三角形．∴又∵CD⊥AD，CD⊥PA，∴CD ⊥平面PAD .而AE ⊂平面PAD ，∴CD ⊥AE .又CD ∩PD ＝D ，∴AE ⊥平面PCD .∴MN ⊥平面PCD .[点评] 证明线面垂直的常用方法：(1)利用线面垂直的定义：证一直线垂直于平面内任一直线，这条直线垂直于该平面．(2)用线面垂直的判定定理：证一直线与一平面内的两条相交直线都垂直，这条直线与平面垂直．(3)利用线面垂直的性质：两平行线中的一条垂直于平面，则另一条也垂直于这个平面．(4)用面面垂直的性质定理：两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面．(5)用面面平行的性质定理：一直线垂直于两平行平面中的一个，那么它必定垂直于另一个平面．(6)用面面垂直的性质：两相交平面同时垂直于第三个平面，那么两相交平面的交线垂直于第三个平面．跟踪练习2：如图，AC ⊥平面α，AB ∥平面α，CD α，点M 是AC 的中点，点N 是BD 的中点．若AB ＝4，AC ＝2，CD ＝4，BD ＝6.(1)求证：AB ⊥平面ACD ；(2)求证：MN 即和AC 垂直又和BD 垂直，并计算MN 的长．[分析] 本题主要考查线面垂直的判定与性质．(1)利用勾股定理判断出AB ⊥AD ，即通过计算来证明垂直关系，这在高考题中是常用的．(2)将图形补完整，把证MN ⊥BD 转化为CF ⊥面BDE .[证明] (1)∵AC ⊥平面α，∴在Rt △ACD 中，AC 2＋CD 2＝AD ＝2 5.在△BAD 中，AB 2＋AD 2＝16＋20＝36＝BD 2，∴∠BAD ＝90°，即AB ⊥AD .又AC ⊥平面α，AB ∥平面α，∴AB ⊥AC ，且AC ∩AD ＝A ，∴AB ⊥平面ACD .(2)如图，B 作BE ⊥平面α于E ，∵AB ∥平面α，AC ⊥平面α，∴四边形ABEC 是矩形．设F 是DE 的中点，连接NF 、CF ，则NF ∥12BE . ∵MC ＝12AC ，BE ＝AC ，∴NF ∥MC ，＝2DE 22，∴2 2.[证明] (1)取EC 中点F ，连接由EC ⊥平面ABC 及BD ∥CE ⊥平面ABC .故DB ⊥AB ，EC ⊥BC ，又BD ∥FC ，BD ＝12CE ＝FC ，∴四边形FCBD 为距形，于是DF ⊥EC ，又DF ＝BC ＝△DFE ≌Rt △ABD ，所以四边形MNBD 为矩形，所以DA .于是DM ⊥MN ，因MN ∩AE ＝M ，所以DM ⊥平面ECA ，而DM 平面BDMN ，则平面BDM ⊥平面ECA .(3)因DM ⊥平面ECA ，又DM 平面DEA ，所以平面DEA ⊥平面ECA .[点评] 证明线面垂直的方法：证明一个面过另一个面的垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线与添加辅助线解决．跟踪练习3：[解析] 本题考查立体几何中的线面关系，两平面的垂直关系线面平行的性质在本题中都有体现．(1)因为侧面BCC 1B 1是菱形，所以又已知B 1C ⊥A 1B ，且A 1B ∩BC 1所以B 1C ⊥平面A 1BC 1，又B 1C ⊂所以平面AB 1C ⊥平面A 1BC 1 .(2)设BC 1交B 1C 于点E ，连接因为A 1B ∥平面B 1CD ，A 1B ⊂平面又E 是BC 1的中点，所以D 为A 即A 1D ∶DC 1＝1.4.命题方向：探索性问题[例4] 已知三棱锥A －BCD 上的动点，且AE AC ＝AF AD＝λ(0<λ(1)求证：不论λ为何值，总有平面(2)当λ为何值时，平面BEF分析] (1)只需证明面探究过点B 且与面ACD [解析] (1)证明：AB ∵CD ⊥BC ，∴CD ⊥平面又∵AE AC ＝AF AD ＝λ(0<λ∴不论λ为何值，恒有∴EF ⊥平面ABC .EF ⊂∴不论λ为何值，总有平面(2)由(1)知，BE ⊥EF 只要BE ⊥平面ACD .即∵BC ＝CD ＝1，∠BCD ∴BD ＝2，AB ＝2tan60°＝由AB 2＝AE ·AC 得AE 故当λ＝67时，平面点评] 空间中直线与直线垂直、从某种垂直开始转向另一种垂直，最终达到目的，其转化关系为：线线垂直→线面垂直→高考中有时会出现一些与垂直有关的探究题，利用垂直的判定和性质来探究．点的确定往往是两条直线的交点或直线与平面的交点．(1)设G 是OC 的中点，证明：FG ∥平面BOE ；(2)证明：在△ABO 内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，并求点M 到OA ，OB 的距离．[分析] 本题主要考查空间线线、线面、面面位置，空间向量的概念与运算等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力．[解析] 方法一：(1)证明：如图，连接OP ，以点O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，坐标系Oxyz .则O (0,0,0)，A (0，－8,0)，B (8,0,0)，C (0,8,0)，P (0,0,6)，E (0，－4,3)，由题意，得G (0,4,0)因为OB →＝(8,0,0)，OE →＝(0，－4,3)，所以平面BOE 的法向量n ＝(0,3,4)，由FG →＝(－4,4，－3)，得n ·FG →＝0.又直线FG 不在平面BOE 内，所以FG ∥平面BOE .(2)解：设点M 的坐标为(x 0，y 0,0)，则FM →＝(x 0－4，y 0，－3)．因为FM ⊥平面BOE ，所以FM →∥n ，因此 x 0＝4，y 0＝－94.即点M 的坐标是(494，0)．在平面直角坐标系xOy 中，△AOB 的内部区域可表示为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ x >0，y <0，x －y <8.经检验，点M 的坐标满足上述不等式组所以，在△AOB 内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE的距离分别为4，94. ，∵点E 、O 、G 、H 分别是PA 、AC 、OC 、PE 的中点，∴(2)解：在平面OAP 内，过点P 作PN ⊥OE 于点N ，交OE 于点Q .连接BN ，过点F 作FM ⊥平面BOE .由题意，得OB ⊥平面PAC ，所以OB 又因为PN ⊥OE ，所以PN ⊥平面BOE 因此FM ⊥平面BOE .在Rt △OAP 中，OE ＝12PA ＝5，PQ ＝24cos ∠NPO ＝PQ OP ＝45， ON ＝OP ·tan∠NPO ＝92<OA ，所以点N 在线段OA 上，因为F 是PB 的中点，所以M 是BN 的中点．因此点M 在△AOB 内，点M 到OA ，OB 的距离分别为12OB ＝4，12ON ＝94. （五）思想方法点拨：1．垂直关系的转化：(2)判定定理1： ⎭⎪⎬⎪⎫m 、n α，m ∩n ＝A l ⊥m ，l ⊥n ⇒l ⊥α； (3)判定定理2：a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；(4)面面平行的性质：α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β；(5)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l ，a α，a ⊥l ⇒a ⊥β.3．证明线线垂直的方法(1)定义：两条直线所成的角为90°；(2)平面几何中证明线线垂直的方法；(3)线面垂直的性质：a ⊥α，b α⇒a ⊥b ；(4)三垂线定理及其逆定理；(5)线面垂直的性质：a ⊥α，b ∥α⇒a ⊥b .4．证明面面垂直的方法(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角；(2)判定定理：a α，a ⊥β⇒α⊥β.（六）课后强化作业一、选择题1．平面α垂直于平面β(α、β为不重合的平面)成立的一个充分条件是( )A ．存在一条直线l ，l ⊥α，l ⊥βB ．存在一个平面γ，γ∥α，γ∥βC ．存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥βD ．存在一条直线l ，l ⊥α，l ∥β[分析] 本题主要考查立体几何及简易逻辑的有关知识．由充分条件的含义可知本题就是要从四个选项中寻求使平面α⊥平面β成立的一个条件．[答案] D[解析] 对于选项A ，l ⊥α，l ⊥β⇒α∥β；对于选项B ，γ∥α，γ∥β⇒α∥β；对于选项C ，当γ⊥α，γ⊥β成立时，平面α，β的关系是不确定的；对于选项D ，当l ⊥α，l ∥β成立时，说明在β内必存在一条直线m ，满足m ⊥α，从而有α⊥β成立．2．在正四面体P －ABC 中，D 、E 、F 分别是AB 、BC 、CA 的中点，下面四个结论中不成立．．．的是( ) A ．BC ∥平面PDF B ．DF ⊥平面P AEC ．平面PDF ⊥平面ABCD ．平面P AE ⊥平面ABC[答案] C[解析] ∵D 、F 分别为AB 、CA 中点，∴DF ∥BC .∴BC ∥面PDF ，故A 正确．又∵P －ABC 为正四面体，又∵PO面P AE，PO⊥面ABC，内异于A和B的动点，且．一个圆，但要去掉两个点．半圆，但要去掉两个点的中点，如右图，则△BEF在该四面体的面[答案] B[解析]取BC中点G，连接AG、DG，可证AD在面ABC的上射影为，则F在面ABC上的射影在5．如图(1)所示，在正方形SG1G2G3中，E、F分别是边G1G2，的中点，D是EF中点，现沿SE、把这个正方形折成一个几何体(如图(2)所示)，使G1、G2、G3三点重合于点，这样，下面结论成立的是([答案] B内的射影________．在△ABC的内部，则O，底面是∠ABC为直角的等腰直角三角形，时，CF⊥平面B1DF.，欲使CF⊥平面B1DF，只需问要证线面垂直，根据线面垂直的判定定理，只要问要探究保持线线垂直的动点的轨迹，上时，不可能有AC⊥PE.由于《考试说明》中对立体几何部分整体要求的下降，故高考对立体几何考查的难度不会太高．但在空还是会一如既往地重点考查，并且在方式上会寻求突破和创新，变传统证明为判断型、探究型，AB＝2，AB∥DC，∠BCD (1)求证：PC⊥BC存在正方体、长方体为载体的证明，垂直关系的问题中可以优先考虑三垂线定理的应用．(1)求证：AE⊥BD；(2)求证：平面PEF⊥平面AECD；(3)判断DE能否垂直于平面ABC，并说明理由．解析：(1)证明：设AE中点为M，∵在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠ABC＝60°∴△ABE与△ADE都是等边三角形．∴BM⊥AE，DM⊥AE. ∵BM∩DM＝M，BM、DM⊂平面BDM，∴AE⊥平面BDM.∵BD⊂平面BDM，∴AE⊥BD.(2)证明：连接CM交EF于点N，∵ME綊FC，[答案] D[解析] 本题主要考查三视图，侧面积等知识．原几何是一个底面边长为则S侧＝3×2×1＝6.2．(2010·安徽理)一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为A．280 B．292 C[答案] C[解析] 由三视图知该几何体是两个长方体的组合体，上面的长方体的表面积为下面的长方体的表面积为故共有360.选C.3．(2009·陕西)若正方体的棱长为4．(2009·辽宁)正六棱锥PA．1∶1[答案] C[解析] 考查三棱锥体积的求法及等积法的运用．VD－GAC＝VG－ACD，∵G为PB中点，∴VP－GAC＝又S△ABC∶S△ACD＝1∶2.∴VD－GAC∶VP－GAC＝VG－5．(2010·浙江理)若某几何体的三视图[答案] 114[解析] 三视图还原为一个正棱台和长方体的组合体，对棱台：下底边长体，边长为4,4,2，则体积为6．(文)一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为则此球的表面积为________．[答案] 14π[解析] 设球的半径为R ，则长方体的体对角线长等于外接球直径，∴4R 2＝12＋22＋32＝14，∴S ＝4πR 2＝14π.(理)若一个底面边长为62，侧棱长为6的正六棱柱的所有顶点都在一个球的球面上，则此球的体积为________． [答案] 43π[解析] 由已知可得此正六棱柱的最长的体对角线，即球的直径为23，∴V 球＝43·π·(3)3＝43π. 7．已知一个正三棱台的两底面边长分别为30cm 和20cm ，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高．[分析] 要求正棱台的高，首先要画出正棱台的高，使其包含在某一个特征直角梯形中，转化为平面问题，由已知条件列出方程，求解所需的几何元素．[解析] 如图所示，正三棱台ABC －A 1B 1C 1中，O 、O 1分别为两底面中心，D 、D 1分别为BC 和B 1C 1中点，则DD 1为棱台的斜高．设A 1B 1＝20，AB ＝30，则OD ＝53，O 1D 1＝1033，由S 侧＝S 上＋S 下，得 12(20＋30)×3×DD 1＝34(202＋302)， ∴DD 1＝1333，在直角梯形O 1ODD 1中，O 1O ＝DD 12－OD －O 1D 12＝43，∴棱台的高为43cm.（四）典型例题1.命题方向：几何体的表面积[例2] 一个正三棱台的上、下底面边长分别是3cm 和6cm ，高是32cm.D 1D ＝D 1E 2＋ED 2＝⎝⎛(2)S 侧＝12(C ＋C ′)h ′＝12(3S 表＝S 侧＋S 上＋S 下＝272∴三棱台斜高为3cm ，侧面积为跟踪练习1：如图，在△ABC 中，若AC ＝3，体积．[分析]求组合体的体积：①首先弄清它是由哪些基本几何体组成的，②再通过轴截面分析和解决问题[解析] 如图所示所得旋转体是两个底面重合的圆锥，高的和为AB ＝5.底面半径等于CO ＝AC ·BC AB ＝125，所以所得旋转体的表面积为S ＝π·OC ·(AC ＋BC )＝π·125×(3＋4)＝845π；其体积为V ＝13·π·OC 2·AO ＋13·π·OC 2·BO ＝13·π·OC 2·AB ＝485π.2.命题方向：几何体的体积问题[例3] 已知四棱台两底面均为正方形，边长分别为4cm,8cm ，侧棱长为8cm ，求它的侧面积和体积．[分析] 由题意知，需求侧面等腰梯形的高和四棱台的高，然后利用平面图形面积公式和台体体积公式求得结论．[解析] 如图，设四棱台的侧棱延长后交于点P ，则△PBC 为等腰三角形，取BC 中点E ，连接PE 交B 1C 1于点E 1，则PE ⊥BC ，E 1E 为侧面等腰梯形的高，作PO ⊥底面ABCD 交上底面于点O 1，连接O 1E 1，OE .△PB 1C 1和△PBC 中，PB 1PB ＝B 1C 1BC ＝48＝12， ∴PB 1＝B 1B ＝8，B 1为PB 的中点，E 1为PE 的中点．在Rt △PEB 中，PE ＝PB 2－BE 2＝162－42＝415(cm)，E 1E ＝12PE ＝215(cm)．在Rt △POE 中， PO ＝PE 2－OE 2＝152－42＝414(cm)， OO 1＝12PO ＝214(cm)．∴S 四棱台侧＝4S 梯形BCC 1B 1＝4×(4＋8)×215×12＝4815(cm 2)，∴AE ＝32×6＝33， ∴AH ＝23AE ＝2 3. 在△ABC 中，S △ABC ＝12BC 在Rt △SHA 中，SA ＝15∴SH ＝SA 2－AH 2＝∴V 正三棱锥＝13S △ABC ·SH ＝3.命题方向：球的有关问题[例4] 如图，在等腰梯形ABCD[分析] 易知折叠成的几何体为棱长为[解析] 由已知条件知，平面图形中AE ＝EB ＝BC ＝CD ＝DA ＝DE ＝EC ＝1.∴折叠后得到一个正四面体．方法一：作AF ⊥面DEC ，垂足为F ，F 取EC 中点G ，连接DG 、AG ，过球心O ∴外接球半径可利用△OHA ∽△GFA 求得．∵AG ＝32，AF ＝1－(33)2＝在△AFG 和△AHO 中，根据三角形相似可知，AH ＝33，∴OA ＝AG ·AH AF ＝32·336＝64.方法二：如图，把正四面体放在正方体中．显然，正四面体的外接球就是正方体的外接球．∵正四面体棱长为1，∴正方体棱长为[点评] (1)折叠问题是高考经常考查的内容之一，解决这类问题的关键是搞清楚处在折线同一个半平面的量是不变的，然后根据翻折前后图形及数量的关系的变化，借助立体几何与平面几何知识即可求解．(2)与球有关的组合体，是近几年高考常考的题目，主要考查空间想象能力及截面图的应用，因此画出组合体的截面图是解决这类题的关键．跟踪练习3有三个球，第一个球内切于正方体六个面，第二个球与这个正方体各条棱相切，第三个球过这个正方体的各个顶点，求这三个球的表面积之比．[分析] 作出截面图，分别求出三个球的半径．[解析] 设正方体的棱长(1)正方体的内切球球心是正方体的中心，所以有2r 1＝a ，r 1＝a 2，所以(2)球与正方体各棱的切点在每条棱的中点，过球心作正方体的对角面得截面，如图2r 2＝2a ，r 2＝22a ，所以(3)正方体的各个顶点在球面上，过球心作正方体的对角面得截面，如图A ．(16＋π)cm 3B ．[分析] 本题考查三视图、长方体和圆柱体的体积计算，解题的关键是根据三视图想象出几何体的直观图，再利用体积公式进行求解．[答案] B[解析] 由三视图知，该几何体的上部分是正四棱柱，下部分是圆柱．正四棱柱的底面边长为其体积为16cm 3；圆柱的底面半径为7．若圆锥轴截面的顶角θ满足A.π4<α<π3B.π3<α<π2 [答案] D[解析] ∵θ∈⎝⎛⎭⎫π3，π2 ∴θ2∈⎝⎛⎭⎫π6，π4∴sin θ∈⎝⎛⎭⎫12，22. 又r l ＝sin θ∈⎝⎛⎭⎫12，22， ∴其侧面展开图中心角α＝r l·2π∈8．(2010·全国卷Ⅰ理)已知在半径为最大值为( )A.233B.433 C ．[答案] 103[解析] 由三视图知，该几何体由一个高为柱组成，则体积为2×2×1×13＋1×1×10．(2011·广东广州)将圆心角为2π3[答案] 4π[解析] 设扇形的半径为r ，弧长为，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱底面半径与高为何值时，它的侧面积最大？侧面积的，最大侧面积等于2πR2.。

2020年高考数学(文)二轮专项复习专题07 立体几何含答案

专题07 立体几何§7－1 点、直线、平面之间的位置关系【知识要点】1．空间直线和平面的位置关系：(1)空间两条直线：①有公共点：相交，记作：a∩b＝A，其中特殊位置关系：两直线垂直相交．②无公共点：平行或异面．平行，记作：a∥b．异面中特殊位置关系：异面垂直．(2)空间直线与平面：①有公共点：直线在平面内或直线与平面相交．直线在平面内，记作：a⊂α ．直线与平面相交，记作：a∩α ＝A，其中特殊位置关系：直线与平面垂直相交．②无公共点：直线与平面平行，记作：a∥α ．(3)空间两个平面：①有公共点：相交，记作：α ∩β ＝l，其中特殊位置关系：两平面垂直相交．②无公共点：平行，记作：α ∥β ．2．空间作为推理依据的公理和定理：(1)四个公理与等角定理：公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内．公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补．(2)空间中线面平行、垂直的性质与判定定理：①判定定理：如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行．如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行．如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直．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．②性质定理：如果一条直线与一个平面平行，那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线与该直线平行．如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行．垂直于同一个平面的两条直线平行．如果两个平面垂直，那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直．(3)我们把上述判定定理与性质定理进行整理，得到下面的位置关系图：【复习要求】1．了解四个公理与等角定理；2．理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理；3．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．【例题分析】例1 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB ，AA 1的中点．求证：(Ⅰ)E 、C 、D 1、F 四点共面；(Ⅱ)CE 、DA 、D 1F 三线共点．【分析】对于(Ⅰ)中证明“E 、C 、D 1、F 四点共面”，可由这四点连接成两条直线，证明它们平行或相交即可；对于(Ⅱ)中证明“CE 、DA 、D 1F 三线共点”，可证其中两条相交直线的交点位于第三条直线上．证明：(Ⅰ)连接D 1C 、A 1B 、EF ． ∵E ，F 分另是AB ，AA 1的中点，∴EF ∥A 1B ，,211B A EF =又A 1D 1∥BC ，A 1D 1＝BC ， ∴A 1D 1CB 是平行四边形． ∴A 1B ∥D 1C ，EF ∥D 1C ， ∴E 、C 、D 1、F 四点共面． (Ⅱ)由(Ⅰ)得EF ∥CD 1，,211CD EF =∴直线CE 与直线D 1F 必相交，记CE ∩ D 1F ＝P ， ∵P ∈D 1F ⊂平面A 1ADD 1，P ∈CE ⊂平面ABCD ， ∴点P 是平面A 1ADD 1和平面ABCD 的一个公共点． ∵平面A 1ADD 1∩平面ABCD ＝AD ， ∴P ∈AD ，∴CE 、DA 、D 1F 三线共点．【评述】1、证明多点共面、多点共线、多线共面的主要依据： (1)证明多点共面常用公理2及其推论；(2)证明多点共线常用公理3，即证明点在两个平面内，从而点在这两个平面的交线上； (3)证明多线共面，首先由其中两直线确定平面，再证其余直线在此平面内． 2、证明a ，b ，c 三线交于一点的主要依据：(1)证明a 与b 相交，c 与b 相交，再证明两交点重合； (2)先证明a 与b 相交于点P ，再证明P ∈c ．例2 在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，求证：MN ∥平面P AD ．【分析】要证明“线面平行”，可通过“线线平行”或“面面平行”进行转化；题目中出现了中点的条件，因此可考虑构造(添加)中位线辅助证明．证明：方法一，取PD 中点E ，连接AE ，NE ．∵底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，∴MA ∥CD ，.21CD MA = ∵E 是PD 的中点， ∴NE ∥CD ，.21CD NE =∴MA ∥NE ，且MA ＝NE ， ∴AENM 是平行四边形， ∴MN ∥AE ．又AE ⊂平面P AD ，MN ⊄平面P AD ， ∴MN ∥平面P AD ．方法二取CD 中点F ，连接MF ，NF ． ∵MF ∥AD ，NF ∥PD ， ∴平面MNF ∥平面P AD ， ∴MN ∥平面P AD ．【评述】关于直线和平面平行的问题，可归纳如下方法：111111【分析】要证明“线线垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，因此设法证明A1C垂直于经过BC1的平面即可．证明：连接AC1．∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，∴AB⊥AA1．又AB⊥AC，∴AB⊥平面A1ACC1，∴A1C⊥A B．①又AA1＝AC，∴侧面A1ACC1是正方形，∴A1C⊥AC1．②由①，②得A1C⊥平面ABC1，∴A1C⊥BC1．【评述】空间中直线和平面垂直关系的论证往往是以“线面垂直”为核心展开的．如本题已知条件中出现的“直三棱柱”及“AB⊥AC”都要将其向“线面垂直”进行转化．例4在三棱锥P－ABC中，平面P AB⊥平面ABC，AB⊥BC，AP⊥PB，求证：平面P AC⊥平面PBC．【分析】要证明“面面垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，而“线面垂直”又可以通过“线线垂直”进行转化．证明：∵平面P AB⊥平面ABC，平面P AB∩平面ABC＝AB，且AB⊥BC，∴BC⊥平面P AB，∴AP⊥BC．又AP⊥PB，∴AP⊥平面PBC，又AP 平面P AC，∴平面P AC⊥平面PBC．【评述】关于直线和平面垂直的问题，可归纳如下方法：(1)证明线线垂直：例5 如图，在斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面A 1ABB 1是菱形，且垂直于底面ABC ，∠A 1AB ＝60°，E ，F 分别是AB 1，BC 的中点．(Ⅰ)求证：直线EF ∥平面A 1ACC 1；(Ⅱ)在线段AB 上确定一点G ，使平面EFG ⊥平面ABC ，并给出证明．证明：(Ⅰ)连接A 1C ，A 1E ．∵侧面A 1ABB 1是菱形， E 是AB 1的中点， ∴E 也是A 1B 的中点，又F 是BC 的中点，∴EF ∥A 1C ．∵A 1C ⊂平面A 1ACC 1，EF ⊄平面A 1ACC 1， ∴直线EF ∥平面A 1ACC 1． (2)解：当31=GA BG 时，平面EFG ⊥平面ABC ，证明如下：连接EG ，FG ．∵侧面A 1ABB 1是菱形，且∠A 1AB ＝60°，∴△A 1AB 是等边三角形． ∵E 是A 1B 的中点，31=GA BG ，∴EG ⊥AB ． ∵平面A 1ABB 1⊥平面ABC ，且平面A 1ABB 1∩平面ABC ＝AB ， ∴EG ⊥平面ABC ．又EG ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面ABC ．练习7－1一、选择题：1．已知m ，n 是两条不同直线，α ，β ，γ 是三个不同平面，下列命题中正确的是( ) (A)若m ∥α ，n ∥α ，则m ∥n (B)若m ⊥α ，n ⊥α ，则m ∥n (C)若α ⊥γ ，β ⊥γ ，则α ∥β (D)若m ∥α ，m ∥β ，则α ∥β 2．已知直线m ，n 和平面α ，β ，且m ⊥n ，m ⊥α ，α ⊥β ，则( ) (A)n ⊥β (B)n ∥β ，或n ⊂β (C)n ⊥α (D)n ∥α ，或n ⊂α3．设a ，b 是两条直线，α 、β 是两个平面，则a ⊥b 的一个充分条件是( ) (A)a ⊥α ，b ∥β ，α ⊥β (B)a ⊥α ，b ⊥β ，α ∥β (C)a ⊂α ，b ⊥β ，α ∥β (D)a ⊂α ，b ∥β ，α ⊥β 4．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 垂直二、填空题：5．在三棱锥P －ABC 中，6==PB PA ，平面P AB ⊥平面ABC ，P A ⊥PB ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝30°，则PC ＝______．6．在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，当底面ABCD 满足条件______时，有A 1C ⊥B 1D 1．(只要求写出一种条件即可)7．设α ，β 是两个不同的平面，m ，n 是平面α ，β 之外的两条不同直线，给出四个论断： ①m ⊥n ②α ⊥β ③n ⊥β ④m ⊥α以其中三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出正确的一个命题______．8．已知平面α ⊥平面β ，α ∩β ＝l ，点A ∈α ，A ∉l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α ，m ∥β ，给出下列四种位置：①AB ∥m ；②AC ⊥m ；③AB ∥β ；④AC ⊥β ，上述四种位置关系中，不一定成立的结论的序号是______．三、解答题：9．如图，三棱锥P －ABC 的三个侧面均为边长是1的等边三角形，M ，N 分别为P A ，BC 的中点．(Ⅰ)求MN 的长； (Ⅱ)求证：P A ⊥BC ．10．如图，在四面体ABCD 中，CB ＝CD ，AD ⊥BD ，且E 、F 分别是AB 、BD 的中点．求证：(Ⅰ)直线EF ∥平面ACD ； (Ⅱ)平面EFC ⊥平面BCD ．11．如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC ∥AD ，AF BE AF BE AD BC 21,//,21==，G ，H 分别为F A ，FD 的中点．(Ⅰ)证明：四边形BCHG 是平行四边形；(Ⅱ)C ，D ，F ，E 四点是否共面?为什么?(Ⅲ)设AB ＝BE ，证明：平面ADE ⊥平面CDE ．§7－2空间几何体的结构【知识要点】1．简单空间几何体的基本概念：(1)(2)特殊的四棱柱：3．简单几何体的三视图与直观图：(1)平行投影：①概念：如图，已知图形F，直线l与平面α 相交，过F上任意一点M作直线MM1平行于l，交平面α 于点M1，则点M1叫做点M在平面α 内关于直线l的平行投影．如果图形F上的所有点在平面α 内关于直线l 的平行投影构成图形F1，则F1叫图形F在α 内关于直线l的平行投影．平面α 叫投射面，直线l叫投射线．②平行投影的性质：性质1．直线或线段的平行投影仍是直线或线段；性质2．平行直线的平行投影是平行或重合的直线；性质3．平行于投射面的线段，它的投影与这条线段平行且等长；性质4．与投射面平行的平面图形，它的投影与这个图形全等；性质5．在同一直线或平行直线上，两条线段平行投影的比等于这两条线段的比．(2)直观图：斜二侧画法画简单空间图形的直观图．(3)三视图：①正投影：在平行投影中，如果投射线与投射面垂直，这样的平行投影叫做正投影．②三视图：选取三个两两垂直的平面作为投射面．若投射面水平放置，叫做水平投射面，投射到这个平面内的图形叫做俯视图；若投射面放置在正前方，叫做直立投射面，投射到这个平面内的图形叫做主视图；和直立、水平两个投射面都垂直的投射面叫做侧立投射面，投射到这个平面内的图形叫做左视图．将空间图形向这三个平面做正投影，然后把三个投影按右图所示的布局放在一个水平面内，这样构成的图形叫空间图形的三视图．③画三视图的基本原则是“主左一样高，主俯一样长，俯左一样宽”． 4．简单几何体的表面积与体积： (1)柱体、锥体、台体和球的表面积：①S 直棱柱侧面积＝ch ，其中c 为底面多边形的周长，h 为直棱柱的高．②'=ch S 21正棱锥形面积，其中c 为底面多边形的周长，h ＇为正棱锥的斜高． ③''+=h c c S )(21正棱台侧面积，其中c ＇，c 分别是棱台的上、下底面周长，h ＇为正棱台的斜高．④S 圆柱侧面积＝2πRh ，其中R 是圆柱的底面半径，h 是圆柱的高． ⑤S 圆锥侧面积＝πRl ，其中R 是圆锥的底面半径，l 是圆锥的母线长． ⑥S 球＝4πR 2，其中R 是球的半径． (2)柱体、锥体、台体和球的体积：①V 柱体＝Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．②Sh V 31=锥体，其中S 是锥体的底面积，h 是锥体的高． ③)(31'+'+=S SS S h V 台体，其中S ＇，S 分别是台体的上、下底面的面积，h 为台体的高．④3π34R V =球，其中R 是球的半径．【复习要求】1．了解柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征；2．会画出简单几何体的三视图，会用斜二侧法画简单空间图形的直观图； 3．理解球、棱柱、棱锥、台的表面积与体积的计算公式．【例题分析】例1 如图，正三棱锥P －ABC 的底面边长为a ，侧棱长为b ．(Ⅰ)证明：P A ⊥BC ；(Ⅱ)求三棱锥P －ABC 的表面积； (Ⅲ)求三棱锥P －ABC 的体积．【分析】对于(Ⅰ)只要证明BC (P A )垂直于经过P A (BC )的平面即可；对于(Ⅱ)则要根据正三棱锥的基本性质进行求解．证明：(Ⅰ)取BC 中点D ，连接AD ，PD ． ∵P －ABC 是正三棱锥，∴△ABC 是正三角形，三个侧面P AB ，PBC ，P AC 是全等的等腰三角形． ∵D 是BC 的中点，∴BC ⊥AD ，且BC ⊥PD ， ∴BC ⊥平面P AD ，∴P A ⊥BC ．(Ⅱ)解：在Rt △PBD 中，,4212222a b BD PB PD -=-= ∴.442122a b a PD BC S PBC -==⋅∆ ∵三个侧面P AB ，PBC ，P AC 是全等的等腰三角形， ∴三棱锥P －ABC 的侧面积是.44322a b a- ∴△ABC 是边长为a 的正三角形，∴三棱锥P －ABC 的底面积是,432a∴三棱锥P －ABC 的表面积为⋅-+=-+)312(434434322222a b a aa b a a (Ⅲ)解：过点P 作PO ⊥平面ABC 于点O ，则点O 是正△ABC 的中心， ∴,63233131aa AD OD =⨯==在Rt △POD 中，,3332222a b OD PD PO -=-=∴三棱锥P －ABC 的体积为.3123334331222222a b a a b a -=-⨯⨯【评述】1、解决此问题要求同学们熟悉正棱锥中的几个直角三角形，如本题中的Rt △POD ，其中含有棱锥的高PO ；如Rt △PBD ，其中含有侧面三角形的高PD ，即正棱锥的斜高；如果连接OC ，则在Rt △POC 中含有侧棱．熟练运用这几个直角三角形，对解决正棱锥的有关问题很有帮助．例2 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E 是AC 的中点．(Ⅰ)求证：平面BEC 1⊥平面ACC 1A 1；(Ⅱ)求证：AB 1∥平面BEC 1．【分析】本题给出的三棱柱不是直立形式的直观图，这种情况下对空间想象能力提出了更高的要求，可以根据几何体自身的性质，适当添加辅助线帮助思考．证明：(Ⅰ)∵ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱，∴AA 1⊥平面ABC ， ∴BE ⊥AA 1．∵△ABC 是正三角形，E 是AC 的中点，∴BE ⊥AC ，∴BE ⊥平面ACC 1A 1，又BE ⊂平面BEC 1， ∴平面BEC 1⊥平面ACC 1A 1．(Ⅱ)证明：连接B 1C ，设BC 1∩B 1C ＝D ．∵BCC 1B 1是矩形，D 是B 1C 的中点， ∴DE ∥AB 1．又DE ⊂平面BEC 1，AB 1⊄平面BEC 1， ∴AB 1∥平面BEC 1．例3 在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，△P AD 是等边三角形，已知BD ＝2AD ＝8，542==DC AB ．(Ⅰ)设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面P AD ； (Ⅱ)求四棱锥P －ABCD 的体积．【分析】本题中的数量关系较多，可考虑从“算”的角度入手分析，如从M 是PC 上的动点分析知，MB ，MD 随点M 的变动而运动，因此可考虑平面MBD 内“不动”的直线BD 是否垂直平面P AD ．证明：(Ⅰ)在△ABD 中，由于AD ＝4，BD ＝8，54=AB ，所以AD 2＋BD 2＝AB 2．故AD ⊥BD ．又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥平面P AD ，又BD ⊂平面MBD ，故平面MBD ⊥平面P AD ． (Ⅱ)解：过P 作PO ⊥AD 交AD 于O ，由于平面P AD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ．因此PO 为四棱锥P －ABCD 的高，又△P AD 是边长为4的等边三角形．因此.32423=⨯=PO 在底面四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ，所以四边形ABCD 是梯形，在Rt △ADB 中，斜边AB 边上的高为5585484=⨯，即为梯形ABCD 的高，所以四边形ABCD 的面积为.2455825452=⨯+=S 故.316322431=⨯⨯=-ABCD P V例4 如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图．它的主视图和左视图在下面画出(单位：cm)(Ⅰ)画出该多面体的俯视图；(Ⅱ)按照给出的尺寸，求该多面体的体积； (Ⅲ)在所给直观图中连结BC ＇，证明：BC ＇∥平面EFG ．【分析】画三视图的基本原则是“主左一样高，主俯一样长，俯左一样宽”，根据此原则及相关数据可以画出三视图．证明：(Ⅰ)该几何体三视图如下图：(Ⅱ)所求多面体体积).cm (32842)2221(316442=⨯⨯⨯⨯-⨯⨯=-=正三棱锥长方体V V V (Ⅲ)证明：在长方体ABCD －A'B'C'D'中，连结AD'，则AD'∥BC'．因为E ，G 分别为AA'，A'D'中点，所以AD'∥EG ，从而EG ∥BC '．又BC'⊄平面EFG ，所以BC'∥平面EFG ．例5 有两个相同的直三棱柱，底面三角形的三边长分别是3a ，4a ，5a ，高为a2，其中a ＞0．用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，表面积最小的一个是四棱柱，求a 的取值范围．解：直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的三个侧面的面积分别是6，8，10，底面积是6a 2，因此每个三棱柱的表面积均是2×6a 2＋6＋8＋10＝12a 2＋24．情形①：将两个直三棱柱的底面重合拼在一起，只能拼成三棱柱，其表面积为： 2×(12a 2＋24)－2×6a 2＝12a 2＋48．情形②：将两个直三棱柱的侧面ABB 1A 1重合拼在一起，结果可能拼成三棱柱，也可能拼成四棱柱，但表面积一定是：2×(12a 2＋24)－2×8＝24a 2＋32．情形③：将两个直三棱柱的侧面ACC 1A 1重合拼在一起，结果可能拼成三棱柱，也可能拼成四棱柱，但表面积一定是：2×(12a 2＋24)－2×6＝24a 2＋36．情形④：将两个直三棱柱的侧面BCC 1B 1重合拼在一起，只能拼成四棱柱，其表面积为：2×(12a 2＋24)－2×10＝24a 2＋28在以上四种情形中，②、③的结果都比④大，所以表面积最小的情形只能在①、④中产生．依题意“表面积最小的一个是四棱柱”，得24a 2＋28＜12a 2＋48，解得,352<a 所以a 的取值范围是⋅)315,0(例6 在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点，求三棱锥F －A 1ED 1的体积．【分析】计算三棱锥F －A 1ED 1的体积时，需要确定锥体的高，即点F 到平面A 1ED 1的距离，直接求解比较困难．利用等积的方法，调换顶点与底面的方式，如1111EFD A ED A F V V --=，也不易计算，因此可以考虑使用等价转化的方法求解．解法1：取AB 中点G ，连接FG ，EG ，A 1G ． ∵GF ∥AD ∥A 1D 1，∴GF ∥平面A 1ED 1，∴F 到平面A 1ED 1的距离等于点G 到平面A 1ED 1的距离．∴.8183313132111111111a a a D A S V V V EG A EG A D ED A G ED A F =⨯⨯====⋅∆---解法2：取CC 1中点H ，连接F A 1，FD 1，FH ，FC 1，D 1H ，并记FC 1∩D 1H ＝K ．∵A 1D 1∥EH ， A 1D 1＝EH ，∴A 1，D 1，H ，E 四点共面． ∵A 1D 1⊥平面C 1CDD 1，∴FC ⊥A 1D 1．又由平面几何知识可得FC 1⊥D 1H ，∴FC ⊥平面A 1D 1HE ． ∴FK 的长度是点F 到平面A 1D 1HE (A 1ED 1)的距离．容易求得.811053453131,1053321111a a a FK S V a FK ED A ED A F =⨯⨯===⋅∴∆- 练习7－2一、选择题：1．将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为( ) (A)2π (B)4π (C)8π (D)16π2．如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是( )(A)9π (B)10π (C)11π (D)12π3．有一种圆柱体形状的笔筒，底面半径为4 cm ，高为12 cm ．现要为100个这种相同规格的笔筒涂色(笔筒内外均要涂色，笔筒厚度忽略不计)．如果所用涂料每0.5 kg 可以涂1 m 2，那么为这批笔筒涂色约需涂料( ) (A)1.23 kg (B)1.76 kg (C)2.46 kg (D)3.52 kg 4．某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a ＋b 的最大值为( ) (A)22(B)32(C)4(D)52二、填空题：5．如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的每条棱长均为2，E 、F 分别是BC 、A 1C 1的中点，则EF 的长等于______．6．将边长为1的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使得BD ＝1，则三棱锥D －ABC 的体积是______．7．一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为3，底面周长为3，则这个球的体积为______．8．平面内的一个四边形为平行四边形的充要条件有多个，如两组对边分别平行，类似地，写出空间中的一个四棱柱为平行六面体的两个充要条件：充要条件①：_______________________________________________________________；充要条件②：_______________________________________________________________． (写出你认为正确的两个充要条件) 三、解答题：9．如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是DD 1的中点．(Ⅰ)求证：BD 1∥平面ACE ；(Ⅱ)求证：平面ACE ⊥平面B 1BDD 1． 10．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(Ⅰ)求该几何体的体积V ； (Ⅱ)求该几何体的侧面积S ．11．如图，已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为3的正方体，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1．(Ⅰ)求证：E ，B ，F ，D 1四点共面； (Ⅱ)若点G 在BC 上，32=BG ，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，求证：EM ⊥面BCC 1B 1．习题7一、选择题：1．关于空间两条直线a 、b 和平面α ，下列命题正确的是( ) (A)若a ∥b ，b ⊂α ，则a ∥α (B)若a ∥α ，b ⊂α ，则a ∥b (C)若a ∥α ，b ∥α ，则a ∥b (D)若a ⊥α ，b ⊥α ，则a ∥b 2．正四棱锥的侧棱长为23，底面边长为2，则该棱锥的体积为( ) (A)8(B)38 (C)6 (D)23．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则直线AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) (A)46 (B)410 (C)22 (D)23 4．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是( )(A)3cm 34000 (B)3cm 38000 (C)2000cm 3 (D)4000cm 35．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，则该棱柱的体积等于( ) (A)2 (B)22(C)23(D)24二、填空题：6．已知正方体的内切球的体积是π34，则这个正方体的体积是______．7．若正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面边长为1，AB 1与底面ABCD 成60°角，则直线AB 1和BC 1所成角的余弦值是______． 8．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是______．9．连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB 、CD 的长度分别等于3472、，每条弦的两端都在球面上运动，则两弦中点之间距离的最大值为______．10．已知AABC 是等腰直角三角形，AB ＝AC ＝a ，AD 是斜边BC 上的高，以AD 为折痕使∠BDC 成直角．在折起后形成的三棱锥A －BCD 中，有如下三个结论： ①直线AD ⊥平面BCD ； ②侧面ABC 是等边三角形；③三棱锥A －BCD 的体积是.2423a 其中正确结论的序号是____________．(写出全部正确结论的序号) 三、解答题：11．如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是BC 的中点，AB ＝AA 1．(Ⅰ)求证：AD ⊥B 1D ；(Ⅱ)求证：A 1C ∥平面A 1BD ；(Ⅲ)求二面角B －AB 1－D 平面角的余弦值．12．如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥AB ，P A ⊥AC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝2，AB ＝1，M 为PC 的中点．(Ⅰ)求证：平面PCB ⊥平面MAB ； (Ⅱ)求三棱锥P －ABC 的表面积．13．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝AA 1＝2，M 、N 分别是A 1C 1、BC 1的中点．(Ⅰ)求证：BC 1⊥平面A 1B 1C ； (Ⅱ)求证：MN ∥平面A 1ABB 1； (Ⅲ)求三棱锥M －BC 1B 1的体积． 14．在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2=AD ，DC ＝SD ＝2．点M 在侧棱SC 上，∠ABM ＝60°．(Ⅰ)证明：M 是侧棱SC 的中点；(Ⅱ)求二面角S －AM －B 的平面角的余弦值．专题07 立体几何参考答案练习7-1一、选择题：1．B 2．D 3．C 4．B 二、填空题：5．10 6．AC ⊥BD (或能得出此结论的其他条件)7．②、③、④⇒①；或①、③、④⇒② 8．④ 三、解答题：9．(Ⅰ)解：连接MB ，MC ．∵三棱锥P －ABC 的三个侧面均为边长是1的等边三角形，∴23==MC MB ，且底面△ABC 也是边长为1的等边三角形． ∵N 为BC 的中点，∴MN ⊥BC ．在Rt △MNB 中，⋅=-=2222BN MB MN (Ⅱ)证明：∵M 是P A 的中点，∴P A ⊥MB ，同理P A ⊥MC ．∵MB ∩MC ＝M ，∴P A ⊥平面MBC ，又BC ⊂平面MBC ，∴P A ⊥BC ．10．证明：(Ⅰ)∵E 、F 分别是AB 、BD 的中点，∴EF 是△ABD 的中位线，∴EF ∥AD ．又EF ⊄平面ACD ，AD ⊂平面ACD ，∴直线EF ∥平面ACD ．(Ⅱ)∵EF ∥AD ，AD ⊥BD ，∴EF ⊥BD ．∵CB ＝CD ，F 是BD 的中点，∴CF ⊥BD ． ∵CF ∩EF ＝F ，∴BD ⊥平面CEF ．∵BD ⊂平面BCD ，∴平面EFC ⊥平面BCD ．11．(Ⅰ)由题意知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，∴GH ∥AD ，,21AD GH =又BC ∥AD ，AD BC 21=，∴GH ∥BC ，GH ＝BC ， ∴四边形BCHG 是平行四边形． (Ⅱ)C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下：由BE ∥AF ，AF BF 21=，G 是F A 的中点，得BE ∥FG ，且BE ＝FG ．∴EF ∥BG ．由(Ⅰ)知BG ∥CH ，∴EF ∥CH ，故EC ，FH 共面，又点D 在直线FH 上，所以C ，D ，F ，E 四点共面． (Ⅲ)连结EG ，由AB ＝BE ，BE ∥AG ，BE ＝AG 及∠BAG ＝90°，知ABEG 是正方形，故BG ⊥EA ．由题设知F A ，AD ，AB 两两垂直，故AD ⊥平面F ABE ，∴BG ⊥AD ． ∴BG ⊥平面EAD ，∴BG ⊥ED ．又ED ∩EA ＝E ，∴BG ⊥平面ADF ．由(Ⅰ)知CH ∥BG ，∴CH ⊥平面ADE ．由(Ⅱ)知F ∈平面CDE ，故CH ⊂平面CDE ，得平面ADE ⊥平面CDE ．练习7-2一、选择题：1．B 2．D 3．D 4．C 二、填空题： 5．5 6．122 7．3π48．答案不唯一，如“两组相对侧面分别平行”；“一组相对侧面平行且全等”；“对角线交于一点”；“底面是平行四边形”等．三、解答题：9．证明：(Ⅰ)设AC ∩BD ＝O ，连结OE ．∵E 是DD 1的中点，O 是BD 的中点，∴OE ∥BD 1．又OE ⊂平面ACE ，BD 1⊄平面ACE ，∴BD 1∥平面ACE ．(Ⅱ)∵ABCD －A 1B 1C 1D 1是正四棱柱，∴底面ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD ．又D 1D ⊥平面ABCD ，∴AC ⊥D 1D ，∴AC ⊥平面B 1BDD 1， ∵AC ⊂平面ACE ，∴平面ACE ⊥平面B 1BDD 1．10．解：由已知可得该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥P －ABCD ．(Ⅰ).644)68(3131=⨯⨯⨯==Sh V (Ⅱ)该四棱锥有两个侧面P AD 、PBC 是全等的等腰三角形，且BC 边上的高为：h 1＝.24)28(422=+ 另两个侧面P AB 、PCD 也是全等的等腰三角形， AB 边上的高为,5)26(4222=-+=h因此.22440)582124621(2+=⨯⨯+⨯⨯=S11．(Ⅰ)证明：在DD 1上取一点N 使得DN ＝1，连接CN ，EN ，显然四边形CFD 1N 是平行四边形，∴D 1F ∥CN ．同理四边形DNEA 是平行四边形，∴EN ∥AD ，且EN ＝AD ．又BC ∥AD ，且BC ＝AD ，∴EN ∥BC ，且EN ＝BC ， ∴四边形CNEB 是平行四边形，∴CN ∥BE ， ∴D 1F ∥BE ，∴E ，B ，F ，D 1四点共面．(Ⅱ)∵GM ⊥BF ，∴△BCF ∽△MBG ，∴,CF BGBC MB =即,2323=MB ∴MB ＝1．∵AE ＝1，∴四边形ABME 是矩形，∴EM ⊥BB 1．又平面ABB 1A 1⊥平面BCC 1B 1，且EM ⊂平面ABB 1A 1，∴EM ⊥平面BCC 1B 1．习题7一、选择题：1．D 2．B 3．A 4．B 5．B 二、填空题： 6．324 7．438．9π 9．5 10．①、②、③ 三、解答题：11．(Ⅰ)证明：∵ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱，∴BB 1⊥平面ABC ，∴平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ．∵正△ABC 中，D 是BC 的中点，∴AD ⊥BC ，∴AD ⊥平面BB 1C 1C ， ∴AD ⊥B 1D ．(Ⅱ)解：连接A 1B ，设A 1B ∩AB 1＝E ，连接DE ． ∵AB ＝AA 1， ∴ 四边形A 1ABB 1是正方形，∴E 是A 1B 的中点，又D 是BC 的中点，∴DE ∥A 1C ．∵DE ⊂平面A 1BD ，A 1C ⊄平面A 1BD ，∴A 1C ∥平面A 1BD ．(Ⅲ)解：建立空间直角坐标系，设AB ＝AA 1＝1，则⋅-)1,0,21(),0,23,0(),0,0,0(1B A D设n 1＝(p ，q ，r )是平面A 1BD 的一个法向量，则,01=⋅n 且,011=⋅B n 故.021,023=-=-r P q 取r ＝1，得n 1＝(2，0，1)．同理，可求得平面AB 1B 的法向量是).0,1,3(2-=n 设二面角B －AB 1－D 大小为θ ，∵,515||||cos 2121==⋅n n n n θ∴二面角B －AB 1－D 的平面角余弦值为⋅51512．(Ⅰ)∵P A ⊥AB ，AB ⊥AC ，∴AB ⊥平面P AC ，故AB ⊥PC ．∵P A ＝AC ＝2，M 为PC 的中点，∴MA ⊥PC ．∴PC ⊥平面MAB ，又PC ⊂平面PCB ，∴平面PCB ⊥平面MAB ．(Ⅱ)Rt △P AB 的面积1211==⋅AB PA S ．Rt △P AC 的面积.2212==⋅AC PA S Rt △ABC 的面积S 3＝S 1＝1．∵△P AB ≌△CAB ，∵PB ＝CB ，∴△PCB 的面积.632221214=⨯⨯==⋅MB PC S ∴三棱锥P －ABC 的表面积为S ＝S 1＋S 2＋S 3＋S 4＝.64+13．(Ⅰ)∵ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，∴BB 1⊥平面A 1B 1C 1，∴B 1B ⊥A 1B 1．又B 1C 1⊥A 1B 1，∴A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，∴BC 1⊥A 1B 1． ∵BB 1＝CB ＝2，∴BC 1⊥B 1C ，∴BC 1⊥平面A 1B 1C ．(Ⅱ)连接A 1B ，由M 、N 分别为A 1C 1、BC 1的中点，得MN ∥A 1B ，又A 1B ⊂平面A 1ABB 1，MN ⊄平面A 1ABB 1，∴MN ∥平面A 1ABB 1．(Ⅲ)取C 1B 1中点H ，连结MH ．∵M 是A 1C 1的中点，∴MH ∥A 1B 1，又A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，∴MH ⊥平面BCC 1B 1，∴MH 是三棱锥M －BC 1B 1的高， ∴三棱锥M －BC 1B 1的体积⋅=⨯⨯⨯==⋅⋅∆321421313111MH S V B BC 14．如图建立空间直角坐标系，设A (2，0，0)，则B (2，2，0)，C (0，2，0)，S (0，0，2).(Ⅰ)设)0(>=λλ，则),12,12,2(),12,12,0(λλλλλ++--=++BM M 又.60,),0,2,0(ο>=<-=BM BA BA 故,60cos ||||.οBM =即,)12()12()2(14222λλλ+++-+-=+解得λ ＝1． ∴M 是侧棱SC 的中点．(Ⅱ)由M (0，1，1)，A (2，0，0)得AM 的中点⋅)21,21,22(G 又),1,1,2(),1,1,0(),21,23,22(-=-=-=AM MS GB ∴,,,0,0AM AM ⊥⊥∴==⋅⋅∴cos,G 〈等于二面角S －AM －B 的平面角． Θ,36||||),cos(-==MS GB 即二面角S －AM －B 的平面角的余弦值是－36．。

2020版高考数学二轮复习：大题考法课立体几何

解：法一：(1)证明：由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2， AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝2 2，所以A1B21＋AB21＝AA21，故AB1⊥A1B1. 由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，得B1C1＝ 5. 由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2 3. 由CC1⊥AC，得AC1＝ 13，所以AB21＋B1C21＝AC21，故AB1⊥B1C1.
设平面A1BC的法向量为n ＝(x，y，z)．
B→C·n＝0，由
A→1C·n＝0，
得－ 2y－32x＋3zy＝＝00.，
取n ＝(1， 3，1)，
故sin θ＝|cos〈E→F，n 〉|＝||E→E→FF|··n|n||＝45，
所以cos θ＝35. 因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.
证明：(1)如图，取PD的中点为G，连接FG，AG， ∵F是CE的中点， ∴FG是梯形CDPE的中位线， ∵CD＝3PE， ∴FG＝2PE，FG∥CD， ∵CD∥AB，AB＝2PE， ∴AB∥FG，AB＝FG，即四边形ABFG是平行四边形， ∴BF∥AG，又BF⊄平面ADP，AG⊂平面ADP，
易得 OD＝2t ，OB＝ 23t，所以 OD2＋OB2＝BD2，从而 OD⊥OB. 又 AC∩OB＝O，所以 OD⊥平面 ABC. (2)由题意可知 VD-ACE＝VB-ACE，则 B，D 到平面 ACE 的距离相等，所以点 E 为 BD 的中点．法一：以 O 为坐标原点，O→A的方向为 x 轴正方向，O→B的方向为 y 轴正方向， O→D的方向为 z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
由A→B1·A→1C1＝0，得 AB1⊥A1C1. 又因为 A1B1∩A1C1＝A1，所以 AB1⊥平面 A1B1C1. (2)设直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角为 θ. 由(1)可知A→C1＝(0,2 3，1)，A→B＝(1， 3，0)， B→B1＝(0,0,2)．

高考数学历年真题练习：专题07 立体几何-2020年高考数学(理)二轮专项习题练(原卷版)

专题07 立体几何初步一、选择题1．(2018北京)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为俯视图侧(左)视图1221A ．1 B ．2 C ．3 D ．42．(2018全国卷Ⅰ)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BAA ．172B ．52C ．3D ．23．(2018全国卷Ⅲ)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4．(2018全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC ∆为等边三角形且其面积为93D ABC -体积的最大值为 A ．123B ．183C ．3D ．35．(2018上海)《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设1AA 是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以1AA 为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A 1AA ．4 B ．8 C ．12 D ．166．(2018浙江)某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是侧视图俯视图正视图2211A ．2B ．4C ．6D ．87．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 ．10B ．12C ．14D ．168．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所得，则该几何体的体积为A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π9．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A ．πB ．34π C ．2π D ．4π10．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是俯视图11311A ．12π+ B ．32π+ C ． 312π+ D ． 332π+ 11．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为A ．2B ．3C ．2D ．212．一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为A ．1233+π B ．1233+π C ．1236+π D ．216+π 13．如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径，若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π 14．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π15．（2016年全国III ）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为A ．185+B ．54185+C ．90D ．8116．已知,m n 是两条不同的直线，,,αβγ是三个不同的平面，则下列命题正确的是（） A ．若//,//m n αα，则//m n B ．若,αγβγ⊥⊥，则//αβC ．若//,//m n αα，且,m n ββ⊂⊂，则//αβD ．若,m n αβ⊥⊥，且αβ⊥，则m n ⊥ 17.我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的堑堵，AC BC ⊥，若12AA AB ==，当阳马11B A ACC -体积最大时，则堑堵111ABC A B C -的外接球体积为（）A.22πB.823π C. 1423π D. 42π 18．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A ．13B ．23 C ．1D ．219．如图所示，正四面体ABCD 中,E 是棱AD 的中点,P 是棱AC 上一动点，BP PE +的最小值为14，则该正四面体的外接球表面积是（）A ．12πB ．32πC ．8πD ．24π20．(2018全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为 A 33B 23C ．324D 3 21．(2018全国卷Ⅱ)在长方体1111-ABCD A B C D 中，1==AB BC ，13=AA 则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为 A ．15BCD．222．(2018浙江)已知平面α，直线m ，n 满足m α⊄，n α⊂，则“m ∥n ”是“m ∥α”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23．(2018浙江)已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为1θ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S AB C --的平面角为3θ，则 A ．123θθθ≤≤ B ．321θθθ≤≤ C ．132θθθ≤≤D ．231θθθ≤≤24．已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=o，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为 ABCD25．如图，已知正四面体D ABC -（所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP PB =，2BQ CRQC RA==，分别记二面角D PR Q --，D PQ R --，D QR P --的平面角为α，β，γ，则R QPAC DA ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α26．平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，α∥平面11CB D ，αI 平面ABCD =m ，αI 平面11ABB A =n ，则m ，n 所成角的正弦值为AB．2 CD ．13二、填空题27．(2018天津)已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH -的体积为．128．(2018江苏)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．29．如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，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，DBC ∆，ECA ∆，FAB ∆分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形。

2020届高考数学(文)二轮复习专题综合练：专题七立体几何 Word版含答案

11、如图, 所在的平面,AB是的直径,C是上的一点, 于E, 于F,
下列四个命题中：
① 面PAC；② 面PBC；
③ ；④ 面PBC．
其中正确命题的是______ 请写出所有正确命题的序号
12、如图，四棱锥中，底面，底面为正方形，则下列结论：
1 平面；
2平面平面；
3平面平面；
4平面平面 .
1答案及解析：
答案：C
解析：
2答案及解析：
答案：D
解析：棱柱的侧面应为平行四边形,故选D.
3答案及解析：
答案：D
解析：由三视图可得该几何体是一个直三棱柱截去一个三棱锥后余下的部分，如图三棱柱的底面是以4为直角边的等腰直角三角形，高为4，三棱锥的底面是三棱柱的上底面，顶点是三棱柱侧棱的中点，则该几何体的体积为 .
所以 ,因为面 , 平面 ,
所以平面
（2）证明: ,O是的中点,
所以 ,又因为平面平面 ,且平面 ,
所以平面 ,
所以平面平面
（3）三棱锥的体积为
在等腰直角三角形中, ,
所以 , ,
所以等边三角形的面积 ,
又因为平面 ,
所以三棱锥的体积等于 .
又因为三棱锥的体积与三棱锥的体积相等
又四边形为正方形, ,
所以平面 ,又平面 ,
所以 ,
在直角梯形中可得
,
则 ,又 ,
所以平面.
（2）设 ,由题设知为棱锥的高,
所以棱锥的体积 ,
由1知为棱锥的高,
而 , 的面积为 ,
所以棱锥的体积 ,
故棱锥的体积与棱锥的体积的比值为 .
14答案及解析：

2020年高考数学二轮限时训练立体几何7理

第五部分：立体几何（7）（限时：时间45分钟，满分100分）一、选择题1. 若m n是两条不同的直线，a、B、丫是三个不同的平面，则下列命题中的真命题是（）A. 若n? 3,a±3，贝U mLaB. 若久门丫 = m 3^Y= n, mil n,贝V a〃BC. 若mL3, m//a，贝U a//BD. 若a丄Y,a丄B，贝V B丄丫【解析】A中只有当m垂直于a、B的交线时，才有mha；B中a、B可能相交，如三棱柱的两个侧面；C中m//a ? a内有一直线l //m ] i 丄m 丄pj 丄0；/CcrJD中，B与丫可能平行，也可能相交（不一定垂直）.【答案】C2. （2020年柳州质检一一）设a、b是不同的直线，a、B是不同的平面，则下列四个命题中正确的是（）A. 若a丄b, a La，贝U b/aB. 若a/a,a丄B，贝V a丄BC. 若a 丄B,a丄B，贝V a /laD. 若a丄b, a±a, b±B，贝U a±B【解析】A中，b可能在a内；B中，a可能在B内，也可能与B平行或相交（不垂直）；C中，a可能在a内；D中，a丄b, a丄a，贝U b? a或b//a,又b丄B,「・a丄B.【答案】D3.其中正确命题的序号是（）如图，在斜三棱柱 ABO ABG 中，/ BAG= 90°, BG 丄AQ 贝U G 在底面 ABC 上的射影H 必在（）A. 直线AB 上B. 直线BG 上C. 直线AG 上D. A ABC 内部【解析】••• BAI AG BG 丄 AG BA H BGi = B,••• AGL 平面 ABG.•/ AG 平面ABG ••平面 ABGL 平面ABG ，且交线是 AB.故平面ABG 上一点 G 在底面ABG 的射影H 必在交线 AB 上.【答案】 A3.如果一个二面角的两个半平面与另一个二面角的两个半平面互相垂直，则这两个 .面角的大小是（） A.相等•应选D.【答案】 D4. （2020年浙江模拟）下面四个命题：① “直线a //直线b ”的充要条件是“a 平行于b 所在的平面”；② “直线I 丄平面a 内所有直线”的充要条件是“ I 丄平面 a”； ③ “直线a 、b 为异面直线”的充分不必要条件是“直线 a 、b 不相交”；C.相等或互补.无法确定【解析】如图, I —3为直二面角，丫一 a —S 为另一个二面角，使丫丄a,.互补把丫平面固定不动,a —3的度数不能确定,④“平面a//平面3”的必要不充分条件是“a内存在不共线三点到3的距离相其中正确命题的序号是（）A.①②B .②③ C.②④ D .③④【解析】a //b 推不出a 平行于b 所在平面，反之也不成立.•••①不正确.由线面垂直的定义知②正确. a 、b 不相交时，a 、b 可能平行，此时 a 、b 共面•③不正确•当 a/3时，a 内一定有三个不共线的点到平面 3的距离相等•反之，设A 、B 、C 是a 内三个不共线的点，当3过厶ABC 的中位线时，A 、B C 三点到3的距离相等，但此时a 、3相交，④正确.【答案】 C二、填空题6•将正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使平面 AED 丄平面CBD E 是CD 的中点，则异面直线AE BC 所成角的正切值是【解析】如图，取BD 中点O,连接AO OE二 tan 乙 AEO = 27.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 在表面上运动，并且总保持 PE! AQ 则动点P 的轨「迹的周长为 _________【解析】贝U AO 丄BD.•••平面ABDL 平面 CBD•- AO 丄平面 BCD OE// BC, •••/ AEO 即为 AE 、 BC 所成的角.设正方形的边长为则 0E 二 1/0 二 0由题意知；点P 的轨迹为如图所示的三角形 EFG 其中GF 为中点，二 EF =Q,GE 二 GF 二二泗二斗2 2 '/＞轨迹的周长为辽+ 6【答案】’八&设P 是60°的二面角 a — I — 3内一点，PAL a, PB±3, A B 分别为垂足,=2, PB = 4，贝U AB 的长是【解析】设平面PAB 与棱I 交于点0,连接AO BQ 则/ A0E 为二面角的平面角, •••/ AOB=60 ,•••/ APB=120 .• Ah=Ah+BP-2AP • BP- cos120= 4 + 16-2x2x4xS'PA10.【答案】三、解答题9.(2020年年苏北模拟)在四棱锥 S — ABCD 中，已知 AB// CD SA = SB, SC = SD, E 、F 分别为AB CD 的中点.(1) 求证：平面 SEFL 平面 ABCD⑵ 若平面SABH 平面 SCD= I ，求证：AB//I.【证明】(1)由SA = SB, E 为AB 中点得SEI AB.一由SC = SD F 为CD 中点得SF 丄DC.又 AB// DC ••• SB 丄SF.又 SF A SE = S,「. AB!平面 SEF.又••• AB?平面 ABCD ：平面 SEFL 平面 ABCD.(2) T AB// CD CD?平面 SCD• AB//平面 SCD.又•••平面 SABH 平面 SCD= I ,根据直线与平面平行的性质定理得：AB// I.(2020年九江模拟)如图，四棱锥S— ABCD的底面ABCD是正方形，SM底面ABCD E 是SC上一动点.(1) 求证：平面EBDL平面SAC(2) 当AA的值为多少时，二面角B—SC- D的大小为120°?(3) 在(2)的条件下，设AB= 1,当E位于何处时，恰为四棱锥S- ABCD的外接球的球心•并求该球的体积.【解析】⑴•/ ABC 为正方形，••• BDL AC又SAL底面ABCD：BDL SASAH AC= A平面EBD丄平面SAC.BD丄平面SAC又BD?平面EBD(2)由题设易知，Rt△ SBC也Rt△ SDC. 设BE! SC 贝U DEL SC.•••/ BED为二面角B- SG-D的平面角.•••/ BED= 120°.设AB= a, SA= b，计算可得,而BD= 2a，代入余弦定理：BD= B^+ DE—2BE- DE- cos120°? a = b,(3) 当E为SC的中点时，恰为四棱锥S—ABCD的外接球球心，禾U用补形法可把四棱锥补成一个正方体，则E点为对角线交点，即正方体中心，可得结论.•••外接球的半径为R=〒,V球=牙n.10.。

2019高考数学大二轮复习专题7 立体几何第2讲综合大题部分真题押题精练理

解析：（1)证明:在图②中,过 P 作 PQ∥BC 交 A′B 于点 Q，连接 QE. 因为 CP＝3PA′,所以错误!＝错误!＝错误!，因为 BC＝4，所以 PQ＝1，因为 DE∥BC，DE＝1,所以 DE 綊 PQ，所以四边形 QEDP 为平行四边形，所以 DP∥EQ。因为 DP⊄ 平面 A′BE，EQ⊂ 平面 A′BE，所以 DP ∥平面 A′BE. (2)在图②中，过 A′作 A′F⊥BE 于点 F，因为平面 A′BE⊥平面 BCDE. 所以 A′F⊥平面 BCDE。因为∠BA′E＝90°，A′B＝错误!，A′E＝3，所以∠A′EB＝30°,A′F＝错误!,EF＝错误!, 过 F 作 FG⊥DE 交 DE 的延长线于点 G，则 FG＝错误!，EG＝错误!。如图②，建立空间直角坐标系,D(0,0，0),E（1,0，0)，B(4， 3，0）,C （0，错误!，0），A′错误!,F错误!，则错误!＝错误!，错误!＝错误!，错误! ＝（1，0，0)．设平面 A′BE 的法向量 n＝（x，y，z)，则错误!即错误! 可取 n＝(1，－ 3，0)．设平面 A′DE 的法向量 m＝(x1,y1，z1），则错误!即错误! 可取 m＝（0，2，－错误!）．所以 cos〈m,n〉＝错误!＝－错误!。因为二面角 B A′E.D 为钝角，所以二面角 B A′E。D 的余弦值的大小为－错误!。
错误!可取 y＝错误!a，得平面 PAM 的一个法向量为 n＝(错误!（a－4)，错误!a，－a), 所以 cos 〈错误!,n>＝错误!. 由已知可得｜cos〈错误!，n〉｜＝cos 30°＝错误!，所以错误!＝错误!，解得 a＝－4（舍去)或 a＝错误!. 所以 n＝错误!。又错误!＝（0,2，－2错误!），所以 cos〈错误!，n〉＝错误!. 所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为错误!。 3．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥 P ABCD 中， AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°。 (1)证明：平面 PAB⊥平面 PAD; （2）若 PA＝PD＝AB＝DC,∠APD＝90°，求二面角 A。PB.C 的余弦值．解析：(1）证明:由已知∠BAP＝∠CDP＝90°, 得 AB⊥AP，CD⊥PD. 由于 AB∥CD，故 AB⊥PD，又 AP∩PD＝P，从而 AB⊥平面 PAD. 又 AB⊂ 平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD. (2）在平面 PAD 内作 PF⊥AD，垂足为 F. 由(1）可知，AB⊥平面 PAD,故 AB⊥PF，可得 PF⊥平面 ABCD。以 F 为坐标原点，错误!的方向为 x 轴正方向，｜错误!｜为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 F。xyz.

2020高考数学大二轮复习专题7立体几何第2讲综合大题部分真题押题精练理

2020学年高考数学(理)二轮复习解题方法与技巧试题：专题七 立体几何 Word版含答案