历年江苏高考数学立体几何真题汇编含详解
专题14:立体几何江苏卷高考真题赏析(解析版)
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专题14:立体几何江苏卷高考真题赏析(解析版)1.2017年全国普通高等学校招生统一考试数学(江苏卷)如图,在圆柱O1 O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1 ,球O的体积为V2,则12VV的值是_____【答案】32【解析】设球半径为r,则213223423V r rV rπ⨯==π.故答案为32.点睛:空间几何体体积问题的常见类型及解题策略:①若给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体,则可直接利用公式进行求解;②若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出,则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解.2.2019年江苏省高考数学试卷如图,长方体1111ABCD A B C D-的体积是120,E为1CC的中点,则三棱锥E-BCD的体积是_____.【答案】10.【分析】由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.【详解】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120,所以1120AB BC CC ⋅⋅=,因为E 为1CC 的中点, 所以112CE CC =, 由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ,所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高,所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. 【点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中,往往需要注意理清整体和局部的关系,灵活利用“割”与“补”的方法解题.二、解答题3.2020年江苏省高考数学试卷在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AB ⊥AC ,B 1C ⊥平面ABC ,E ,F 分别是AC ,B 1C 的中点.(1)求证:EF ∥平面AB 1C 1;(2)求证:平面AB 1C ⊥平面ABB 1.【答案】(1)证明详见解析;(2)证明详见解析.【分析】(1)通过证明1//EF AB ,来证得//EF 平面11AB C .(2)通过证明AB ⊥平面1AB C ,来证得平面1AB C ⊥平面1ABB .【详解】(1)由于,E F 分别是1,AC B C 的中点,所以1//EF AB .由于EF ⊂/平面11AB C ,1AB ⊂平面11AB C ,所以//EF 平面11AB C .(2)由于1B C ⊥平面ABC ,AB 平面ABC ,所以1B C AB ⊥.由于1,AB AC AC B C C ⊥⋂=,所以AB ⊥平面1AB C ,由于AB 平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明,考查面面垂直的证明,属于中档题.4.2019年江苏省高考数学试卷如图,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,D ,E 分别为BC ,AC 的中点,AB =BC .求证:(1)A 1B 1∥平面DEC 1;(2)BE ⊥C 1E .【答案】(1)见解析;(2)见解析.【分析】(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论;(2)由题意首先证得线面垂直,然后结合线面垂直证明线线垂直即可.【详解】(1)因为D ,E 分别为BC ,AC 的中点,所以ED ∥AB .在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AB ∥A 1B 1,所以A 1B 1∥ED .又因为ED ⊂平面DEC 1,A 1B 1⊄平面DEC 1,所以A 1B 1∥平面DEC 1.(2)因为AB =BC ,E 为AC 的中点,所以BE ⊥AC .因为三棱柱ABC-A 1B 1C 1是直棱柱,所以CC 1⊥平面ABC .又因为BE ⊂平面ABC ,所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1,AC ⊂平面A 1ACC 1,C 1C ∩AC =C ,所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1,所以BE ⊥C 1E .【点睛】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力.5.2018年全国普通高等学校招生统一考试数学(江苏卷)在平行六面体1111ABCD A B C D -中,1AA AB =,111AB B C ⊥.求证:(1)11//AB A B C 平面;(2)111ABB A A BC ⊥平面平面.【答案】(1)见解析(2)见解析【详解】分析:(1)先根据平行六面体得线线平行,再根据线面平行判定定理得结论;(2)先根据条件得菱形ABB1A1,再根据菱形对角线相互垂直,以及已知垂直条件,利用线面垂直判定定理得线面垂直,最后根据面面垂直判定定理得结论.详解:证明:(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,因此AB1⊥A1B.又因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.点睛:本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误,如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形,且对应边互相平行,侧面都是平行四边形”,再如菱形对角线互相垂直的条件,这些条件在解题中都是已知条件,缺少对这些条件的应用可导致无法证明.6.2017年全国普通高等学校招生统一考试数学(江苏卷)如图,在三棱锥ABCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D 不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求证:(1)EF ∥平面ABC ;(2)AD ⊥AC .【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】试题分析:(1)先由平面几何知识证明EF AB ∥,再由线面平行判定定理得结论;(2)先由面面垂直性质定理得BC ⊥平面ABD ,则BC ⊥AD ,再由AB ⊥AD 及线面垂直判定定理得AD ⊥平面ABC ,即可得AD ⊥AC .试题解析:证明:(1)在平面ABD 内,因为AB ⊥AD ,EF AD ⊥,所以EF AB .又因为EF ⊄平面ABC ,AB ⊂平面ABC ,所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD ,平面ABD ⋂平面BCD =BD ,BC ⊂平面BCD ,BC BD ⊥,所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ,所以BC ⊥ AD .又AB ⊥AD ,BC AB B ⋂=,AB ⊂平面ABC ,BC ⊂平面ABC ,所以AD ⊥平面ABC ,又因为AC ⊂平面ABC ,所以AD ⊥AC.点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型:(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行;(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直;(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直.7.2016年全国普通高等学校招生统一考试数学(江苏卷)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,D ,E 分别为AB ,BC 的中点,点F 在侧棱B 1B 上,且11B D A F ⊥ ,1111AC A B ⊥.求证:(1)直线DE 平面A 1C 1F ;(2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F.【答案】(1)详见解析(2)详见解析【解析】试题分析:(1)利用线面平行判定定理证明线面平行,而线线平行的寻找往往结合平面几何的知识,如中位线的性质等;(2)利用面面垂直判定定理证明,即从线面垂直出发给予证明,而线面垂直的证明,往往需要多次利用线面垂直性质定理与判定定理. 试题解析:证明:(1)在直三棱柱111ABC A B C -中,11A C AC , 在三角形ABC 中,因为D ,E 分别为AB ,BC 的中点,所以DE AC ,于是11DE AC ,又因为DE ⊄平面1111,AC F AC ⊂平面11AC F ,所以直线DE//平面11AC F .(2)在直三棱柱111ABC A B C -中,1111AA A B C ⊥平面因为11A C ⊂平面111A B C ,所以111AA AC ⊥,又因为111111*********,,AC A B AA ABB A A B ABB A A B AA A ⊥⊂⊂⋂=,平面平面, 所以11A C ⊥平面11ABB A .因为1B D ⊂平面11ABB A ,所以111AC B D ⊥.又因为1111111111111,,B D A F AC AC F A F AC F AC A F A ⊥⊂⊂⋂=,平面平面, 所以111B D AC F ⊥平面.因为直线11B D B DE ⊂平面,所以1B DE 平面11.A C F ⊥平面【考点】直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型:(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行;(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直;(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直;(4)证明面面垂直,需转化为证明线面垂直,进而转化为证明线线垂直.8.2015年全国普通高等学校招生统一考试数学(江苏卷)如图,在直三棱柱中,已知,,设的中点为,.求证:(1);(2).【答案】(1)详见解析(2)详见解析【解析】试题分析(1)由三棱锥性质知侧面为平行四边形,因此点为的中点,从而由三角形中位线性质得,再由线面平行判定定理得(2)因为直三棱柱中,所以侧面为正方形,因此,又,(可由直三棱柱推导),因此由线面垂直判定定理得,从而,再由线面垂直判定定理得,进而可得试题解析:(1)由题意知,为的中点,又为的中点,因此.又因为平面,平面,所以平面.(2)因为棱柱是直三棱柱,所以平面.因为平面,所以.又因为,平面,平面,,所以平面.又因为平面,所以.因为,所以矩形是正方形,因此.因为,平面,,所以平面.又因为平面,所以.考点:线面平行判定定理,线面垂直判定定理。
江苏省高考数学 真题分类汇编 立体几何
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OD1A1C1B1ACD B七、立体几何(一)填空题 1、(2009江苏卷8)在平面上,若两个正三角形的边长的比为1:2,则它们的面积比为1:4,类似地,在空间内,若两个正四面体的棱长的比为1:2,则它们的体积比为 .【解析】 考查类比的方法。
体积比为1:82、(2009江苏卷12)设α和β为不重合的两个平面,给出下列命题: (1)若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线,则α平行于β; (2)若α外一条直线l 与α内的一条直线平行,则l 和α平行;(3)设α和β相交于直线l ,若α内有一条直线垂直于l ,则α和β垂直; (4)直线l 与α垂直的充分必要条件是l 与α内的两条直线垂直。
上面命题中,真命题...的序号 (写出所有真命题的序号). 【解析】 考查立体几何中的直线、平面的垂直与平行判定的相关定理。
真命题...的序号是(1)(2)3、(2012江苏卷7).如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,3cm AB AD ==,12cm AA =,则四棱锥D D BB A 11-的体积为 cm 3.【解析】如图所示,连结AC 交BD 于点O ,因为 平面D D BB ABCD 11⊥,又因为BD AC ⊥,所以,D D BB AC 11平面⊥,所以四棱锥D D BB A 11-的高为AO ,根据题意3cm AB AD ==,所以223=AO ,又因为32cm BD =,12cm AA =,故矩形D D BB 11的面积为22cm ,从而四棱锥D D BB A 11-的体积313226cm 32V =⨯=.DABC1C 1D 1A1B【点评】本题重点考查空间几何体的体积公式的运用.本题综合性较强,结合空间中点线面的位置关系、平面与平面垂直的性质定理考查.重点找到四棱锥D D BB A 11-的高为AO ,这是解决该类问题的关键.在复习中,要对空间几何体的表面积和体积公式记准、记牢,并且会灵活运用.本题属于中档题,难度适中.4、(2013江苏卷8)8.如图,在三棱柱ABC C B A -111中,F E D ,,分别是1AA AC AB ,,的中点,设三棱锥ADE F -的体积为1V ,三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ,则=21:V V 。
江苏历年真题专项--立体几何
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1BC D EF 16.如图,在四面体ABCD 中,CB CD AD BD =⊥,,点E F ,分别是AB BD ,的中点.求证:(1)直线//EF 面ACD ; (2)平面EFC ⊥面BCD .8.在平面上,若两个正三角形的边长的比为1:2,则它们的面积比为1:4,类似地,在空间,若两个正四面体的棱长的比为1:2,则它们的体积比为 . 12.设α和β为不重合的两个平面,给出下列命题:(1)若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线,则α平行于β; (2)若α外一条直线l 与α内的一条直线平行,则l 和α平行;(3)设α和β相交于直线l ,若α内有一条直线垂直于l ,则α和β垂直; (4)直线l 与α垂直的充分必要条件是l 与α内的两条直线垂直. 上面命题中,真命题的序号 (写出所有真命题的序号). 16.(本小题满分14分) 如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,E,F 分别是11A B,AC 的中点,点D 在11B C 上,11A D B C ⊥求证:(1)EF ∥ABC 平面 (2)111A FD BB C C ⊥平面平面24.已知两条直线m n ,,两个平面αβ,.给出下面四个命题: ①m n ∥,m n αα⇒⊥⊥;②αβ∥,m α⊂,n m n β⊂⇒∥; ③m n ∥,m n αα⇒∥∥;④αβ∥,m n ∥,m n αβ⇒⊥⊥.其中正确命题的序号是( )16、(14分)如图,四棱锥P-ABCD 中,PD ⊥平面ABCD ,PD=DC=BC=1,AB=2,AB ∥DC ,∠BCD=900(1)求证:PC ⊥BC(2)求点A 到平面PBC 的距离16、如图,在四棱锥ABCD P -中,平面PAD ⊥平面ABCD , AB=AD ,∠BAD=60°,E 、F 分别是AP 、AD 的中点 求证:(1)直线EF ‖平面PCD ; (2)平面BEF ⊥平面PAD22.【必做题】记动点P 是棱长为1的正方体1111-ABCD A B C D 的对角线1BD 上一点,记11D PD Bλ=.当APC ∠为钝角时,求λ的取值范围.ADCBA P322. (本小题满分10分)如图,在正四棱柱1111ABCD A B C D -中,12,1AA AB ==,点N 是BC 的中点,点M 在1CC 上,设二面角1A DN M --的大小为θ(1)当090θ=时,求AM 的长; (2)当cos 6θ=时,求CM 的长。
江苏十年高考试题汇编第一部分+立体几何
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第一讲立体几何一.填空题(共12小题)1.下列命题:①直线l平行于平面α内的无数条直线,则l∥α;②若直线a不在平面α内,则a∥α;③若直线a∥b,直线b⊄α,则a⊄α;④若直线a∥b,b⊄α,那么直线a就平行于平面α内的无数条直线;⑤若直线a∥b,b∥α,则a∥α;⑥过直线外一点,可以作无数个平面与这条直线平行;⑦过平面外一点有无数条直线与这个平面平行;⑧若一条直线与平面平行,则它与平面内的任何直线都平行.其中正确的命题是.(填序号)2.(2018•铜山区三模)已知平面α,β,直线m,n.给出下列命题:①若m∥α,n∥β,m∥n,则α∥β;②若α∥β,m∥α,n∥β,则m∥n;③若m⊥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β;④若α⊥β,m⊥α,n⊥β,则m⊥n.其中是真命题的是(填写所有真命题的序号).3.(2014秋•涟水县校级期末)设α,β,γ为两两不重合的平面,l,m,n为两两不重合的直线,给出下列四个命题:①若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β;②若α∥β,l⊂α,则l∥β;③若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α∥β;④若l⊥α,l∥β,则α⊥β其中命题正确的是.(填序号)4.(2012•江苏)如图,在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=AD=3cm,AA1=2cm,则四棱锥A﹣BB1D1D的体积为cm3.5.(2013•江苏)如图,在三棱柱A1B1C1﹣ABC中,D,E,F分别是AB,AC,AA1的中点,设三棱锥F﹣ADE的体积为V1,三棱柱A1B1C1﹣ABC的体积为V2,则V1:V2=.6.(2014•江苏)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1,S2,体积分别为V1,V2,若它们的侧面积相等,且=,则的值是.7.(2015•江苏)现有橡皮泥制作的底面半径为5,高为4的圆锥和底面半径为2,高为8的圆柱各一个,若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个,则新的底面半径为.8.(2017•江苏)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切,记圆柱O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则的值是.9.(2010•湖北)圆柱形容器内部盛有高度为8cm的水,若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后,水恰好淹没最上面的球(如图所示),则球的半径是cm.10.(2015•上海)若正三棱柱的所有棱长均为a,且其体积为16,则a=.11.(2012•山东)如图,正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为线段AA1,B1C上的点,则三棱锥D1﹣EDF的体积为.12.(2011•新课标)已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上,且AB=6,BC=2,则棱锥O﹣ABCD的体积为.二.解答题(共4小题)13.(2016•江苏)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证:侧棱B(1)直线DE∥平面A1C1F;(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.14.(2014•江苏)如图,在三棱锥P﹣ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.求证:(1)直线PA∥平面DEF;(2)平面BDE⊥平面ABC.15.(2017•江苏)如图,在三棱锥A﹣BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E、F(E与A、D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.16.(2013•南京一模)如图,在四面体A﹣BCD中,有CB=CD,平面ABD⊥平面BCD,点E、F分别为BD,AB的中点,MN∥平面ABD.(1)求证:平面ABD⊥平面EFC;(2)如图,求证:直线MN∥直线GH.第一讲立体几何参考答案与试题解析一.填空题(共12小题)1.下列命题:①直线l平行于平面α内的无数条直线,则l∥α;②若直线a不在平面α内,则a∥α;③若直线a∥b,直线b⊄α,则a⊄α;④若直线a∥b,b⊄α,那么直线a就平行于平面α内的无数条直线;⑤若直线a∥b,b∥α,则a∥α;⑥过直线外一点,可以作无数个平面与这条直线平行;⑦过平面外一点有无数条直线与这个平面平行;⑧若一条直线与平面平行,则它与平面内的任何直线都平行.其中正确的命题是③⑥⑦.(填序号)【解答】解:在①中,若直线l平行于平面α内的无数条直线,当这无数条直线不相交时,则直线l与α相交、平行或l⊂α,故①错误:在②中,若直线a在平面α外.则a与α平行或相交,故②错误;在③中,若直线a∥b,直线b⊄α,则a⊄α,正确;在④中,若直线a∥b,b⊄α,那么直线a就平行于平面α内的无数条直线,不正确;在⑤中,若直线a∥b,b∥a,则a∥α或a⊂α,故⑤错误;在⑥中,因为过直线外一点可以作无数个平面与已知直线平行,因为只须这些平面经过这条直线的平行线且不过这条直线即可,正确;在⑦中,因为过平面外一点可作一个平面与这个平面平行,只是在这个平面内的直线都与这个平面平行,正确;在⑧中,如果一条直线与平面平行,则它与平面内的直线平行或异面,故错误.故答案为③⑥⑦2.(2018•铜山区三模)已知平面α,β,直线m,n.给出下列命题:①若m∥α,n∥β,m∥n,则α∥β;②若α∥β,m∥α,n∥β,则m∥n;③若m⊥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β;④若α⊥β,m⊥α,n⊥β,则m⊥n.其中是真命题的是③④(填写所有真命题的序号).【解答】解:①若m∥α,n∥β,m∥n,则α∥β或α、β相交,是假命题;②若α∥β,m∥α,n∥β,则m∥n或m,n相交或异面,是假命题;③若m⊥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β,是真命题;④若α⊥β,m⊥α,n⊥β,则m⊥n,是真命题,故答案为:③④.3.(2014秋•涟水县校级期末)设α,β,γ为两两不重合的平面,l,m,n为两两不重合的直线,给出下列四个命题:①若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β;②若α∥β,l⊂α,则l∥β;③若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α∥β;④若l⊥α,l∥β,则α⊥β其中命题正确的是②④.(填序号)【解答】解:①若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β,此命题不正确,因为垂直于同一平面的两个平面可能平行、相交,不能确定两平面之间是平行关系,故不正确;②若α∥β,l⊂α,则,利用平面与平面平行的性质,可得l∥β,正确;③若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,m,n不一定相交,则α∥β不正确;④由题意l⊥α,当l∥β时,必存在β内的直线l′,使l∥l′,可得l′⊥α,由面面垂直的判定定理可得α⊥β,正确.故答案为:②④.4.(2012•江苏)如图,在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=AD=3cm,AA1=2cm,则四棱锥A﹣BB1D1D的体积为6cm3.【解答】解:过A作AO⊥BD于O,AO是棱锥的高,所以AO==,所以四棱锥A﹣BB1D1D的体积为V==6.故答案为:6.5.(2013•江苏)如图,在三棱柱A1B1C1﹣ABC中,D,E,F分别是AB,AC,AA1的中点,设三棱锥F﹣ADE的体积为V1,三棱柱A1B1C1﹣ABC的体积为V2,则V1:V2=1:24.【解答】解:因为D,E,分别是AB,AC的中点,所以S△ADE :S△ABC=1:4,又F是AA1的中点,所以A1到底面的距离H为F到底面距离h的2倍.即三棱柱A1B1C1﹣ABC的高是三棱锥F﹣ADE高的2倍.所以V1:V2==1:24.故答案为1:24.6.(2014•江苏)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1,S2,体积分别为V1,V2,若它们的侧面积相等,且=,则的值是.【解答】解:设两个圆柱的底面半径分别为R,r;高分别为H,h;∵=,∴,它们的侧面积相等,∴,∴===.故答案为:.7.(2015•江苏)现有橡皮泥制作的底面半径为5,高为4的圆锥和底面半径为2,高为8的圆柱各一个,若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆.【解答】解:由题意可知,原来圆锥和圆柱的体积和为:.设新圆锥和圆柱的底面半径为r,则新圆锥和圆柱的体积和为:.∴,解得:.故答案为:.8.(2017•江苏)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切,记圆柱O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则的值是.【解答】解:设球的半径为R,则球的体积为:R3,圆柱的体积为:πR2•2R=2πR3.则==.故答案为:.9.(2010•湖北)圆柱形容器内部盛有高度为8cm的水,若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后,水恰好淹没最上面的球(如图所示),则球的半径是4cm.【解答】解:设球半径为r,则由3V球+V水=V柱可得3×,解得r=4.故答案为:410.(2015•上海)若正三棱柱的所有棱长均为a,且其体积为16,则a=4.【解答】解:由题意可得,正棱柱的底面是变长等于a的等边三角形,面积为•a•a•sin60°,正棱柱的高为a,∴(•a•a•sin60°)•a=16,∴a=4,故答案为:4.11.(2012•山东)如图,正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为线段AA1,B1C上的点,则三棱锥D1﹣EDF的体积为.【解答】解:将三棱锥D 1﹣EDF选择△D1ED为底面,F为顶点,则=,其==,F到底面D1ED的距离等于棱长1,所以=××1=S故答案为:12.(2011•新课标)已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上,且AB=6,BC=2,则棱锥O﹣ABCD的体积为8.【解答】解:矩形的对角线的长为:,所以球心到矩形的距离为:=2,所以棱锥O﹣ABCD的体积为:=8.故答案为:8二.解答题(共4小题)13.(2016•江苏)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证:(1)直线DE∥平面A1C1F;(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.【解答】解:(1)∵D,E分别为AB,BC的中点,∴DE为△ABC的中位线,∴DE∥AC,∵ABC﹣A1B1C1为棱柱,∴AC∥A1C1,∴DE∥A1C1,∵A1C1⊂平面A1C1F,且DE⊄平面A1C1F,∴DE∥A1C1F;(2)∵ABC﹣A1B1C1为直棱柱,∴AA1⊥平面A1B1C1,又∵A1C1⊥A1B1,且AA1∩A1B1=A1,AA1、A1B1⊂平面AA1B1B,∴A1C1⊥平面AA1B1B,∵DE∥A1C1,∴DE⊥平面AA1B1B,又∵A1F⊂平面AA1B1B,∴DE⊥A1F,又∵A1F⊥B1D,DE∩B1D=D,且DE、B1D⊂平面B1DE,∴A1F⊥平面B1DE,又∵A1F⊂平面A1C1F,∴平面B1DE⊥平面A1C1F.14.(2014•江苏)如图,在三棱锥P﹣ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.求证:(1)直线PA∥平面DEF;(2)平面BDE⊥平面ABC.【解答】证明:(1)∵D、E为PC、AC的中点,∴DE∥PA,又∵PA⊄平面DEF,DE⊂平面DEF,∴PA∥平面DEF;(2)∵D、E为PC、AC的中点,∴DE=PA=3;又∵E、F为AC、AB的中点,∴EF=BC=4;∴DE2+EF2=DF2,∴∠DEF=90°,∵DE∥PA,PA⊥AC,∴DE⊥AC;∵AC∩EF=E,∴DE⊥平面ABC;∵DE⊂平面BDE,∴平面BDE⊥平面ABC.15.(2017•江苏)如图,在三棱锥A﹣BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E、F(E与A、D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.【解答】证明:(1)因为AB⊥AD,EF⊥AD,且A、B、E、F四点共面,所以AB∥EF,又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以由线面平行判定定理可知:EF∥平面ABC;(2)在线段CD上取点G,连结FG、EG使得FG∥BC,则EG∥AC,因为BC⊥BD,FG∥BC,所以FG⊥BD,又因为平面ABD⊥平面BCD,所以FG⊥平面ABD,所以FG⊥AD,又因为AD⊥EF,且EF∩FG=F,所以AD⊥平面EFG,所以AD⊥EG,故AD⊥AC.16.(2013•南京一模)如图,在四面体A﹣BCD中,有CB=CD,平面ABD⊥平面BCD,点E、F分别为BD,AB的中点,MN∥平面ABD.(1)求证:平面ABD⊥平面EFC;(2)如图,求证:直线MN∥直线GH.【解答】证明:(1)∵CB=CD,E为BD的中点,∴CE⊥BD.∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,∴CE⊥平面ABD,∵CE⊂平面EFC,∴平面ABD⊥平面EFC;(2)∵点E、F分别为BD,AB的中点,∴EF∥AD.∵MN∥平面ABD,平面CEF∩平面ABD=EF,∴MN∥EF,∴MN∥AD,而MN⊄平面ACD,AD⊂平面ACD,∴MN∥平面ACD,∵平面BMN∩平面ACD=GH,∴MN∥GH.。
高三精选立体几何大题30题(含详细解答)
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A BC第1题图ABCD第1题图立体几何大题1.如下图,一个等腰直角三角形的硬纸片ABC中,∠ACB=90°,AC=4cm,CD是斜边上的高沿CD 把△ABC折成直二面角.(1)如果你手中只有一把能度量长度的直尺,应该如何确定A,B的位置,使二面角A-CD-B是直二面角?证明你的结论.(2)试在平面ABC上确定一个P,使DP与平面ABC内任意一条直线都垂直,证明你的结论.(3)如果在折成的三棱锥内有一个小球,求出小球半径的最大值.2.如图,已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面边长为3,侧棱长为4,连结A1B过A作AF⊥A1B垂足为F,且AF的延长线交B1B于E。
(Ⅰ)求证:D1B⊥平面AEC;(Ⅱ)求三棱锥B—AEC的体积;(Ⅲ)求二面角B—AE—C的大小的正弦值.3.如图,正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为1,点M在BC上,△AMC1是以M为直角顶点的等腰直角三角形.(I)求证:点M为BC的中点;(Ⅱ)求点B到平面AMC1的距离;(Ⅲ)求二面角M—AC1—B 的正切值. 4.如图,已知多面体ABCDE中,AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,三角形ACD是正三角形,且AD=DE=2,AB=1,F是CD的中点.(Ⅰ)求证:AF∥平面BCE;(Ⅱ)求多面体ABCDE的体积;(Ⅲ)求二面角C-BE-D 的正切值.5.已知:ABCD是矩形,设PA=a,PA⊥平面ABCD.M、N分别是AB、PC的中点.(Ⅰ)求证:MN⊥AB;(Ⅱ)若PD=AB,且平面MND⊥平面PCD,求二面角P—CD—A的大小;(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,求三棱锥D—AMN的体积.6.在正方体ABCD—A1B1C1D1中,P、M、N分别为棱DD1、AB、BC的中点。
(I)求二面角B1—MN—B的正切值;(II)证明:PB⊥平面MNB1;(III)画出一个正方体表面展开图,使其满足“有4个正方形面相连成一个长方形”的条件,并求出展开图中P、B两点间的距离。
(2008-2019)江苏省高考数学立体几何真题汇总+附详细标准答案
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PABCD(2008-2019)江苏省高考数学 立体几何真题汇总 (附规范解析过程)(08江苏)16.在四面体ABCD 中, CB =CD ,AD ⊥BD ,且E ,F 分别 是AB ,BD 的中点,求证:(1)直线EF ∥平面ACD ;(2)平面EFC ⊥平面BCD .证明:(1)因为E ,F 分别是AB ,BD 的中点, 所以EF 是△ABD 的中位线,所以EF ∥AD , 又因为EF ⊄面ACD ,AD ⊂面ACD , 所以直线EF ∥面ACD .(2)因为AD ⊥BD ,EF ∥AD , 所以EF ⊥BD .因为CB =CD ,F 是BD 的中点, 所以CF ⊥BD .又EF ∩CF =F ,EF ⊂平面EFC ,CF ⊂平面EFC , 所以BD ⊥面EFC .因为BD ⊂面BCD ,所以面EFC ⊥面BCD .(09江苏)16.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,F E ,分别是1A B ,1A C 的中点,点D 在11B C 上,11A D B C⊥.求证:(1)EF ∥平面ABC ;(2)平面1A FD ⊥平面11BB C C .证明:(1)因为E,F 分别是11A B,AC 的中点, 所以EF//BC .因为EF ABC ⊄平面,BC ABC ⊂平面, 所以EF ∥ABC 平面. (2)在直三棱柱111ABC A B C -中,1111CC A B C ⊥平面,又1111A D A B C ⊂平面, 故11CC A D ⊥.又因为11A D B C ⊥,11CC B C C =,111CC BB C C ⊂平面,111B C BB C C ⊂平面, 故111A D BB C C ⊥平面. 又11A D A FD ⊂平面, 所以111A FD BB C C ⊥平面平面.(10江苏)16.如图,在四棱锥P —ABCD 中,PD ⊥平面ABCD , PD =DC =BC =1,AB =2,AB ∥DC ,∠BCD =90°. (1)求证:PC ⊥BC ;(2)求点A 到平面PBC 的距离.证明:(1)因为PD ⊥平面ABCD ,BC ⊂平面ABCD , 所以PD ⊥BC .由∠BCD =900,得DC ⊥BC ,又PD DC D =,CD ⊂平面PCD ,PD ⊂平面PCD , 所以BC ⊥平面PCD .因为PC ⊂平面PCD ,所以PC ⊥BC .(2)连结AC ,设点A 到平面PBC 的距离为h . 因为AB//DC ,∠BCD =900,所以∠ABC =900.从而由AB=2,BC=1,得ΔABC 的面积1ABC S ∆=. 由PD ⊥平面ABCD 及PD=1,得三棱锥P ABC -的体积1133P ABC ABC V S PD -∆=⋅=.因为PD ⊥平面ABCD ,DC ABCD ⊂平面,所以PD ⊥DC .又PD=DC=1,所以222PC PD DC =+=. 由PC ⊥BC ,BC=1,得ΔPBC 的面积22PBCS ∆=. 由11213323A PBCPBC P ABC VS h h V -∆-=⋅=⋅⋅==,得, 2h =,因此点A 到平面PBC 的距离为2.B CDAEFS GABCEF(11江苏)16.如图,在四棱锥P -ABCD 中,平面P AD ⊥平面ABCD , AB =AD ,∠BAD =60°,E ,F 分别是AP ,AD 的中点. 求证:(1)直线EF ∥平面PCD ;(2)平面BEF ⊥平面P AD .证明:(1)在ΔPAD 中,因为E ,F 分别是AP ,AD 的中点,所以EF ∥PD . 又因为EF ⊄平面PCD ,PD ⊂平面PCD , 所以直线EF ‖平面PCD .(2)连结BD ,因为AB=AD ,∠BAD =600, 所以ΔABD 为正三角形.因为F 是AD 的中点,所以BF AD ⊥,因为平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD 平面ABCD=AD , BF ⊂平面ABCD ,所以BF ⊥面PAD . 又因为BF ⊂平面BEF , 所以平面BEF ⊥平面PAD .(12江苏)16.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,1111A B AC =,D E ,分别 是棱1BC CC ,上的点(点D 不同于点C ),且AD DE F ⊥,为11B C 的中点. 求证:(1)平面ADE ⊥平面11BCC B ; (2)直线1//A F 平面ADE . 证明:(1)因为111ABC A B C -是直三棱柱, 所以1CC ⊥平面ABC .又AD ⊂平面ABC ,所以1CC AD ⊥. 又因为AD DE ⊥,1CC ⊂平面11BCC B , DE ⊂平面11BCC B ,1CC DE E =, 所以AD ⊥平面11BCC B .又AD ⊂平面ADE ,所以平面ADE ⊥平面11BCC B . (2)因为1111A B AC =,F 为11B C 的中点, 所以111A F B C ⊥.因为1CC ⊥平面111A B C ,且1A F ⊂平面111A B C , 所以11CC A F ⊥.又因为111,CC B C ⊂平面11BCC B ,1111CC B C C =,所以1A F ⊥平面11BCC B . 由(1)知,AD ⊥平面11BCC B , 所以1//A F AD .又AD ⊂平面ADE ,1A F ⊄平面ADE , 所以直线1A F 平面ADE .(13江苏)16.如图,在三棱锥S -ABC 中,平面平面SAB ⊥平面SBC ,AB ⊥BC , AS =AB ,过A 作AF ⊥SB ,垂足为F ,点E ,G 分别是棱SA ,SC 的中点. 求证:(1)平面EFG ∥平面ABC ;(2)BC ⊥SA . 16.证明:(1)因为AS AB =,AF ⊥SB ,垂足为F ,所以F 是SB 的中点.又因为E 是SA 的中点,所以EF //AB . 因为EF ⊄平面ABC ,AB ⊂平面ABC , 所以EF //平面ABC .又因为点E,G 分别是棱SA,SC 的中点,所以EG //AC .因为EG ⊄平面ABC ,AC ⊂平面ABC , 所以EG //平面ABC .又EF EG=E ,EF ⊂平面EFG ,EG ⊂平面EFG , 所以平面EFG ∥平面ABC . (2)因为平面SAB ⊥平面SBC ,平面SAB 平面SBC SB =,AF ⊂平面S AB , AF ⊥SB ,所以AF ⊥平面SBC .因为BC ⊂平面SBC .所以AF ⊥BC .又因为AB ⊥BC ,AF AB=A ,AF ⊂平面SAB , AB ⊂平面SAB ,所以BC ⊥平面SAB . 因为SA ⊂平面SAB ,所以BC ⊥ SA .(14江苏)16.如图,在三棱锥P -ABC 中,D ,E ,F 分别为棱PC ,AC ,AB 的中点.已知P A ⊥AC ,P A =6,BC =8,DF =5. 求证:(1)直线P A ∥平面DEF ;(2)平面BDE ⊥平面ABC .证明:(1)因为D ,E 为PC ,AC 中点,所以DE ∥PA . 又因为PA ⊄平面DEF ,DE ⊂平面DEF , 所以PA ∥平面DEF .(2)因为D ,E ,F 分别为PC ,AC ,AB 的中点,PA=6,BC=8,所以DE ∥PA ,132DE PA ==,142EF BC ==.又因为,故222DE EF DF +=, 所以90DEF ∠=°,即DE ⊥EF . 又//DE PA PA AC ⊥,,所以DE ⊥AC ,因为AC EF E =,AC ⊂平面ABC ,EF ⊂平面ABC , 所以DE ⊥平面ABC , 又DE ⊂平面BDE ,所以平面BDE ⊥平面ABC .(15江苏)如图,在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中,已知AC ⊥BC ,BC =CC 1, 设AB 1的中点为D ,B 1C ∩BC 1=E . 求证:(1)DE ∥平面AA 1C 1C ;(2)BC 1⊥AB 1.证明:(1)由题意知,E 为B 1C 的中点, 又D 为AB 1的中点,因此DE ∥AC . 又因为DE ⊄平面11AAC C ,AC ⊂平面11AAC C , 所以DE ∥平面11AAC C. (2)因为棱柱111ABC A B C -是直三棱柱, 所以1CC ⊥平面ABC .因为AC ⊂平面ABC ,所以AC ⊥1CC . 又因为AC ⊥BC ,1CC ⊂平面11B BCC , BC ⊂平面11B BCC ,BC ∩1CC =C , 所以AC ⊥平面11B BCC . 又因为1BC ⊂平面11B BCC , 所以1BC ⊥AC .因为BC =1CC ,所以矩形11B BCC 是正方形, 因此BC 1⊥B 1C .因为AC ,B 1C ⊂平面B 1AC ,AC ∩B 1C=C , 所以BC 1⊥平面B 1AC .又因为AB 1⊂平面B 1AC ,所以BC 1⊥1AB .(16江苏)16.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,,D E 分别为,AB BC 的中点, 点F 在侧棱1B B 上,且11B D A F ⊥,1111AC A B ⊥.求证:(1)直线//DE 平面11A C F ;(2)平面1B DE ⊥平面11A C F .证明:(1)在直三棱柱111ABC A B C -中,11//AC AC , 在ABC ∆中,因为D,E 分别为AB ,BC 的中点, 所以//DE AC ,于是11//DE AC . 又因为DE ⊄平面11A C F ,11AC ⊂平面11A C F , 所以直线//DE 平面11A C F .(2)在直三棱柱111ABC A B C -中,1AA ⊥平面111A B C . 因为11AC ⊂平面111A B C ,所以111A A AC ⊥. 又因为1111AC AB ⊥,1A A ⊂平面11AA B B ,11A B ⊂平面11AA B B ,1111A A A B A =,所以11AC ⊥平面11AA B B . 因为1BD ⊂平面11AA B B ,所以111AC B D⊥. 又因为11B D A F ⊥,11AC ⊂平面11AC F ,1A F ⊂平面11AC F , 1111AC A F A =,所以1B D ⊥平面11AC F . 因为1B D ⊂平面1B DE , 所以平面1B DE ⊥平面11AC F.(第16题)PDCEFBAFEDC BAC 1B 1A 1AB CD EA 1B 1C 1D 11B 1A 1DCBA(17江苏)15.如图,在三棱锥A-BCD 中,AB ⊥AD ,BC ⊥BD ,平面ABD ⊥平面BCD , 点E ,F (E 与A ,D 不重合)分别在棱AD ,BD 上,且EF ⊥AD . 求证:(1)EF ∥平面ABC ;(2)AD ⊥AC .证明:(1)在平面ABD 内,因为AB ⊥AD ,EF ⊥AD ,,所以EF AB ∥. 又因为EF ⊄平面ABC ,AB ⊂平面ABC , 所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD , 平面ABD平面BCD =BD ,BC ⊂平面BCD ,BC ⊥BD , 所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ,所以BC ⊥AD . 又AB ⊥AD ,BCAB=B ,AB ⊂平面ABC ,BC ⊂平面ABC , 所以AD ⊥平面ABC , 又因为AC ⊂平面ABC , 所以AD ⊥AC .(18江苏)在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1 D 1中,AA 1=AB ,AB 1⊥B 1C 1. 求证:(1)AB ∥平面A 1B 1C ;(2)平面ABB 1 A 1⊥平面A 1BC证明:(1)在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中, AB ∥A 1B 1.因为AB ⊄平面A 1B 1C ,A 1B 1⊂平面A 1B 1C , 所以AB ∥平面A 1B 1C .(2)在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中, 四边形ABB 1A 1为平行四边形.又因为AA 1=AB ,所以四边形ABB 1A 1为菱形, 因此AB 1⊥A 1B .又因为AB 1⊥B 1C 1,BC ∥B 1C 1, 所以AB 1⊥BC .又因为A 1B ∩BC =B ,A 1B ⊂平面A 1BC , BC ⊂平面A 1BC ,所以AB 1⊥平面A 1BC . 因为AB 1⊂平面ABB 1A 1, 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC .(19江苏)16.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,D ,E 分别为BC , AC 的中点,AB =BC .求证:(1)11//A B 平面1DEC ;(2)1⊥BE C E .证明:(1)因为D ,E 分别为BC ,AC 的中点, 所以ED ∥AB .在直三棱柱111ABC A B C -中,AB ∥11A B , 所以11A B ∥ED .又因为ED ⊂平面1DEC ,11A B ⊄平面1DEC ,所以11//A B 平面1DEC .(2)因为AB =BC ,E 为AC 的中点, 所以BE ⊥AC .因为三棱柱111ABC A B C -是直棱柱, 所以1CC ⊥平面ABC .又因为BE ⊂平面ABC ,所以1CC ⊥BE . A BCDEFB CDAE1A 1B 1C (第16题)PABCD因为1CC ⊂平面11A ACC ,AC ⊂平面11A ACC ,1CC ∩AC =C ,所以BE ⊥平面11A ACC . 因为1C E ⊂平面11A ACC ,所以1⊥BE C E .(2008-2019)江苏省高考数学立体几何真题汇总(08江苏)16.在四面体ABCD 中, CB =CD ,AD ⊥BD ,且E ,F 分别 是AB ,BD 的中点,求证:(1)直线EF ∥平面ACD ;(2)平面EFC ⊥平面BCD .(09江苏)16.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,F E ,分别是1A B ,1A C 的中点,点D 在11B C 上,11A D B C⊥.求证:(1)EF ∥平面ABC ;(2)平面1A FD ⊥平面11BB C C .(10江苏)16.如图,在四棱锥P —ABCD 中,PD ⊥平面ABCD , PD =DC =BC =1,AB =2,AB ∥DC ,∠BCD =90°. (1)求证:PC ⊥BC ;(2)求点A 到平面PBC 的距离.B C DAEFS GA B CE F(11江苏)16.如图,在四棱锥P -ABCD 中,平面P AD ⊥平面ABCD , AB =AD ,∠BAD =60°,E ,F 分别是AP ,AD 的中点. 求证:(1)直线EF ∥平面PCD ;(2)平面BEF ⊥平面P AD .(12江苏)16.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,1111A B AC =,D E ,分别 是棱1BC CC ,上的点(点D 不同于点C ),且AD DE F ⊥,为11B C 的中点. 求证:(1)平面ADE ⊥平面11BCC B ; (2)直线1//A F 平面ADE .(13江苏)16.如图,在三棱锥S -ABC 中,平面平面SAB ⊥平面SBC ,AB ⊥BC , AS =AB ,过A 作AF ⊥SB ,垂足为F ,点E ,G 分别是棱SA ,SC 的中点. 求证:(1)平面EFG ∥平面ABC ;(2)BC ⊥SA .(14江苏)16.如图,在三棱锥P -ABC 中,D ,E ,F 分别为棱PC ,AC ,AB 的中点.已知P A ⊥AC ,P A =6,BC =8,DF =5. 求证:(1)直线P A ∥平面DEF ;(2)平面BDE ⊥平面ABC .(15江苏)如图,在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中,已知AC ⊥BC ,BC =CC 1, 设AB 1的中点为D ,B 1C ∩BC 1=E . 求证:(1)DE ∥平面AA 1C 1C ;(2)BC 1⊥AB 1.(16江苏)16.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,,D E 分别为,AB BC 的中点, 点F 在侧棱1B B 上,且11B D A F ⊥,1111AC A B ⊥.求证:(1)直线//DE 平面11A C F ;(2)平面1B DE ⊥平面11A C F .(第16题)P D CE F B AFEDC BAC 1B 1A 1D 11B 1A 1D CBA A BCDEF(17江苏)15.如图,在三棱锥A-BCD 中,AB ⊥AD ,BC ⊥BD ,平面ABD ⊥平面BCD ,点E ,F (E 与A ,D 不重合)分别在棱AD ,BD 上,且EF ⊥AD .求证:(1)EF ∥平面ABC ;(2)AD ⊥AC .(18江苏)在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1 D 1中,AA 1=AB ,AB 1⊥B 1C 1. 求证:(1)AB ∥平面A 1B 1C ;(2)平面ABB 1 A 1⊥平面A 1BC(19江苏)16.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,D ,E 分别为BC , AC 的中点,AB =BC .求证:(1)11//A B 平面1DEC ;(2)1⊥BE C E .A 1A 1B。
(2008-2019)江苏省高考数学立体几何真题汇总+附详细标准答案
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PABCD(2008-2019)江苏省高考数学 立体几何真题汇总 (附规范解析过程)(08江苏)16.在四面体ABCD 中, CB =CD ,AD ⊥BD ,且E ,F 分别 是AB ,BD 的中点,求证:(1)直线EF ∥平面ACD ;(2)平面EFC ⊥平面BCD .证明:(1)因为E ,F 分别是AB ,BD 的中点, 所以EF 是△ABD 的中位线,所以EF ∥AD , 又因为EF ⊄面ACD ,AD ⊂面ACD , 所以直线EF ∥面ACD .(2)因为AD ⊥BD ,EF ∥AD , 所以EF ⊥BD .因为CB =CD ,F 是BD 的中点, 所以CF ⊥BD .又EF ∩CF =F ,EF ⊂平面EFC ,CF ⊂平面EFC , 所以BD ⊥面EFC .因为BD ⊂面BCD ,所以面EFC ⊥面BCD .(09江苏)16.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,F E ,分别是1A B ,1A C 的中点,点D 在11B C 上,11A D B C⊥.求证:(1)EF ∥平面ABC ;(2)平面1A FD ⊥平面11BB C C .证明:(1)因为E,F 分别是11A B,AC 的中点, 所以EF//BC .因为EF ABC ⊄平面,BC ABC ⊂平面, 所以EF ∥ABC 平面. (2)在直三棱柱111ABC A B C -中,1111CC A B C ⊥平面,又1111A D A B C ⊂平面, 故11CC A D ⊥.又因为11A D B C ⊥,11CC B C C =,111CC BB C C ⊂平面,111B C BB C C ⊂平面, 故111A D BB C C ⊥平面. 又11A D A FD ⊂平面, 所以111A FD BB C C ⊥平面平面.(10江苏)16.如图,在四棱锥P —ABCD 中,PD ⊥平面ABCD , PD =DC =BC =1,AB =2,AB ∥DC ,∠BCD =90°. (1)求证:PC ⊥BC ;(2)求点A 到平面PBC 的距离.证明:(1)因为PD ⊥平面ABCD ,BC ⊂平面ABCD , 所以PD ⊥BC .由∠BCD =900,得DC ⊥BC ,又PD DC D =,CD ⊂平面PCD ,PD ⊂平面PCD , 所以BC ⊥平面PCD .因为PC ⊂平面PCD ,所以PC ⊥BC .(2)连结AC ,设点A 到平面PBC 的距离为h . 因为AB//DC ,∠BCD =900,所以∠ABC =900.从而由AB=2,BC=1,得ΔABC 的面积1ABC S ∆=. 由PD ⊥平面ABCD 及PD=1,得三棱锥P ABC -的体积1133P ABC ABC V S PD -∆=⋅=.因为PD ⊥平面ABCD ,DC ABCD ⊂平面,所以PD ⊥DC .又PD=DC=1,所以222PC PD DC =+=. 由PC ⊥BC ,BC=1,得ΔPBC 的面积22PBCS ∆=. 由11213323A PBCPBC P ABC VS h h V -∆-=⋅=⋅⋅==,得, 2h =,因此点A 到平面PBC 的距离为2.B CDAEFS GABCEF(11江苏)16.如图,在四棱锥P -ABCD 中,平面P AD ⊥平面ABCD , AB =AD ,∠BAD =60°,E ,F 分别是AP ,AD 的中点. 求证:(1)直线EF ∥平面PCD ;(2)平面BEF ⊥平面P AD .证明:(1)在ΔPAD 中,因为E ,F 分别是AP ,AD 的中点,所以EF ∥PD . 又因为EF ⊄平面PCD ,PD ⊂平面PCD , 所以直线EF ‖平面PCD .(2)连结BD ,因为AB=AD ,∠BAD =600, 所以ΔABD 为正三角形.因为F 是AD 的中点,所以BF AD ⊥,因为平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD 平面ABCD=AD , BF ⊂平面ABCD ,所以BF ⊥面PAD . 又因为BF ⊂平面BEF , 所以平面BEF ⊥平面PAD .(12江苏)16.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,1111A B AC =,D E ,分别 是棱1BC CC ,上的点(点D 不同于点C ),且AD DE F ⊥,为11B C 的中点. 求证:(1)平面ADE ⊥平面11BCC B ; (2)直线1//A F 平面ADE . 证明:(1)因为111ABC A B C -是直三棱柱, 所以1CC ⊥平面ABC .又AD ⊂平面ABC ,所以1CC AD ⊥. 又因为AD DE ⊥,1CC ⊂平面11BCC B , DE ⊂平面11BCC B ,1CC DE E =, 所以AD ⊥平面11BCC B .又AD ⊂平面ADE ,所以平面ADE ⊥平面11BCC B . (2)因为1111A B AC =,F 为11B C 的中点, 所以111A F B C ⊥.因为1CC ⊥平面111A B C ,且1A F ⊂平面111A B C , 所以11CC A F ⊥.又因为111,CC B C ⊂平面11BCC B ,1111CC B C C =,所以1A F ⊥平面11BCC B . 由(1)知,AD ⊥平面11BCC B , 所以1//A F AD .又AD ⊂平面ADE ,1A F ⊄平面ADE , 所以直线1A F 平面ADE .(13江苏)16.如图,在三棱锥S -ABC 中,平面平面SAB ⊥平面SBC ,AB ⊥BC , AS =AB ,过A 作AF ⊥SB ,垂足为F ,点E ,G 分别是棱SA ,SC 的中点. 求证:(1)平面EFG ∥平面ABC ;(2)BC ⊥SA . 16.证明:(1)因为AS AB =,AF ⊥SB ,垂足为F ,所以F 是SB 的中点.又因为E 是SA 的中点,所以EF //AB . 因为EF ⊄平面ABC ,AB ⊂平面ABC , 所以EF //平面ABC .又因为点E,G 分别是棱SA,SC 的中点,所以EG //AC .因为EG ⊄平面ABC ,AC ⊂平面ABC , 所以EG //平面ABC .又EF EG=E ,EF ⊂平面EFG ,EG ⊂平面EFG , 所以平面EFG ∥平面ABC . (2)因为平面SAB ⊥平面SBC ,平面SAB 平面SBC SB =,AF ⊂平面S AB , AF ⊥SB ,所以AF ⊥平面SBC .因为BC ⊂平面SBC .所以AF ⊥BC .又因为AB ⊥BC ,AF AB=A ,AF ⊂平面SAB , AB ⊂平面SAB ,所以BC ⊥平面SAB . 因为SA ⊂平面SAB ,所以BC ⊥ SA .(14江苏)16.如图,在三棱锥P -ABC 中,D ,E ,F 分别为棱PC ,AC ,AB 的中点.已知P A ⊥AC ,P A =6,BC =8,DF =5. 求证:(1)直线P A ∥平面DEF ;(2)平面BDE ⊥平面ABC .证明:(1)因为D ,E 为PC ,AC 中点,所以DE ∥PA . 又因为PA ⊄平面DEF ,DE ⊂平面DEF , 所以PA ∥平面DEF .(2)因为D ,E ,F 分别为PC ,AC ,AB 的中点,PA=6,BC=8,所以DE ∥PA ,132DE PA ==,142EF BC ==.又因为,故222DE EF DF +=, 所以90DEF ∠=°,即DE ⊥EF . 又//DE PA PA AC ⊥,,所以DE ⊥AC ,因为AC EF E =,AC ⊂平面ABC ,EF ⊂平面ABC , 所以DE ⊥平面ABC , 又DE ⊂平面BDE ,所以平面BDE ⊥平面ABC .(15江苏)如图,在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中,已知AC ⊥BC ,BC =CC 1, 设AB 1的中点为D ,B 1C ∩BC 1=E . 求证:(1)DE ∥平面AA 1C 1C ;(2)BC 1⊥AB 1.证明:(1)由题意知,E 为B 1C 的中点, 又D 为AB 1的中点,因此DE ∥AC . 又因为DE ⊄平面11AAC C ,AC ⊂平面11AAC C , 所以DE ∥平面11AAC C. (2)因为棱柱111ABC A B C -是直三棱柱, 所以1CC ⊥平面ABC .因为AC ⊂平面ABC ,所以AC ⊥1CC . 又因为AC ⊥BC ,1CC ⊂平面11B BCC , BC ⊂平面11B BCC ,BC ∩1CC =C , 所以AC ⊥平面11B BCC . 又因为1BC ⊂平面11B BCC , 所以1BC ⊥AC .因为BC =1CC ,所以矩形11B BCC 是正方形, 因此BC 1⊥B 1C .因为AC ,B 1C ⊂平面B 1AC ,AC ∩B 1C=C , 所以BC 1⊥平面B 1AC .又因为AB 1⊂平面B 1AC ,所以BC 1⊥1AB .(16江苏)16.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,,D E 分别为,AB BC 的中点, 点F 在侧棱1B B 上,且11B D A F ⊥,1111AC A B ⊥.求证:(1)直线//DE 平面11A C F ;(2)平面1B DE ⊥平面11A C F .证明:(1)在直三棱柱111ABC A B C -中,11//AC AC , 在ABC ∆中,因为D,E 分别为AB ,BC 的中点, 所以//DE AC ,于是11//DE AC . 又因为DE ⊄平面11A C F ,11AC ⊂平面11A C F , 所以直线//DE 平面11A C F .(2)在直三棱柱111ABC A B C -中,1AA ⊥平面111A B C . 因为11AC ⊂平面111A B C ,所以111A A AC ⊥. 又因为1111AC AB ⊥,1A A ⊂平面11AA B B ,11A B ⊂平面11AA B B ,1111A A A B A =,所以11AC ⊥平面11AA B B . 因为1BD ⊂平面11AA B B ,所以111AC B D⊥. 又因为11B D A F ⊥,11AC ⊂平面11AC F ,1A F ⊂平面11AC F , 1111AC A F A =,所以1B D ⊥平面11AC F . 因为1B D ⊂平面1B DE , 所以平面1B DE ⊥平面11AC F.(第16题)PDCEFBAFEDC BAC 1B 1A 1AB CD EA 1B 1C 1D 11B 1A 1DCBA(17江苏)15.如图,在三棱锥A-BCD 中,AB ⊥AD ,BC ⊥BD ,平面ABD ⊥平面BCD , 点E ,F (E 与A ,D 不重合)分别在棱AD ,BD 上,且EF ⊥AD . 求证:(1)EF ∥平面ABC ;(2)AD ⊥AC .证明:(1)在平面ABD 内,因为AB ⊥AD ,EF ⊥AD ,,所以EF AB ∥. 又因为EF ⊄平面ABC ,AB ⊂平面ABC , 所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD , 平面ABD平面BCD =BD ,BC ⊂平面BCD ,BC ⊥BD , 所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ,所以BC ⊥AD . 又AB ⊥AD ,BCAB=B ,AB ⊂平面ABC ,BC ⊂平面ABC , 所以AD ⊥平面ABC , 又因为AC ⊂平面ABC , 所以AD ⊥AC .(18江苏)在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1 D 1中,AA 1=AB ,AB 1⊥B 1C 1. 求证:(1)AB ∥平面A 1B 1C ;(2)平面ABB 1 A 1⊥平面A 1BC证明:(1)在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中, AB ∥A 1B 1.因为AB ⊄平面A 1B 1C ,A 1B 1⊂平面A 1B 1C , 所以AB ∥平面A 1B 1C .(2)在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中, 四边形ABB 1A 1为平行四边形.又因为AA 1=AB ,所以四边形ABB 1A 1为菱形, 因此AB 1⊥A 1B .又因为AB 1⊥B 1C 1,BC ∥B 1C 1, 所以AB 1⊥BC .又因为A 1B ∩BC =B ,A 1B ⊂平面A 1BC , BC ⊂平面A 1BC ,所以AB 1⊥平面A 1BC . 因为AB 1⊂平面ABB 1A 1, 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC .(19江苏)16.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,D ,E 分别为BC , AC 的中点,AB =BC .求证:(1)11//A B 平面1DEC ;(2)1⊥BE C E .证明:(1)因为D ,E 分别为BC ,AC 的中点, 所以ED ∥AB .在直三棱柱111ABC A B C -中,AB ∥11A B , 所以11A B ∥ED .又因为ED ⊂平面1DEC ,11A B ⊄平面1DEC ,所以11//A B 平面1DEC .(2)因为AB =BC ,E 为AC 的中点, 所以BE ⊥AC .因为三棱柱111ABC A B C -是直棱柱, 所以1CC ⊥平面ABC .又因为BE ⊂平面ABC ,所以1CC ⊥BE . A BCDEFB CDAE1A 1B 1C (第16题)PABCD因为1CC ⊂平面11A ACC ,AC ⊂平面11A ACC ,1CC ∩AC =C ,所以BE ⊥平面11A ACC . 因为1C E ⊂平面11A ACC ,所以1⊥BE C E .(2008-2019)江苏省高考数学立体几何真题汇总(08江苏)16.在四面体ABCD 中, CB =CD ,AD ⊥BD ,且E ,F 分别 是AB ,BD 的中点,求证:(1)直线EF ∥平面ACD ;(2)平面EFC ⊥平面BCD .(09江苏)16.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,F E ,分别是1A B ,1A C 的中点,点D 在11B C 上,11A D B C⊥.求证:(1)EF ∥平面ABC ;(2)平面1A FD ⊥平面11BB C C .(10江苏)16.如图,在四棱锥P —ABCD 中,PD ⊥平面ABCD , PD =DC =BC =1,AB =2,AB ∥DC ,∠BCD =90°. (1)求证:PC ⊥BC ;(2)求点A 到平面PBC 的距离.B C DAEFS GA B CE F(11江苏)16.如图,在四棱锥P -ABCD 中,平面P AD ⊥平面ABCD , AB =AD ,∠BAD =60°,E ,F 分别是AP ,AD 的中点. 求证:(1)直线EF ∥平面PCD ;(2)平面BEF ⊥平面P AD .(12江苏)16.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,1111A B AC =,D E ,分别 是棱1BC CC ,上的点(点D 不同于点C ),且AD DE F ⊥,为11B C 的中点. 求证:(1)平面ADE ⊥平面11BCC B ; (2)直线1//A F 平面ADE .(13江苏)16.如图,在三棱锥S -ABC 中,平面平面SAB ⊥平面SBC ,AB ⊥BC , AS =AB ,过A 作AF ⊥SB ,垂足为F ,点E ,G 分别是棱SA ,SC 的中点. 求证:(1)平面EFG ∥平面ABC ;(2)BC ⊥SA .(14江苏)16.如图,在三棱锥P -ABC 中,D ,E ,F 分别为棱PC ,AC ,AB 的中点.已知P A ⊥AC ,P A =6,BC =8,DF =5. 求证:(1)直线P A ∥平面DEF ;(2)平面BDE ⊥平面ABC .(15江苏)如图,在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中,已知AC ⊥BC ,BC =CC 1, 设AB 1的中点为D ,B 1C ∩BC 1=E . 求证:(1)DE ∥平面AA 1C 1C ;(2)BC 1⊥AB 1.(16江苏)16.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,,D E 分别为,AB BC 的中点, 点F 在侧棱1B B 上,且11B D A F ⊥,1111AC A B ⊥.求证:(1)直线//DE 平面11A C F ;(2)平面1B DE ⊥平面11A C F .(第16题)P D CE F B AFEDC BAC 1B 1A 1D 11B 1A 1D CBA A BCDEF(17江苏)15.如图,在三棱锥A-BCD 中,AB ⊥AD ,BC ⊥BD ,平面ABD ⊥平面BCD ,点E ,F (E 与A ,D 不重合)分别在棱AD ,BD 上,且EF ⊥AD .求证:(1)EF ∥平面ABC ;(2)AD ⊥AC .(18江苏)在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1 D 1中,AA 1=AB ,AB 1⊥B 1C 1. 求证:(1)AB ∥平面A 1B 1C ;(2)平面ABB 1 A 1⊥平面A 1BC(19江苏)16.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,D ,E 分别为BC , AC 的中点,AB =BC .求证:(1)11//A B 平面1DEC ;(2)1⊥BE C E .A 1A 1B。
教师版江苏高考10年2008-2017年高考数学真题分类汇编立体几何---副本
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内的两条直线,则 平行于 ;
( 2)若 ( 3)设
外一条直线 l 与 内的一条直线平行,则 l 和 平行; 和 相交于直线 l ,若 内有一条直线垂直于 l ,则 和
垂直;
( 4)直线 l 与 垂直的充分必要条件是 l 与 内的两条直线垂直。 上面命题中,真命.题..的序号 ▲ (写出所有真命题的序号) .学科网
平面 PBC 的距离相等,而 A 到平面 PBC 的距离等于 E 到平面 PBC 的距离的 2 倍,由第一问证 明的结论知平面 PBC⊥平面 PCD,交线是 PC,所以只求 D 到 PC 的距离即可,在等腰直角三角 形 PDC 中易求。
还可以用等体积法求解:连接 AC ,则三棱锥 P-ACB 与三棱锥 A-PBC 体积相等,而三棱 锥 P-ACB 体积易求, 三棱锥 A-PBC 的地面 PBC 的面积易求, 其高即为点 A 到平面 PBC 的距离, 设为 h,则利用体积相等即求。
求证:( 1)平面 ADE 平面 BCC1B1 ; ( 2)直线 A1F // 平面 ADE .
【答案】证明: ( 1)∵ ABC A1B1C1 是直三棱柱,∴ CC1 平面 ABC 。 又∵ AD 平面 ABC ,∴ CC1 AD 。 又∵ AD DE ,CC1, DE 平面 BCC1B1,CC1 I DE E ,∴ AD 平面
AS AB ,过 A 作 AF SB,垂足为 F ,点 E,G 分别是棱 SA,SC 的中点 .
求证:( 1)平面 EFG // 平面 ABC ; ( 2) BC SA.
S
E
G
F
C A
证明:( 1)∵ AS AB , AF SB ∴ F 分别是 SB的中点
∵ E.F 分别是 SA. SB 的中点 ∴ EF∥ AB
专题01 立体几何部分(解析版)-2020年江苏高考数学试卷名师分析与预测
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专题一 立体几何部分一、近几年江苏高考1、(1)(2019江苏卷)如图,长方体1111ABCD A B C D -的体积是120,E 为1CC 的中点,则三棱锥E -BCD 的体积是_____.【答案】10.【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120, 所以1120AB BC CC ⋅⋅=,因为E 为1CC 的中点, 所以112CE CC =,由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD , 所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高, 所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. (2)(2019江苏卷).如图,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,D ,E 分别为BC ,AC 的中点,AB =BC .求证:(1)A 1B 1∥平面DEC 1;(2)BE ⊥C 1E . 【解析】(1)因为D ,E 分别为BC ,AC 的中点,所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1,A1B1 平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.(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CC1⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC,所以CC1⊥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.2、(1)(2018江苏卷)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________.【答案】【解析】分析:解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义,真正把握几何体的结构特征,可以根据条件构建几何模型,在几何模型中进行判断;求一些不规则几何体的体积时,常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.先分析组合体的构成,再确定锥体的高,最后利用锥体体积公式求结果.详解:由图可知,该多面体为两个全等正四棱锥的组合体,正四棱锥的高为1,底面正方形的边长等于,所以该多面体的体积为(2)(2018江苏卷)在平行六面体中,.求证:(1);(2).【解析】分析:(1)先根据平行六面体得线线平行,再根据线面平行判定定理得结论;(2)先根据条件得菱形ABB1A1,再根据菱形对角线相互垂直,以及已知垂直条件,利用线面垂直判定定理得线面垂直,最后根据面面垂直判定定理得结论.详解:证明:(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因为AB平面A1B1C,A1B1平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,因此AB1⊥A1B.又因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC=B,A1B平面A1BC,BC平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC.因为AB 1平面ABB 1A 1,所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC .3、(1)(2017江苏卷)如图,圆柱O 1O 2内有一个球O ,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O 1O 2的体积为V 1,球O 的体积为V 2,则V 1V 2的值是________.【答案】 32【解析】设球的半径为R ,则圆柱的底面半径为R ,高为h =2R .因为V 1=πR 2h =2πR 3,V 2=4πR 33,所以V 1V 2=32. (2)(2017江苏卷)如图,在三棱锥ABCD 中,AB ⊥AD ,BC ⊥BD ,平面ABD ⊥平面BCD ,点E ,F (E 与A ,D 不重合)分别在棱AD ,BD 上,且EF ⊥AD . 求证:(1) EF ∥平面ABC ; (2) AD ⊥AC .证明:(1) 在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2) 因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BC⊂平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD. 因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.4、(1)(2016江苏卷)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P A1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.(1) 若AB=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少?(2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?【答案】 (1) 由PO 1=2知O 1O =4PO 1=8. 因为A 1B 1=AB =6,所以正四棱锥P A 1B 1C 1D 1的体积 V 锥=13·A 1B 21·PO 1=13×62×2=24(m 3); 正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1的体积 V 柱=AB 2·O 1O =62×8=288(m 3).所以仓库的容积V =V 锥+V 柱=24+288=312(m 3).(2) 设A 1B 1=a (m),PO 1=h (m),则0<h <6,O 1O =4h .连结O 1B 1.因为在Rt △PO 1B 1中,O 1B 21+PO 21=PB 21, 所以⎝⎛⎭⎫2a 22+h 2=36,即a 2=2(36-h 2), 于是仓库的容积V =V 柱+V 锥=a 2·4h +13a 2·h =133a 2h =263(36h -h 3),0<h <6,从而V ′=263(36-3h 2)=26(12-h 2).令V ′=0,得h =23或h =-23(舍). 当0<h <23时,V ′>0,V 是单调增函数; 当23<h <6时,V ′<0,V 是单调减函数. 故h =23时,V 取得极大值,也是最大值.因此,当PO1=2 3 m时,仓库的容积最大.(2)(2016江苏卷)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证:(1) 直线DE∥平面A1C1F;(2) 平面B1DE⊥平面A1C1F.解析:(1) 在直三棱柱ABCA1B1C1中,A1C1∥AC.在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F,所以直线DE∥平面A1C1F.(2) 在直三棱柱ABCA1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1,A1A⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.5、(1)(2015江苏卷)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个,则新的底面半径为________.【答案】7【解析】设新的底面半径为r ,则13π×52×4+π×22×8=13πr 2×4+πr 2×8,解得r =7.(2)(2015江苏卷)如图,在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中,已知AC ⊥BC ,BC =CC 1.设AB 1的中点为D ,B 1C ∩BC 1=E .求证:(1) DE ∥平面AA 1C 1C ; (2) BC 1⊥AB 1.(1) 由题意知,E 为B 1C 的中点, 又D 为AB 1的中点,因此DE ∥AC .又因为DE ⊄平面AA 1C 1C ,AC ⊂平面AA 1C 1C , 所以DE ∥平面AA 1C 1C .(2) 因为棱柱ABCA 1B 1C 1是直三棱柱, 所以CC 1⊥平面ABC .因为AC ⊂平面ABC ,所以AC ⊥CC 1.又因为AC ⊥BC ,CC 1⊂平面BCC 1B 1,BC ⊂平面BCC 1B 1,BC ∩CC 1=C ,所以AC ⊥平面BCC 1B 1. 又因为BC 1⊂平面BCC 1B 1,所以BC 1⊥AC .因为BC =CC 1,所以矩形BCC 1B 1是正方形,因此BC 1⊥B 1C . 因为AC ,B 1C ⊂平面B 1AC ,AC ∩B 1C =C ,所以BC 1⊥平面B 1AC . 又因为AB 1⊂平面B 1AC ,所以BC 1⊥AB 1.二、近几年高考试卷分析从近五年江苏高考数学来看体现了以下几个方面:1、从题型来看主要以一个填空,一个解答;(2016年填空题中没有考查体积,体积的考查体现在应用题中);2、从知识点考查的内容来看主要以填空题是关于体积的计算,解答题设置了2问,第一问考查了平行,主要时候以线面平行,使用的方法还是以中位线为主。
2008_2018年江苏高考数学立体几何真题汇编
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A B CD EF 2008-2018江苏高考数学立体几何真题汇编(2008年第16题)在四面体ABCD 中, CB =CD ,AD ⊥BD ,且E 、F 分别是AB 、BD 的中点,求证:(1)直线EF ∥平面ACD(2)平面EFC ⊥平面BCD证明:(1)⎭⎬⎫E ,F 分别为AB ,BD 的中点⇒EF ∥AD 且AD ⊂平面ACD ,EF ⊄平面ACD ⇒直线EF ∥平面ACD (2)⎭⎬⎫⎭⎬⎫CB =CD F 是BD 的中点 ⇒ CF ⊥BD ⎭⎬⎫AD ⊥BD EF ∥AD ⇒ EF ⊥BD ⇒直线BD ⊥平面EFC 又BD ⊂平面BCD ,所以平面EFC ⊥平面BCDB C₁(2009年第16题)如图,在直三棱柱ABC—A1B1C1中,E,F分别是A1B,A1C的中点,点D在B1C1上,A1D⊥B1C .求证:(1)EF∥平面ABC(2)平面A1FD⊥平面BB1C1C证明:(1)由E,F分别是A1B,A1C的中点知EF∥BC,因为EF⊄平面ABC,BC⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC(2)由三棱柱ABC—A1B1C1为直三棱柱知CC1⊥平面A1B1C1,又A1D⊂平面A1B1C1,故CC1⊥A1D,又因为A1D⊥B1C,CC1∩B1C=C,CC1、B1C⊂平面BB1C1C故A1D⊥平面BB1C1C,又A1D⊂平面A1FD,故平面A1FD⊥平面BB1C1CPA BC D D P A B CF E (2010年第16题)如图,在四棱锥P —ABCD 中,PD ⊥平面ABCD ,PD =DC =BC =1,AB =2,AB ∥DC , ∠BCD =90°. (1)求证:PC ⊥BC ;(2)求点A 到平面PBC 的距离.证明:(1)因为PD ⊥平面ABCD ,BC ⊂平面ABCD ,所以PD ⊥BC .由∠BCD =90°,得CD ⊥BC , 又PD ∩DC =D ,PD 、DC ⊂平面PCD ,所以BC ⊥平面PCD . 因为PC ⊂平面PCD ,故PC ⊥BC .解:(2)(方法一)分别取AB 、PC 的中点E 、F ,连DE 、DF ,则:易证DE ∥CB ,DE ∥平面PBC ,点D 、E 到平面PBC 的距离相等.又点A 到平面PBC 的距离等于E 到平面PBC 的距离的2倍.由(1)知:BC ⊥平面PCD ,所以平面PBC ⊥平面PCD 于PC ,因为PD =DC ,PF =FC ,所以DF ⊥PC ,所以DF ⊥平面PBC 于F .易知DF =2 2 ,故点A 到平面PBC 的距离等于2.(方法二)等体积法:连接AC .设点A 到平面PBC 的距离为h .因为AB ∥DC ,∠BCD =90°,所以∠ABC =90°.从而AB =2,BC =1,得△ABC 的面积S △ABC =1.由PD ⊥平面ABCD 及PD =1,得三棱锥P —ABC 的体积V =13S △ABC ×PD = 1 3. 因为PD ⊥平面ABCD ,DC ⊂平面ABCD ,所以PD ⊥DC .又PD =DC =1,所以PC =PD 2+DC 2=2.由PC ⊥BC ,BC =1,得△PBC 的面积S △PBC =2 2. 由V A ——PBC =V P ——ABC ,13S △PBC ×h =V = 1 3,得h =2, 故点A 到平面PBC 的距离等于2.(2011年第16题)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB=AD,∠BAD=60°,E、F分别是AP、AD的中点求证:(1)直线EF∥平面PCD;(2)平面BEF⊥平面PAD证明:(1)在△PAD中,∵E,F分别为AP,AD的中点,∴BC∥AB,又∵EF ⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,∴直线EF∥平面PCD(2)连接BD. ∵AB=AD,∠BAD=60°,∴△PAD为正三角形∵F是AD的中点,∴BF⊥AD,∵平面PAD⊥平面ABCD,BF⊂平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,∴BF⊥平面PAD又∵BF⊂平面BEF,∴平面BEF⊥平面PAD(2012年第16题)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1=A1C1,D、E分别是棱BC、CC1上的点(点D不同于点C),且AD⊥DE,F为B1C1的中点.求证:(1)平面ADE⊥平面BCC1B1;(2)直线A1F∥平面ADE.证明:(1)∵是ABC-A1B1C1直三棱柱,∴CC1⊥平面ABC又∵AD⊂平面ABC,∴CC1⊥AD又∵AD⊥DE,CC1,DE⊂平面ADE,CC1∩DE=E∴平面ADE⊥平面BCC1B1(2)∵A1B1=A1C1,F为B1C1的中点,∴A1F⊥B1C1∵CC1⊥平面A1B1C1,且A1F⊂平面A1B1C1∴CC1⊥A1F又∵CC1,B1C1⊂平面BCC1B1,CC1∩B1C1=C1∴A1F⊥平面BCC1B1,由(1)知AD⊥平面BCC1B1,∴A1F∥AD又∵AD⊂平面ADE,A1F ⊄平面ADE,∴A1F∥平面ADES GA BC E F(2013年第16题)如图,在三棱锥S -ABC 中,平面平面SAB ⊥平面SBC ,AB ⊥BC ,AB =AS ,过A 作AF ⊥SB ,垂足为F ,点E ,G 分别是棱SA ,SC 的中点.求证:(1)平面EFG ∥平面ABC ;(2)BC ⊥SA .证:(1)∵SA =AB 且AF ⊥SB ,∴F 为SB 的中点.又∵E ,G 分别为SA ,SC 的中点,∴EF ∥AB ,EG ∥AC .又∵AB ∩AC =A ,AB 面SBC ,AC ⊂面ABC ,∴平面EFG ∥平面ABC .(2)∵平面SAB ⊥平面SBC ,平面SAB ∩平面SBC =BC ,AF ⊂平面ASB ,AF ⊥SB .∴AF ⊥平面SBC .又∵BC ⊂平面SBC ,∴AF ⊥BC .又∵AB ⊥BC ,AF ∩AB =A ,∴BC ⊥平面SAB .又∵SA ⊂平面SAB ,∴BC ⊥SA .(2014年第16题)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.求证:(1)直线PA∥平面DEF;(2)平面BDE⊥平面ABC.证明:(1)∵D,E为PC,AC中点∴DE∥PA∵PA ⊄平面DEF,DE⊂平面DEF∴PA∥平面DEF(2)∵D,E为PC,AC中点∴DE=PA2=3∵E,F为AC,AB中点∴EF=BC2=4∴DE2+EF2=DF2∴∠DEF=90°,∴DE⊥EF ∵DE∥PA,PA⊥AC∴DE⊥AC∵AC∩EF=E∴DE⊥平面ABC∵DE⊂平面BDE,∴平面BDE⊥平面ABC.A BC 1DE A 1 B 1 C(2015年第16题)如图,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,已知AC ⊥BC ,BC =CC 1,设AB 1的中点为D ,B 1C ∩BC 1=E求证:(1)DE ∥平面A A 1CC 1(2) BC 1⊥AB 1证明:(1)由题意知,E 为B 1C 的中点,又D 为AB 1的中点,因此DE ∥AC .又因为DE ⊄平面A A 1C 1C ,AC ⊂平面A A 1C 1C ,所以DE ∥平面A A 1C 1C(2)因为三棱柱ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱,所以CC 1⊥平面ABC因为AC ⊂平面ABC ,所以AC ⊥CC 1,又因为AC ⊥BC ,CC 1⊂平面BCC 1B 1,BC ⊂平面BCC 1B 1,BC ∩CC 1=C ,所以AC ⊥平面BCC 1B 1,又因为BC 1⊂平面BCC 1B 1,所以BC 1⊥AC因为BC =CC 1,所以矩形BCC 1B 1是正方形,因此BC 1⊥B 1C因为AC ,B 1C ⊂平面B 1AC ,AC ∩B 1C =C ,所以BC 1⊥平面B 1AC ,又因为AB 1 ⊂平面B 1AC ,所以BC 1⊥A B 1A 1B 1 F(2016年第16题)如图,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,D 、E 分别为AB 、BC 的中点,点F 在侧棱B 1B 上,且B 1D ⊥A 1F ,A 1C 1⊥A 1B 1.求证:(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ;(2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .证明:(1)在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,A 1C 1∥AC在△ABC 中,因为D 、E 分别为AB ,BC 的中点,∴DE ∥AC ,于是DE ∥A 1C 1又∵DE ⊄平面A 1C 1F ,A 1C 1⊂平面A 1C 1F ,∴直线DE ∥平面A 1C 1F(2)在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,A 1A ⊥平面A 1B 1C 1,∵A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1,∴A 1A ⊥A 1C 1又∵A 1C 1⊥A 1B 1,A 1A ⊂平面ABB 1A 1,A 1B 1⊂平面ABB 1A 1,A 1A ∩A 1B 1=A 1,∴A 1C 1⊥平面ABB 1A 1∵B 1D ⊂平面ABB 1A 1,∴A 1C 1⊥B 1D又∵B 1D ⊥A 1F ,A 1C 1⊂平面A 1C 1F ,A 1F ⊂平面A 1C 1F ,A 1C 1∩A 1F =A 1,∴B 1D ⊥平面A 1C 1F∵B 1D ⊂平面B 1DE∴平面B 1DE ⊥平面A 1C 1FABCDEF(2017年第15题)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E、F(E与A、D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD .求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC证明:(1)在平面内,∵AB⊥AD,EF⊥AD∴EF∥AB又∵EF ⊄平面ABC,AB⊂平面ABC∴EF∥平面ABC(2)∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BDBC⊂平面BCD,BC⊥BD∴BC⊥平面ABD∵AD⊂平面ABD∴BC⊥AD又∵AB⊥AD,BC∩AB=B ,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC∴AD⊥平面ABC又∵AC⊂平面ABC,∴AD⊥ACD 1C 1B 1A 1D C B A(2018年第15题)在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1 D 1中,AA 1=AB ,AB 1⊥B 1C 1. 求证:(1)AB ∥平面A 1B 1C ;(2)平面ABB 1 A 1⊥平面A 1BC证明:(1)平行六面体ABCD -A 1B 1C 1 D 1中,AB ∥A 1B 1 ⎭⎪⎬⎪⎫AB ∥A 1B 1 A 1B 1⊂平面A 1B 1C AB ⊄平面A 1B 1C ⇒ AB ∥平面A 1B 1C(2)⎭⎬⎫平行六面体ABCD -A 1B 1C 1 D 1 AB ∥A 1B 1 ⇒四边形A 1B 1BA 为菱形⇒AB 1⊥A 1B ⎭⎬⎫平行六面体ABCD -A 1B 1C 1 D 1 ⇒BC ∥B 1C 1 AB 1⊥B 1C 1 ⇒ AB 1⊥BC ⎭⎪⎬⎪⎫AB 1⊥A 1BAB 1⊥BCA 1B ∩BC =B AB 1⊂平面A 1BCBC ⊂平面A 1BC ⇒ AB 1⊥平面A 1BC⎭⎬⎫AB 1⊥平面A 1BC AB 1⊂平面A 1B 1BA ⇒平面ABB 1 A 1⊥平面A 1BC。
2012年-2021年(10年)全国高考数学真题分类汇编 立体几何客观题(精解精析版)
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2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编立体几何客观题(精解精析版)一、选择题1.(2021年高考全国乙卷理科)在正方体1111ABCD A B C D -中,P 为11B D 的中点,则直线PB 与1AD 所成的角为()A .π2B .π3C .π4D .π6【答案】D解析:如图,连接11,,BC PC PB ,因为1AD ∥1BC ,所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角,因为1BB ⊥平面1111D C B A ,所以11BB PC ⊥,又111PC B D ⊥,1111BB B D B ⋂=,所以1PC ⊥平面1P B B ,所以1PC PB ⊥,设正方体棱长为2,则111112BC PC D B ===1111sin 2PC PBC BC ∠==,所以16PBC π∠=.故选:D2.(2021年高考全国甲卷理科)在一个正方体中,过顶点A 的三条棱的中点分别为E ,F ,G .该正方体截去三棱锥A EFG -后,所得多面体的三视图中,正视图如图所示,则相应的侧视图是()()A.B.C.D.【答案】D解析:由题意及正视图可得几何体的直观图,如图所示,所以其侧视图为故选:D3.(2021年高考全国甲卷理科)已如A.B.C是半径为1的球O的球面上的三个点,且,1AC BC AC BC⊥==,则三棱锥O ABC-的体积为()A.212B.312C.24D.34【答案】A解析:,1AC BC AC BC ⊥== ,ABC ∴ 为等腰直角三角形,AB ∴=,则ABC 外接圆的半径为22,又球的半径为1,设O 到平面ABC 的距离为d ,则22d =,所以1112211332212O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯⨯=.故选:A .【点睛】关键点睛:本题考查球内几何体问题,解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.4.(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点,⊙1O 为ABC 的外接圆,若⊙1O 的面积为4π,1AB BC AC OO ===,则球O 的表面积为()A .64πB .48πC .36πD .32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ,球的半径为R ,依题意,得24,2r r ππ=∴=, ABC 为等边三角形,由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=,1OO AB ∴==,根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ,11,4OO O A R OA ∴⊥====,∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选:A【点睛】本题考查球的表面积,应用球的截面性质是解题的关键,考查计算求解能力,属于基础题.5.(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()()A .514-B .512-C .514+D .512+【答案】C【解析】如图,设,CD a PE b ==,则22224a PO PE OEb =-=-,由题意212PO ab =,即22142a b ab-=,化简得24()210b b a a -⋅-=,解得154b a =(负值舍去).故选:C .【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算,考查学生的数学计算能力,是一道容易题.6.(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知△ABC 是面积为934的等边三角形,且其顶点都在球O 的球面上.若球O 的表面积为16π,则O 到平面ABC 的距离为()A .3B .32C .1D .32【答案】C解析:设球O 的半径为R ,则2416R ππ=,解得:2R =.设ABC 外接圆半径为r ,边长为a ,ABC 是面积为934的等边三角形,21393224a ∴⨯=,解得:3a =,22229933434a r a ∴=-=-=,∴球心O 到平面ABC 的距离22431d R r =-=-=.故选:C .【点睛】本题考查球的相关问题的求解,涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用;解题关键是明确球的性质,即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.7.(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)如图是一个多面体的三视图,这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ,在俯视图中对应的点为N ,则该端点在侧视图中对应的点为()()A .EB .FC .GD .H【答案】A解析:根据三视图,画出多面体立体图形,14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E .故选:A【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置,解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法,考查了分析能力和空间想象,属于基础题.8.(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科)下图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是()()A .6+4B .C .D .【答案】C解析:根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得:12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得:AB AD DB ===∴ADB △是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得:211sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是:632=⨯++.故选:C .【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题,解题关键是掌握根据三视图画出立体图形,考查了分析能力和空间想象能力,属于基础题.9.(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科)如图,点N 为正方形ABCD 的中心,ECD △为正三角形,平面ECD ⊥平面ABCD ,M 是线段ED 的中点,则()A .BM EN =,且直线,BM EN 是相交直线B .BM EN ≠,且直线,BM EN 是相交直线C .BM EN =,且直线,BM EN 是异面直线D .BM EN ≠,且直线,BM EN 是异面直线【答案】B 【解析】取DC 中点E ,如图连接辅助线,在BDE △中,N 为BD 中点,M 为DE 中点,所以//MN BE ,所以BM ,EN 共面相交,选项C ,D 错误. 平面CDE ⊥平面ABCD ,EF CD ⊥,EF ∴⊥平面ABCD ,又DC CD ⊥,∴DC ⊥平面DCE ,从而EF FN ⊥,BC MC ⊥.所以MCB △与EFN△均为直角三角形.不妨设正方形边长为2,易知3,1MC EF NF ===,所以22(3)27BM =+=,22(3)12EN =+=,BM EN ∴≠,故选B .【点评】本题比较具有综合性,既考查了面面垂直、线面垂直等线面关系,还考查了三角形中的一些计算问题,是一个比较经典的题目.10.(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科)设α、β为两个平面,则αβ//的充要条件是()()A .α内有无数条直线与β平行B .α内有两条相交直线与β平行C .α,β平行于同一条直线D .α,β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知:α内两条相交直线都与β平行是αβ//的充分条件,由面面平行性质定理知,若αβ//,则α内任意一条直线都与β平行,所以α内两条相交直线都与β平行是αβ//的必要条件,故选B .【点评】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件,渗透直观想象、逻辑推理素养,利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断.面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理,最容易犯的错误为定理记不住,凭主观臆断,如:“若,,//a b a b αβ⊂⊂,则//αβ”此类的错误.11.(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)已知三棱锥P ABC -的四个顶点在球O 的球面上,PA PB PC ==,ABC △是边长为2的正三角形,E ,F 分别是PA ,AB 的中点,90CEF ∠=︒,则球O 的体积为()A .B .C .D 【答案】D解析:三棱锥P ABC -为正三棱锥,取AC 中点M ,连接,PM BM ,则,AC PM AB BM ⊥⊥,PM BM M = ,可得AC ⊥平面PBM ,从而AC PB ⊥,又//,PB EF EF CE ⊥,可得PB CE ⊥,又AC CE C = ,所以PB ⊥平面PAC ,从而,PB PA PB PC ⊥⊥,从而正三棱锥P ABC -的三条侧棱,,PA PB PC 两两垂直,且PA PB PC ===,,PA PB PC 为棱的正方体,正方体的体对角线即为球O 的直径,即22R R ==,所以球O 的体积为343V R π==.12.(2018年高考数学课标Ⅲ卷(理))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,则三棱锥D ABC -体积的最大值为()A.B.C.D.【答案】B解析:设ABC △的边长为a,则21sin 6062ABC S a a =︒=⇒=△,此时ABC △外接圆的半径为112sin 60232a r =⋅=⨯︒,故球心O 到面ABC2==,故点D 到面ABC 的最大距离为26R +=,此时11633D ABC ABC D ABC V S d --=⋅=⨯=△,故选B.点评:本题主要考查三棱锥的外接球,考查了勾股定理,三角形的面积公式和三棱锥的体积公式,判断出当DM ⊥平面ABC 时,三棱锥D ABC -体积最大很关键,由M 为三角形ABC 的重心,计算得到23BM BE ==,再由勾股定理得到OM ,进而得到结果,属于较难题型.13.(2018年高考数学课标Ⅲ卷(理))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,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头,若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体.则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()()【答案】A解析:依题意,结合三视图的知识易知,带卯眼的木构件的俯视图可以是A 图.14.(2018年高考数学课标Ⅱ卷(理))在长方体1111ABCD A B C D -中,1AB BC ==,1AA =线1AD 与1DB 所成角的余弦值为()A .15B .56C .55D .22【答案】C解析:以D 为坐标原点,1,,DA DC DD DA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系,则11(0,0,0),(1,0,0),(1,1,3),(0,0,3)D A B D ,所以11(1,0,3),(1,1,3)AD DB =-=因为111111135cos ,5||||25AD DB AD DB AD DB ⋅-+<>===⋅⨯所以异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为55,故选C .15.(2018年高考数学课标卷Ⅰ(理))已知正方体的校长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面而积的最大值为()A .334B .233C .324D .32【答案】A【解析一】根据题意,平面α与正方体对角线垂直,记正方体为111ABCD A B C D -不妨设平面α与1AC 垂直,且交于点M .平面ABD 与平面11B D C 与1AC 分别交于,P Q .正方体中心为O ,则容易证明当M 从A 运动到P 时,截面为三角形且周长逐渐增大:当M 从P 运动到Q 时,截面为六边形且周长不变;当M 从Q 运动到1C 时,截面为三角形且周长还渐减小。
江苏省高考数学选粹解答题(2)立体几何
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2.立体几何1.(本小题满分12分)一个多面体的直观图及三视图如图所示(其中M 、N 分别是AF 、BC 的中点)(1)求证:MN//平面CDEF ;(2)求多面体A —CDEF 的体积.解:由三视图知,该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱ADE —BCF ,且AB =BC=BF =2,DE=CF=22,2π=∠CBF(1)证明:取BF 的中点G ,连结MG 、NG ,由M 、N 分别为AF 、BC 中点,可得, NG ∥BF ,MG ∥CF ⇒面MNG ∥面CDEF ⇒MN ∥面CDEF ……………………6分 (2)取DE 中点为H ,因为AD =AE ⇒AH ⊥DE 在直三棱住AED —BCF 中 平面ADE ⊥平面CDEF面ADE ∩面CDEF =DE ⇒A H ⊥平面CDEF多面体A —CDEF 是以A H 为高,以矩形CDEF 为底面的棱锥在△ADE 中,A H=2 24=⋅=EF DE S CD EF 矩形⇒棱锥A —CDEF 的体积3831=⋅=AH S V 矩…………………………12分2. 已知三棱锥P —ABC 中,PC ⊥底面ABC ,AB=BC , D 、F 分别为AC 、PC 的中点,DE ⊥AP 于E . (1)求证:AP ⊥平面BDE ;(2)求证:平面BDE ⊥平面BDF ;(3)若AE ∶EP=1∶2,求截面BEF 分三棱锥 P —ABC 所成两部分的体积比.讲解: (1)∵PC ⊥底面ABC ,BD ⊂平面ABC ,∴PC ⊥BD .由AB=BC ,D 为AC 的中点,得BD ⊥AC .又PC ∩AC=C ,∴BD ⊥平面PAC . 又PA ⊂平面、PAC ,∴BD ⊥PA .由已知DE ⊥PA ,DE ∩BD=D ,∴AP ⊥平面BDE .(2)由BD ⊥平面PAC ,DE ⊂平面PAC ,得BD ⊥DE .由D 、F 分别为AC 、PC 的中点,得DF//AP .由已知,DE ⊥AP ,∴DE ⊥DF. BD ∩DF=D ,∴DE ⊥平面BDF . 又 DE ⊂平面BDE ,∴平面BDE ⊥平面BDF .(3)设点E 和点A 到平面PBC 的距离分别为h 1和h 2.则h 1∶h 2=EP ∶AP=2∶3, .31232313121=⋅=⋅⋅⋅⋅==∴∆∆----PBC PBFPBCA PBFE ABC P EBF P S h S h V V V V故截面BEF 分三棱锥P —ABC 所成两部分体积的比为1∶2或2∶13. 如图,正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1,P 、Q 分别是线段AD 1和BD 上的点,且 D 1P ∶PA=DQ ∶QB=5∶12. (1) 求证PQ ∥平面CDD 1C 1; (2) 求证PQ ⊥AD ;(3) 求线段PQ 的长.讲解: (1)在平面AD 1内,作PP 1∥AD 与DD 1交于点P 1, 在平面AC 内,作QQ 1∥BC 交CD 于点Q 1,连结P 1Q 1. ∵1251==QB DQ PA P D , ∴PP 1//QQ 1.由四边形PQQ 1P 1为平行四边形, 知PQ ∥P 1Q1而P 1Q 1⊂平面CDD 1C 1, 所以PQ ∥平面CDD 1C1(2) AD ⊥平面D 1DCC 1, ∴AD ⊥P 1Q 1PQ ∥P 1Q 1, ∴AD ⊥PQ.(3)由(1)知P 1Q 1// PQ,125QB DQ C Q DQ 11==,而棱长CD=1.∴DQ 1=175.同理可求得 P 1D=1712. 在Rt △P 1DQ 1中,应用勾股定理, 立得P 1Q 1=1713175171222221=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+DQ D P .4. 直棱柱ABCD-A l B l C 1D 1中,底面ABCD 是直角梯形, ∟BAD=∟ADC=900,AB=2AD=2CD=2. (1)求证:AC ┴平面BB 1C 1C ;(Ⅱ)在A 1B 1上是否存一点P ,使得DP 与平面BCB 1 和平面ACB 1都平行?证明你的结论.5. 如图为正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1切去一个三棱锥B 1—A 1BC 1后得到的几何体.(1)画出该几何体的正视图;(2)若点O 为底面ABCD 的中心,求证:直线D 1O ∥平面A 1BC 1; (3)求证:平面A 1BC 1⊥平面BD 1D . 解:(1)该几何体的正视图为:(2)将其补成正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1,设B 1D 1和A 1C 1交于点O 1,连接O 1B ,依题意可知,D 1O 1∥OB ,且D 1O 1=OB ,即四边形D 1OB O 1为平行四边形,则D 1O ∥O 1B ,因为BO 1⊂平面BA 1C 1,D 1O ⊄平面BA 1C 1,所以有直线D 1O ∥平面BA 1C 1(3)在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,DD 1⊥平面A 1B 1C 1D 1, 则DD 1⊥A 1C 1,另一方面,B 1D 1⊥A 1C 1, 又∵DD 1∩B 1D 1= D 1,∴A 1C 1⊥平面BD 1D , ∵A 1C 1⊂平面A 1BC 1,则平面A 1BC 1⊥平面BD 1D . 6. 如图所示的几何体由斜三棱柱111C B A ABC -和111222C B A C B A -组成,其斜三棱柱111C B A ABC -和111222C B A C B A -11A ABB ≅1122A B B A 11B BCC ≅1122B C C B 、 11C C A A ≅1122C A A C 。
新高考精品(江苏版)专题8.1空间几何体(解析版)Word版含解析
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【三年高考】1. 【2014江苏,理8】设甲,乙两个圆柱的底面面积分别为12,S S ,体积为12,V V ,若它们的侧面积相等且1294S S =,则12VV 的值是 . 【答案】32【解析】设甲、乙两个圆柱的底面和高分别为11r h 、,22r h 、,则112222r h r h ππ=,1221h r h r =,又21122294S r S r ππ==,所以1232r r =,则222111111212222222221232V r h r h r r r V r h r h r r r ππ==⋅=⋅==.2. 【2013江苏,理8】如图,在三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中,D ,E ,F 分别是AB ,AC ,AA 1的中点,设三棱锥F -ADE 的体积为V 1,三棱柱A 1B 1C 1-ABC 的体积为V 2,则V 1∶V 2=__________.【答案】1∶24【解析】由题意可知点F 到面ABC 的距离与点A1到面ABC 的距离之比为1∶2,S △ADE ∶S △ABC =1∶4.因此V1∶V2=132AED ABC AF S AF S ∆∆⋅⋅=1∶24..3. 【2012江苏,理7】如图,在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB =AD =3 cm ,AA 1=2 cm ,则四棱锥A -BB 1D 1D 的体积为__________cm 3.【答案】6【解析】由已知可得,11A BB D D V -=23111A D B ADB V -=2132⨯1111ABCD A B C D V -=2132⨯×3×3×2=6(cm3). 4.【2016高考新课标3理数改编】在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球,若AB BC ⊥,6AB =,8BC =,13AA =,则V 的最大值是 .【答案】92π考点:1、三棱柱的内切球;2、球的体积.【思维拓展】立体几何是的最值问题通常有三种思考方向:(1)根据几何体的结构特征,变动态为静态,直观判断在什么情况下取得最值;(2)将几何体平面化,如利用展开图,在平面几何图中直观求解;(3)建立函数,通过求函数的最值来求解.5.【2016高考上海理数】如图,在正四棱柱1111D C B A ABCD -中,底面ABCD 的边长为3,1BD 与底面所成角的正切值为23,则该正四棱柱的高等于____________.【答案】【解析】 试题分析:由题意得11122tan 33DD DBD DD BD ∠===⇒=考点:1.正四棱柱的几何特征;2.直线与平面所成的角.【名师点睛】涉及立体几何中的角的问题,往往要将空间问题转化成平面问题,做出角,构建三角形,在三角形中解决问题;也可以通过建立空间直角坐标系,利用空间向量方法求解,应根据具体情况选择不同方法,本题难度不大,能较好地考查考生的空间想象能力、基本计算能力等. 6.【2016高考新课标1卷改编】如图,某几何体是一个球被切掉左上角的18,.若该几何体的体积是283π,则它的表面积是 .【答案】17π 【解析】试题分析:设球的半径为R ,则37428V R 833ππ=⨯=,解得R 2=,所以它的表面积是78的球面面积和三个扇形面积之和2271=42+32=1784S πππ⨯⨯⨯⨯,故选A .考点:三视图及球的表面积与体积7.【2015高考新课标1,文6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺,问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米有___________________斛.【答案】22【解析】设圆锥底面半径为r ,则12384r ⨯⨯=,所以163r =,所以米堆的体积为211163()5433⨯⨯⨯⨯=3209,故堆放的米约为3209÷1.62≈22. 8.【2015高考湖南,文10】某工作的三视图如图3所示,现将该工作通过切削,加工成一个体积尽可能大的正方体新工件,并使新工件的一个面落在原工作的一个面内,则原工件材料的利用率为(材料利用率=新工件的体积/原工件的体积_________________.【答案】8 9π9. 【2015高考四川,文14】在三棱住ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,其正视图和侧视图都是边长为1的正方形,俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形,设点M,N,P分别是AB,BC,B1C1的中点,则三棱锥P-A1MN的体积是______.【答案】1 24【解析】由题意,三棱柱是底面为直角边长为1的等腰直角三角形,高为1的直三棱柱,底面积为12如图,因为AA1∥PN,故AA1∥面PMN,故三棱锥P-A1MN与三棱锥P-AMN体积相等,三棱锥P-AMN的底面积是三棱锥底面积的14,高为1故三棱锥P-A1MN的体积为111132424⨯⨯=10.【2015高考安徽,文19】如图,三棱锥P -ABC 中,PA ⊥平面ABC ,1,1,2,60PA AB AC BAC ===∠=o .(Ⅰ)求三棱锥P -ABC 的体积;(Ⅱ)证明:在线段PC 上存在点M ,使得AC ⊥BM ,并求PMMC的值.【解析】(Ⅰ)由题设AB =1,,2=AC60=∠BAC ,可得ABC S ∆︒⋅⋅⋅=60sin 21AC AB 23=. 由⊥PA 面ABC ,可知PA 是三棱锥ABC P -的高,又1=PA ,所以三棱锥ABC P -的体积6331=⋅⋅∆PA S V ABC =;(Ⅱ)证:在平面ABC 内,过点B 作AC BN ⊥,垂足为N ,过N 作PA MN //交PC 于M ,连接BM .由⊥PA 面ABC 知AC PA ⊥,所以AC MN ⊥.由于N MN BN =⋂,故⊥AC 面MBN ,又⊂BM 面MBN ,所以BM AC ⊥.在直角B A N ∆中,21c o s =∠⋅=B A C AB AN ,从而23=-=AN AC NC .由PA MN //,得31=NC AN MC PM =. 11.【2015高考湖南,文18】如图4,直三棱柱111ABC A B C -的底面是边长为2的正三角形,,E F 分别是1,BC CC 的中点。
历年(2019-2023)全国高考数学真题分项(立体几何)汇编(附答案)
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历年(2019-2023)全国高考数学真题分项(立体几何)汇编考点一 空间几何体的侧面积和表面积1.(2021( )A .2B .C .4D .2.(2022•上海)已知圆柱的高为4,底面积为9π,则圆柱的侧面积为 .3.(2021•上海)已知圆柱的底面圆半径为1,高为2,AB 为上底面圆的一条直径,C 是下底面圆周上的一个动点,则ABC ∆的面积的取值范围为 .4.(2021•上海)已知圆柱的底面半径为1,高为2,则圆柱的侧面积为 .5.(2019•上海)一个直角三角形的两条直角边长分别为1和2,将该三角形分别绕其两个直角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为( ) A .1B .2C .4D .86.(2020•浙江)已知圆锥的侧面积(单位:2)cm 为2π,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面半径(单位:)cm 是 .7.(2022•新高考Ⅱ)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( ) A .100πB .128πC .144πD .192π8.(2021•新高考Ⅱ)北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中,地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面,轨道高度为36000km (轨道高度是指卫星到地球表面的距离).将地球看作是一个球心为O ,半径r 为6400km 的球,其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数.地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α,该卫星信号覆盖地球表面的表面积22(1cos )S r πα=-(单位:2)km ,则S 占地球表面积的百分比约为( ) A .26%B .34%C .42%D .50%考点二 空间几何体的体积9.(2022•新高考Ⅰ)已知正四棱锥的侧棱长为l ,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3l 剟,则该正四棱锥体积的取值范围是( )A .[18,81]4B .27[4,814C .27[4,643D .[18,27]10.(2022•新高考Ⅰ)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5m 时,相应水面的面积为2140.0km ;水位为海拔157.5m 时,相应水面的面积为2180.0km .将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148.5m 上升到157.5m 时,增加的水量约为 2.65)(≈ ) A .931.010m ⨯B .931.210m ⨯C .931.410m ⨯D .931.610m ⨯11.(2021•新高考Ⅱ)正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,则其体积为( )A .20+B .C .563D .312.【多选】(2023•新高考Ⅰ)下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:)m 的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( ) A .直径为0.99m 的球体 B .所有棱长均为1.4m 的四面体C .底面直径为0.01m ,高为1.8m 的圆柱体D .底面直径为1.2m ,高为0.01m 的圆柱体13.【多选】(2022•新高考Ⅱ)如图,四边形ABCD 为正方形,ED ⊥平面ABCD ,//FB ED ,2AB ED FB ==.记三棱锥E ACD -,F ABC -,F ACE -的体积分别为1V ,2V ,3V ,则( )A .322V V =B .31V V =C .312V V V =+D .3123V V =14.【多选】(2021•新高考Ⅰ)在正三棱柱111ABC A B C -中,11AB AA ==,点P 满足1BP BC BB λμ=+ ,其中[0λ∈,1],[0μ∈,1],则( ) A .当1λ=时,△1AB P 的周长为定值 B .当1μ=时,三棱锥1P A BC -的体积为定值C .当12λ=时,有且仅有一个点P ,使得1A P BP ⊥D .当12μ=时,有且仅有一个点P ,使得1A B ⊥平面1AB P 15.(2023•新高考Ⅱ)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为 .16.(2023•新高考Ⅰ)在正四棱台1111ABCD A B C D -中,2AB =,111A B =,1AA =,则该棱台的体积为 . 17.(2020•海南)已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2,M 、N 分别为1BB 、AB 的中点,则三棱锥1A NMD -的体积为 .18.(2022•上海)如图所示三棱锥,底面为等边ABC ∆,O 为AC 边中点,且PO ⊥底面ABC ,2AP AC ==. (1)求三棱锥体积P ABC V -;(2)若M 为BC 中点,求PM 与面PAC 所成角大小.19.(2020•上海)已知四棱锥P ABCD -,底面ABCD 为正方形,边长为3,PD ⊥平面ABCD . (1)若5PC =,求四棱锥P ABCD -的体积; (2)若直线AD 与BP 的夹角为60︒,求PD 的长.考点三 空间中直线与直线之间的位置关系20.(2022•上海)如图正方体1111ABCD A B C D -中,P 、Q 、R 、S 分别为棱AB 、BC 、1BB 、CD 的中点,联结1A S ,1B D .空间任意两点M 、N ,若线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上,则称MN 两点可视,则下列选项中与点1D 可视的为( )A .点PB .点BC .点RD .点Q21.(2021•浙江)如图,已知正方体1111ABCD A B C D -,M ,N 分别是1A D ,1D B 的中点,则( )A .直线1A D 与直线1DB 垂直,直线//MN 平面ABCD B .直线1A D 与直线1D B 平行,直线MN ⊥平面11BDD BC .直线1AD 与直线1D B 相交,直线//MN 平面ABCDD .直线1A D 与直线1D B 异面,直线MN ⊥平面11BDD B22.(2020•上海)在棱长为10的正方体1111ABCD A B C D -中,P 为左侧面11ADD A 上一点,已知点P 到11A D 的距离为3,P 到1AA 的距离为2,则过点P 且与1A C 平行的直线交正方体于P 、Q 两点,则Q 点所在的平面是( )A .11AAB BB .11BBC CC .11CCD DD .ABCD23.(2023•上海)如图所示,在正方体1111ABCD A B C D -中,点P 为边11A C 上的动点,则下列直线中,始终与直线BP 异面的是( )A .1DDB .ACC .1ADD .1B C考点四 异面直线及其所成的角24.【多选】(2022•新高考Ⅰ)已知正方体1111ABCD A B C D -,则( ) A .直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B .直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C .直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D .直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒考点五 空间中直线与平面之间的位置关系25.(2019•上海)已知平面α、β、γ两两垂直,直线a 、b 、c 满足:a α⊆,b β⊆,c γ⊆,则直线a 、b 、c 不可能满足以下哪种关系( )A .两两垂直B .两两平行C .两两相交D .两两异面26.【多选】(2021•新高考Ⅱ)如图,下列正方体中,O 为底面的中心,P 为所在棱的中点,M ,N 为正方体的顶点,则满足MN OP ⊥的是( )A .B .C .D .考点六 直线与平面所成的角27.(2020•山东)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为)O ,地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角,点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A 处的纬度为北纬40︒,则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A .20︒B .40︒C .50︒D .90︒28.(2021•上海)如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,已知2AB BC ==,13AA =. (1)若P 是棱11A D 上的动点,求三棱锥C PAD -的体积; (2)求直线1AB 与平面11ACC A 的夹角大小.29.(2021•浙江)如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是平行四边形,120ABC ∠=︒,1AB =,4BC =,PA =M ,N 分别为BC ,PC 的中点,PD DC ⊥,PM MD ⊥.(Ⅰ)证明:AB PM ⊥;(Ⅱ)求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值.30.(2020•海南)如图,四棱锥P ABCD -的底面为正方形,PD ⊥底面ABCD .设平面PAD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明:l ⊥平面PDC ;(2)已知1PD AD ==,Q 为l 上的点,QB =,求PB 与平面QCD 所成角的正弦值.31.(2020•上海)已知ABCD 是边长为1的正方形,正方形ABCD 绕AB 旋转形成一个圆柱. (1)求该圆柱的表面积;(2)正方形ABCD 绕AB 逆时针旋转2π至11ABC D ,求线段1CD 与平面ABCD 所成的角.32.(2020•山东)如图,四棱锥P ABCD -的底面为正方形,PD ⊥底面ABCD .设平面PAD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明:l ⊥平面PDC ;(2)已知1PD AD ==,Q 为l 上的点,求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值.33.(2020•浙江)如图,在三棱台ABC DEF -中,平面ACFD ⊥平面ABC ,45ACB ACD ∠=∠=︒,2DC BC =. (Ⅰ)证明:EF DB ⊥;(Ⅱ)求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值.34.(2019•上海)如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,M 为1BB 上一点,已知2BM =,3CD =,4AD =,15AA =.(1)求直线1A C 和平面ABCD 的夹角; (2)求点A 到平面1A MC 的距离.35.(2019•浙江)如图,已知三棱柱111ABC A B C -,平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒,30BAC ∠=︒,11A A A C AC ==,E ,F 分别是AC ,11A B 的中点.(Ⅰ)证明:EF BC ⊥;(Ⅱ)求直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值.考点七 二面角的平面角及求法36.(2022•浙江)如图,已知正三棱柱111ABC A B C -,1AC AA =,E ,F 分别是棱BC ,11A C 上的点.记EF 与1AA 所成的角为α,EF 与平面ABC 所成的角为β,二面角F BC A --的平面角为γ,则( )A .αβγ剟B .βαγ剟C .βγα剟D .αγβ剟37.(2019•浙江)设三棱锥V ABC -的底面是正三角形,侧棱长均相等,P 是棱VA 上的点(不含端点).记直线PB 与直线AC 所成角为α,直线PB 与平面ABC 所成角为β,二面角P AC B --的平面角为γ,则( )A .βγ<,αγ<B .βα<,βγ<C .βα<,γα<D .αβ<,γβ<38.【多选】(2023•新高考Ⅱ)已知圆锥的顶点为P ,底面圆心为O ,AB 为底面直径,120APB ∠=︒,2PA =,点C 在底面圆周上,且二面角P AC O --为45︒,则( )A .该圆锥的体积为πB .该圆锥的侧面积为C .AC =D .PAC ∆39.(2023•上海)已知直四棱柱1111ABCD A B C D -,AB AD ⊥,//AB CD ,2AB =,3AD =,4CD =. (1)证明:直线1//A B 平面11DCC D ;(2)若该四棱柱的体积为36,求二面角1A BD A --的大小.40.(2023•新高考Ⅱ)如图,三棱锥A BCD -中,DA DB DC ==,BD CD ⊥,60ADB ADC ∠=∠=︒,E 为BC 中点.(1)证明BC DA ⊥;(2)点F 满足EF DA =,求二面角D AB F --的正弦值.41.(2023•新高考Ⅰ)如图,在正四棱柱111ABCD A B C D -中,2AB =,14AA =.点2A ,2B ,2C ,2D 分别在棱1AA ,1BB ,1CC ,1DD 上,21AA =,222BB DD ==,23CC =. (1)证明:2222//B C A D ;(2)点P 在棱1BB 上,当二面角222P A C D --为150︒时,求2B P .42.(2022•浙江)如图,已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形,//AB DC ,//DC EF ,5AB =,3DC =,1EF =,60BAD CDE ∠=∠=︒,二面角F DC B --的平面角为60︒.设M ,N 分别为AE ,BC 的中点.(Ⅰ)证明:FN AD ⊥;(Ⅱ)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值.43.(2022•新高考Ⅱ)如图,PO 是三棱锥P ABC -的高,PA PB =,AB AC ⊥,E 为PB 的中点. (1)证明://OE 平面PAC ;(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒,3PO =,5PA =,求二面角C AE B --的正弦值.44.(2022•新高考Ⅰ)如图,直三棱柱111ABC A B C -的体积为4,△1A BC 的面积为 (1)求A 到平面1A BC 的距离;(2)设D 为1A C 的中点,1AA AB =,平面1A BC ⊥平面11ABB A ,求二面角A BD C --的正弦值.45.(2021•新高考Ⅱ)在四棱锥Q ABCD -中,底面ABCD 是正方形,若2AD =,QD QA ==3QC =.(Ⅰ)求证:平面QAD ⊥平面ABCD ; (Ⅱ)求二面角B QD A --的平面角的余弦值.46.(2021•新高考Ⅰ)如图,在三棱锥A BCD -中,平面ABD ⊥平面BCD ,AB AD =,O 为BD 的中点. (1)证明:OA CD ⊥;(2)若OCD ∆是边长为1的等边三角形,点E 在棱AD 上,2DE EA =,且二面角E BC D --的大小为45︒,求三棱锥A BCD -的体积.考点八 立体几何的交线问题47.(2020•山东)已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2,60BAD ∠=︒.以1D 为半径的球面与侧面11BCC B 的交线长为 .参考答案考点一 空间几何体的侧面积和表面积1.(2021,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为( )A .2B .C .4D .【详细解析】由题意,设母线长为l ,因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长,圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径,则有2l ππ=⋅,解得l =所以该圆锥的母线长为 故选:B .2.(2022•上海)已知圆柱的高为4,底面积为9π,则圆柱的侧面积为 . 【详细解析】因为圆柱的底面积为9π,即29R ππ=, 所以3R =,所以224S Rh ππ==侧.故答案为:24π.3.(2021•上海)已知圆柱的底面圆半径为1,高为2,AB 为上底面圆的一条直径,C 是下底面圆周上的一个动点,则ABC ∆的面积的取值范围为 .【详细解析】如图1,上底面圆心记为O ,下底面圆心记为O ',连接OC ,过点C 作CM AB ⊥,垂足为点M , 则12ABC S AB CM ∆=⨯⨯, 根据题意,AB 为定值2,所以ABC S ∆的大小随着CM 的长短变化而变化,如图2所示,当点M 与点O 重合时,CM OC ==,此时ABC S ∆取得最大值为122⨯=;如图3所示,当点M 与点B 重合,CM 取最小值2, 此时ABC S ∆取得最小值为12222⨯⨯=.综上所述,ABC S ∆的取值范围为.故答案为:.4.(2021•上海)已知圆柱的底面半径为1,高为2,则圆柱的侧面积为 . 【详细解析】圆柱的底面半径为1r =,高为2h =, 所以圆柱的侧面积为22124S rh πππ==⨯⨯=侧. 故答案为:4π.5.(2019•上海)一个直角三角形的两条直角边长分别为1和2,将该三角形分别绕其两个直角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为( ) A .1B .2C .4D .8【详细解析】如图,则21142133V ππ=⨯⨯=,22121233V ππ=⨯⨯=,∴两个圆锥的体积之比为43223ππ=. 故选:B .6.(2020•浙江)已知圆锥的侧面积(单位:2)cm 为2π,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面半径(单位:)cm 是 .【详细解析】 圆锥侧面展开图是半圆,面积为22cm π,设圆锥的母线长为acm ,则2122a ππ⨯=,2a cm ∴=,∴侧面展开扇形的弧长为2cm π,设圆锥的底面半径OC rcm =,则22r ππ=,解得1r cm =. 故答案为:1cm .7.(2022•新高考Ⅱ)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( ) A .100πB .128πC .144πD .192π3=4=,如图,设球的半径为R 1=,解得5R =, ∴该球的表面积为24425100R πππ=⨯=.当球心在台体内时,如图,1=,无解. 综上,该球的表面积为100π. 故选:A .8.(2021•新高考Ⅱ)北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中,地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面,轨道高度为36000km (轨道高度是指卫星到地球表面的距离).将地球看作是一个球心为O ,半径r 为6400km 的球,其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数.地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α,该卫星信号覆盖地球表面的表面积22(1cos )S r πα=-(单位:2)km ,则S 占地球表面积的百分比约为( ) A .26%B .34%C .42%D .50%【详细解析】由题意,作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图,则36000640042400OP =+=,那么64008cos 4240053α==; 卫星信号覆盖的地球表面面积22(1cos )S r πα=-,那么,S 占地球表面积的百分比为222(1cos )4542%4106r r παπ-=≈.故选:C .考点二 空间几何体的体积9.(2022•新高考Ⅰ)已知正四棱锥的侧棱长为l ,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3l 剟,则该正四棱锥体积的取值范围是( )A .[18,814B .27[4,814C .27[4,643D .[18,27]【详细解析】如图所示,正四棱锥P ABCD -各顶点都在同一球面上,连接AC 与BD 交于点E ,连接PE ,则球心O 在直线PE 上,连接OA , 设正四棱锥的底面边长为a ,高为h ,在Rt PAE ∆中,222PA AE PE =+,即222221(22l h a h =+=+, 球O 的体积为36π,∴球O 的半径3R =,在Rt OAE ∆中,222OA OE AE =+,即222(3)(2R h =-+, ∴221602a h h +-=,∴22162a h h +=,26l h ∴=,又3l 剟∴3922h剟, ∴该正四棱锥体积2232112()(122)4333V h a h h h h h h ==-=-+,2()282(4)V h h h h h '=-+=- ,∴当342h <…时,()0V h '>,()V h 单调递增;当942h <…时,()0V h '<,()V h 单调递减,()max V h V ∴=(4)643=, 又327(24V = ,981()24V =,且278144<,∴2764()43V h 剟, 即该正四棱锥体积的取值范围是27[4,643, 故选:C .10.(2022•新高考Ⅰ)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5m 时,相应水面的面积为2140.0km ;水位为海拔157.5m 时,相应水面的面积为2180.0km .将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148.5m 上升到157.5m 时,增加的水量约为 2.65)(≈ )A .931.010m ⨯B .931.210m ⨯C .931.410m ⨯D .931.610m ⨯【详细解析】26214014010km m =⨯,26218018010km m =⨯,根据题意,增加的水量约为661401018010(157.5148.5)3⨯+⨯⨯-9=6693(32060 2.65)103143710 1.410m ≈+⨯⨯⨯=⨯≈⨯.故选:C .11.(2021•新高考Ⅱ)正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,则其体积为( )A .20+B .C .563D 【详细解析】解法一:如图1111ABCD A B C D -为正四棱台,2AB =,114A B =,12AA =. 在等腰梯形11A B BA 中,过A 作11AE A B ⊥,可得14212A E -==,AE ==. 连接AC ,11A C ,AC ==,11A C ==,过A 作11AG A C ⊥,12A G -==AG ==, ∴正四棱台的体积为:V h =22243+== 解法二:作出图形,连接该正四棱台上下底面的中心,如图,该四棱台上下底面边长分别为2,4,侧棱长为2,∴该棱台的记h ==下底面面积116S =,上底面面积24S =, 则该棱台的体积为:1211((16433V h S S =++=+=故选:D .12.【多选】(2023•新高考Ⅰ)下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:)m 的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( )A .直径为0.99m 的球体B .所有棱长均为1.4m 的四面体C .底面直径为0.01m ,高为1.8m 的圆柱体D .底面直径为1.2m ,高为0.01m 的圆柱体【详细解析】对于A ,棱长为1的正方体内切球的直径为10.99>,选项A 正确; 对于B ,如图,正方体内部最大的正四面体11D A BC - 1.4=>,选项B 正确;对于C ,棱长为1 1.8<,选项C 错误;对于D ,如图,六边形EFGHIJ 为正六边形,E ,F ,G ,H ,I ,J 为棱的中点,高为0.01米可忽略不计,看作直径为1.2米的平面圆,六边形EFGHIJ 棱长为2米,30GFH GHF ∠=∠=︒,所以FH ===米,故六边形EFGHIJ而223()(1.2) 1.4422=>=,选项D 正确. 故选:ABD .13.【多选】(2022•新高考Ⅱ)如图,四边形ABCD 为正方形,ED ⊥平面ABCD ,//FB ED ,2AB ED FB ==.记三棱锥E ACD -,F ABC -,F ACE -的体积分别为1V ,2V ,3V ,则( )A .322V V =B .31V V =C .312V V V =+D .3123V V =【详细解析】设22AB ED FB ===, 114||33ACD V S ED ∆=⨯⨯=,212||33ABC V S FB ∆=⨯⨯=,如图所示,连接BD 交AC 于点M ,连接EM 、FM ,则FM =EM =,3EF =,故12EMF S ∆==,3112332EMF V S AC ∆=⨯=⨯⨯=,故C 、D 正确,A 、B 错误. 故选:CD .14.【多选】(2021•新高考Ⅰ)在正三棱柱111ABC A B C -中,11AB AA ==,点P 满足1BP BC BB λμ=+ ,其中[0λ∈,1],[0μ∈,1],则( )A .当1λ=时,△1AB P 的周长为定值 B .当1μ=时,三棱锥1P A BC -的体积为定值C .当12λ=时,有且仅有一个点P ,使得1A P BP ⊥D .当12μ=时,有且仅有一个点P ,使得1A B ⊥平面1AB P 【详细解析】对于A ,当1λ=时,1BP BC BB μ=+ ,即1CP BB μ= ,所以1//CP BB,故点P 在线段1CC 上,此时△1AB P 的周长为11AB B P AP ++,当点P 为1CC 的中点时,△1AB P ,当点P 在点1C 处时,△1AB P 的周长为1, 故周长不为定值,故选项A 错误;对于B ,当1μ=时,1BP BC BB λ=+ ,即1B P BC λ= ,所以1//B P BC, 故点P 在线段11B C 上, 因为11//B C 平面1A BC ,所以直线11B C 上的点到平面1A BC 的距离相等, 又△1A BC 的面积为定值,所以三棱锥1P A BC -的体积为定值,故选项B 正确;对于C ,当12λ=时,取线段BC ,11B C 的中点分别为M ,1M ,连结1M M , 因为112BP BC BB μ=+,即1MP BB μ= ,所以1//MP BB ,则点P 在线段1M M 上,当点P 在1M 处时,1111A M B C ⊥,111A M B B ⊥, 又1111B C B B B = ,所以11A M ⊥平面11BB C C ,又1BM ⊂平面11BB C C ,所以111A M BM ⊥,即1A P BP ⊥, 同理,当点P 在M 处,1A P BP ⊥,故选项C 错误;对于D ,当12μ=时,取1CC 的中点1D ,1BB 的中点D , 因为112BP BC BB λ=+ ,即DP BC λ= ,所以//DP BC ,则点P 在线的1DD 上,当点P 在点1D 处时,取AC 的中点E ,连结1A E ,BE ,因为BE ⊥平面11ACC A ,又1AD ⊂平面11ACC A ,所以1AD BE ⊥, 在正方形11ACC A 中,11AD A E ⊥, 又1BE A E E = ,BE ,1A E ⊂平面1A BE ,故1AD ⊥平面1A BE ,又1A B ⊂平面1A BE ,所以11A B AD ⊥, 在正方体形11ABB A 中,11A B AB ⊥,又11AD AB A = ,1AD ,1AB ⊂平面11AB D ,所以1A B ⊥平面11AB D , 因为过定点A 与定直线1A B 垂直的平面有且只有一个, 故有且仅有一个点P ,使得1A B ⊥平面1AB P ,故选项D 正确.故选:BD .15.(2023•新高考Ⅱ)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为 .【详细解析】如图所示,根据题意易知△11SO A SOA ∆∽,∴11112SO O A SO OA ===,又13SO =, 6SO ∴=,13OO ∴=,又上下底面正方形边长分别为2,4,∴所得棱台的体积为1(4163283⨯++⨯=.故答案为:28.16.(2023•新高考Ⅰ)在正四棱台1111ABCD A B C D -中,2AB =,111A B =,1AA =,则该棱台的体积为 . 【详细解析】如图,设正四棱台1111ABCD A B C D -的上下底面中心分别为M ,N ,过1A 作1A H AC ⊥,垂足点为H ,由题意易知12A M HN ==,又AN =,2AH AN HN ∴=-=,又1AA =,1A H MN ∴==∴该四棱台的体积为1(143⨯++故答案为:6.17.(2020•海南)已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2,M 、N 分别为1BB 、AB 的中点,则三棱锥1A NMD -的体积为 .【详细解析】如图,正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2,M 、N 分别为1BB 、AB 的中点, ∴111122ANM S ∆=⨯⨯=, ∴111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯=.故答案为:13.18.(2022•上海)如图所示三棱锥,底面为等边ABC ∆,O 为AC 边中点,且PO ⊥底面ABC ,2AP AC ==. (1)求三棱锥体积P ABC V -;(2)若M 为BC 中点,求PM 与面PAC 所成角大小.【详细解析】(1)在三棱锥P ABC -中,因为PO ⊥底面ABC ,所以PO AC ⊥, 又O 为AC 边中点,所以PAC ∆为等腰三角形,又2AP AC ==.所以PAC ∆是边长为2的为等边三角形,PO ∴=,三棱锥体积2112133P ABC ABC V S PO -∆=⋅==, (2)以O 为坐标原点,OB 为x 轴,OC 为y 轴,OP 为z 轴,建立空间直角坐标系,则(0P ,0,B 0,0),(0C ,1,0),M 12,0),(2PM = ,12,, 平面PAC的法向量OB =0,0), 设直线PM 与平面PAC 所成角为θ,则直线PM 与平面PAC所成角的正弦值为3sin ||||||PM OB PM OB θ⋅===⋅所以PM 与面PAC所成角大小为arcsin4. 19.(2020•上海)已知四棱锥P ABCD -,底面ABCD 为正方形,边长为3,PD ⊥平面ABCD . (1)若5PC =,求四棱锥P ABCD -的体积; (2)若直线AD 与BP 的夹角为60︒,求PD 的长.【详细解析】(1)PD ⊥ 平面ABCD ,PD DC ∴⊥. 3CD = ,5PC ∴=,4PD ∴=,2134123P ABCD V -∴=⨯⨯=,所以四棱锥P ABCD -的体积为12.(2)ABCD 是正方形,PD ⊥平面ABCD , BC PD ∴⊥,BC CD ⊥又PD CD D = BC ∴⊥平面PCDBC PC ∴⊥异面直线AD 与PB 所成角为60︒,//BC AD ∴在Rt PBC ∆中,60PBC ∠=︒,3BC =故PC =在Rt PDC ∆中,3CD =PD ∴=考点三 空间中直线与直线之间的位置关系20.(2022•上海)如图正方体1111ABCD A B C D -中,P 、Q 、R 、S 分别为棱AB 、BC 、1BB 、CD 的中点,联结1A S ,1B D .空间任意两点M 、N ,若线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上,则称MN 两点可视,则下列选项中与点1D 可视的为( )A .点PB .点BC .点RD .点Q【详细解析】线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上,即直线MN 与线段1A S 、1B D 不相交,因此所求与1D 可视的点,即求哪条线段不与线段1A S 、1B D 相交,对A 选项,如图,连接1A P 、PS 、1D S ,因为P 、S 分别为AB 、CD 的中点, ∴易证11//A D PS ,故1A 、1D 、P 、S 四点共面,1D P ∴与1A S 相交,A ∴错误;对B 、C 选项,如图,连接1D B 、DB ,易证1D 、1B 、B 、D 四点共面, 故1D B 、1D R 都与1B D 相交,B ∴、C 错误;对D 选项,连接1D Q ,由A 选项分析知1A 、1D 、P 、S 四点共面记为平面11A D PS , 1D ∈ 平面11A D PS ,Q ∉平面11A D PS ,且1A S ⊂平面11A D PS ,点11D A S ∉, 1D Q ∴与1A S 为异面直线,同理由B ,C 选项的分析知1D 、1B 、B 、D 四点共面记为平面11D B BD , 1D ∈ 平面11D B BD ,Q ∉平面11D B BD ,且1B D ⊂平面11D B BD ,点11D B D ∉,1D Q ∴与1B D 为异面直线,故1D Q 与1A S ,1B D 都没有公共点,D ∴选项正确.故选:D .21.(2021•浙江)如图,已知正方体1111ABCD A B C D -,M ,N 分别是1A D ,1D B 的中点,则( )A .直线1A D 与直线1DB 垂直,直线//MN 平面ABCD B .直线1A D 与直线1D B 平行,直线MN ⊥平面11BDD BC .直线1AD 与直线1D B 相交,直线//MN 平面ABCDD .直线1A D 与直线1D B 异面,直线MN ⊥平面11BDD B【详细解析】连接1AD ,如图:由正方体可知11A D AD ⊥,1A D AB ⊥,1A D ∴⊥平面1ABD , 11A D D B ∴⊥,由题意知MN 为△1D AB 的中位线,//MN AB ∴,又AB ⊂ 平面ABCD ,MN ⊂/平面ABCD ,//MN ∴平面ABCD .A ∴对; 由正方体可知1A D 与平面1BDD 相交于点D ,1D B ⊂平面1BDD ,1D D B ∉, ∴直线1A D 与直线1D B 是异面直线,B ∴、C 错;//MN AB ,AB 不与平面11BDD B 垂直,MN ∴不与平面11BDD B 垂直,D ∴错.故选:A .22.(2020•上海)在棱长为10的正方体1111ABCD A B C D -中,P 为左侧面11ADD A 上一点,已知点P 到11A D 的距离为3,P 到1AA 的距离为2,则过点P 且与1A C 平行的直线交正方体于P 、Q 两点,则Q 点所在的平面是( )A .11AAB B B .11BBC C C .11CCD DD .ABCD【详细解析】如图,由点P 到11A D 的距离为3,P 到1AA 的距离为2,可得P 在△1AA D 内,过P 作1//EF A D ,且1EF AA 于E ,EF AD 于F , 在平面ABCD 中,过F 作//FG CD ,交BC 于G ,则平面//EFG 平面1A DC .连接AC ,交FG 于M ,连接EM ,平面//EFG 平面1A DC ,平面1A AC ⋂平面11A DC A C =,平面1A AC ⋂平面EFM EM =, 1//EM A C ∴.在EFM ∆中,过P 作//PQ EM ,且PQ FM 于Q ,则1//PQ A C .线段FM 在四边形ABCD 内,Q 在线段FM 上,Q ∴在四边形ABCD 内. ∴则Q 点所在的平面是平面ABCD .故选:D .23.(2023•上海)如图所示,在正方体1111ABCD A B C D -中,点P 为边11A C 上的动点,则下列直线中,始终与直线BP 异面的是( )A .1DDB .ACC .1ADD .1B C【详细解析】对于A ,当P 是11A C 的中点时,BP 与1DD 是相交直线; 对于B ,根据异面直线的定义知,BP 与AC 是异面直线; 对于C ,当点P 与1C 重合时,BP 与1AD 是平行直线; 对于D ,当点P 与1C 重合时,BP 与1B C 是相交直线. 故选:B .考点四 异面直线及其所成的角24.【多选】(2022•新高考Ⅰ)已知正方体1111ABCD A B C D -,则( ) A .直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B .直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C .直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D .直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒ 【详细解析】如图,连接1B C ,由11//A B DC ,11A B DC =,得四边形11DA B C 为平行四边形, 可得11//DA B C ,11BC B C ⊥ ,∴直线1BC 与1DA 所成的角为90︒,故A 正确;111A B BC ⊥ ,11BC B C ⊥,1111A B B C B = ,1BC ∴⊥平面11DA B C ,而1CA ⊂平面11DA B C ,11BC CA ∴⊥,即直线1BC 与1CA 所成的角为90︒,故B 正确;设1111A C B D O = ,连接BO ,可得1C O ⊥平面11BB D D ,即1C BO ∠为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角,1111sin 2OC C BO BC ∠== ,∴直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为30︒,故C 错误; 1CC ⊥ 底面ABCD ,1C BC ∴∠为直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒,故D 正确.故选:ABD .考点五 空间中直线与平面之间的位置关系25.(2019•上海)已知平面α、β、γ两两垂直,直线a 、b 、c 满足:a α⊆,b β⊆,c γ⊆,则直线a 、b 、c 不可能满足以下哪种关系( )A .两两垂直B .两两平行C .两两相交D .两两异面【详细解析】如图1,可得a 、b 、c 可能两两垂直; 如图2,可得a 、b 、c 可能两两相交; 如图3,可得a 、b 、c 可能两两异面;故选:B .26.【多选】(2021•新高考Ⅱ)如图,下列正方体中,O 为底面的中心,P 为所在棱的中点,M ,N 为正方体的顶点,则满足MN OP ⊥的是( )A .B .C .D .【详细解析】对于A ,设正方体棱长为2,设MN 与OP 所成角为θ,则1tan 12θ==,∴不满足MN OP ⊥,故A 错误; 对于B ,如图,作出平面直角坐标系,设正方体棱长为2,则(2N ,0,0),(0M ,0,2),(2P ,0,1),(1O ,1,0),(2MN = ,0,2)-,(1OP = ,1-,1),0MN OP ⋅= ,∴满足MN OP ⊥,故B 正确;对于C ,如图,作出平面直角坐标系,设正方体棱长为2,则(2M ,2,2),(0N ,2,0),(1O ,1,0),(0P ,0,1),(2MN =- ,0,2)-,(1OP =- ,1-,1),0MN OP ⋅= ,∴满足MN OP ⊥,故C 正确;对于D ,如图,作出平面直角坐标系,设正方体棱长为2,则(0M ,2,0),(0N ,0,2),(2P ,1,2),(1O ,1,0),(0MN = ,2-,2),(1OP = ,0,2),4MN OP ⋅= ,∴不满足MN OP ⊥,故D 错误.故选:BC .考点六 直线与平面所成的角27.(2020•山东)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为)O ,地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角,点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A 处的纬度为北纬40︒,则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A .20︒B .40︒C .50︒D .90︒【详细解析】可设A 所在的纬线圈的圆心为O ',OO '垂直于纬线所在的圆面,由图可得OHA ∠为晷针与点A 处的水平面所成角,又OAO '∠为40︒且OA AH ⊥,在Rt OHA ∆中,O A OH '⊥,40OHA OAO '∴∠=∠=︒,另解:画出截面图,如下图所示,其中CD 是赤道所在平面的截线.l 是点A 处的水平面的截线,由题意可得OA l ⊥,AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线,由题意晷面和赤道面平行,晷针与晷面垂直,根据平面平行的性质定理可得//m CD ,根据线面垂直的定义可得AB m ⊥,由于40AOC ∠=︒,//m CD ,所以40OAG AOC ∠=∠=︒,由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒,所以40BAE OAG ∠=∠=︒,也即晷针与A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒,故选:B .28.(2021•上海)如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,已知2AB BC ==,13AA =.(1)若P 是棱11A D 上的动点,求三棱锥C PAD -的体积;(2)求直线1AB 与平面11ACC A 的夹角大小.【详细解析】(1)如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,1112322332C PAD PAD C PAD V S h -∆-⎛⎫=⋅=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭平面; (2)连接1111A C B D O = ,AB BC = ,∴四边形1111A B C D 为正方形,则11OB OA ⊥,又11AA OB ⊥,111OA AA A = ,1OB ∴⊥平面11ACC A ,∴直线1AB 与平面11ACC A 所成的角为1OAB ∠,∴111sin OB OAB AB ∠=== ∴直线1AB 与平面11ACC A所成的角为29.(2021•浙江)如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是平行四边形,120ABC ∠=︒,1AB =,4BC =,PA =M ,N 分别为BC ,PC 的中点,PD DC ⊥,PM MD ⊥.(Ⅰ)证明:AB PM ⊥;(Ⅱ)求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值.【详细解析】(Ⅰ)证明:在平行四边形ABCD 中,由已知可得,1CD AB ==,122CM BC ==,60DCM ∠=︒, ∴由余弦定理可得,2222cos60DM CD CM CD CM =+-⨯⨯︒11421232=+-⨯⨯⨯=, 则222134CD DM CM +=+==,即CD DM ⊥,又PD DC ⊥,PD DM D = ,CD ∴⊥平面PDM ,而PM ⊂平面PDM ,CD PM ∴⊥,//CD AB ,AB PM ∴⊥;(Ⅱ)解:由(Ⅰ)知,CD ⊥平面PDM ,又CD ⊂平面ABCD ,∴平面ABCD ⊥平面PDM ,且平面ABCD ⋂平面PDM DM =,PM MD ⊥ ,且PM ⊂平面PDM ,PM ∴⊥平面ABCD ,连接AM ,则PM MA ⊥,在ABM ∆中,1AB =,2BM =,120ABM ∠=︒, 可得2114212(72AM =+-⨯⨯⨯-=,又PA =Rt PMA ∆中,求得PM ==,取AD 中点E ,连接ME ,则//ME CD ,可得ME 、MD 、MP 两两互相垂直,以M 为坐标原点,分别以MD 、ME 、MP 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系,则(A ,2,0),(0P ,0,,1,0)C -,又N 为PC的中点,1(22N ∴-,5(,22AN =- , 平面PDM 的一个法向量为(0,1,0)n = ,设直线AN 与平面PDM 所成角为θ,则5||sin |cos ,|6||||AN n AN n AN n θ⋅=<>===⋅ . 故直线AN 与平面PDM所成角的正弦值为6.30.(2020•海南)如图,四棱锥P ABCD -的底面为正方形,PD ⊥底面ABCD .设平面PAD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明:l ⊥平面PDC ;(2)已知1PD AD ==,Q 为l上的点,QB =,求PB 与平面QCD 所成角的正弦值.【详细解析】(1)证明:过P 在平面PAD 内作直线//l AD ,由//AD BC ,可得//l BC ,即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线,PD ⊥ 平面ABCD ,BC ⊂平面ABCD ,PD BC ∴⊥,又BC CD ⊥,CD PD D = ,BC ∴⊥平面PCD ,设m 为平面PCD 中任意一条直线,则BC m ⊥,//l BC ,l m ∴⊥,由线面垂直的定义是l ⊥平面PCD ;(2)解:如图,以D 为坐标原点,直线DA ,DC ,DP 所在的直线为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系D xyz -,1PD AD == ,Q 为l上的点,QB =,PB ∴=,1QP =,则(0D ,0,0),(1A ,0,0),(0C ,1,0),(0P ,0,1),(1B ,1,0),作//PQ AD ,则PQ 为平面PAD 与平面PBC 的交线为l,因为QB =,QAB ∆是等腰直角三角形,所以(1Q ,0,1),则(1DQ = ,0,1),(1PB = ,1,1)-,(0DC = ,1,0),设平面QCD 的法向量为(n a = ,b ,)c ,则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ,∴00b a c =⎧⎨+=⎩,取1c =,可得(1n =- ,0,1),|cos n ∴<,||||||||n PB PB n PB ⋅>=== , PB ∴与平面QCD所成角的正弦值为3. 31.(2020•上海)已知ABCD 是边长为1的正方形,正方形ABCD 绕AB 旋转形成一个圆柱. (1)求该圆柱的表面积;(2)正方形ABCD 绕AB 逆时针旋转2π至11ABC D ,求线段1CD 与平面ABCD 所成的角.【详细解析】(1)该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为1的矩形组成, 221214S πππ∴=⨯⨯+⨯=.故该圆柱的表面积为4π.(2) 正方形11ABC D ,1AD AB ∴⊥, 又12DAD π∠=,1AD AD ∴⊥,AD AB A = ,且AD 、AB ⊂平面ADB ,1AD ∴⊥平面ADB ,即1D 在面ADB 上的投影为A ,连接1CD ,则1D CA ∠即为线段1CD 与平面ABCD 所成的角,而11cos 3AC D CA CD ∠==, ∴线段1CD 与平面ABCD所成的角为3. 32.(2020•山东)如图,四棱锥P ABCD -的底面为正方形,PD ⊥底面ABCD .设平面PAD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明:l ⊥平面PDC ;(2)已知1PD AD ==,Q 为l 上的点,求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值.【详细解析】(1)证明:过P 在平面PAD 内作直线//l AD ,由//AD BC ,可得//l BC ,即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线, PD ⊥ 平面ABCD ,BC ⊂平面ABCD ,PD BC ∴⊥,又BC CD ⊥,CD PD D = ,BC ∴⊥平面PCD , 设平面PCD 中有任一直线l ',则BC ⊥直线l ',//l BC ,l ∴⊥直线l ',∴由线面垂直的定义得l ⊥平面PCD ;(2)如图,以D 为坐标原点,直线DA ,DC ,DP 所在的直线为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系D xyz-则(0D ,0,0),(1A ,0,0),(0C ,1,0),(0P ,0,1),(1B ,1,0),设(Q m ,0,1),(DQ m = ,0,1),(1PB = ,1,1)-,(0DC = ,1,0),设平面QCD 的法向量为(n a = ,b ,)c ,则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ,∴00b am c =⎧⎨+=⎩,取1a =-,可得(1n =- ,0,)m , cos n ∴<,||||n PB PB n PB ⋅>==⋅ , PB ∴与平面QCD。
立体几何大题(解析版)
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立体几何大题1.空间中的平行关系(1)线线平行(2)线面平行的判定定理:平面外一直线与平面内一直线平行,则线面平行(3)线面平行的性质定理若线面平行,经过直线的平面与该平面相交,则直线与交线平行(4)面面平行的判定定理判定定理1:一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面,则面面平行判定定理2:一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行,则面面平行(5)面面平行的性质定理性质定理1:两平面互相平行,一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理2:两平面互相平行,一平面与两平面相交,则交线互相平行6.空间中的垂直关系(1)线线垂直(2)线面垂直的判定定理一直线与平面内两条相交直线垂直,则线面垂直(3)线面垂直的性质定理性质定理1:一直线与平面垂直,则这条直线垂直于平面内的任意一条直线性质定理2:垂直于同一个平面的两条直线平行(4)面面垂直的判定定理一个平面内有一条直线垂直于另一个平面,则两个平面垂直(或:一个平面经过另一个平面的垂线,则面面垂直)(5)面面垂直的性质定理两平面垂直,其中一个平面内有一条直线与交线垂直,则这条直线垂直于另一个平面6.异面直线所成角cos θ=cos a ,b =|a ⋅b ||a |⋅|b |=|x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2|x 12+y 12+z 12⋅x 22+y 22+z 22(其中θ(0°<θ≤90°)为异面直线a ,b 所成角,a ,b 分别表示异面直线a ,b 的方向向量)7.直线AB 与平面所成角,sin β=AB ⋅m |AB ||m |(m 为平面α的法向量).8.二面角α-l -β的平面角cos θ=m ⋅n |m ||n |(m ,n 为平面α,β的法向量).9.点B 到平面α的距离d =|AB ⋅n | |n |(n 为平面α的法向量,AB 是经过面α的一条斜线,A ∈α).模拟训练一、解答题1(22·23下·湖南·二模)如图,在直三棱柱ABC -A B C 中,∠ABC =120°,AB =BC =2,AC =BB ,点D 为棱BB 的中点,AE =13AC .(1)求DE 的长度;(2)求平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值.【答案】(1)393(2)34【分析】(1)在△ABC 中,用余弦定理可得到AC =23,在△ABE 中,用余弦定理可得BE =233,即可求得DE =DB 2+BE 2=393;(2)以B 为原点,分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,求出平面CDE 与平面BDE 的法向量,即可求解【详解】(1)因为在直三棱柱ABC -A B C 中,∠ABC =120°,AB =BC =2,在△ABC 中,由余弦定理得cos ∠ABC =AB 2+BC 2-AC 22AB ⋅BC=22+22-AC 22×2×2=-12,解得AC =23,则AE =13AC =233,在△ABE 中,由余弦定理得cos ∠BAE =AB 2+AE 2-BE 22AB ⋅AE =22+233 2-BE 22×2×233=32,解得BE =233,又AC =BB =23,所以BD =12BB =3,因为BB ⊥平面ABC ,BE ⊂平面ABC ,所以BB ⊥BE ,在直角三角形DBE 中,DE =DB 2+BE 2=(3)2+233 2=393;(2)因为AE =BE =233,所以∠ABE =∠BAE =30°,则∠CBE =∠ABC -∠ABE =120°-30°=90°,则BE ,BC ,BB 两两互相垂直,以B 为原点,分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系:则点C 0,2,0 ,D 0,0,3 ,E 233,0,0 ,则CD =0,-2,3 ,CE =233,-2,0 ,设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ,由n ⋅CD =x ,y ,z ⋅0,-2,3 =-2y +3z =0n ⋅CE =x ,y ,z ⋅233,-2,0 =233x -2y =0 ,得z =233y x =3y,令y =3,得平面CDE 的一个法向量为n =3,3,2 ;平面BDE 的一个法向量为m =0,1,0 .设平面CDE 与平面BDE 夹角的大小为θ,则cos θ=m ⋅n m n =0,1,0 ⋅3,3,2 1×4=34,故平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值为34.2(22·23下·绍兴·二模)如图,在多面体ABCDE 中,DE ⊥平面BCD ,△ABC 为正三角形,△BCD 为等腰Rt △,∠BDC =90°,AB =2,DE =2.(1)求证:AE ⊥BC ;(2)若AE ⎳平面BCD ,求直线BE 与平面ABC 所成的线面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由线面垂直的性质定理和判定定理即可证明;(2)法一:由分析可知,∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角,设∠AFD =α,当α<90°时,O 与D 重合,可得A ,E 两点重合,不符合题意,当α>90°时,求出EH ,BE ,即可得出答案;法二:建立空间直角坐标系,求出直线BE 的方向向量与平面ABC 的法向量,由线面角的向量公式代入即可得出答案.【详解】(1)设F 为BC 中点,连接AF ,EF ,则由△ABC 为正三角形,得AF ⊥BC ;DE ⊥平面BCD ,且△BCD 为等腰直角三角形,计算可得:BE =CE =2,∴EF ⊥BC .EF ∩AF =F ,EF ,AF ⊂面AEF ,于是BC ⊥面AEF ,AE ⊂面AEF ,从而BC ⊥AE .(2)法一:由(1)可知,过点E 作EH ⊥AF ,垂足为H ,则∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角.当AE ⎳平面BCD 时,可得A 到平面BCD 的距离为 2.设∠AFD =α,所以AF ⋅sin α=2,可得sin α=63,当α<90°时,cos α=33,不妨设A 在底面BCD 射影为O ,则FO =1,此时O 与D 重合,可得A ,E 两点重合,不符合题意,舍去;当α>90°时,FO =1,此时O 在DF 的延长线上,作EH ⊥AF ,由于AODE 为矩形,可得AE =DO =2,AE ∥OD ,可得sin ∠EAH =63,可得EH =263.于是sin ∠EBH =EH BE=63.法二:建立如图坐标系,可得F 0,0,0 ,B 1,0,0 ,C -1,0,0 ,D 0,1,0 ,E 0,1,2 ,A 0,a ,b由AF =3,解得a 2+b 2=3,又∵AE ⎳平面BCD ,令n =0,0,1 ,可得AB ⋅n =0,解得b =2,a =±1.当a =1时A ,E 重合,所以a =-1,此时A 0,-1,2 .不妨设平面ABC 的法向量为m =x ,y ,z ,则CB ⋅m =0CA ⋅m =0代入得x -y +2z =02x =0 ,令z =1,则y =2,所以m =0,2,1 .由于BE =-1,1,2 ,不妨设所成角为θ,则sin θ=∣cos BE ,m |=63.3(22·23·张家口·三模)如图,在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧面BB 1C 1C 为菱形,∠CBB 1=60°,AB =BC =2,AC =AB 1=2.(1)证明:平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C ;(2)求平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2)57.【分析】(1)利用面面垂直的判定定理进行证明;(2)利用垂直关系建立空间直角坐标系,用向量法进行求解.【详解】(1)如图,连接BC 1,交B 1C 于O ,连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形,所以B 1C ⊥BC 1,且O 为BC 1的中点.又AC =AB 1=2,故AO ⊥B 1C .又AB =BC =2,且∠CBB 1=60°,所以CO =1,BO =3,所以AO =AC 2-CO 2=1.又AB =2,所以AB 2=BO 2+AO 2,所以AO ⊥BO .因为BO ,CB 1⊂平面BB 1C 1C ,BO ∩CB 1=O ,所以AO ⊥平面BB 1C 1C .又AO ⊂平面ACB 1,所以平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C .(2)由(1)知,OA ,OB ,OB 1两两互相垂直,因此以O 为坐标原点,OB ,OB 1,OA 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ,则A (0,0,1),B (3,0,0),C (0,-1,0),C 1(-3,0,0).故CC 1 =(-3,1,0),CA =(0,1,1),CB =(3,1,0).设n =(x 1,y 1,z 1)为平面ACC 1A 1的一个法向量,则有n ⋅CC 1 =0n ⋅CA =0 ,即-3x 1+y 1=0y 1+z 1=0 ,令x 1=1,则n =(1,3,-3).设m =(x 2,y 2,z 2)为平面ABC 的一个法向量,则有m ⋅CA =0m ⋅CB =0,即y 2+z 2=03x 2+y 2=0 ,令x 2=1,则m =(1,-3,3).因为平面A 1B 1C 1∥平面ABC ,所以m =(1,-3,3)也是平面A 1B 1C 1的一个法向量.所以cos <n ,m > =n ⋅m n m=1-3-3 7×7=57.所以平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值57. 4(22·23·湛江·二模)如图1,在五边形ABCDE 中,四边形ABCE 为正方形,CD ⊥DE ,CD =DE ,如图2,将△ABE 沿BE 折起,使得A 至A 1处,且A 1B ⊥A 1D .(1)证明:DE ⊥平面A 1BE ;(2)求二面角C -A 1E -D 的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由已知易得DE ⊥BE ,即可证明线面垂直;(2)建立空间直角坐标系,用坐标公式法求解即可.【详解】(1)由题意得∠BEC =∠CED =π4,∠BED =π2,DE ⊥BE ,因为AB ⊥AE ,则A 1B ⊥A 1E ,又A 1B ⊥A 1D ,A 1E ∩A 1D =A 1,A 1E ,A 1D ⊂面A 1ED ,所以A 1B ⊥面A 1ED ,又DE ⊂面A 1ED ,则DE ⊥A 1B ,又DE ⊥BE ,A 1B ∩BE =B ,A 1B ⊂平面A 1BE ,BE ⊂平面A 1BE ,所以DE ⊥平面A 1BE .(2)取BE 的中点O ,可知BE =2CD ,OE =CD ,由DE ⊥BE ,且CD ⊥DE 可得OE ⎳CD ,所以四边形OCDE 是平行四边形,所以CO ∥DE ,则CO ⊥平面A 1BE ,设BE =2,以点O 为坐标原点,OB ,OC ,OA 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,如图,则A 1(0,0,1),E (-1,0,0),B (1,0,0),C (0,1,0),D (-1,1,0),EA 1 =(1,0,1),EC =(1,1,0),ED =(0,1,0),设平面A 1EC 的一个法向量为n 1 =(x 1,y 1,z 1),则n 1 ⋅EA 1 =0n 1 ⋅EC =0 ,即x 1+z 1=0x 1+y 1=0 ,取x 1=1,则n 1 =(1,-1,-1),设平面A 1ED 的一个法向量为n 2 =(x 2,y 2,z 2),则n 2 ⋅E 1A =0n 2 ⋅ED =0 ,即x 2+z 2=0y 2=0 ,取x 2=1,则n 2 =(1,0,-1),所以cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 n 2=63,由图可知,二面角C -A 1E -D 为锐角,所以面角C -A 1E -D 的余弦值为63.5(22·23下·长沙·三模)如图,在多面体ABCDE 中,平面ACD ⊥平面ABC ,BE ⊥平面ABC ,△ABC 和△ACD 均为正三角形,AC =4,BE =3,点F 在AC 上.(1)若BF ⎳平面CDE ,求CF ;(2)若F 是AC 的中点,求二面角F -DE -C 的正弦值.【答案】(1)CF =1(2)8517【分析】(1)记AC 中点为M ,连接DM 、BM ,依题意可得DM ⊥AC ,根据面面垂直的性质得到DM ⊥平面ABC ,如图建立空间直角坐标系,求出平面CDE 的法向量,设F a ,0,0 ,a ∈2,-2 ,依题意可得BF ⋅n =0求出a 的值,即可得解;(2)依题意点F 与点M 重合,利用空间向量法计算可得.【详解】(1)记AC 中点为M ,连接DM 、BM ,△ACD 为正三角形,AC =4,则DM ⊥AC ,且DM =2 3.因为平面ACD ⊥平面ABC ,平面ACD ∩平面ABC =AC ,DM ⊂平面ACD ,所以DM ⊥平面ABC ,又△ABC 为正三角形,所以BM ⊥AC ,所以BM =23,如图建立空间直角坐标系,则B 0,23,0 ,C -2,0,0 ,D 0,0,23 ,E 0,23,3 ,所以CD =2,0,23 ,CE =2,23,3 ,设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ,则n ⋅CD =2x +23z =0n ⋅CE =2x +23y +3z =0,令x =3,则z =-3,y =-32,则n =3,-32,-3 ,设F a ,0,0 ,a ∈-2,2 ,则BF =a ,-23,0 ,因为BF ⎳平面CDE ,所以BF ⋅n =3a +-23 ×-32+0×-3 =0,解得a =-1,所以F 为CM 的中点,此时CF =1.(2)若F 是AC 的中点,则点F 与点M 重合,则平面FDE 的一个法向量可以为m =1,0,0 ,设二面角F -DE -C 为θ,显然二面角为锐角,则cos θ=m ⋅n m ⋅n=332+-32 2+-3 2=651,所以sin θ=1-cos 2θ=1-651 2=8517,所以二面角F -DE -C 的正弦值为8517.6(22·23下·湖北·二模)如图,S 为圆锥的顶点,O 是圆锥底面的圆心,△ABC 内接于⊙O ,AC ⊥BC ,AC =BC =322,AM =2MS ,AS =3,PQ 为⊙O 的一条弦,且SB ⎳平面PMQ .(1)求PQ 的最小值;(2)若SA ⊥PQ ,求直线PQ 与平面BCM 所成角的正弦值.【答案】(1)22(2)3010【分析】(1)作出辅助线,找到符合要求的PQ ,并利用垂径定理得到最小值;(2)在第一问基础上,得到当PQ 取得最小值时,SA ⊥PQ ,并建立空间直角坐标系,利用空间向量求解线面角.【详解】(1)过点M 作MH ⎳SB 交AB 于点H ,过点H 作PQ ⊥AB ,此时满足SB ⎳平面PMQ ,由平面几何知识易知,PQ =2r 2-d 2,当弦心距d 最大时,d =OH ,弦长最短,即PQ 取得最小值,因为AM =2MS ,AS =3,所以AH =2HB ,因为AC ⊥BC ,AC =BC =322,由勾股定理得AB =322⋅2=3,故AH =2,HB =1,连接OQ ,则OQ =32,由勾股定理得HQ =OQ 2-OH 2=94-14=2,所以PQ =2HQ =22;(2)连接OS ,则OS ⊥平面ACB ,因为PQ ⊂平面ACB ,故OS ⊥PQ ,而SA ⊥PQ ,OS ∩SA =S ,所以PQ ⊥平面AOS ,即有PQ ⊥AB .以O 为坐标原点,过点O 且平行PQ 的直线为x 轴,OB 所在直线为y 轴,OS 所在直线为z 轴,建立空间直角坐标系,则P -2,12,0 ,Q 2,12,0 ,B 0,32,0 ,C 32,0,0 ,M 0,-12,3 ,设平面BCM 的法向量为m =x ,y ,z ,则m ⋅CB =x ,y ,z ⋅-32,32,0 =-32x +32y =0m ⋅MB =x ,y ,z ⋅0,2,-3 =2y -3z =0,令x =1,则y =1,z =233,故m =1,1,233,设直线PQ 与平面BCM 所成角的大小为θ,则sin θ=cos PQ ,m =PQ ⋅m PQ ⋅m =22,0,0 ⋅1,1,233 22×1+1+43=3010.故直线PQ与平面BCM所成角的正弦值为30 10.7(22·23·深圳·二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,PA= AD=2AB,点M是PD的中点.(1)证明:AM⊥PC;(2)设AC的中点为O,点N在棱PC上(异于点P,C),且ON=OA,求直线AN与平面ACM所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)1510【分析】(1)由等腰三角形的性质可得AM⊥PD,由面面垂直的性质可得CD⊥平面PAD,则CD⊥AM,所以由线面垂直的判定可得AM⊥平面PCD,从而可得结论;(2)以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,利用空间向量求解即可.【详解】(1)证明:因为PA=AD,点M是PD的中点,所以AM⊥PD.因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAD,所以平面PAD⊥平面ABCD,因为四边形ABCD为矩形,所以CD⊥AD,因为平面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面PAD,所以CD⊥AM,因为PD∩CD=D,PD,CD⊂平面PCD,所以AM⊥平面PCD,因为PC⊂平面PCD,所以AM⊥PC.(2)解:由题意可得AB,AD,AP两两垂直,设AB=1,如图,以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),因为点M是PD的中点,所以M0,22,22,所以AM =0,22,22 ,AC =1,2,0 ,设平面ACM 的法向量为n =x ,y ,z ,则AM ⋅n =22y +22z =0AC ⋅n =x +2y =0,令y =-1可得x =2,z =1,所以平面ACM 的一个法向量n =2,-1,1 .PC =1,2,-2 ,设N x N ,y N ,z N ,PN =λPC =λ,2λ,-2λ (0<λ<1),即x N ,y N ,z N -2 =λ,2λ,-2λ ,所以N λ,2λ,2-2λ .又O 12,22,0 ,ON =OA =32,所以λ-12 2+2λ-22 2+(2-2λ)2=34,化简得5λ2-7λ+2=0,解得λ=25或λ=1(舍去).所以AN =25,225,325,设直线AN 与平面ACM 所成的角为θ,则sin θ=n ⋅AN n ⋅AN=3252+1+1×425+825+1825=1510,所以直线AN 与平面ACM 所成角的正弦值为1510.8(22·23下·温州·二模)已知三棱锥D -ABC 中,△BCD 是边长为3的正三角形,AB =AC =AD ,AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33.(1)求证:AD ⊥BC ;(2)求二面角D -AC -B 的平面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)223【分析】(1)取BC 的中点E ,连接AE ,DE ,证明BC ⊥平面ADE ,即可得证;(2)取正三角形BCD 的中心O ,连接OA ,从而可得OA ⊥平面BCD ,则∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角,进而可得AB =AC =AD =3,取AC 中点为H ,连接DH ,BH ,则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ,故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角,解△BDH 即可得解.【详解】(1)取BC 的中点E ,连接AE ,DE ,因为AB =AC ,所以AE ⊥BC ,因为△BCD 是边长为3的正三角形,所以DE ⊥BC ,又AE ∩DE =E ,AE ,DE ⊂平面ADE ,所以BC ⊥平面ADE ,因为AD ⊂平面ADE ,所以AD ⊥BC ;(2)取正三角形BCD 的中心O ,连接OA ,则点O 在DE 上,且OD =23DE ,由AB =AC =AD ,△BCD 是正三角形,得三棱锥A -BCD 为正三棱锥,则OA ⊥平面BCD ,故∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角,又AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33,所以OD AD =3×32×23AD=33,即AB =AC =AD =3,即三棱锥A -BCD 是正四面体,取AC 中点为H ,连接DH ,BH ,则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ,故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角,在△BDH 中,BH =DH =332,BD =3,则cos ∠BHD =BH 2+DH 2-BD 22⋅BH ⋅DH =274+274-92×332×332=13,所以sin ∠BHD =1-cos 2∠BHD =223,所以二面角D -AC -B 的平面角的正弦值223.9(22·23下·浙江·二模)如图,四面体ABCD ,AD ⊥CD ,AD =CD ,AC =2,AB =3,∠CAB =60°,E 为AB 上的点,且AC ⊥DE ,DE 与平面ABC 所成角为30°,(1)求三棱锥D -BCE 的体积;(2)求二面角B -CD -E 的余弦值.【答案】(1)答案见解析;(2)答案见解析.【分析】(1)取AC 中点F ,可证明AC ⊥平面DEF ,得平面ABC ⊥平面DEF ,DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ,∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角,即∠DEF =30°,由正弦定理求得∠FDE ,有两个解,在∠FDE =60°时可证DF ⊥平面ABC ,在∠FDE =120°时,取FE 中点H 证明DH ⊥平面ABC ,然后由棱锥体积公式计算体积;(2)建立如图所示的空间直角坐标系,用空间向量法求二面角.【详解】(1)取AC 中点F ,连接FE ,FD ,因为AD =CD ,所以DF ⊥AC ,又AC ⊥DE ,DE ∩DF =D ,DE ,DF ⊂平面DEF ,所以AC ⊥平面DEF ,而FE ⊂平面DEF ,所以AC ⊥FE ,由已知AF =1,∠BAC =60°,所以EF =3,AE =2,BE =1,由AC ⊥平面DEF ,AC ⊂平面ABC 得平面ABC ⊥平面DEF ,因此DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ,所以∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角,即∠DEF =30°,AD =CD ,AC =2,因此DF =12AC =1,在△DEF 中,由正弦定理EF sin ∠FDE =DF sin ∠DEF 得1sin30°=3sin ∠FDE ,sin ∠FDE =32,∠FDE 为△DEF 内角,所以∠FDE =60°或120°,S △ABC =12AB ×AC ×sin ∠BAC =12×3×2×sin60°=333,S △CBE =BE BAS △ABC =3-23×332=32,若∠FDE =60°,则∠DFE =90°,即DF ⊥FE ,AC ∩FE =F ,AC ,FE ⊂平面ABC ,所以DF ⊥平面ABC ,V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×1=36;若∠FDE =120°,则∠DFE =30°,DF =DE =1,取EF 中点H ,连接DH ,则DH ⊥EF ,因为平面ABC ⊥平面DEF ,平面ABC ∩平面DEF =EF ,而DH ⊂平面DEF ,所以DH ⊥平面ABC ,DH =DF sin ∠DFE =1×sin30°=12,所以V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×12=312;(2)若∠FDE =60°,以FA ,FE ,FD 为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ,则D (0,0,1),C (-1,0,0),A (1,0,0),E (0,3,0),AE =(-1,3,0),EB =12AE =-12,32,0 ,所以B 点坐标为-12,332,0 ,CD =(1,0,1),CB =12,332,0 ,CE =(1,3,0),设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1),则m ⋅CD =x 1+z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0,取y 1=-1,则x 1=33,z 1=-33,即m =(33,-1,-33),设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2),则n ⋅CD =x 2+z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0,取y 2=-1,则x 2=3,z 2=-3,即m =(3,-1,-3),cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+955×7=19385385,所以二面角B -CD -E 的余弦值是19385385;若∠FDE =120°,以FA 为x 轴,FE 为y 轴,过F 且平行于HD 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ,FH =12FE =32,则D 0,32,12 ,C (-1,0,0),A (1,0,0),E (0,3,0),AE =(-1,3,0),EB =12AE =-12,32,0 ,所以B 点坐标为-12,332,0 ,CD =1,32,12 ,CB =12,332,0 ,CE =(1,3,0),设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1),则m ⋅CD =x 1+32y 1+12z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0,取y 1=-1,则x 1=33,z 1=-53,即m =(33,-1,-53),设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2),则n ⋅CD =x 2+32y 2+12z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0,取y 2=-1,则x 2=3,z 2=-3,即m =(3,-1,-3),cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+15103×7=25721721,所以二面角B -CD -E 的余弦值是25721721.10(22·23下·襄阳·三模)如图,在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧面BB 1C 1C 为矩形,∠BAC =90°,AB =AC =2,AA 1=4,A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点N ,M 为B 1C 1的中点.(1)求证:平面A 1MNA ⊥平面A 1BC ;(2)求平面A 1B 1BA 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)23015【分析】(1)利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明;(2)利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值.【详解】(1)如图,∵A 1N ⊥面ABC ,连AN ,则AN ⊥A 1N ,又AB =AC =2,∴AN ⊥BC ,又AN ∩BC =N ,A 1N ⊂面A 1BC ,BC ⊂面A 1BC ,于是AN ⊥面A 1BC ,又AN ⊂面A 1MN ,,所以面A 1BC ⊥面A 1MNA .(2)由(1)可得,以NA ,NB ,NA 1 为x ,y ,z 轴,建系如图,∠BAC =90°,AB =AC =2,BC =22则A (2,0,0),B (0,2,0),C (0,-2,0),因为AA 1=4,AN =2,所以A 1N =14,则A 1(0,0,14),因为NB 1 =NB +BB 1 =NB +AA 1 =0,2,0 +-2,0,14 =-2,2,14 ,所以B 1-2,2,14 ,设平面A 1BB 1的一个法向量为m =(x ,y ,z ),因为A 1B =(0,2,-14),B 1B =(2,0,-14),所以A 1B ⋅m =2y -14z =0B 1B ⋅m =2x -14z =0 ,令y =7,则x =7,z =1,所以m =(7,7,1),设平面BCC 1B 1的一个法向量为n =(a ,b ,c ),因为BC =(0,-22,0),BB 1 =(-2,0,14),所以BC ⋅n =-22b =0BB 1 ⋅n =-2a +14c =0,令a =7,则b =0,c =1,所以n =(7,0,1),设平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角为θ,则cos θ=cos <m ,n >=m ⋅n m n=7+0+17+7+1×7+0+1=23015,所以平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角的余弦值为23015.11(22·23·唐山·二模)如图,在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,△ABC 是等边三角形,侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,且AA 1=AC ,∠AA 1C 1=120°,M 是CC 1的中点.(1)证明:A 1C ⊥BM .(2)求二面角A 1-BC -M 的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)45【分析】(1)根据菱形的性质、结合面面垂直的性质,线面垂直的判定定理进行证明即可;(2)建立空间直角坐标系,运用空间向量夹角公式进行求解即sk .【详解】(1)取AC 的中点O ,连接OM ,OB ,AC 1.在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,由AA 1=AC ,得四边形ACC 1A 1为菱形,所以A 1C ⊥AC 1,易知OM ∥AC 1,则A 1C ⊥OM .由△ABC 是等边三角形,知OB ⊥AC ,又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ,平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ,OB ⊂平面ABC ,知OB ⊥平面ACC 1A 1,则OB ⊥A 1C ,又OB ∩OM =O ,OB ,OM ⊂平面OBM ,得A 1C ⊥平面OBM ,又BM ⊂平面OBM ,故A 1C ⊥BM ..(2)连接OA 1,因为侧面ACC 1A 1为菱形,∠AA 1C 1=120°,则∠A 1AC =60°,则△A 1AC 为等边三角形,所以A 1O ⊥AC ,又由(1)易知OA 1,OB ,AC 两两垂直,故以O 为坐标原点,分别以OB ,OC ,OA 1 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立空间直角坐标系.不妨设AB =2,则O 0,0,0 ,B 3,0,0 ,C 0,1,0 ,A 10,0,3 ,C 10,2,3 ,BA 1 =-3,0,3 ,BC =-3,1,0 ,CC 1 =0,1,3 ,设平面A 1BC 的法向量为n =x ,y ,z ,则n ⋅BC =-3x +y =0n ⋅BA 1 =-3x +3z =0 ,令x =1,得n =1,3,1 ,设平面BCC 1的法向量为m =a ,b ,c ,则m ⋅BC =-3a +b =0m ⋅CC 1 =b +3c =0,令a =1,得m =1,3,-1 ,所以cos n ,m =n ⋅m n ⋅m=35⋅5=35,即二面角A 1-BC -M 的正弦值为45.12(22·23下·盐城·三模)如图,该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成,点G 为弧CD 的中点,且C ,E ,D ,G 四点共面.(1)证明:平面BDF ⊥平面BCG ;(2)若平面BDF 与平面ABG 所成二面角的余弦值为155,且线段AB 长度为2,求点G 到直线DF 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)62【分析】(1)过G 作GH ⎳CB ,交底面弧于H ,连接HB ,有HBCG 为平行四边形,根据题设可得FB ⊥HB ,即FB ⊥CG ,再由线面垂直的性质可得CB ⊥FB ,最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论.(2)构建如下图示空间直角坐标系A -xyz ,令半圆柱半径为r ,高为h ,确定相关点坐标,进而求平面BDF 、平面ABG 的法向量,利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得h =2r ,即可求出点G 到直线DF 的距离.【详解】(1)过G 作GH ⎳CB ,交底面弧于H ,连接HB ,易知:HBCG 为平行四边形,所以HB ⎳CG ,又G 为弧CD 的中点,则H 是弧AB 的中点,所以∠HBA =45°,而由题设知:∠ABF =45°,则∠HBF =∠HBA +∠ABF =90°,所以FB ⊥HB ,即FB ⊥CG ,由CB ⊥底面ABF ,FB ⊂平面ABF ,则CB ⊥FB ,又CB ∩CG =C ,CB ,CG ⊂平面BCG ,所以FB ⊥平面BCG ,又FB ⊂平面BDF ,所以平面BDF ⊥平面BCG .(2)由题意,构建如下图示空间直角坐标系A -xyz ,令半圆柱半径为r ,高为h ,则B 0,2r ,0 ,F 2r ,0,0 ,D 0,0,h ,G -r ,r ,h ,所以FD =-2r ,0,h ,BD =0,-2r ,h ,AB =0,2r ,0 ,AG =-r ,r ,h ,若m =x ,y ,z 是面BDF 的一个法向量,则m ⋅FD =-2rx +hz =0m ⋅BD =-2ry +hz =0 ,令z =2r ,则m =h ,h ,2r ,若n =a ,b ,c 是面ABG 的一个法向量,则n ⋅AB =2rb =0n ⋅AG =-ra +rb +hc =0 ,令c =r ,则n =h ,0,r ,所以cos m ,n =m ⋅n m n=h 2+2r 22h 2+4r 2×h 2+r 2=155,整理可得h 2-4r 2 h 2+2r 2 =0,则h =2r ,又AB =2,由题设可知,此时点G -1,1,2 ,D 0,0,2 ,F 2,0,0 ,则DF =2,0,-2 ,DG =-1,1,0 ,所以点G 到直线DF 的距离d =DG 2-DG ⋅DF 2DF2=62.13(22·23下·江苏·三模)如图,圆锥DO 中,AE 为底面圆O 的直径,AE =AD ,△ABC 为底面圆O 的内接正三角形,圆锥的高DO =18,点P 为线段DO 上一个动点.(1)当PO =36时,证明:PA ⊥平面PBC ;(2)当P 点在什么位置时,直线PE 和平面PBC 所成角的正弦值最大.【答案】(1)证明见解析;(2)P 点在距离O 点36处【分析】(1)利用勾股定理证明出AP ⊥BP 和AP ⊥CP ,再用线面垂直的判定定理证明出PA ⊥平面PBC ;(2)建立空间直角坐标系,利用向量法求解.【详解】(1)因为AE =AD ,AD =DE ,所以△ADE 是正三角形,则∠DAO =π3,又DO ⊥底面圆O ,AE ⊂底面圆O ,所以DO ⊥AE ,在Rt △AOD 中,DO =18,所以AO =DO 3=63,因为△ABC 是正三角形,所以AB =AO ×32×2=63×3=18,AP =AO 2+PO 2=92,BP =AP ,所以AP 2+BP 2=AB 2,AP ⊥BP ,同理可证AP ⊥CP ,又BP ∩PC =P ,BP ,PC ⊂平面PBC ,所以PA ⊥平面PBC .(2)如图,建立以O 为原点的空间直角坐标系O -xyz .设PO =x ,(0≤x ≤18),所以P 0,0,x ,E -33,9,0 ,B 33,9,0 ,C -63,0,0 ,所以EP =33,-9,x ,PB =33,9,-x ,PC =-63,0,-x ,设平面PBC 的法向量为n =a ,b ,c ,则n ⋅PB =33a +9b -cx =0n ⋅PC =-63a -cx =0,令a =x ,则b =-3x ,c =-63,故n =x ,-3x ,-63 ,设直线PE 和平面PBC 所成的角为θ,则sin θ=cos EP ,n =33x +93x -63x 108+x 2⋅x 2+3x 2+108=63x 108+x 2⋅4x 2+108=634x 2+1082x 2+540≤6324x 2⋅1082x 2+540=13,当且仅当4x 2=1082x 2,即PO =x =36时,直线PE 和平面PBC 所成角的正弦值最大,故P 点在距离O 点36处.14(22·23下·镇江·三模)如图,四边形ABCD 是边长为2的菱形,∠ABC =60°,四边形PACQ 为矩形,PA =1,从下列三个条件中任选一个作为已知条件,并解答问题(如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分).①BP ,DP 与平面ABCD 所成角相等;②三棱锥P -ABD 体积为33;③cos ∠BPA =55(1)平面PACQ ⊥平面ABCD ;(2)求二面角B -PQ -D 的大小;(3)求点C 到平面BPQ 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)2π3(3)32【分析】(1)若选①,则作PA ⊥面ABCD ,证明A 和A 重合从而得到PA ⊥面ABCD ,从而得到面面垂直;若选②,计算得到P 到面ABD 的距离h =1=PA ,得到PA ⊥面ABCD ,从而得到面面垂直;若选③,通过余弦定理计算得到PA ⊥AB ,再通过PA ⊥面ABCD ,从而得到面面垂直;(2)通过建立空间直角坐标系,求出两个平面的法向量,结合二面角计算公式计算即可;(3)通过点面距离的计算公式直接计算即可.【详解】(1)选①,连接BD ,作PA ⊥面ABCD ,垂足为A .∵BP ,DP 与平面ABCD 所成角相等,∴A B =A D ,∴A 在BD 的中垂线AC 上,∵在平面PACQ 内,PA ⊥AC ,PA ⊥AC ,∴A 和A 重合,∴PA ⊥面ABCD ,又PA ⊂面PACQ ,∴面PACQ ⊥面ABCD若选②,设P 到面ABD 的距离为h ,∵V P -ABD =13S △ABD ⋅h =13×3⋅h =33,得h =1=PA ,∴PA 即为P 到面ABD 的距离,即PA ⊥面ABCD ,又PA ⊂面PACQ ,∴面PACQ ⊥面ABCD .若选③,由余弦定理得,cos ∠BPA =PB 2+PA 2-AB 22PB ⋅PA =55,∴BP =5,∴BP 2=AP 2+AB 2∴PA ⊥AB ,又PA ⊥AC ,AC ∩AB =A ,AC ,AB ⊂面ABCD∴PA ⊥面ABCD ,又PA ⊂面PACQ∴面PACQ ⊥面ABCD(2)因为PA ⊥面ABCD ,OB ,OC ⊂面ABCD ,所以PA ⊥OB ,PA ⊥OC ,取PQ 中点G ,则OG ⎳PA ,所以OG ⊥OB ,OG ⊥OC ,又因为OB ⊥OC ,所以建立如下图所示空间直角坐标系,∵B 3,0,0 ,P 0,-1,1 ,D -3,0,0 ,Q 0,1,1 ,∴BQ =-3,1,1 ,DQ =3,1,1 ,DP =3,-1,1 ,设平面BPQ 的一个法向量为m =x ,y ,z ,则m⋅BP =0m ⋅BQ =0 ,即-3x -y +z =0-3x +y +z =0 ,令x =3,则y =0,z =3,∴m =3,0,3 ,设平面DPQ 的一个法向量为n =x 1,y1,z 1 ,则n ⋅DP=0n ⋅DQ =0 ,即3x 1-y 1+z 1=3x 1+y 1+z 1=0,令x1=3,则y 1=0,z 1=-3,∴n =3,0,-3 ,∴cos m ,n =m ⋅n m ⋅ n =-623×23=-12,∵m ,n ∈0,π ,∴m ,n =2π3,由图可知二面角B -PQ -D 是钝角,所以二面角B -PQ -D 的大小为2π3.(3)∵C 0,1,0 ,Q 0,1,1 ,∴CQ =0,0,1 ,∵平面BPQ 的一个法向量为m =3,0,3 ,∴点C 到平面BPQ 的距离d =CQ ⋅m m=323=32.15(22·23下·江苏·一模)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,平面A 1B 1BA ⊥平面ABC ,侧面A 1B 1BA 为菱形,∠ABB 1=π3,AB 1⊥AC ,AB =AC =2,E 是AC 的中点.(1)求证:A 1B ⊥平面AB 1C ;(2)点P 在线段A 1E 上(异于点A 1,E ),AP 与平面A 1BE 所成角为π4,求EP EA 1的值.【答案】(1)证明见解析(2)EP EA 1=25【分析】(1)作B 1O ⊥AB 交AB 于O 点,由面面垂直的性质可得B 1O ⊥平面ABC ,可得B 1O ⊥AC ,再由线面垂直的判定定理得AC ⊥平面A 1B 1BA ,从而得到AC ⊥A 1B ,再由线面垂直的判定定理可得答案;(2)以A 为原点,AB 、AC 、AO 1所在的直线分别为x 、y 、z 轴,建立空间直角坐标系,设EP =λEA 1 ,可得AP =-λ,1-λ,3λ ,求出平面A 1BE 的一个法向量,由线面角的向量求法可得答案.【详解】(1)因为侧面A 1B 1BA 为菱形,∠ABB 1=π3,AB =AC =2,所以△ABB 1、△AA 1B 1为边长为2的等边三角形,作B 1O ⊥AB 交AB 于O 点,则O 点为AB 的中点,因为平面A 1B 1BA ⊥平面ABC ,平面A 1B 1BA ∩平面ABC =AB ,B 1O ⊂平面A 1B 1BA ,所以B 1O ⊥平面ABC ,AC ⊂平面ABC ,可得B 1O ⊥AC ,又AB 1⊥AC ,B 1O ∩AB 1=B 1,B 1O 、AB 1⊂平面A 1B 1BA ,可得AC ⊥平面A 1B 1BA ,因为A 1B ⊂平面A 1B 1BA ,所以AC ⊥A 1B ,因为侧面A 1B 1BA 为菱形,所以B 1A ⊥A 1B ,AB 1∩AC =A ,AB 1、AC ⊂平面AB 1C ,所以A 1B ⊥平面AB 1C ;(2)由(1)知,AC ⊥平面A 1B 1BA ,∠BAC =π2,取做A 1B 1的中点O 1,连接AO 1,则B1O ⎳AO 1,所以AO 1⊥平面ABC ,以A 为原点,AB 、AC 、AO 1所在的直线分别为x 、y 、z 轴,建立空间直角坐标系,则A 0,0,0 ,A 1-1,0,3 ,B 2,0,0 ,E 0,1,0 ,A 1B =3,0,-3 ,EA 1 =-1,-1,3 ,设EP =λEA 1 ,可得P -λ,1-λ,3λ ,所以AP =-λ,1-λ,3λ ,设平面A 1BE 的一个法向量为n=x ,y ,z ,则A 1B ⋅n=0EA 1 ⋅n =0,即3x -3z =0-x -y +3z =0 ,令z =3,可得n =1,2,3 ,可得sin π4=cos n ,AP =n ⋅AP n AP=-λ+2-2λ+3λ 1+4+3λ2+1-λ 2+3λ2,解得λ=0舍去,或λ=25,所以EP EA 1=25.16(22·23下·河北·三模)如图,四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是菱形,其对角线AC ,BD 交于点O ,且PO ⊥平面ABCD ,OC =1,OD =OP =2,M 是PD 的中点,N 是线段CD 上一动点.(1)当平面OMN ⎳平面PBC 时,试确定点N 的位置,并说明理由;(2)在(1)的前提下,点Q 在直线MN 上,以PQ 为直径的球的表面积为214π.以O 为原点,OC ,OD ,OP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O -xyz ,求点Q 的坐标.【答案】(1)N 是CD 的中点(2)12,1,0 ,-1310,1,185 【分析】(1)根据面面平行的性质证明MN ⎳PC ,即可得解;(2)先根据球的体积求出PQ ,然后根据空间中两点间的距离公式即可得解.【详解】(1)因为平面OMN ⎳平面PBC ,平面OMN ∩平面PCD =MN ,平面PBC ∩平面PCD =PC ,所以MN ⎳PC ,因为M 是PD 的中点,所以N 是CD 的中点;(2)由题意4π×PQ 22=214π,解得PQ =212,设MQ =λMN,λ∈R ,由题意,P 0,0,2 ,M 0,1,1 ,N 12,1,0 ,则PM =0,1,-1 ,MN =12,0,-1 ,则PQ =PM +MQ =0,1,-1 +λ12,0,-1 =λ2,1,-λ-1 ,则λ24+1+-λ-1 2=212,解得λ=1或λ=-135,当λ=1时,MQ =MN ,则Q 12,1,0 ,当λ=-135时,MQ =-135MN =-1310,0,135,设Q x ,y ,z ,则MQ =x ,y -1,z -1 =-1310,0,135,所以x =-1310y -1=0z -1=135 ,解得x =-1310y =1z =185 ,则Q -1310,1,185 ,综上所述点Q 的坐标为12,1,0,-1310,1,185 .17(22·23·汕头·三模)如图,圆台O 1O 2的轴截面为等腰梯形A 1ACC 1,AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点.(1)在平面BCC 1内,过C 1作一条直线与平面A 1AB 平行,并说明理由;(2)若四棱锥B -A 1ACC 1的体积为23,设平面A 1AB ∩平面C 1CB =l ,Q ∈l ,求CQ 的最小值.【答案】(1)作图见解析,理由见解析(2)7【分析】(1)根据线面平行的判定和中位线定理即可求解;(2)根据几何关系或空间向量方法即可求解.【详解】(1)取BC 中点P ,作直线C 1P 即为所求,取AB 中点H ,连接A 2H ,PH ,则有PH ∥AC ,PH =12AC ,如图,在等腰梯形A 1ACC 1中,A 1C 1=12AC ,有HP ∥A 1C 1,HP =A 1C 1,则四边形A 1C 1PH 为平行四边形,即有C 1P ∥A 1H ,又A 1H ⊂平面A 1AB ,C 1P⊄平面A 1AB ,所以C 1P ∥平面A 1AB .(2)法一:延长AA 1,CC 1交于点O ,故O ∈AA 1⊂平面ABA 1,O ∈CC 1⊂平面CC 1B故平面A 1AB ∩平面C 1CB =BO ,BO 即l ,在△OBC 中,OC ,OB 均为圆锥母线.过点B 作BO ⊥AC 于O .在等腰梯形A 1ACC 1中,AC =2AA 1=2A 1C 1=4,此梯形的高h =AA 21-AC -A 1C 122=3,∴等腰梯形A 1ACC 1的面积为S =122+4 3=33,所以四棱锥B -A 1ACC 1的体积V =13S ×BO =13×33×BO =23,解得BO =2,故点O 与O 2重合,BC =22由AC =2AA 1=2A 1C 1,得OC =2CC 1,且∠C 1CA =60°,故OC =AC =4=OB .△OBC 中,O 到BC 距离h 1=OB 2-BC 22=14.则△OBC 面积=12OB ⋅CQ min =12BC ⋅h 1,得:CQ 的最小值为:CQ min =22⋅144=7.法二:同法一求出B 的位置.以O 2为原点,OB ,OC ,O 2O 1方向为x ,y ,z 轴正向建立空间直角坐标系,C 0,2,0 ,B 2,0,0 ,AA 1 =0,1,3 ,AB =2,2,0 ,CC 1 =0,-1,3 ,BC=-2,2,0设面A 1AB 的法向量为a=x 1,y 1,z 1a ⋅AA 1=y 1+3z 1=0a ⋅AB=2x 1+2y 1=0,取z 1=1,有a=3,-3,1 ;同理可得面C 1CB 的法向量为β=3,3,1 ,由l =面C 1CB ∩面A 1AB ,可知B ∈l ,设l 的方向向量为l=x ,y ,z ,故l ⋅a =3x -3y +z =0,l ⋅β=3x +3y +z =0取l=1,0,3 ,下面分2个方法求|CQ |min求|CQ |min 方法1:BQ =l=t ,0,3t ,,∵B 2,0,0 ,∴Q t -2,0,3t∴CQ =(t -2)2+22+(3t )2=4t 2-4t +8,当t =12时,CQ 取最小值为7.求CQ min 方法2:BC 在l 上的投影向量的模为BC ⋅l l =-2×1+2×0+0×32=1故CQ 的最小值即C 到l 的距离为BC 2-12=7.法三:在三角形△BCO 中,BO =CO =4,BC =22,cos ∠CBO =42+(22)2-422×4×22=122⋅sin ∠CBO =1-1222=722,所以CQ ≥CB sin ∠CBO =722×22=7.18(19·20下·临沂·二模)如图①,在Rt △ABC 中,B 为直角,AB =BC =6,EF ∥BC ,AE =2,沿EF 将△AEF 折起,使∠AEB =π3,得到如图②的几何体,点D 在线段AC 上.(1)求证:平面AEF ⊥平面ABC ;(2)若AE ⎳平面BDF ,求直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析;(2)64.【分析】(1)由余弦定理计算证明EA ⊥AB ,再利用线面垂直的判定、性质,面面垂直的判定推理作答.(2)以A 为原点,建立空间直角坐标系,利用空间向量求线面角的正弦作答.【详解】(1)在△ABE 中,AE =2,BE =4,∠AEB =π3,由余弦定理得:AB 2=AE 2+BE 2-2AE ⋅BE cos ∠AEB =4+16-2×2×4×12=12,则AB =23,有EB 2=EA 2+AB 2,于是∠EAB =π2,即有EA ⊥AB ,又EF ⊥EB ,EF ⊥EA ,EA ∩EB =E ,EA ,EB ⊂平面ABE ,因此EF ⊥平面ABE ,而AB ⊂平面ABE ,则EF ⊥AB ,又因为EA ∩EF =E ,EA ,EF ⊂平面AEF ,从而AB ⊥平面AEF ,而AB ⊂平面ABC ,所以平面AEF ⊥平面ABC .(2)以A 为原点,以AB ,AE 分别为x ,y 轴,过点A 垂直于平面ABE 的直线为z 轴,建立空间直角坐标系,如图,由(1)知,EF ⊥平面ABE ,而EF ⎳BC ,则有BC ⊥平面ABE ,则A (0,0,0),B (23,0,0),E (0,2,0),F (0,2,2),C (23,0,6),AF =(0,2,2),FB =(23,-2,-2),AC=(23,0,6),连接EC 与FB 交于点G ,连接DG ,因为AE ⎳平面BDF ,AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =DG ,则AE ⎳GD ,有GC GE =DCDA,在四边形BCFE 中,由EF ⎳BC ,得GC GE =BC EF =3,即DC DA=3,AD =14AC =32,0,32 ,FD =AD -AF =32,-2,-12,设平面BDF 的法向量为n =(x ,y ,z ),则n ⋅FD =32x -2y -12z =0n ⋅FB =23x -2y -2z =0,令x =1,得n =(1,0,3),设直线AF 与平面BDF 所成角为θ,于是sin θ=|cos ‹n ,AF ›|=|n ⋅AF ||n ||AF |=2322×2=64,所以直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值为64.19(22·23下·广州·三模)如图,四棱锥P -ABCD 的底面为正方形,AB =AP =2,PA ⊥平面ABCD ,E ,F 分别是线段PB ,PD 的中点,G 是线段PC 上的一点.(1)求证:平面EFG ⊥平面PAC ;(2)若直线AG 与平面AEF 所成角的正弦值为13,且G 点不是线段PC 的中点,求三棱锥E -ABG 体积.【答案】(1)证明见解析(2)19【分析】(1)由线面垂直判定可证得BD ⊥平面PAC ,由中位线性质知EF ⎳BD ,从而得到EF ⊥平面PAC ,由面面垂直判定可得结论;(2)以A 为坐标原点可建立空间直角坐标系,设PG =λPC ,λ∈0,12 ∪12,1 ,由线面角的向量求法可构造方程求得λ,结合垂直关系可得G 平面PAB 的距离为16BC =13,利用棱锥体积公式可求得结果.【详解】(1)连接BD ,∵E ,F 分别是线段PB ,PD 的中点,∴EF ⎳BD ,∵底面四边形ABCD 为正方形,∴BD ⊥AC ,∵PA ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,∴PA ⊥BD ,又PA ∩AC =A ,PA ,AC ⊂平面PAC ,∴BD ⊥平面PAC ,∵EF ⎳BD ,∴EF ⊥平面PAC ,又EF ⊂平面EFG ,∴平面EFG ⊥平面PAC .(2)以A 为坐标原点,分别以AB ,AD ,AP 所在直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,则A 0,0,0 ,E 1,0,1 ,F 0,1,1 ,P 0,0,2 ,C 2,2,0 ,设PG =λPC ,λ∈0,12 ∪12,1 ,则AG =AP +PG =0,0,2 +2λ,2λ,-2λ =2λ,2λ,2-2λ ,AE =1,0,1 ,AF =0,1,1 ,设平面AEF 的一个法向量为n=x ,y ,z ,则n ⋅AE=x +z =0n ⋅AF=y +z =0,令z =-1,解得:x =1,y =1,∴n =1,1,-1 ;设直线AG 与平面AEF 所成角为θ,sin θ=cos n ,AG =n ⋅AGn ⋅AG=6λ-2 3⋅4λ2+4λ2+2-2λ 2=13,解得:λ=16或λ=12(舍),∴PG =16PC ,∵PA ⊥平面ABCD ,BC ⊂平面ABCD ,∴PA ⊥BC ;∵BC ⊥AB ,PA ∩AB =A ,PA ,AB ⊂平面PAB ,∴BC ⊥平面PAB ,∴G 到平面PAB 的距离为16BC =13,∴V E -ABG =V G -ABE =13S △ABE ⋅16BC =13×12×12×2×2×13=19.20(22·23下·长沙·一模)斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各棱长都为2,∠A 1AB =60°,点A 1在下底面ABC 的投影为AB 的中点O .(1)在棱BB 1(含端点)上是否存在一点D 使A 1D ⊥AC 1若存在,求出BD 的长;若不存在,请说明理由;(2)求点A 1到平面BCC 1B 1的距离.【答案】(1)存在,BD =25(2)2155【分析】(1)连接OC ,以O 点为原点,如图建立空间直角坐标系,设BD =tBB 1 ,t ∈0,1 ,根据AC 1 ⋅A 1D=0,求出t 即可;(2)利用向量法求解即可.【详解】(1)连接OC ,因为AC =BC ,O 为AB 的中点,所以OC ⊥AB ,由题意知A 1O ⊥平面ABC ,又AA 1=2,∠A 1AO =60°,所以A 1O =3,以O 点为原点,如图建立空间直角坐标系,则A 10,0,3 ,A 1,0,0 ,B -1,0,0 ,C 0,3,0 ,由AB =A 1B 1得B 1-2,0,3 ,同理得C 1-1,3,3 ,设BD =tBB 1,t ∈0,1 ,得D -1-t ,0,3t ,又AC 1 =-2,3,3 ,A 1D =-1-t ,0,3t -3 ,由AC 1 ⋅A 1D=0,得-2-1-t +33t -3 =0,得t =15,又BB 1=2,∴BD =25,∴存在点D 且BD =25满足条件;(2)设平面BCC 1B 1的法向量为n=x ,y ,z ,BC =1,3,0 ,CC 1 =-1,0,3 ,则有n ⋅BC=x +3y =0n ⋅CC 1=-x +3z =0,可取n =3,-1,1 ,又BA 1=1,0,3 ,∴点A 1到平面BCC 1B 1的距离为d =BA 1 cos BA 1 ,n =BA 1 ×3+0+3BA 1×5=2155,∴所求距离为2155.21(22·23下·长沙·三模)如图,三棱台ABC -A 1B 1C 1,AB ⊥BC ,AC ⊥BB 1,平面ABB 1A 1⊥平面ABC ,AB =6,BC =4,BB 1=2,AC 1与A 1C 相交于点D ,AE =2EB,且DE ∥平面BCC 1B 1.(1)求三棱锥C -A 1B 1C 1的体积;(2)平面A 1B 1C 与平面ABC 所成角为α,CC 1与平面A 1B 1C 所成角为β,求证:α+β=π4.【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】(1)通过证明线线和线面垂直,并结合已知条件即可得出三棱锥C -A 1B 1C 1的体积;(2)建立空间直角坐标系,表达出各点的坐标,求出所成角为α与β的正余弦值,即可证明结论.【详解】(1)由题意,∵平面ABB 1A 1⊥平面ABC ,且平面ABB 1A 1∩平面ABC =AB ,AB ⊥BC ,BC ⊂平面ABC ∴BC ⊥平面ABB 1A 1,∵BB 1⊂平面ABB 1A 1,∴BC ⊥BB 1,又AC ⊥BB 1,BC ∩AC =C ,BC ,AC ⊂平面ABC ∴BB 1⊥平面ABC ,连接C 1B ,∵DE ⎳平面BCC 1B 1,DE ⊂平面ABC 1,平面ABC 1∩平面BCC 1B 1=C 1B ,∴DE ∥C 1B ,∵AE =2EB ,∴AD =2DC 1 ,∴A 1C 1=12AC .∴三棱锥C -A 1B 1C 1底面A 1B 1C 1的面积S 1=12×2×3=3,高h =BB 1=2,。
【江苏专版】高考全国名校试题数学分项汇编:专题10_立体几何_含解析

一、填空题1. 【2016高考冲刺卷(9)【江苏卷】】如图,已知三棱柱ABC - A 1B l C 1中,点D 是AB 的中点,平面 A 1DC 分此棱柱成两部分,多面体A 1ADC 与多面体A 1B 1C 1DBC 体积的比值为2. 【江苏省苏中三市(南通、扬州、泰州)2016届高三第二次调研测试数学试题】【在体积为2的四面体ABCD 中,AB ⊥平面BCD ,1AB =,2BC =,3BD =,则CD 长度的所有值为 .【解析】由题意得1111sin sin 23322∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯∠⇒∠=BCD AB S BC BD CBD CBD 因此1cos 2∠=±CBD由余弦定理得:22223223cos 7=+-⨯⨯⨯∠=CD BCD 或19,因此CD =3. 【2016高考冲刺卷(6)【江苏卷】】已知四棱锥P-ABCD 的底面ABCD 是边长为2、锐角为︒60的菱形,侧棱PA ⊥底面ABCD,PA=3.若点M 是BC 的中点,则三棱锥M-PAD 的体积为 【答案】3【解析】因ADM P PAD M V V --=,又360sin 221212=︒⨯==∆ABCD ADM S S 故三棱锥M-PAD 的体积为33331=⨯=V 4. 【2016高考冲刺卷(5)【江苏卷】】已知三棱锥S ABC -的体积为1,E 是SA 的中点,F 是SB 的中点,则三棱锥F BEC -的体积是 ▲ . 【答案】41【解析】h S V V FBC FBC E BEC F ⨯⨯==∆--31,根据几何体知,SBC FBC S S ∆∆⨯=21,而点E 到平面SBC 的距离是点A 到平面SBC 距离的一半,所以1314231=⨯⨯⨯=⨯⨯=∆∆-h s h S V FBC SBC SBC A ,所以4131=⨯⨯∆h s FBC ,所以三棱锥BEC F -的体积是415. 【2016高考冲刺卷(3)【江苏卷】】一个正四棱柱的侧面展开图是一个边长为8cm 的正方形,则它的体积是 cm 2.6. 【2016高考冲刺卷(1)【江苏卷】】已知矩形ABCD 的边4=AB ,3=BC 若沿对角线AC 折叠,使得平面DAC ⊥平面BAC ,则三棱锥ABC D -的体积为 . 【答案】245【解析】因为平面DAC ⊥平面BAC ,所以D 到直线BC 距离为三棱锥ABC D -的高,134123412346,,25555ABC S h h ∆⨯⨯=⨯⨯=====11122463355D ABC ABC V S h -∆=⋅=⨯⨯=. 7. 【2016高考押题卷(2)【江苏卷】】如图,已知平面⋂α平面l =β,βα⊥,B A ,是直线l 上的两点,D C ,是平面β内的两点,且l CB l DA ⊥⊥,,DA=4,AB=6,CB=8,P 是平面α上的一动点,且有BPC APD ∠=∠,则四棱锥ABCD P -体积的最大值是8. 【江苏省苏锡常镇四市2016届高三教学情况调研(二)数学试题】设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为1V ,1S ,底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为2V ,2S ,若123=V V p ,则12S S 的值为▲ .【解析】试题分析:因为3322211221,6,,33r V a S a V r r S rl r ===⋅===p p p ,所以31323=13V a a r V r=⇒=p p ,因此212S S9. 【南京市、盐城市2016届高三年级第二次模拟考试】如图,正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,AB =4,AA 1=6.若E ,F 分别是棱BB 1,CC 1上的点,则三棱锥A —A 1EF 的体积是▲________.(第7题图)ABCA 1B 1FC 1E10. 【2016高考冲刺卷(2)【江苏卷】】 如图,长方体1111ABCD A B C D -中,O 为1BD 的中点,三棱锥O ABD -的体积为1V ,四棱锥11O ADD A -的体积为2V ,则12V V 的值为 ▲ .【答案】2【解析】试题分析:设长方体长宽高分别为,,a b c ,1122111111,,322123262Vabc abc V ab c V bc a V =⨯⨯==⨯⨯==11. 【2016高考押题卷(3)【江苏卷】】若半径为2的球O 内切于一个正三棱柱111C B A ABC -中,则该三棱柱的体积为 . 【答案】【解析】由题设可知:三棱柱的高为4,底面内切圆的半径为2,则其底面三角形的边长为,其底面积为2S ==4V ==. 12. 【2016高考押题卷(1)【江苏卷】】已知一个圆锥的母线长为2,侧面展开是半圆,则该圆锥的体积为_______.π 【解析】由题意得22,1,r r h ππ====211333r h π==. 13. 【2016年第一次全国大联考【江苏卷】】已知正五棱锥底面边长为2,底面正五边形中心到侧面斜高距离为3, 斜高长为4,则此正五棱锥体积为_______.1A14. 【2016年第四次全国大联考【江苏卷】】已知正三棱柱的各条棱长均为1,圆锥侧面展开图为半径为2的半圆,那么这个正三棱柱与圆锥的体积比是_______. 【答案】3:4π【解析】由题意得圆锥母线为2,设圆锥底面半径为r 、高为h,则2ππ21,r r h =⨯⇒==因此圆锥体积为21π3r h =而正三棱柱体积为,因此正三棱柱与圆锥的体积比是:π=3:4π.4315. 【2016年第三次全国大联考【江苏卷】】已知正六棱锥P-ABCDEF 的侧棱SA=32,则它的体积最大值是 . 【答案】38【解析】设底面边长为a ,则高212a h -=,从而体积221223331a a V -⨯=461223a a +-=,记4612)(a a a f +-=,则由)22)(22(6486)('335-+-=+-=a a a a a a f 得当220<<a 时,0)('>a f ,当22>a 时,0)('<a f , 从而当22=a 时,256)(max =a f ,故体积的最大值是38max =V .法二(理科):)12(2333124a a V -⨯=, 因)12(224)12(22224a a a a a -⨯⨯=-256)31222(43222=-++⨯≤a a a ,以下同法一. 16. 【 2016年第二次全国大联考(江苏卷)】已知正六棱锥的底面边长为2的表面积为_______.二、解答题1. 【 2016年第二次全国大联考(江苏卷)】(本小题满分14分)如图,平行四边形⊥ABCD 平面CDE ,DE AD ⊥.(Ⅰ)求证: ⊥DE 平面ABCD ;(Ⅱ)若M 为线段BE 中点,N 为线段CE 的一个三等分点,求证:MN 不可能与平面ABCD 平行.【答案】(Ⅰ)详见解析(Ⅱ)详见解析 【解析】A BCDEHABCDE即MN 不可能与平面ABCD 平行.……14分2. 【2016年第三次全国大联考【江苏卷】】(本小题满分14分)如图所示,在直四棱柱1111-ABCD A B C D 中,=DB BC , ⊥DB AC ,点M 是棱1BB 上的一点.(1)求证:11//B D 面1A BD ; (2)求证:⊥MD AC ;(3)试确定点M 的位置,使得平面1DMC ⊥平面11CC D D .【答案】(Ⅰ)详见解析(Ⅱ)详见解析. (3) 点M 为棱1BB 的中点MABCD A 1B 1C 1D 1【解析】又因为⊥AC BD ,且1⋂=BD BB B ,所以⊥1面BB D AC 而⊂1面BB D MD ,所以⊥MD ACMABCD A 1B1C 1D 1 NN 1O3. 【2016年第四次全国大联考【江苏卷】】(本小题满分14分)如图,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD是正方形,AC与BD交于点O,EC⊥底面ABCD,F为BE上一点,G为EO中点.(Ⅰ)若DE//平面ACF,求证:F为BE的中点;(Ⅱ)若AB CE,求证:CG⊥平面BDE.【答案】(Ⅰ)详见解析(Ⅱ)详见解析【解析】(Ⅰ)连接OF,由四边形ABCD是正方形可知,点O为BD的中点,因为DE//平面ACF,平面ACF∩平面BDE=OF,DE平面DEB,所以OF//DE.……………… 4分因为O为BD的中点,所以F为BE的中点. ……………… 6分因为CG⊥EO,CG平面ACE,所以CG⊥平面BDE.… 14分-中,平面四边形ABCD 4. 【2016年第一次全国大联考【江苏卷】】(本小题满分14分)在四棱锥P ABCD中AD//BC,BAD--一个平面角.∠为二面角B PA D(1)若四边形ABCD 是菱形,求证:BD ⊥平面PAC ;(2)若四边形ABCD 是梯形,且平面PAB 平面PCD l =,问:直线l 能否与平面ABCD 平行?请说明理由.【答案】(Ⅰ)详见解析(Ⅱ)不平行 【解析】证:(1)因为BAD ∠为二面角B PA D --一个平面角,所以,.PA AB PA AD ⊥⊥……2分 由于,AB AD ABCD ⊂平面,且ABAD A =,所以PA ABCD ⊥平面,……4分由于BD ABCD ⊂平面,所以.PA BD ⊥ 所以AC BD ⊥……6分 由于,PA AC PAC ⊂平面,且PA AC A =,所以BD ⊥平面PAC ,……8分解:(2)不平行. ……10分 假设直线l 平行平面ABCD , 由于l ⊂平面PCD ,且平面PCD 平面ABCD CD =,所以//l CD ……12分同理可得//l AB ,所以//AB CD这与AB 和CD 是梯形ABCD 的两腰相矛盾,故假设错误,所以直线l 与平面ABCD 不平行. ……14分 5. 【2016高考押题卷(1)【江苏卷】】(本小题满分14分)如图,在正三棱锥111ABC A B C -中,E ,F 分别为1BB ,AC 的中点.(1)求证://BF 平面1A EC ; (2)求证:平面1A EC ⊥平面11ACC A .PABCD又OE ⊂平面1A EC ,所以平面1A EC ⊥平面11ACC A . …………14分6. 【2016高考押题卷(3)【江苏卷】】(本小题满分14分)在三棱锥ABC P -中,若E D AC BD ,,2=分别为PC AC ,的中点,且⊥DE 平面PBC . (1)求证://PA 平面BDE ; (2)求证:⊥BC 平面PAB .CBA7. 【2016高考押题卷(2)【江苏卷】】(本小题满分14分)如图,在四棱锥ABCD P -中,四边形ABCD 为矩形,N M BP AB ,,⊥分别为PD AC ,的中点. (1)求证://MN 平面ABP ;BP PC ⊥.-中,8. 【2016高考冲刺卷(2)【江苏卷】】(本小题满分14分)如图,在三棱锥P ABC PAC BAC∠=∠=︒,PA PB90=,点D,F分别为BC,AB的中点.DF平面PAC;(1)求证:直线//(2)求证:PF⊥AD.9. 【2016高考冲刺卷(4)【江苏卷】】(本小题满分14分)如图,在三棱锥P—ABC中,平面PAB⊥平面ABC,PA⊥PB,M,N分别为AB,PA的中点.(1)求证:PB∥平面MNC;(2)若AC=BC,求证:PA⊥平面MNC.ANBPMC10. 【江苏省苏锡常镇四市2016届高三教学情况调研(二)数学试题】 (本小题满分14分) 在直三棱柱111ABC A B C -中,CA CB =,1AA =, D 是AB 的中点. (1)求证:1BC ∥平面1ACD ; (2)若点P 在线段1BB 上,且114BP BB =,求证:AP ⊥平面1ACD . (第16题图)CD ⊂平面ABC ,∴CD ⊥平面11AA B B ﹒ …………8分∵AP ⊂平面11A B BA ,∴CD AP ⊥. …………9分∵1BB =,11BB AA = ,114BP BB =,∴1BP ADBA AA =, ∴Rt △ABP ∽Rt △1A AD , 从而∠1AA D =∠BAP ,所以∠1AA D +∠1A AP =∠BAP +∠1A AP =90︒,∴1AP A D ⊥. …………12分 又∵1CDA D D =,CD ⊂平面1ACD ,1A D ⊂平面1ACDC B 1A 1PDCBA∴AP ⊥平面1ACD . …………14分11. 【2016高考冲刺卷(1)【江苏卷】】(本小题满分14分)如图,在直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中, E ,F 分别是AB ,BC 的中点,A 1C 1 与B 1D 1交于点O . (1)求证:A 1,C 1,F ,E 四点共面;(2)若底面ABCD 是菱形,且OD ⊥A 1E ,求证:OD ⊥平面A 1C 1FE .【答案】(Ⅰ)详见解析(Ⅱ)详见解析 【解析】故1A ,1C ,F ,E 四点共面.……………7分(2)连接BD ,因为直棱柱中1DD ⊥平面1111A B C D ,11AC ⊂平面1111A B C D , 所以1DD ⊥11A C . ………………………9分1D A1D 1A因为底面1111A B C D 是菱形,所以11A C 11B D ⊥. 又1DD 111=B D D ,所以11AC ⊥平面11BB D D . ………………11分因为OD ⊂平面11BB D D ,所以OD ⊥11A C . 又OD ⊥1A E ,11A C 11A E A =,11AC ⊂平面11AC FE ,1A E ⊂平面11AC FE ,所以OD ⊥平面11AC FE. ……………………14分12. 【2016高考冲刺卷(3)【江苏卷】】(本小题满分14分)如图,在四棱锥ABCD P -中,ABCD 为菱形,⊥PD 平面ABCD ,8,6==BD AC ,E 是棱PB 上的动点,AEC ∆面积的最小值是3.(1)求证:DE AC ⊥;(2)求四棱锥ABCD P -的体积.当AEC ∆面积的最小值是3时,EF 有最小值1 …………9分 ∵当PB EF ⊥时,EF 取最小值,∴1522=-=EF BF BE ,由BD BE PD EF =,得158=PD ,又24862121=⨯⨯=⋅=BD AC S ABCD 故151564158243131=⨯⨯=⋅=-PD S V ABCD ABCD P …………14分 13. 【盐城市2016届高三年级第三次模拟考试】(本小题满分14分)如图,四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是矩形,2AB AD =,PD ⊥底面ABCD ,,E F 分别为棱,AB PC 的中点.(1)求证://EF 平面PAD ; (2)求证:平面PDE ⊥平面PEC .又E 是AB 的中点,所以//AE DC ,且12AE DC =, PABCD 第16题图F14. 【2016高考冲刺卷(6)【江苏卷】】如图,在四棱柱1111ABCD A B C D -中,1BB ⊥底面ABCD ,//AD BC ,90BAD ∠=,AC BD ⊥.PABC D 第16题图2FH(Ⅰ)求证:1//B C 平面11ADD A ;(Ⅱ)求证:1AC B D ⊥; (Ⅲ)若12AD AA =,判断直线1B D 与平面1ACD 是否垂直?并说明理由.【答案】(Ⅰ)详见解析(Ⅱ)详见解析(Ⅲ)不垂直(Ⅲ)结论:直线1B D 与平面1ACD 不垂直.证明:假设1B D ⊥平面1ACD , 由1AD ⊂平面1ACD ,得11B D AD ⊥.由棱柱1111ABCD A B C D -中,1BB ⊥底面ABCD ,90BAD ∠=可得111A B AA ⊥,1111A B A D ⊥,又因为1111AA A D A =, 所以11A B ⊥平面11AA D D , 所以111A B AD ⊥. 又因为1111A B B D B =, 所以1AD ⊥平面11A B D ,所以11AD A D ⊥. D 1A 1D B 1 B C AC 1D 1 DAC 1A 1B 1 B C这与四边形11AA D D 为矩形,且1=2AD AA 矛盾, 故直线1B D 与平面1ACD 不垂直.15. 【2016高考冲刺卷(7)【江苏卷】】如图,在四棱锥A EFCB -中,AEF ∆为等边三角形,平面AEF ⊥平面EFCB ,2EF =,四边形EFCB 是高为3的等腰梯形,//EF BC ,O 为EF 的中点.(1)求证:AO CF ⊥;(2)求O 到平面ABC 的距离.过O 作OH AG ⊥,垂足为H ,则BC OH ⊥,因为AGBC G =,所以OH ⊥平面ABC 因为3,3OG AO ==6OH =,即O 到平面ABC 的距离为62.(另外用等体积法谈亦可) 16. 【2016高考冲刺卷(9)【江苏卷】】(本小题满分14分)在四棱锥A BCDE -中,底面BCDE 为菱形,侧面ABE 为等边三角形,且侧面ABE ⊥底面BCDE ,,O F 分别为,BE DE 的中点.(Ⅰ)求证:AO CD ⊥;(Ⅱ)求证:平面AOF ⊥平面ACE ;(Ⅲ)侧棱AC 上是否存在点P ,使得//BP 平面AOF ?若存在,求出AP PC的值;若不存在,请说明理由.P A B C D第16题图2 F H F OB C D AE。
-江苏高考数学立体几何真题汇编之欧阳美创编
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ABC DEF 2008-2018江苏高考数学立体几何真题汇编(2008年第16题)在四面体ABCD 中, CB =CD ,AD ⊥BD ,且E 、F 分别是AB 、BD 的中点,求证:(1)直线EF ∥平面ACD(2)平面EFC ⊥平面BCD证明:(1)⎭⎪⎬⎪⎫E ,F 分别为AB ,BD 的中点⇒EF ∥AD 且AD ⊂平面ACD ,EF ⊄平面ACD ⇒直线EF ∥平面ACD(2)⎭⎪⎬⎪⎫⎭⎪⎬⎪⎫CB =CD F 是BD 的中点⇒CF ⊥BD ⎭⎪⎬⎪⎫AD ⊥BD EF ∥AD ⇒EF ⊥BD ⇒直线BD ⊥平面EFC 又BD ⊂平面BCD ,所以平面EFC ⊥平面BCD(2009年第16题)如图,在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,E ,F 分别是A 1B ,A 1C 的中点,点D 在B 1C 1上,A 1D ⊥B 1C .求证:(1)EF ∥平面ABCC ₁PABCDD PABCFE(2)平面A 1FD ⊥平面BB 1C 1C证明:(1)由E ,F 分别是A 1B ,A 1C 因为EF ⊄平面ABC ,BC ⊂平面ABC(2)由三棱柱ABC —A 1B 1C 1为直三棱柱知A 1B 1C 1,又A 1D ⊂平面A 1B 1C 1,故CC 1⊥ 又因为A 1D ⊥B 1C ,CC 1∩B 1C =C ,CC 1、B 1C ⊂平面BB 1C 1C故A 1D ⊥平面BB 1C 1C ,又A 1D ⊂平面A 1FD , 故平面A 1FD ⊥平面BB 1C 1C (2010年第16题)如图,在四棱锥P —ABCD 中,PD ⊥平面ABCD ,PD =DC =BC =1,AB =2,AB ∥DC , ∠BCD =90°.(1)求证:PC ⊥BC ;(2)求点A 到平面PBC 的距离.证明:(1)因为PD ⊥平面ABCD ,BC ⊂平面ABCD ,所以PD ⊥BC .由∠BCD =90°,得CD ⊥BC ,又PD ∩DC =D ,PD 、DC ⊂平面PCD , 所以BC ⊥平面PCD .因为PC ⊂平面PCD ,故PC ⊥BC .解:(2)(方法一)分别取AB 、PC 的中点E 、F ,连DE 、DF ,则:易证DE ∥CB ,DE ∥平面PBC ,点D 、E 到平面PBC 的距离相等.又点A 到平面PBC 的距离等于E 到平面PBC 的距离的2倍.由(1)知:BC ⊥平面PCD ,所以平面PBC ⊥平面PCD 于PC ,因为PD =DC ,PF =FC ,所以DF ⊥PC ,所以DF ⊥平面PBC 于F .易知DF =22,故点A 到平面PBC 的距离等于2.(方法二)等体积法:连接AC .设点A 到平面PBC 的距离为h .因为AB ∥DC ,∠BCD =90°,所以∠ABC =90°. 从而AB =2,BC =1,得△ABC 的面积S △ABC =1.由PD ⊥平面ABCD 及PD =1,得三棱锥P —ABC 的体积V =13S△ABC ×PD =13.因为PD ⊥平面ABCD ,DC ⊂平面ABCD ,所以PD ⊥DC . 又PD =DC =1,所以PC =PD2+DC2=2.由PC ⊥BC ,BC =1,得△PBC 的面积S △PBC =22.由V A ——PBC =V P ——ABC ,13S △PBC ×h =V =13,得h =2,故点A 到平面PBC 的距离等于2. (2011年第16题)如图,在四棱锥P -ABCD 中,平面PAD ⊥平面ABCD ,AB =AD ,∠BAD =60°,E 、F 分别是AP 、AD 的中点求证:(1)直线EF ∥平面PCD ;(2)平面BEF ⊥平面PAD证明:(1)在△PAD 中,∵E ,F 分别为AP ,AD 的中点,∴BC ∥AB ,又∵EF ⊄平面PCD ,PD ⊂平面PCD ,∴直线EF ∥平面PCD(2)连接BD . ∵AB =AD ,∠BAD =60°,∴△PAD 为正三角形∵F 是AD 的中点,∴BF ⊥AD ,∵平面PAD ⊥平面ABCD ,BF ⊂平面ABCD ,平面PAD ∩平面ABCD =AD ,∴BF ⊥平面PAD 又∵BF ⊂平面BEF ,∴平面BEF ⊥平面PAD(2012年第16题)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1=A1C1,D、E分别是棱BC、CC1上的点(点D不同于点C),且AD⊥DE,F为B1C1的中点.求证:(1)平面ADE⊥平面BCC1B1;(2)直线A1F∥平面ADE.证明:(1)∵是ABC-A1B1C1直三棱柱,∴CC1⊥平面ABC 又∵AD⊂平面ABC,∴CC1⊥AD又∵AD⊥DE,CC1,DE⊂平面ADE,CC1∩DE=E∴平面ADE⊥平面BCC1B1(2)∵A1B1=A1C1,F为B1C1的中点,∴A1F⊥B1C1∵CC1⊥平面A1B1C1,且A1F⊂平面A1B1C1∴CC1⊥A1F又∵CC1,B1C1⊂平面BCC1B1,CC1∩B1C1=C1∴A1F⊥平面BCC1B1,由(1)知AD⊥平面BCC1B1,∴A1F∥AD又∵AD⊂平面ADE,A1F ⊄平面ADE,∴A1F∥平面ADE(2013年第16题)如图,在三棱锥S-ABC中,平面平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AB=AS,过A作AF⊥SB,垂足为F,点E,G分别是棱SA,SC的中点.SGAB CEF求证:(1)平面EFG ∥平面ABC ;(2)BC ⊥SA .证:(1)∵SA =AB 且AF ⊥SB ,∴F 为SB 的中点.又∵E ,G 分别为SA ,SC 的中点, ∴EF ∥AB ,EG ∥AC .又∵AB ∩AC =A ,AB 面SBC ,AC ⊂面ABC ,∴平面EFG ∥平面ABC .(2)∵平面SAB ⊥平面SBC ,平面SAB ∩平面SBC =BC ,AF ⊂平面ASB ,AF ⊥SB .∴AF ⊥平面SBC . 又∵BC ⊂平面SBC ,∴AF ⊥BC .又∵AB ⊥BC ,AF ∩AB =A ,∴BC ⊥平面SAB . 又∵SA ⊂平面SAB ,∴BC ⊥SA .(2014年第16题)如图,在三棱锥P -ABC 中,D ,E ,F 分别为棱PC ,AC ,AB 的中点.已知PA ⊥AC ,PA =6,BC =8,DF =5.求证:(1)直线PA∥平面DEF;(2)平面BDE⊥平面ABC.证明:(1)∵D,E为PC,AC中点∴DE∥PA∵PA ⊄平面DEF,DE⊂平面DEF∴PA∥平面DEF(2)∵D,E为PC,AC中点∴DE=PA2=3∵E,F为AC,AB中点∴EF=BC2=4∴DE2+EF2=DF2∴∠DEF=90°,∴DE⊥EF∵DE∥PA,PA⊥AC∴DE⊥AC∵AC∩EF=E∴DE⊥平面ABC∵DE⊂平面BDE,∴平面BDE⊥平面ABC.(2015年第16题)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,设AB1的中点为D,1A 11B 1C ∩BC 1=E求证:(1)DE ∥平面AA 1CC 1(2)BC 1⊥AB 1证明:(1)由题意知,E 为B 1C 点,因此DE ∥AC .又因为DE ⊄平面AA 1C 1C ,DE ∥平面AA 1C 1C(2)因为三棱柱ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱,所以CC 1⊥平面ABC因为AC ⊂平面ABC ,所以AC ⊥CC 1,又因为AC ⊥BC ,CC 1⊂平面BCC 1B 1,BC ⊂平面BCC 1B 1,BC ∩CC 1=C ,所以AC ⊥平面BCC 1B 1,又因为BC 1⊂平面BCC 1B 1,所以BC 1⊥AC因为BC =CC 1,所以矩形BCC 1B 1是正方形,因此BC 1⊥B 1C 因为AC ,B 1C ⊂平面B 1AC ,AC ∩B 1C =C ,所以BC 1⊥平面B 1AC ,又因为AB 1⊂平面B 1AC ,所以BC 1⊥A B 1(2016年第16题)如图,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,D 、E 分别为AB 、BC 的中点,点F 在侧棱B 1B 上,且B 1D ⊥A 1F ,A 1C 1⊥A 1B 1. 求证:A1B1 C1DEFAB C(1)直线DE∥平面A1C1F;(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明:(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC在△ABC中,因为D、E分别为AB,BC的中点,∴DE∥AC,于是DE∥A1C1又∵DE⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F,∴直线DE∥平面A1C1F(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1,∵A1C1⊂平面A1B1C1,∴A1A⊥A1C1又∵A1C1⊥A1B1,A1A⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,∴A1C1⊥平面ABB1A1∵B1D⊂平面ABB1A1,∴A1C1⊥B1D又∵B1D⊥A1F,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,∴B1D⊥平面A1C1F∵B1D⊂平面B1DE∴平面B1DE⊥平面A1C1FABCDEF(2017年第15题)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E、F(E与A、D不重合)分别在棱AD,BD 上,且EF⊥AD.求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC证明:(1)在平面内,∵AB⊥AD,EF⊥AD∴EF∥AB又∵EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC∴EF∥平面ABC(2)∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BDBC⊂平面BCD,BC⊥BD∴BC⊥平面ABD∵AD⊂平面ABD∴BC⊥AD又∵AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC∴AD⊥平面ABC又∵AC⊂平面ABC,∴AD⊥AC(2018年第15题)欧阳美创编 2021.01.01 欧阳美创编 2021.01.01欧阳美创编 2021.01.01 欧阳美创编 2021.01.01D 1C 1B 1A 1DCBA在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1=AB ,AB 1⊥B 1C 1. 求证:(1)AB ∥平面A 1B 1C ;(2)平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC证明:(1)平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB ∥A 1B 1⎭⎪⎬⎪⎫AB ∥A1B1A1B1⊂平面A1B1C AB ⊄平面A1B1C ⇒ AB ∥平面A 1B 1C(2)⎭⎪⎬⎪⎫平行六面体ABCD -A1B1C1D1AB ∥A1B1⇒四边形A 1B 1BA 为菱形⇒AB 1⊥A 1B⎭⎪⎬⎪⎫平行六面体ABCD -A1B1C1D1⇒BC ∥B1C1AB1⊥B1C1⇒AB 1⊥BC⎭⎪⎬⎪⎫AB1⊥A1BAB1⊥BC A1B ∩BC =B AB1⊂平面A1BC BC ⊂平面A1BC ⇒AB 1⊥平面A 1BC ⎭⎪⎬⎪⎫AB1⊥平面A1BC AB1⊂平面A1B1BA ⇒平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC。
专题14 立体几何江苏卷高考真题赏析(解析版)-2021年高考数学立体几何中必考知识专练
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专题14:立体几何江苏卷高考真题赏析(解析版)1.2017年全国普通高等学校招生统一考试数学(江苏卷)如图,在圆柱O 1 O 2 内有一个球O ,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O 1O 2 的体积为V 1 ,球O 的体积为V 2 ,则12V V 的值是_____【答案】32【解析】设球半径为r ,则213223423V r r V r π⨯==π.故答案为32. 点睛:空间几何体体积问题的常见类型及解题策略:①若给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体,则可直接利用公式进行求解;②若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出,则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解.2.2019年江苏省高考数学试卷如图,长方体1111ABCD A B C D -的体积是120,E 为1CC 的中点,则三棱锥E -BCD 的体积是_____.【答案】10. 【分析】由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积. 【详解】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120, 所以1120AB BC CC ⋅⋅=, 因为E 为1CC 的中点, 所以112CE CC =, 由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ,所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高, 所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=.【点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中,往往需要注意理清整体和局部的关系,灵活利用“割”与“补”的方法解题.二、解答题3.2020年江苏省高考数学试卷在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AB ⊥AC ,B 1C ⊥平面ABC ,E ,F 分别是AC ,B 1C 的中点.(1)求证:EF ∥平面AB 1C 1; (2)求证:平面AB 1C ⊥平面ABB 1.【答案】(1)证明详见解析;(2)证明详见解析. 【分析】(1)通过证明1//EF AB ,来证得//EF 平面11AB C .(2)通过证明AB ⊥平面1AB C ,来证得平面1AB C ⊥平面1ABB . 【详解】(1)由于,E F 分别是1,AC B C 的中点,所以1//EF AB .由于EF ⊂/平面11AB C ,1AB ⊂平面11AB C ,所以//EF 平面11AB C . (2)由于1B C ⊥平面ABC ,AB平面ABC ,所以1B C AB ⊥.由于1,AB AC AC B C C ⊥⋂=,所以AB ⊥平面1AB C , 由于AB平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明,考查面面垂直的证明,属于中档题. 4.2019年江苏省高考数学试卷如图,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,D ,E 分别为BC ,AC 的中点,AB =BC .求证:(1)A 1B 1∥平面DEC 1; (2)BE ⊥C 1E .【答案】(1)见解析;(2)见解析. 【分析】(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论; (2)由题意首先证得线面垂直,然后结合线面垂直证明线线垂直即可. 【详解】(1)因为D ,E 分别为BC ,AC 的中点,所以ED ∥AB .在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AB ∥A 1B 1, 所以A 1B 1∥ED .又因为ED ⊂平面DEC 1,A 1B 1⊄平面DEC 1, 所以A 1B 1∥平面DEC 1.(2)因为AB =BC ,E 为AC 的中点,所以BE ⊥AC . 因为三棱柱ABC-A 1B 1C 1是直棱柱,所以CC 1⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ,所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1,AC ⊂平面A 1ACC 1,C 1C ∩AC =C , 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1,所以BE ⊥C 1E . 【点睛】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力.5.2018年全国普通高等学校招生统一考试数学(江苏卷) 在平行六面体1111ABCD A B C D -中,1AA AB =,111AB B C ⊥. 求证:(1)11//AB A B C 平面; (2)111ABB A A BC ⊥平面平面.【答案】(1)见解析(2)见解析 【详解】分析:(1)先根据平行六面体得线线平行,再根据线面平行判定定理得结论;(2)先根据条件得菱形ABB1A1,再根据菱形对角线相互垂直,以及已知垂直条件,利用线面垂直判定定理得线面垂直,最后根据面面垂直判定定理得结论.详解:证明:(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,因此AB1⊥A1B.又因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.点睛:本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误,如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形,且对应边互相平行,侧面都是平行四边形”,再如菱形对角线互相垂直的条件,这些条件在解题中都是已知条件,缺少对这些条件的应用可导致无法证明.6.2017年全国普通高等学校招生统一考试数学(江苏卷)如图,在三棱锥ABCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D 不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求证:(1)EF ∥平面ABC ; (2)AD ⊥AC .【答案】(1)见解析(2)见解析 【解析】试题分析:(1)先由平面几何知识证明EF AB ∥,再由线面平行判定定理得结论;(2)先由面面垂直性质定理得BC ⊥平面ABD ,则BC ⊥AD ,再由AB ⊥AD 及线面垂直判定定理得AD ⊥平面ABC ,即可得AD ⊥AC .试题解析:证明:(1)在平面ABD 内,因为AB ⊥AD ,EF AD ⊥,所以EF AB .又因为EF ⊄平面ABC ,AB ⊂平面ABC ,所以EF ∥平面ABC . (2)因为平面ABD ⊥平面BCD , 平面ABD ⋂平面BCD =BD ,BC ⊂平面BCD ,BC BD ⊥,所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ,所以BC ⊥ AD .又AB ⊥AD ,BC AB B ⋂=,AB ⊂平面ABC ,BC ⊂平面ABC , 所以AD ⊥平面ABC , 又因为AC ⊂平面ABC , 所以AD ⊥AC.点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型:(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行;(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直;(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直. 7.2016年全国普通高等学校招生统一考试数学(江苏卷)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,D ,E 分别为AB ,BC 的中点,点F 在侧棱B 1B 上,且11B D A F ⊥ ,1111AC A B ⊥.求证:(1)直线DE 平面A 1C 1F ; (2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F. 【答案】(1)详见解析(2)详见解析 【解析】试题分析:(1)利用线面平行判定定理证明线面平行,而线线平行的寻找往往结合平面几何的知识,如中位线的性质等;(2)利用面面垂直判定定理证明,即从线面垂直出发给予证明,而线面垂直的证明,往往需要多次利用线面垂直性质定理与判定定理. 试题解析:证明:(1)在直三棱柱111ABC A B C -中,11A C AC ,在三角形ABC 中,因为D ,E 分别为AB ,BC 的中点, 所以DEAC ,于是11DE AC ,又因为DE ⊄平面1111,AC F AC ⊂平面11AC F , 所以直线DE//平面11AC F .(2)在直三棱柱111ABC A B C -中,1111AA A B C ⊥平面 因为11A C ⊂平面111A B C ,所以111AA AC ⊥,又因为111111*********,,AC A B AA ABB A A B ABB A A B AA A ⊥⊂⊂⋂=,平面平面, 所以11A C ⊥平面11ABB A .因为1B D ⊂平面11ABB A ,所以111AC B D ⊥.又因为1111111111111,,B D A F AC AC F A F AC F AC A F A ⊥⊂⊂⋂=,平面平面, 所以111B D AC F ⊥平面.因为直线11B D B DE ⊂平面,所以1B DE 平面11.A C F ⊥平面 【考点】直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型:(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行;(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直;(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直;(4)证明面面垂直,需转化为证明线面垂直,进而转化为证明线线垂直.8.2015年全国普通高等学校招生统一考试数学(江苏卷)如图,在直三棱柱中,已知,,设的中点为,.求证:(1);(2).【答案】(1)详见解析(2)详见解析【解析】试题分析(1)由三棱锥性质知侧面为平行四边形,因此点为的中点,从而由三角形中位线性质得,再由线面平行判定定理得(2)因为直三棱柱中,所以侧面为正方形,因此,又,(可由直三棱柱推导),因此由线面垂直判定定理得,从而,再由线面垂直判定定理得,进而可得试题解析:(1)由题意知,为的中点,又为的中点,因此.又因为平面,平面,所以平面.(2)因为棱柱是直三棱柱,所以平面.因为平面,所以.又因为,平面,平面,,所以平面.又因为平面,所以.因为,所以矩形是正方形,因此.因为,平面,,所以平面.又因为平面,所以.考点:线面平行判定定理,线面垂直判定定理。
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历年江苏高考数学立体几何真题汇编(含详解)(2008年第16题)在四面体ABCD 中, CB =CD ,AD ⊥BD ,且E 、F 分别是AB 、BD 的中点, 求证:(1)直线EF ∥平面ACD(2)平面EFC ⊥平面BCD证明:(1)⎭⎪⎬⎪⎫E ,F 分别为AB ,BD 的中点⇒EF ∥AD 且AD ⊂平面ACD ,EF ⊄平面ACD ⇒直线EF ∥平面ACD (2)⎭⎪⎬⎪⎫⎭⎪⎬⎪⎫CB =CD F 是BD 的中点 ⇒ CF ⊥BD ⎭⎪⎬⎪⎫AD ⊥BD EF ∥AD ⇒ EF ⊥BD ⇒直线BD ⊥平面EFC 又BD ⊂平面BCD , 所以平面EFC ⊥平面BCD(2009年第16题)如图,在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,E ,F 分别是A 1B ,A 1C 的中点,点D 在B 1C 1上,A 1D ⊥B 1C .求证:(1)EF ∥平面ABC (2)平面A 1FD ⊥平面BB 1C 1C证明:(1)由E ,F 分别是A 1B ,A 1C 的中点知EF ∥BC ,因为EF ⊄平面ABC ,BC ⊂平面ABC ,所以EF ∥平面ABC(2)由三棱柱ABC —A 1B 1C 1为直三棱柱知CC 1⊥平面A 1B 1C 1,又A 1D ⊂平面A 1B 1C 1,故CC 1⊥A 1D ,又因为A 1D ⊥B 1C ,CC 1∩B 1C =C , CC 1、B 1C ⊂平面BB 1C 1C 故A 1D ⊥平面BB 1C 1C ,又A 1D ⊂平面A 1FD , 故平面A 1FD ⊥平面BB 1C 1C (2010年第16题)如图,在四棱锥P—ABCD中,PD⊥平面ABCD,PD=DC=BC=1,AB=2,AB∥DC,∠BCD=90°.(1)求证:PC⊥BC;(2)求点A到平面PBC的距离.证明:(1)因为PD⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PD⊥BC.由∠BCD=90°,得CD⊥BC,又PD∩DC=D,PD、DC⊂平面PCD,所以BC⊥平面PCD.因为PC⊂平面PCD,故PC⊥BC.解:(2)(方法一)分别取AB、PC的中点E、F,连DE、DF,则:易证DE∥CB,DE∥平面PBC,点D、E到平面PBC的距离相等.又点A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍.由(1)知:BC⊥平面PCD,所以平面PBC⊥平面PCD于PC,因为PD=DC,PF=FC,所以DF⊥PC,所以DF⊥平面PBC于F.易知DF=22,故点A到平面PBC的距离等于2.(方法二)等体积法:连接AC.设点A到平面PBC的距离为h.因为AB∥DC,∠BCD=90°,所以∠ABC=90°.从而AB=2,BC=1,得△ABC的面积S△ABC=1.由PD⊥平面ABCD及PD=1,得三棱锥P—ABC的体积V=13S△ABC×PD=13.因为PD⊥平面ABCD,DC⊂平面ABCD,所以PD⊥DC.又PD=DC=1,所以PC=PD2+DC2=2.由PC⊥BC,BC=1,得△PBC的面积S△PBC =22.由V A——PBC=V P——ABC,13S△PBC×h=V=13,得h=2,故点A到平面PBC的距离等于2.(2011年第16题)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB=AD,∠BAD=60°,E、F分别是AP、AD的中点求证:(1)直线EF∥平面PCD;(2)平面BEF⊥平面PAD证明:(1)在△PAD中,∵E,F分别为AP,AD的中点,∴BC∥AB,又∵EF ⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,∴直线EF∥平面PCD (2)连接BD. ∵AB=AD,∠BAD=60°,∴△PAD为正三角形∵F是AD的中点,∴BF⊥AD,∵平面PAD⊥平面ABCD,BF⊂平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,∴BF⊥平面PAD又∵BF⊂平面BEF,∴平面BEF⊥平面PAD(2012年第16题)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1=A1C1,D、E分别是棱BC、CC1上的点(点D不同于点C),且AD⊥DE,F为B1C1的中点.求证:(1)平面ADE⊥平面BCC1B1;(2)直线A1F∥平面ADE.证明:(1)∵是ABC-A1B1C1直三棱柱,∴CC1⊥平面ABC 又∵AD⊂平面ABC,∴CC1⊥AD又∵AD⊥DE,CC1,DE⊂平面ADE,CC1∩DE=E∴平面ADE⊥平面BCC1B1(2)∵A1B1=A1C1,F为B1C1的中点,∴A1F⊥B1C1∵CC1⊥平面A1B1C1,且A1F⊂平面A1B1C1∴CC1⊥A1F又∵CC1,B1C1⊂平面BCC1B1,CC1∩B1C1=C1∴A1F⊥平面BCC1B1,由(1)知AD⊥平面BCC1B1,∴A1F∥AD又∵AD⊂平面ADE,A1F ⊄平面ADE,∴A1F∥平面ADE(2013年第16题)如图,在三棱锥S-ABC中,平面平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AB=AS,过A 作AF⊥SB,垂足为F,点E,G分别是棱SA,SC的中点.求证:(1)平面EFG∥平面ABC ;(2)BC⊥SA.证:(1)∵SA=AB且AF⊥SB,∴F为SB的中点.又∵E,G分别为SA,SC的中点,∴EF∥AB,EG∥AC.又∵AB∩AC=A,AB面SBC,AC⊂面ABC,∴平面EFG∥平面ABC.(2)∵平面SAB⊥平面SBC,平面SAB∩平面SBC=BC,AF⊂平面ASB,AF⊥SB.∴AF⊥平面SBC.又∵BC⊂平面SBC,∴AF⊥BC.又∵AB⊥BC,AF∩AB=A,∴BC⊥平面SAB.又∵SA⊂平面SAB,∴BC⊥SA.(2014年第16题)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.求证:(1)直线PA∥平面DEF;(2)平面BDE⊥平面ABC.证明:(1)∵D,E为PC,AC中点∴DE∥PA∵PA ⊄平面DEF,DE⊂平面DEF∴PA∥平面DEF(2)∵D,E为PC,AC中点∴DE=PA2=3∵E,F为AC,AB中点∴EF=BC2=4∴DE2+EF2=DF2∴∠DEF=90°,∴DE⊥EF ∵DE∥PA,PA⊥AC∴DE⊥AC∵AC∩EF=E∴DE⊥平面ABC∵DE⊂平面BDE,∴平面BDE⊥平面ABC.(2015年第16题)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B 1C∩BC1=E求证:(1)DE∥平面A A1CC1(2) BC1⊥AB1证明:(1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此DE∥AC.又因为DE ⊄平面A A1C1C,AC⊂平面A A1C1C,所以DE∥平面A A1C1C(2)因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1,又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1,又因为BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC,又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥A B1(2016年第16题)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D、E分别为AB、BC的中点,点F在侧棱B1B 上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证:A1B1 C1DEFAB C(1)直线DE∥平面A1C1F;(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明:(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC在△ABC中,因为D、E分别为AB,BC的中点,∴DE∥AC,于是DE∥A1C1又∵DE ⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F,∴直线DE∥平面A1C1F(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1,∵A1C1⊂平面A1B1C1,∴A1A⊥A1C1又∵A1C1⊥A1B1,A1A⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,∴A1C1⊥平面ABB1A1∵B1D⊂平面ABB1A1,∴A1C1⊥B1D又∵B1D⊥A1F,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,∴B1D⊥平面A1C1F∵B1D⊂平面B1DE∴平面B1DE⊥平面A1C1F(2017年第15题)D 1C 1B 1A 1DCB 如图,在三棱锥A -BCD 中,AB ⊥AD ,BC ⊥BD ,平面ABD ⊥平面BCD ,点E 、F (E 与A 、D 不重合)分别在棱AD ,BD 上,且EF ⊥AD . 求证:(1)EF ∥平面ABC ;(2)AD ⊥AC证明:(1)在平面内,∵AB ⊥AD ,EF ⊥AD∴EF ∥AB又∵EF ⊄ 平面ABC ,AB ⊂平面ABC ∴EF ∥平面ABC(2)∵平面ABD ⊥平面BCD ,平面ABD ∩平面BCD =BDBC ⊂平面BCD ,BC ⊥BD ∴BC ⊥平面ABD∵AD ⊂平面ABD ∴BC ⊥AD又∵AB ⊥AD ,BC ∩AB =B ,AB ⊂平面ABC ,BC ⊂平面ABC ∴AD ⊥平面ABC又∵AC ⊂平面ABC ,∴AD ⊥AC(2018年第15题)在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1 D 1中,AA 1=AB ,AB 1⊥B 1C 1. 求证:(1)AB ∥平面A 1B 1C ;(2)平面ABB 1 A 1⊥平面A 1BC证明:(1)平行六面体ABCD -A 1B 1C 1 D 1中,AB ∥A 1B 1 ⎭⎪⎬⎪⎫AB ∥A 1B 1 A 1B 1⊂平面A 1B 1C AB ⊄平面A 1B 1C ⇒ AB ∥平面A 1B 1C(2)⎭⎪⎬⎪⎫平行六面体ABCD -A 1B 1C 1 D 1 AB ∥A 1B 1 ⇒四边形A 1B 1BA 为菱形⇒AB 1⊥A 1B⎭⎪⎬⎪⎫平行六面体ABCD -A 1B 1C 1 D 1 ⇒BC ∥B 1C 1 AB 1⊥B 1C 1 ⇒ AB 1⊥BC ⎭⎪⎬⎪⎫AB 1⊥A 1B AB 1⊥BC A 1B ∩BC =B AB 1⊂平面A 1BC BC ⊂平面A 1BC⇒ AB 1⊥平面A 1BC⎭⎪⎬⎪⎫AB 1⊥平面A 1BC AB 1⊂平面A 1B 1BA ⇒平面ABB 1 A 1⊥平面A 1BC。