2020年高考各省市模拟试题分类汇编：立体几何(解析版)

2020年高考各省市模拟试题分类汇编：立体几何
1．（2020·东北师大附中高三模拟（文））已知m ，n 是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确是（ ）
A ．若//m α，n αβ=I ，则//m n
B ．若m α⊥，//m β，则αβ⊥
C ．若n β⊥，αβ⊥，则//n α
D ．若m α⊂，n β⊂，l αβ=I ，且m l ⊥，n l ⊥，则αβ⊥
【答案】B
【解析】对于一个任意长方体，，A 中，如图，取m AB =，
α=面11CC D D ，β=面11BB C C ，1CC n αβ==I ，而1AB CC ⊥，即m n ⊥，故A 错；B 中，若//m β，则根据线面平行的性质，平面β内必存在直线//l m ，而m α⊥，则l α⊥，由面面垂直的判定定理可得αβ⊥，B 对；C 中，如图，取n AB =，α=面11ABB A ，β=面11BB C C ，则n β⊥，αβ⊥，而n ⊂α，故C 错；D
中，取α=面11AB C D ，β=面11BB C C ，
11B C l αβ==I ，1m AB α=⊂，1n BB β=⊂则m l ⊥，n l ⊥，但,αβ不垂直，故D 错；故选B 。

2．（2020·安徽省滁州市定远育才学校高三模拟（文））已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为（ ）
A ．1612+π
B ．3212π+
C ．2412π+
D ．3220π+
【答案】A 【解析】由三视图知：该几何体是正四棱柱与半球体的组合体，且正四棱柱的高为2，
底面对角线长为4，球的半径为2，所以几何体的表面积为：221422222412162
S πππ=⨯⨯+⨯+⨯⨯=+，故选A ． 3．（2020·安徽省滁州市定远育才学校高三模拟（文））已知三棱锥A BCD -的各棱长都相等，E 为BC 中点，则异面直线AB 与DE 所成角的余弦值为( )
A ．536
B ．36
C ．336
D 11
【答案】B
【解析】取AC 中点M ，则因为E 为BC 中点，因此ME 平行AB ，从而异面直线AB 与DE 所成角等于∠MED ，因为三棱锥A BCD -的各棱长都相等，设为1，则13,2ME DM DE === 222313(
()(3222cos 31222
MED +-∴∠==⨯⨯AB 与DE 3B 。

4．（2020·福建省漳州市高三测试（文）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为1，高为2，
M 为11B C 的中点，过M 作平面α，使得平面//α平面1A BD ，若平面α把111ABC A B C -分成的两个几何体中，体积较小的几何体的体积为（ ）
A ．148
B ．124
C ．112
D ．18
【答案】B
【解析】
取11C D 的中点G ，1C C 中点N ，MG 中点Q ，里那个AC ，BD 交于O 点，并且连接MG ，MN ，GN ，NQ ，11B D ，
故11//MG B D ，又在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，11////BD B D MG BD ∴
又MG ⊄平面1,A BD BD ⊂平面1A BD
//MG ∴平面1A BD ，同理//MN 平面1A BD
∴平面//MQN 平面1A BO
∴平面MQN 即为平面α，体积较小的几何体为三棱锥1N MQC - 由题意：1111,12
MC GC NC ==
= 所以三棱锥1N MQC -的体积为：111111322224⨯⨯⨯⨯=，故选B 。

5．（2020·河北省沧州市高三一模（文））四棱锥V ABCD -的底面是正方形，且各条棱长均相等，点P 是VC 的中点，则异面直线AP 与CD 所成角的余弦值为（ ）
A ．35
B 5
C 5
D 35 【答案】D
【解析】如下图所示，设四棱锥V ABCD -的各条棱的棱长为4，连接AC 、BD 交于点O ，则O 为AC 的中点，且VO ⊥平面ABCD ，连接OP ，取OC 的中点E ，连接PE ，
Q 四边形ABCD 为正方形，//AB CD ∴，则42AC =
所以，异面直线AP 与CD 所成角为PAB ∠或其补角，
4VA VC ==Q ，222VA VC AC +=，VA VC ∴⊥，
O Q 为AC 的中点，1222
VO AC ==Q E Q 、P 分别为OC 、VC 的中点，//PE VO ∴且122
PE VO == VO ⊥Q 平面ABCD ，PE ∴⊥平面ABCD ，AC ⊂Q 平面ABCD ，PE AC ∴⊥，
3324
AE AC ==2225PA PE AE =+= VBC ∆Q 是边长为4的等边三角形，P 为VC 的中点，4sin
233PB π∴==
4AB =Q ，由余弦定理得22235cos 210
PA AB PB PAB PA AB +-∠==⋅. 故选D 。

6．（2020·河北省沧州市高三一模（文））在四面体ABCD 中，2AB AC BC BD CD =====，6AD =则四面体ABCD 的外接球的表面积为（ ）
A ．163π
B ．5π
C ．20πs
D ．203
π 【答案】D
【解析】如下图所示：
取BC 的中点M ，连接AM 、DM ，设ABC ∆和BCD ∆的外心分别为点F 、E ，分别过点F 、E 作平面ABC 和平面BCD 的垂线交于点O ，则点O 为外接球球心，
由题意可知，ABC ∆和BCD ∆都是边长为2的等边三角形，
M Q 为BC 的中点，AM BC ∴⊥，且3AM DM ==，
6AD =Q 222AM DM AD ∴+=，AM DM ∴⊥，
BC DM M =Q I ，AM ∴⊥平面BCD ，AM ⊂Q 平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCD ， 易得133ME MF AM ===2233BE DM ==， AM ⊥Q 平面BCD ，OE ⊥平面BCD ，//OE AM ∴，
同理可得//OF DM ，则四边形OEMF 为菱形，AM DM ⊥Q ，∴菱形OEMF 为正方形，
OE ⊥Q 平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，OE BE ∴⊥， 所以外接球的半径为2215OB OE BE =+=， 因此，四面体ABCD 的外接球的表面积为22043
OB ππ⨯=，故选D 。

7．（2020·河南省安阳市高三一模（文）已知四棱锥E ABCD -，底面ABCD 是边长为1的正方形，1ED =，平面ECD ⊥平面ABCD ，当点C 到平面ABE 的距离最大时，该四棱锥的体积为（ ）
A ．26
B ．13
C ．23
D ．1
【答案】B
【解析】过点E 作EH CD ⊥，垂足为H ，过H 作HF AB ⊥，垂足为F ，连接EF.
因为平面ECD ⊥平面ABCD ，所以EH ⊥平面ABCD ，
所以EH HF ⊥.
因为底面ABCD 是边长为1的正方形，//HF AD ，所以1HF AD ==.
因为//CD 平面ABE ，所以点C 到平面ABE 的距离等于点H 到平面ABE 的距离.
易证平面EFH ⊥平面ABE ，
所以点H 到平面ABE 的距离，即为H 到EF 的距离h . 不妨设(0)2CDE πθθ∠=<≤
，则sin EH θ=，21sin EF θ=+
. 因为11
22EHF S EF h EH FH =⋅⋅=⋅⋅V ，所以21sin sin h θθ⋅+=，
所以222
11sin 1sin h θθ==≤++，当2π
θ=时，等号成立.
此时EH 与ED 重合，所以1EH =，21
1
1133E ABCD V -=⨯⨯=.
故选B 。

8．（2020·河南省鹤壁市高级中学高三二模（文））某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（
）
A ．4
12π+ B ．1
3π+ C ．1π+ D ．1
4π+
【答案】A
【解析】由三视图还原原几何体如图，
该几何体可看作两个几何体的组合体，
左侧是四分之一圆锥，右侧是四棱锥，圆锥的底面半径为1，高为1，
棱锥的底面是边长为1的正方形，一条侧棱垂直于底面，且长度为1． 所以，该几何体的体积为211411133412V S h ππ+⎛⎫=⋅=⋅+⋅= ⎪⎝⎭
，故选A 。

9．（2020·河南省开封市高三模拟（理））一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz 中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A
【解析】因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O ﹣xyz 中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），几何体的直观图如图，
是正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx 平面为投影面，则得到正视图为：
故选A 。

10．（2020·黑龙江哈尔滨师大附中高三模拟（文））已知α，β是两个不同的平面，直线m α⊂，下列命题中正确的是( )
A ．若αβ⊥，则//m β
B ．若αβ⊥，则m β⊥
C ．若//m β，则//αβ
D ．若m β⊥，则αβ⊥ 【答案】D
【解析】若αβ⊥且m α⊂，则m 与β相交、平行或m β⊂，A 、B 错误；
若//m β且m α⊂，则α与β可能相交或平行，C 错误；
由面面垂直判定定理可知，D 选项的已知条件符合定理，则αβ⊥，D 正确。

11．（2020·黑龙江哈尔滨师大附中高三模拟（文））如图,四边形ABCD 是边长为2的正方形，ED ⊥平面ABCD ，FC ⊥平面ABCD ，22ED FC ==，则异面直线AE 与BF 所成角的余弦值为（ ）
A ．13
B ．5
C ．310
D ．23
【答案】C
【解析】根据题意画出图形,取ED 中点P ,连接,AP PF
Q //PD FC 且PD FC =
∴四边形PDFC 是平行四边形
∴//PF DC 且PF DC =
又Q 四边形ABCD 是的正方形
可得//AB DC 且AB DC =
故//AB PF 且AB PF =
∴四边形ABPF 是的平行四边形
∴//BF AP 且BF AP =
故EAP ∠为异面直线AE 与BF 所成角
在Rt APD V 根据勾股定理可得:2222215AP AD DP +=+ 在Rt EAD V 根据勾股定理可得:22222222AE AD ED =+=+=在EAP V 中根据余弦定理:2222cos EP EA AP EA AP EAP =+-⋅⋅∠ 可得：222
cos 2EA AP EP EAP EA AP
+-∠=⋅ 222523105
===⋅⋅⋅，故选C 。

12．（2020·湖北省随州市高三调研（文））已知m ，n 是空间内两条不同的直线，α，β是空间内两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A ．若m n ⊥，m α⊥，则//n α
B ．若αβ⊥，m αβ=I ，n m ⊥，则n α⊥
C ．若m αβ=I ，//n α，则//m n
D ．若m α⊥，βn//，//αβ，则m n ⊥ 【答案】D
【解析】若m n ⊥，m α⊥，则n αP 或n ⊂α，故A 错误；若αβ⊥，m αβ=I ，n m ⊥，若n β⊂，则n α⊥，故B 错误；若m αβ=I ，//n α，m 与n 的关系是异面或平行，故C 错误；若m α⊥，//αβ，m β⊥，又因为βn//，所以m n ⊥，故D 正确，故选D 。

13．（2020·湖北省随州市高三调研（文））已知三棱锥S ABC -的所有顶点在球O 的球面上，SA ⊥平面ABC ，ABC V 是等腰直角三角形，2SA AB AC ===，D 是BC 的中点，过点D 作球O 的截面，则截面面积的最小值是( )
A ．π
B ．2π
C ．3π
D ．4π
【答案】B
【解析】点D 是Rt ABC V 的外心，过点D 作DO ⊥平面ABC 使112DO SA ==， O 是外接球球心，半径设为R ，则OA OS R ==.
在直角梯形SADO 中，2SA =，1OD =，2AD =，得3R =， 过点D 作球O 的截面，当OD ⊥截面时，截面面积最小， 此时截面圆的半径为222R OD -=，
∴截面面积的最小值是2π，故选B 。

14．（2020·湖北省武汉市高三质检（文））在正方形SG 1G 2G 3中，E 、F 分别是G 1G 2及G 2G 3的中点，D 是EF 的中点，现在沿SE 、SF 及EF 把这个正方形折成一个四面体，使G 1、G 2、G 3三点重合，重合后的点记为G ，那么，在四面体S ﹣EFG 中必有（ ）
A ．SG ⊥△EFG 所在平面
B ．SD ⊥△EFG 所在平面
C ．GF ⊥△SEF 所在平面
D ．GD ⊥△SEF 所在平面
【答案】A 【解析】在正方形SG 1G 2G 3中，因为S G 1⊥G 1E ，所以在四面体中有SG ⊥EG.又因为S G 3⊥G 3F ，所以在四面体中有SG ⊥FG ，且GE GF G =I ，所以 SG ⊥△EFG 所在平面。

故选A 。

15．（2020·湖南省长郡中学高三测试（文））在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，,E F 分别为11A D ，11C D 的中点，过点A 、C 、E 、F 的截面与平面11BDD B 的交线为m ，则异面直线m 、1CC 所成角的正切值为( )
A ．2 B
．32 C ．2 D ．2 【答案】D 【解析】如图所示，记EF 与11B D 交于点P ，BD 与AC 交于点O ，连结OP ，
OP 即为过点A 、C 、E 、F 的截面与平面11BDD B 的交线m ，
在正方体1111ABCD A B C D -中，则11//DD CC ，
∴直线1DD 与m 所成角与异面直线m 、1CC 所成角相等，
记直线1DD 与m 所成角为α，
由题可知1DD 与m 都在平面平面11BDD B 上，
易知111124D P B D ==，122DO DB ==， 由此可求得112222
4tan 14
DO D P DD α--===，故选D 。

16．（2020·吉林省实验中学高三第一次检测（文））在四棱锥P ABCD -中，2PB PD ==，1AB AD ==，33PC PA ==，120BAD ∠=︒，AC 平分BAD ∠，则四棱锥P ABCD -的体积为（ ）
A ．62
B 6
C ．63
D 3
【答案】A
【解析】依题意可得,222PA AB PB +=,则PA AB ⊥,同理可得PA AD ⊥,
因为AB AD A ⋂=，所以PA ⊥平面ABCD ,则PA AC ⊥. 因为33PC PA ==,所以()22336AC =-=.
因为120BAD ∠=︒,且AC 平分BAD ∠,
所以四边形ABCD 的面积为3321622
⨯⨯=, 从而四棱锥P ABCD -的体积为13263322
⨯⨯=，故选A 。

17．（2020·江西省名师联盟高三第二次大联考（文））如图，在底面边长为4，侧棱长为6的正四棱锥P ABCD -中，E 为侧棱PD 的中点，则异面直线PB 与CE 所成角的余弦值是（ ）
A ．34
B ．23417
C ．517
D ．317 【答案】D
【解析】如图，取PA 的中点F ，AB 的中点G ，BC 的中点H ，连接FG ，FH ，GH ，EF ，
则//EF CH ，EF CH =，从而四边形EFHC 是平行四边形，则//EC FH ，
且EC FH =.
因为F 是PA 的中点，G 是AB 的中点，
所以FG 为ABP ∆的中位线，所以//FG PB ，则GFH ∠是异面直线PB 与CE 所成的角.由题意可得
3FG =，1222HG AC ==. 在PCD ∆中，由余弦定理可得2223636167cos 22669
PD PC CD DPC PD PC +-+-∠===⋅⨯⨯， 则2222cos 17CE PC PE PC PE DPC =+-⋅∠=，即17CE =.
在GFH ∆中，由余弦定理可得222cos 2FG FH GH GFH FG FH +-∠=⋅9178317172317
+-==⨯⨯. 故选D 。

18．（2020·江西省名师联盟高三一模（文））如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球的体积为（ ）
A ．1122π
B ．4411π
C ．4411π
D ．1122π
【答案】B
【解析】由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥A BCD -，
F 为BD 的中点，
外接球球心O 在过CD 的中点E 且垂直于平面BCD 的直线l 上，
又点O 到,,A B D 的距离相等，
所以O 又在过左边正方体一对棱的中点,M N 所在直线上，
在OEN ∆中，由NF MF NE OE =，即223OE
=，得3OE =， 所以三棱锥A BCD -外接球的球半径22223(2)11R OE BE =+=+=44113
V π=。

19．（2020·陕西省西北工业大学附中高三一模（文））已知圆柱的轴截面周长为12，体积为V ，则下列总成立的是（ ）
A ．8V π≥
B ．8V π≤
C ．V π≥
D ．V π≤
【答案】B
【解析】设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由题意得：4212r h +=，即26r h +=，
∴体积为()33218633V r h r r h ππππ⎡⎤⎛⎫=++=⨯= ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭… 当且仅当r h =时取等号，由此可得8V π≤恒成立，故选B 。

．
20．（2020·四川省眉山市高三二诊（文））已知腰长为3，底边长2为的等腰三角形ABC ，D 为底边BC 的
中点，以AD 为折痕，将三角形ABD 翻折，使BD CD ⊥，则经过A ，B ，C ，D 的球的表面积为（ ）
A ．10π
B ．12π
C ．16π
D ．20π 【答案】A
【解析】∵3AB AC ==，2BC =， 则223122AD -=BD CD ⊥，
又BD AD ⊥，CD AD ⊥，
∴可以将三棱锥D ABC -可补成一个长方体，
则经过A ，B ，C ，D 的球为长方体的外接球，设球的半径为r ，
故2222(2)r AD BD CD =++81110=++=， 所以252
r =，所以所求的表面积为2410S r ππ==，故选A 。

21．（2020·云南昆明一中高三（文））在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1AD 的中点，F 为BD 的中点，
则（ ）
A ．11//EF C D
B ．1EF AD ⊥
C ．//EF 平面11BCC B
D ．EF ⊥平面11AB C D 【答案】D
【解析】连结AC ，1D C ，则F 为AC 的中点，所以1//EF D C ，因为11⊥D C DC ，1D C AD ⊥，1AD DC D =I ，所以1DC ⊥平面11AB C D ，所以EF ⊥平面11AB C D ，选D.
22．（2020·云南昆明一中高三（文））在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，PAB ∆和ABC ∆均为边长为3P ABC -的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为____________.
【答案】20π.
【解析】由题意可知，设PAB ∆和ABC ∆的外心的半径为1r ，2r ， 则1223224r r ===，122r r ==，21O H =，11O H =，3AH =， 22222115R AO AH O H O O ==++=，5R =
所以球的表面积为2420S R ππ==.
23．（2020·陕西省西北工业大学附中高三一模（文））已知三棱锥P ABC -中，PC ⊥平面ABC ，若6PC BC ==，2AB =，PA 与平面ABC 所成线面角的正弦值为
64
，则三棱锥P ABC -外接球的表面积为______．
【答案】16π
【解析】PC ⊥Q 平面ABC ，PA 与平面ABC 所成线面角的正弦值为64∴6PC PA =4PA ∴=， 根据勾股定理可得2210AC PA PC =-=
在ABC ∆中，6=BC 10AC =，2AB =，则ABC ∆为直角三角形．
三棱锥P ABC -外接球即为以PC ，AC ，AB 为长宽高的长方体的外接球，
故26644R =++，三棱锥外接球的表面积为2416S R ππ==。

24．（2020·四川省成都市金堂中学校高三模拟（文））如图，在四棱锥C ABOD -中，CO ⊥平面ABOD ，
//AB OD ，OB OD ⊥，
且212AB OD ==，62AD =异面直线CD 与AB 所成角为30°，点O ，B ，C ，D 都在同一个球面上，则该球的表面积为____
【答案】84π
【解析】如图，过点D 作DE AB ⊥,由//AB OD ，OB OD ⊥，且212AB OD ==，
可得四边形DEBO 为矩形，6BE DO ==,226OB DE AD AE ==-=，
由6OD =，由于AB ∥OD ，异面直线CD 与AB 所成角为30°，
CO ⊥平面ABOD ,故∠CDO=30°，则tan 3023CO OD =⨯=o 设三棱锥O-BCD 外接球半径为R ，
结合,,OC OD OC OB OD OB ⊥⊥⊥可将以OC 、OB 、OD 为相邻三条棱补成一个长方体，可得：()222222844R OB OC OD R =++==，
该球的表面积为：2484S R ππ==.
25．（2020·江西省名师联盟高三一模（文））在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，且PAD ∆为等边三角形，若四棱锥P ABCD -的体积与四棱锥P ABCD -外接球的表面积3
，则四棱锥P ABCD -的表面积为___________. 【答案】837+【解析】如图，
连接AC ，BD 交于点1O ，取AD 的中点为N ，连接PN .
设四棱锥P ABCD -外接球的球心为O ，等边三角形PAD 外接圆的圆心为2O ，
则2O 为PAD ∆的重心，则22||3
PO PN =，正方形ABCD 外接圆的圆心为1O . 因为PN AD ^，平面PAD ⊥平面ABCD ，
所以PN ^平面ABCD ，所以1//OO PN ，
所以四边形12OO NO 为矩形，
所以21OO NO =.
设正方形ABCD 的边长为2x ，则||3PN x =， 所以223x PO =，2OO x =， 所以四棱锥P ABCD -外接球的半径为222222
7||3PO PO OO x =+=， 所以四棱锥P ABCD -外接球的表面积为2283S x π=
球， 四棱锥P ABCD -的体积为231434333
P ABCD V x x x -=⨯=， 所以37P ABCD V x S π-=球33x =，解得1x =， 所以正方形ABCD 的边长为2，所以3,2,2,7,4PAD PAB PDC PCB ABCD S S S S S ∆∆∆∆=====正方形， 所以四棱锥P ABCD -的表面积为837+。

26．（2020·陕西省西安中学高三二模（文））如图，已知圆柱的轴截面11ABB A 是正方形，C 是圆柱下底面弧AB 的中点，1C 是圆柱上底面弧11A B 的中点，那么异面直线1AC 与BC 所成角的正切值为
_______________.
【答案】2
【解析】取圆柱下底面弧AB 的另一中点D ，连接1,C D AD ， 则因为C 是圆柱下底面弧AB 的中点，所以//AD BC ，
所以直线1AC 与AD 所成角等于异面直线1AC 与BC 所成角.
因为1C 是圆柱上底面弧11A B 的中点， 所以1C D ⊥圆柱下底面，所以1C D AD ⊥.
因为圆柱的轴截面11ABB A 是正方形，
所以12C D AD =，
所以直线1AC 与AD 2.
所以异面直线1AC 与BC 2。

27．（2020·江西省名师联盟高三第二次大联考（文））在四面体ABCD 中，AD AC BC BD ===，
42AB CD ==.球O 是四面体ABCD 的外接球，过点A 作球O 的截面，若最大的截面面积为9π，则四面体ABCD 的体积是______.
【答案】323
【解析如图，因为AD AC BC BD ===，42AB CD ==，
所以该长方体的长和宽都是4，设该长方体的高为h ，
球O 的半径为R ，则2
16162
h R ++=，因为过点A 作球O 的截面，最大的截面面积为9π，所以3R =， 则2h =，故四面体ABCD 的体积是11
324424424323
⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=.。

28．（2020·湖南省长郡中学高三测试（文））某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，最长的棱的长度为________________.
【答案】3
【解析】如图所示，将此几何体放入一个边长为2的正方体内，三棱锥P ABC -即为该几何体，
由图可得5PA =
，1AB =，22PB =，5BC =，2221223PC =++=，2221216AC =++=，
∴最长的棱的长度为3.
29．（2020·吉林省高三二模（文））如图，在五面体ABCDEF 中，AB //DC ，2
BAD π
∠=
，3CD AD ==，
四边形ABFE 为平行四边形，FA ⊥平面ABCD ，5FC =，则直线AB 到平面EFCD 距离为_________．
【答案】
37
【解析】作AG FD ⊥ 如图
由AB //DC ，
DC ⊂平面EFCD ，AB ⊄平面EFCD
所以AB //平面EFCD
所以直线AB 到平面EFCD 距离 等价于点A 到平面EFCD 距离
又FA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD 所以FA ⊥CD ，又2
BAD π
∠=
，则CD AD ⊥
,AD FA ⊂平面FAD ，AD FA A ⋂=，
所以CD ⊥平面FAD
AG ⊂平面FAD ，所以CD AG ⊥
又,CD FD ⊂平面EFCD ，CD FD D ⋂= 所以AG ⊥平面EFCD
所以点A 到平面EFCD 距离为AG
由3CD AD ==，所以2232AC CD AD =+=又5FC =，所以227AF FC AC =-在AFD ∆中，224FD AD AF =+=
又
1137
224
FD AG AD AF AG ⋅⋅=⋅⋅⇒=。

30．（2020·河南省安阳市高三一模（文）将底面直径为43柱的侧面积的最大值为__________. 3π
【解析】欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥.设圆柱的高为h ，底面半径为r 323
r
=， 所以3
3h =. ∴2
32233(1)132S rh r r r ππππ⎫⎡⎤===--+≤⎪⎣⎦⎭
侧， 当1r =时，S 侧3π。

31．（2020·安徽省滁州市定远育才学校高三模拟（文））如图，在长方体1111ABCD A B C D －中，
16,3,8AA AB AD ===， 点M 是棱AD 的中点，N 在棱1AA 上，且满足12AN NA ＝，P 是侧面四边形11ADD A 内一动点(含边界)，若1C P ∥平面CMN ，则线段1C P 长度最小值是________.
【答案】17
【解析】取11A D 的中点Q ,过点Q 在面11ADD A 作MN 的平行线交1DD 于E
则易知面1//C QE 面CMN ,在1C QE ∆中作1C P QE ⊥,则117C P =为所求。

32．（2020·东北师大附中高三模拟（文））正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，M 是棱11A B 的中点，则异面直线AM 与BC 所成角的余弦值为__________． 【答案】
5
10
【解析】将正三棱柱补成如图所示的四棱柱1111ABCD A B C D -，其中//AB CD ，//AD BC ，
连接MD ，1MD ，
因为//AD BC ，所以MAD ∠为异面直线AM 与BC 所成角（或其补角），
设12AB BC AA x ===，则1A M x =，5AM x =， ∵111A B C ∆为正三角形，∴111=120B A D ∠︒，
由余弦定理得2221111D M A D A M =+1112cos120A D A M -⋅︒22
1
4222
x x x x =++
⋅⋅⋅， ∴17D M x =，则11DM x =，
∴222cos 2AM AD DM MAD AM AD +-∠=⋅222
5252x x
==-
⋅⋅， ∴异面直线AM 与BC 所成角的余弦值为
5
10。

33．（2020·云南昆明一中高三（文））图1是由正方形ABCG ，直角梯形ABED ，三角形BCF 组成的一个平面图形，其中22AB DE ==，3BE BF CF ===，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2.
（1）证明：图2中的D ，E ，C ，G 四点共面，且平面ABD ⊥平面DEC ； （2）求图2中的点A 到平面BCE 的距离. 【答案】（1）见解析（22
【解析】（1） 证明：因为正方形ABCG 中， //AB CG ，梯形ABED 中， //DE AB ， 所以//DE CG ， 所以DECG 四点共面；
因为AG AB ⊥， 所以AG DE ⊥， 因为,AD DE AD AG A ⊥⋂=，
所以DE ⊥平面ADG ，
因为DG ⊂平面ADG ， 所以DE DG ⊥， 在直角梯形ABED 中，2,
1,
3AB DE BE ===，可求得2AD =，
同理在直角梯形GCED 中，可求得2DG =，
又因为2AG BC ==，
则222AD DG AG +=，
由勾股定理逆定理可知AD DG ⊥，
因为,AD DE DE DG D ⊥⋂=， 所以AD ⊥平面DEG ， 因为AD ⊂平面ABD ，
故平面ABD ⊥平面DEG ， 即平面ABD ⊥平面DEC .
（2）在等腰直角三角形ADG 中，AG 边上的高为1， 所以点D 到平面ABC 的距离等于1， 因为DE 与平面ABC 平行， 所以点E 到平面ABC 的距离11h =， 三角形ABC 的面积11
22
S AB BC =
⋅=， BCE V 中，BC 边上的高为2
2
22BC BE ⎛⎫
-= ⎪⎝⎭
，
又因为BCE V 的面积21
222
S BC =
⋅=， 设点A 到平面BCE 的距离为2h ，由三棱锥A BCE -的体积A BCE E ABC V V --=， 得22h =， 故点A 到平面BCE 的距离为2。

34．（2020·四川省眉山市高三二诊（文））如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1224AB BC AA ===，
E 为11A D 的中点，N 为BC 的中点，M 为线段11C D 上一点，且满足11114
MC D C =u u u u r u u u u r
，F 为MC 的中点.
（1）求证：//EF 平面1A DC ； （2）求三棱锥1C FCN -的体积；
（3）求直线1A D 与直线CF 所成角的余弦值.
【答案】（1）见解析（2）16（3）
10
5
【解析】
（1）作1D D 的中点H ，连接EH ，FH ，又E 为11A D 的中点， ∴EH 为11A DD ∆的中位线，1//EH A D ，又F 为MC 的中点， ∴FH 为梯形1D DCM 的中位线，∴//FH CD . 在平面1A DC 中，1A D CD D =I ， 在平面EHF 中，EH FH H =I ， ∴平面1//A DC 平面EHF ，
又EF ⊂平面EHF ，∴//EF 平面1A DC
.
（2）1111111
332
C FCN N C FC C FC C MC V V S CN S CN --∆∆==
⨯⨯=⨯⨯⨯ 11111112162126
C M CC CN =⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯=. 故所求三棱锥1C FCN -的体积为1
6
.
（3）连接1B C ，1MB ，因为在长方体1111ABCD A B C D -中，11//A D B C ， 且11A D B C =，又点M 在直线CF 上，
所以直线1A D 与直线CF 所成角即为1B C 与CM 所成的角， 即是1B CM ∠（或其补角）.
在1B CM ∆中，1
22=BC ，5MC =15MB =由余弦定理得2221111cos 2CM B C B M B CM CM B C
+-∠=⋅(2
2
2
5
22
5
102522
+-==
⋅⋅，
故所求直线1A D 与直线CF 10 35．（2020·四川省成都市金堂中学校高三模拟（文））如图，在矩形ABCD 中，4AB =，2AD =，E 是CD
的中点，以AE 为折痕将DAE ∆向上折起，D 变为'D ，且平面'D AE ⊥平面ABCE .
（1）求三棱锥'A D CE -的体积； （2）求证：'AD BE ⊥；
（3）求证：平面'ABD ⊥平面BD E ' 【答案】（1）
22
（2）证明见解析（3）证明见解析 【解析】（1）取AE 的中点F ,连接'D F ,由E 是CD 的中点，
易得DAE ∆为等腰直角三角形，即'D AE ∆为等腰直角三角形，且'D F AE ⊥ 由2AD =，可得'2D F =
由平面'D AE ⊥平面ABCE ，且'D F AE ⊥,平面'D AE I 平面ABCE AE =,且'D F ⊂ 平面'D AE ，可得'D F ⊥平面ABCE ， 可得：11
4222222
AEC S ∆=
⨯⨯-⨯⨯=, '''1122
2233A D CE D ACE AEC V V S D F --∆==⨯⨯=⨯=
（2）证明：易得22AE BE ==, 4AB =, 可得：222AB AE BE =+,
AE BE ⊥,
由（1）得'D F ⊥平面ABCE ，可得'D F ⊥BE ，
由'D F AE F =I ，'D F ⊂平面'D AE ，'D F ⊥BE ，AE ⊂平面'D AE ， 可得：BE ⊥平面'D AE ，可得'BE AD ⊥，即'AD BE ⊥.
(3)由（2）得，'AD BE ⊥，且''AD D E ⊥，且'BE D E E =I ,且BE ⊂平面BD E '，'D E ⊂平面BD E '，可得'AD ⊥平面BD E '，由'AD ⊂平面'ABD ， 可得：平面'ABD ⊥平面BD E '.
36．（2020·安徽省滁州市定远育才学校高三模拟（文））如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABCD ，
AD BC ∥，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中
点．
（I ）证明MN ∥平面PAB ； （II ）求四面体N BCM -的体积.
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)
4
53
. 【解析】（Ⅰ）取PB 的中点T ，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT 为平行四边形，从而得到
MN AT P ，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）由条件可知四面体N-BCM 的高，即点N 到底面的
距离为棱PA 的一半，由此可顺利求得结果． 试题解析：（Ⅰ）由已知得
，取
的中点T ，连接
，由N 为
中点知
，
.
又，故平行且等于，四边形AMNT 为平行四边形，于是
.
因为
平面
，
平面
，所以
平面
.
（Ⅱ）因为平面
，N 为
的中点，
所以N 到平面
的距离为
.
取的中点，连结.由得，.
由
得
到
的距离为
，故1
45252
BCM S =
⨯⨯=V . 所以四面体
的体积145
323
N BCM BCM PA V S -=
⨯⨯=
V 。

37．（2020·东北师大附中高三模拟（文））在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，M 在棱PD 上，且3
5
PM PD =，在底面ABCD 中，10BA BC ==，5DA DC ==，2AC =，O 为对角线AC ，BD 的交点.
（1）证明：OM P 平面PBC ；
（2）若2PA =，求三棱锥M PBC -的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2）1 【解析】
（1）证：在底面ABCD 中，BAC ∆，DAC ∆都为等腰三角形，故对角线AC BD ⊥， 所以223BO AB AO =
-=，222OD AD AO -=，
由M 在棱PD 上，且35PM PD =
知：2
3
DM MP =， 所以在PBD ∆中有
2
3
DM DO MP OB ==，所以//OM PB ， 又OM ⊄平面PBC ，PB ⊂平面PBC ，所以OM P 平面PBC ；
（2）解：由（1）可知：点M 到平面PBC 的距离等于点O 到平面PBC 的距离， 所以三棱锥M PBC -的体积等于三棱锥O PBC -的体积， 而PA ⊥平面ABCD ，所以三棱锥O PBC -的高2h PA ==， 所以11
321132
M PBC P BOC V V --==
⨯⨯⨯⨯=，故三棱锥M PBC -的体积为1．
38．（2020·福建省莆田市高三质检（文））如图，四棱锥P ﹣ABCD 的底面是菱形，AB ＝AC ＝2，PA ＝23，PB ＝PD.
（1）证明：平面PAC ⊥平面ABCD ；
（2）若PA ⊥AC ，M 为PC 的中点，求三棱锥B ﹣CDM 的体积. 【答案】（1）见解析；（2）1 【解析】
（1）证明：设BD 交AC 于点O ，连接PO ，在菱形ABCD 中，AC BD ⊥， 又PB PD =，O 是BD 的中点，∴PO BD ⊥，
Q AC PO O =I ，AC ⊂平面PAC ，PO ⊂平面PAC ，
∴BD ⊥平面PAC ，
又BD ⊂平面ABCD ，故平面PAC ⊥平面ABCD ； （2）解：连接OM ，
Q M 为PC 的中点，且O 为AC 的中点，∴//OM PA ，
由（1）知，BD PA ⊥，又PA AC ⊥， 则BD OM ⊥，OM AC ⊥，
又AC BD O =I ，∴OM ⊥平面ABCD ， 又11
231322
BCD S BD OC =
⋅=⨯=V ， 1
32
OM PA =
=， ∴11
33133
B CDM M BCD BCD V V S OM --==
⋅==V . ∴三棱锥B CDM -的体积为1.
39．（2020·福建省漳州市高三测试（文）如图，三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形，1AA ⊥底面111A B C ，M 为11A B 的中点．
（1）求证：1//B C 平面1AMC ；
（2）若14BB =，且沿侧棱1BB 展开三棱柱的侧面，得到的侧面展开图的对角线长为410，求作点1A 在平面1AMC 内的射影H ，请说明作法和理由，并求线段AH 的长．
【答案】（1）证明见解析（2）作法见解析，理由见解析，85AH =
【解析】（1）如图，
连结1A C ，交1AC 于点O ，连结OM ．
因为三棱柱111ABC A B C -的侧面11AAC C 是平行四边形，所以O 为1A C 中点，
因为M 为11A B 的中点，所以1//OM B C ．
又因为OM ⊂平面1AMC ，1B C ⊄平面1AMC ，
所以1//B C 平面1AMC ．
（2）过1A 作1A H AM ⊥于H ，
因为1AA ⊥平面111A B C ，1C M ⊂平面111A B C ，所以11C M AA ⊥，
因为111A B C △是正三角形，M 为11A B 的中点，
所以111C M A B ⊥，又1111AA A B A =I ，1,AA 11A B ⊂平面11AA B B ，
所以1C M ⊥平面11AA B B ，又1A H ⊂平面11AA B B ，所以11A H C M ⊥，
又因为1AM C M M =I ，,AM 1C M ⊂平面1AMC ，
所以1A H ⊥平面1AMC 于H ，
所以H 为点1A 在平面1AMC 内的射影．
因为三棱柱侧面展开图是矩形， 且对角线长为410，侧棱14BB =， 22(410)412-=．
又因为三棱柱的底面是正三角形，
所以底面边长114,A B =12A M =，
在1Rt AA M V 中，14,AA =221125AM AA A M =
+= 由射影定理，有21AA AH AM =⋅， 即2425AH =⋅85AH =． 40．（2020·河北省沧州市高三一模（文））如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，11AB CB =.
（1）证明：平面11BDD B ⊥平面ABCD ；
（2）若60DAB ∠=o ，1DB B ∆是等边三角形，求点1D 到平面1C BD 的距离.
【答案】（1）见解析；（2）62. 【解析】（1）如图，设AC 与BD 相交于点O ，连接1B O ，
因为四边形ABCD 为菱形，故AC BD ⊥，O 为AC 的中点.
又11AB CB =，故1B O AC ⊥．
又BD ⊂平面11BDD B ，1B O ⊂平面11BDD B ，且1BD B O O =I ，故AC ⊥平面11BDD B . 又AC ⊂平面ABCD ，所以平面11BDD B ⊥平面ABCD ；
（2）底面ABCD 是边长为2的菱形，又60DAB ∠=o ，所以2BD =，3AO CO ==
.
又1DB B ∆是等边三角形，可得1B O BD ⊥，112BD BB DB ===，1
3BO =． 由（1）可知1B O AC ⊥，AC BD O =Q I ，1B O ∴⊥平面ABCD ，
OC ⊂Q 平面ABCD ，则1B O OC ⊥，所以16
BC =． 设1B C 交1BC 于点H ，
又12BB =，2BC =，所以平行四边形11BCC B 为菱形，故11B C BC ⊥．
又BD AC ⊥，1BD B O ⊥，1AC B O O =I ，所以BD ⊥平面1ACB ．
1B C ⊂Q 平面1ACB ，所以1BD B C ⊥.
1BD BC B ⋂=Q ，所以1B C ⊥平面1C BD ，故H 为1B 在平面1C BD 内的射影，故点1B 到平面1C BD 的距离为1162B C B H ==． 又11//D B BD ，BD ⊂平面1C BD ，所以11//D B 平面1C BD ．
故点1B 到平面1C BD 的距离与点1D 到平面1C BD 的距离相等，
所以点1D 到平面1C BD 的距离为6.
41．（2020·河南省安阳市高三一模（文）如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11A ACC ，12CC =，ABC V ，1ACC △，均为正三角形，E 为AB 的中点．
（Ⅰ）证明：1//AC 平面1B CE ；
（Ⅱ）求斜三棱柱111ABC A B C -截去三棱锥1–B CBE 后剩余部分的体积．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
52
【解析】
（Ⅰ）如图，连接1BC ，交1B C 于点M ，连接ME ，则1//ME AC ．
因为1AC ⊄平面1B CE ，ME ⊂平面1B CE ，所以1//AC 平面1B CE ．
（Ⅱ）因为11B C 平面ABC ，所以点1B 到平面ABC 的距离等于点1C 到平面ABC 的距离． 如图，设O 是AC 的中点，连接1OC ，OB ．因为1ACC △为正三角形，所以1OC AC ⊥， 又平面ABC ⊥平面11A ACC ，平面ABC I 平面11A ACC AC =，所以1OC ⊥平面ABC ． 所以点1C 到平面ABC 的距离13OC =，故三棱锥1B BCE -的体积为
111111111133332322
B BCE BCE V S O
C BE CE OC -=⋅=⨯⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⨯=V ． 而斜三棱柱111ABC A B C -的体积为1111233322
ABC V S OC AB CE OC =⋅=⋅⋅⋅=⨯⨯⨯=V ． 所以剩余部分的体积为15322
-=．
42．（2019·吉林吉化第一高级中学校高三（文））如图，在矩形ABCD 中，2AB =，3BC =，点E 是边AD 上的一点，且2AE ED =，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 BCDE ⊥平面.
（2）求四棱锥S BCDE -的体积.
【答案】（1）见解析；（2）
423
【解析】
（1）取CD 的中点M ，连接HM ，SM ，
由已知得2AE AB ==，∴2SE SB ==，又点H 是BE 的中点，∴SH BE ⊥.
因为SC SD =，点M 是线段CD 的中点，∴SM CD ⊥.
又因为//HM BC ，∴HM CD ⊥，从而CD ⊥平面SHM ，
∴CD SH ⊥，又CD ，BE 不平行，∴SH ⊥平面BCDE .
（2）由（1）知2sin452SH AH ==⨯︒=，113DE BC ==， 底面BCDE 的面积为()131242
S =⨯+⨯=， ∴四棱锥S BCDE -的体积1424233V =
⨯⨯=. 43．（2020·河南省开封市高三模拟（文））如图，正方形ABCD 的边长为2,ECD V 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ， M 是线段ED 的中点，N 是线段AC 上的动点.
（1）探究,,,M N B E 四点共面时，N 点位置，并证明；
（2）当,,,M N B E 四点共面时，求C 到平面MNBE 的距离.
【答案】（1）线段AC 的中点，证明见解析；（2）2217
【解析】证明:()1当N 是线段AC 的中点时，,M N B E ，，四点共面.
连接BD ，过相交直线BD DE ，有且只有一个平面BDE ，
因为M 是线段ED 的中点，所以M 在平面BDE 内，
因为ABCD 是正方形，当N 是线段AC 的中点时，
N 是ABCD 的中心，必为BD 的中点，所以N 在平面BDE 内.
分析可知，当N 是线段AC 的中点时，,M N B E ，，四点共面..
()2由()1知，,M N B E ，，四点共面时，即为平面BDE .
过E 作CD 的垂线，垂足记为F ，
ECD V 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，
所以F 是CD 的中点，EF ⊥平面ABC
BC CD ⊥，所以BC ⊥平面,ECD EC ⊂平面BDE ，
所以BC CE ⊥ 3,22EF BD BE ===，
1123223323E BCD V -⎛⎫=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭ 12772
BDE S =⨯⨯=V 因为E BCD C BDE V V --=，
所以C 到平面MNBE 的距离为2322177
d ==。

44．（2020·黑龙江哈尔滨师大附中高三模拟（文））如图，三棱柱111A B C ABC -中，1BB ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，2AB =，1BC =，13BB =，D 是1CC 的中点，E 是AB 的中点.
（1）证明://DE 平面11C BA ;
（2）F 是线段1CC 上一点，且12CF FC =，求1A 到平面ABF 的距离.
【答案】（1）详见解析；（235.
【解析】
（1）设1A B 中点为M ,连EM ,1C M
1BAA ∆中M 是1A B 中点,E 是AB 的中点,
∴1//EM AA 且112
EM AA =, 棱柱中侧棱11//CC AA ,且D 是1CC 的中点,
∴11//DC AA 且1112
DC AA =, ∴1//EM DC ,1EM DC =,
∴1//DE C M ,
又Q ED ⊄平面11C BA 且1MC ⊂平面11C BA ,
∴//DE 平面11C BA
（2）F 在线段1CC 上,且12CF FC =,棱柱中113CC BB ==,
∴2CF =
侧面11ABB A 中11//A B AB ,且AB Ì平面ABF ,11A B ⊄平面ABF ,
∴11//A B 平面ABF ,
1A ,1B 到平面ABF 的距离相等.
在平面11BCC B 中作1B H ⊥直线BF 于H ——①
1BB ⊥平面ABC
可得1BB AB ⊥,
又Q AB BC ⊥,
∴AB ⊥平面11BCC B ,
Q 1B H ⊂平面11BCC B ,
1AB B H ⊥——②,
又Q ①②及AB BF B =I ,
可得1B H ⊥平面ABF .
故线段1B H 长为点1A ,1B 到平面ABF 的距离.
Rt BCF ∆中1BC =,2CF =,2C π∠=, 可得5BF =
1111122
FBB S BB BC BF B H ∆=⋅=⋅, ∴1355
B H = 45．（2020·湖北省随州市高三调研（文））如图，平面ABCD I 平面ABEF AB =，四边形ABCD 和ABEF
都是边长为2的正方形，点M ，N 分别是AF ，AB 的中点，二面角D AB F --的大小为60°
.
（1）求证：//MN 平面BCF ；
（2）求三棱锥M BCF -的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）
33
. 【解析】
（1）证明：M Q ，N 分别是AF ，AB 的中点， //MN BF ∴.
MN ⊄Q 平面BCF ，BF ⊂平面BCF ，
//MN ∴平面BCF .
（2）Q 四边形ABCD 和ABEF 都是边长为2的正方形，
DA AB ∴⊥，FA AB ⊥，
DAF ∴∠就是二面角D AB F --的平面角，
60DAF ∴∠=︒.
连接DM ，在DAM △中，2DA =，1AM =，60DAM ∠=︒， 2222cos603DM AM AD AM AD ∴=+-⋅⋅︒=， 3DM ∴=. 222DM AM AD ∴+=，DM AM ∴⊥.
DA AB ⊥Q ，FA AB ⊥，FA DA A =I ，
AB ∴⊥平面ADM ，AB DM ∴⊥.
DM ∴⊥平面ABEF .
//CD Q 平面ABEF ，
∴点C 到平面ABEF 的距离等于点D 到平面ABEF 的距离，为3. FA AB ⊥Q ，N 为AB 的中点，2AF AB ==，
11212
NBF S ∴=⨯⨯=△ //MN Q 平面BCF ，M BCF N BCF C NFB V V V ---∴==.
1333M BCF NBF V S -∴=⨯=△.
46．（2020·湖北省武汉市高三质检（文））如图，在棱长为a 的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，P ，Q ，L 分别为棱A 1D 1，C 1D 1，BC 的中点．
（1）求证：AC ⊥QL ；
（2）求四面体DPQL 的体积．
【答案】（1）见解析；（2）3
18a .
【解析】
（1）证明：如图所示：
H 为CD 的中点，连接QH ，HL ，P ，Q ，L 分别为棱A 1D 1，C 1D 1，BC 的中点．
所以QH ⊥AC ，AC ⊥HL ，QH∩HL ＝H ，
所以AC ⊥平面QHL ，
∵QL ⊂平面QHL ，
∴AC ⊥QL ；
（2）解：如图所示：
连接PB 1，B 1L ，四边形LDPB 1是平行四边形，则11Q PDL Q PB L L QPB V V V ---==。