2020版高考数学大二轮培优理科通用版大题专项练(三)立体几何

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2020年高考数学(理)二轮专项复习专题07 立体几何

a⊥c，b∥c，
a⊥α
bα
a⊥b
a⊥b
(1)证明线面垂直：
a⊥m，a⊥n
a∥b，b⊥α α∥β，a⊥β
α⊥β，α∩β＝l
m，n α，m∩n＝A
a β，a⊥l
a⊥α
a⊥α
a⊥α
a⊥α
(1)证明面面垂直：
a⊥β，a α
α⊥β
例 5 如图，在斜三棱柱 ABC－A1B1C1 中，侧面 A1ABB1 是菱形，且垂直于底面 ABC，
证：
(Ⅰ)直线 EF∥面 ACD； (Ⅱ)平面 EFC⊥平面 BCD．
11．如图，平面 ABEF⊥平面 ABCD，四边形 ABEF 与 ABCD 都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB
＝90°，BC∥AD，BC 1 AD, BE // AF , BE 1 AF ，G，H 分别为 FA，FD 的中点．
①m⊥n ②⊥ ③n⊥ ④m⊥
以其中三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出正确的一个命题______．
8．已知平面⊥平面，∩＝l，点 A∈，Al，直线 AB∥l，直线 AC⊥l，直线 m∥， m∥，给出下列四种位置：①AB∥m；②AC⊥m；③AB∥；④AC⊥，
上述四种位置关系中，不一定成立的结论的序号是______．
站载
下
【评述】关于直线和平面平行的问题，可归纳如下方法：
费免
(1)证明线线平行：
《号
众
a∥c，b∥c，
a∥α，a β
α∥β
公公
a⊥α，b⊥α
α∩β＝b
∩α＝a，∩β＝b
信微
a∥b
a∥b
a∥b
a∥b
(2)证明线面平行：
a∩α＝

2020高考数学二轮专题复习立体几何(理)

立体几何（理）考纲解读】1、平面的概念及平面的表示法，理解三个公理及三个推论的内容及作用，初步掌握性质与推论的简单应用。

2、空间两条直线的三种位置关系，并会判定。

3、平行公理、等角定理及其推论，了解它们的作用，会用它们来证明简单的几何问题，掌握证明空间两直线平行及角相等的方法。

4、异面直线所成角的定义，异面直线垂直的概念，会用图形来表示两条异面直线，掌握异面直线所成角的范围，会求异面直线的所成角。

5. 理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘; 了解空间向量的基本定理，理解空间向量坐标的概念，掌握空间向量的坐标运算; 掌握空间向量的数量积的定义及其性质，掌握用直角坐标计算空间向量数量积公式.6. 了解多面体、凸多面体、正多面体、棱柱、棱锥、球的概念. 掌握棱柱, 棱锥的性质, 并会灵活应用, 掌握球的表面积、体积公式; 能画出简单空间图形的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图.7. 空间平行与垂直关系的论证.8. 掌握直线与平面所成角、二面角的计算方法，掌握三垂线定理及其逆定理，并能熟练解决有关问题, 进一步掌握异面直线所成角的求解方法，熟练解决有关问题.9. 理解点到平面、直线和直线、直线和平面、平面和平面距离的概念会用求距离的常用方法（如：直接法、转化法、向量法）. 对异面直线的距离只要求学生掌握作出公垂线段或用向量表示的情况）和距离公式计算距离.【考点预测】在2020 年高考中立体几何命题有如下特点：1. 线面位置关系突出平行和垂直，将侧重于垂直关系．2. 多面体中线面关系论证，空间“角”与“距离”的计算常在解答题中综合出现．3. 多面体及简单多面体的概念、性质、三视图多在选择题，填空题出现．4. 有关三棱柱、四棱柱、三棱锥的问题，特别是与球有关的问题将是高考命题的热点．此类题目分值一般在17---22 分之间，题型一般为 1 个选择题， 1 个填空题， 1 个解答题.要点梳理】1. 三视图：正俯视图长对正、正侧视图高平齐、俯侧视图宽相等2. 直观图：已知图形中平行于x轴和z轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y轴的线段平行性不变，但在直观图中其长度为原来的一半•3. 体积与表面积公式：1⑴柱体的体积公式：V柱Sh；锥体的体积公式：V锥-Sh；3台体的体积公式：V棱台—h（s . SS S）；球的体积公式：V球—r3.3 3⑵球的表面积公式：S求4 R2.4. 有关球与正方体、长方体、圆柱、圆锥、圆台的结合体问题，要抓住球的直径与这些几何体的有关元素的关系.5. 平行与垂直关系的证明，熟练判定与性质定理.6. 利用空间向量解决空间角与空间距离。

2020版高考数学大二轮复习专题立体几何增分强化练理

增分强化练1．(2019·泉州质检)在四棱锥P ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AB ＝1，AD ＝2BC ＝2，PD ＝ 3.(1)求证：平面PBD ⊥平面PAC ；(2)M 为棱PB 上异于B 的点，且AM ⊥MC ，求直线AM 与平面MCD 所成角的正弦值．解析：(1)证明：在Rt △ABC 与Rt △ABD 中，因为BC AB ＝22， AB AD ＝22，所以BC AB ＝ABAD，∠ABC ＝∠DAB ＝90°，即△ABC ∽△DAB ，所以∠ABD ＝∠BCA .因为∠ABD ＋∠CBD ＝90°，所以∠BCA ＋∠CBD ＝90°，所以AC ⊥BD . 因为PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥AC ，又BD ∩PD ＝D ，所以AC ⊥平面PBD ，又AC ⊂平面PAC, 所以平面PBD ⊥平面PAC .(2)过A 作AE ∥DP ，因为PD ⊥平面ABCD ，所以AE ⊥平面ABCD ，即AE ，AB ，AD 两两相垂直，以A 为原点，AB ，AD ，AE 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为AB ＝1，AD ＝2BC ＝2，PD ＝3，所以A (0,0,0)，B (1,0,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22，0，D (0，2，0)，P (0，2，3)， AB →＝(1,0,0)，BP →＝(－1，2，3)，CB →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－22，0，设BM →＝λBP →，λ∈(0,1]．则AM →＝AB →＋λBP →＝(1－λ，2λ，3λ)， CM →＝CB →＋λBP →＝(－λ，－22＋2λ，3λ).因为AM ⊥MC ，所以AM →·CM →＝0，即(1－λ)(－λ)＋2λ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＋2λ＋3λ2＝0，解得6λ2－2λ＝0，λ＝0或λ＝13.因为λ∈(0,1]，所以λ＝13.所以AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，33，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，33.所以DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22，0，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－223，33，设n ＝(x 0，y 0，z 0)为平面MCD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DM →＝0n ·DC →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧23x 0－223y 0＋33z 0＝0x 0－22y 0＝0，所以取n ＝⎝⎛⎭⎪⎫62，3，2，设直线AM 与平面MCD 所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈AM →，n 〉|＝63＋63＋6349＋29＋39·64＋3＋2＝23913，所以直线AM 与平面MCD 所成角的正弦值23913.2．(2019·济宁模拟)如图，在直角梯形ABED 中，AB ∥DE ，AB ⊥BE ，且AB ＝2DE ＝2BE ，点C 是AB 中点，现将△ACD 沿CD 折起，使点A 到达点P 的位置．(1)求证：平面PBC⊥平面PEB；(2)若PE与平面PBC所成的角为45°，求平面PDE与平面PBC所成锐二面角的余弦值．解析：(1)证明：∵AB∥DE，AB＝2DE，点C是AB中点，∴CB∥ED，CB＝ED，∴四边形BCDE为平行四边形，∴CD∥EB，又EB⊥AB，∴CD⊥AB，∴CD⊥PC，CD⊥BC，∴CD⊥平面PBC，∴EB⊥平面PBC，又∵EB⊂平面PEB，∴平面PBC⊥平面PEB.(2)由(1)知EB⊥平面PBC，∴∠EPB即为PE与平面PBC所成的角，∴∠EPB＝45°，∵EB⊥平面PBC，∴EB⊥PB，∴△PBE为等腰直角三角形，∴EB＝PB＝BC＝PC，故△PBC为等边三角形，取BC的中点O，连结PO，则PO⊥BC，∵EB⊥平面PBC，又EB⊂平面EBCD，∴平面EBCD⊥平面PBC，又PO⊂平面PBC，∴PO⊥平面EBCD，以O为坐标原点，过点O与BE平行的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系如图，设BC ＝2，则B (0,1,0)，E (2,1,0)，D (2，－1,0)，P (0,0，3)，从而DE →＝(0,2,0)，PE →＝(2,1，－3)，设平面PDE 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DE →＝0m ·PE →＝0得⎩⎨⎧2y ＝02x ＋y －3z ＝0，令z ＝2得m ＝(3，0,2)，又平面PBC 的一个法向量n ＝(1,0,0)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝37＝217，平面PDE 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值为217. 3．(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A MA 1N 的正弦值．解析：(1)证明：如图，连接B 1C ，ME . 因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1綊DC ，可得B 1C 綊A 1D ，故ME 綊ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，所以MN ∥ED . 又MN ⊄平面C 1DE ，所以MN ∥平面C 1DE .(2)由已知可得DE ⊥DA ，以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0，所以⎩⎨⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0，可取m ＝(3，1,0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0，所以⎩⎨⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0，可取n ＝(2,0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，所以二面角A MA 1N 的正弦值为105. 4．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B EC C 1的正弦值．解析：(1)证明：由已知得，B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE .又BE ⊥EC 1，B 1C 1∩EC 1＝C 1，所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB ＝45°，故AE ＝AB ，AA 1＝2AB .以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，|DA →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，E (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，CE →＝(1，－1,1)，CC 1→＝(0,0,2)．设平面EBC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n ＝0，CE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，x 1－y 1＋z 1＝0，所以可取n ＝(0，－1，－1)．设平面ECC 1的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧CC 1→·m ＝0，CE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2z 2＝0，x 2－y 2＋z 2＝0，所以可取m ＝(1,1,0)．于是cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－12.所以，二面角B EC C 1的正弦值为32. 增分强化练一、选择题1．已知直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，若α⊥β，则下列结论正确的是( ) A ．l ∥β或l ⊂β B ．l ∥m C ．m ⊥αD ．l ⊥m解析：当直线l ⊥平面α，α⊥β时，假设l ∩β＝A ，过A 在平面β内作a ⊥l ，根据面面垂直的性质定理可知：a ⊥α，这样过一点A 有两条直线a ，l 与平面α垂直，这与过一点有且只有一条直线与已知平面垂直相矛盾，故假设不成立，所以l ∥β或l ⊂β，故本题选A. 答案：A2．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( ) A ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β B ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ⊥α C ．若m ⊥α，m ∥n ，则n ⊥α D ．若α⊥β，m ⊥α，则m ∥β解析：设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则：在A 中，若m ∥α，m ∥β，则α与β相交或平行，故A 错误；在B 中，若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α，故B 错误；在C 中，若m ⊥α，m ∥n ，则由线面垂直的判定定理得n ⊥α，故C 正确；在D 中，若α⊥β，m ⊥α，则m ∥β或m ⊂β，故D 错误．故选C. 答案：C3．(2019·蚌埠模拟)如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2AA 1＝2，E ，F 分别在AB ，BC 上，则下列说法错误的是( )A ．直线AD 与A 1C 1所成的角为π4B ．当E 为中点时，平面A 1D 1E ⊥平面B 1C 1E C ．当E ，F 为中点时，EF ⊥BD 1 D ．当E ，F 为中点时，BD 1⊥平面B 1EF解析：对于A 选项，将A 1C 1平移到AC 如图所示，由于四边形ABCD 为正方形，故AD ，AC 所成角为π4，也即AD ，A 1C 1所成角为π4，故A 选项正确．对于B 选项，由于A 1E ＝B 1E ＝2，A 1B 1＝2，满足勾股定理，故A 1E ⊥B 1E ，而A 1E ⊥B 1C 1，故A 1E ⊥平面B 1C 1E ，所以平面A 1D 1E ⊥平面B 1C 1E ，故B 选项正确．对于C 选项，由于EF ∥AC ，故EF ⊥BD ，EF ⊥BB 1，由此证得EF ⊥平面BDD 1B 1，故EF ⊥BD 1，故C 选项正确．对于D 选项，虽然EF ⊥BD 1，但是BD 1与B 1E ，B 1F 不垂直，故D 选项说法错误．综上所述，本小题选D.答案：D4．(2019·咸阳模拟)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AB 、B 1C 1的中点，则异面直线A 1E 、FC 所成角的余弦值为( )A.105 B.1010C.102D.45解析：取C 1D 1的中点G ，连接CG ，FG (图略)，因为正方体ABCD A 1B 1C 1D 1，且E ，G 分别是AB ，C 1D 1的中点，所以A 1E ∥CG ，所以∠FCG 即为异面直线A 1E 、FC 所成角或其补角，设正方体边长为2，则FC ＝CG ＝5，FG ＝2，在△FCG 中由余弦定理得cos ∠FCG ＝5＋5－22×5×5＝45，所以异面直线A 1E 、FC 所成角的余弦值为45，故选D. 答案：D5．如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB 1、BC 1的中点，下列结论中正确的是( )A ．EF ⊥BB 1 B ．EF ⊥平面BCC 1B 1 C ．EF ∥平面D 1BCD ．EF ∥平面ACC 1A 1解析：连接B 1C 交BC 1于F ，由于四边形BCC 1B 1是平行四边形，对角线平分，故F 是B 1C 的中点．因为E 是AB 1的中点，所以EF 是△B 1AC 的中位线，故EF ∥AC ，所以EF ∥平面ACC 1A 1.故选D.答案：D6．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E、F分别是AB、BC的中点，将△ADE，ΔBEF，△CDF分别沿DE，EF，FD折起，使得A、B、C三点重合于点A′，若四面体A′EDF的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )A．5π B．6πC．8π D．11π解析：由题意可知△A′EF是等腰直角三角形，且A′D⊥平面A′EF.三棱锥的底面A′EF扩展为边长为1的正方形，然后扩展为正四棱柱，三棱锥的外接球与正四棱柱的外接球是同一个球，正四棱柱的体对角线的长度就是外接球的直径，直径为1＋1＋4＝ 6.∴球的半径为62，∴球的表面积为4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝6π.故选B. 答案：B 二、填空题7．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于________．解析：延长CA 到D (图略)，使得AD ＝AC ，则ADA 1C 1为平行四边形，∠DA 1B 就是异面直线BA 1与AC 1所成的角，又A 1D ＝A 1B ＝DB ＝2AB ，则△A 1DB 为等边三角形，∴∠DA 1B ＝60°. 答案：60°8．(2019·桂林、崇左模拟)在大小为75°的二面角αl β内有一点M 到两个半平面的距离分别为1和2，则点M 到棱l 的距离等于________．解析：由题意，设垂足分别为A ，B ，则在△MAB 中，MA ＝1，MB ＝2，∠AMB ＝105°，∴AB 2＝1＋2－2×1×2×cos∠AMB ＝2＋3， ∴AB ＝2＋ 3.设M 到棱的距离为l ，则l ＝ABsin 105°＝2＋36＋24＝2.答案：2 三、解答题9．(2019·汕头模拟)如图，等边△PAC 所在平面与梯形ABCD 所在平面互相垂直，且有AD ∥BC ，AB ＝AD ＝DC ＝2，BC ＝4.(1)证明：AB ⊥平面PAC ； (2)求点D 到平面PAB 的距离．解析：(1)证明：取BC 中点M ，连接AM ，则四边形AMCD 为菱形，即有AM ＝MC ＝12BC,所以AB ⊥AC ，又AB ⊂平面ABCD ，平面ABCD ⊥平面PAC ，平面ABCD ∩平面PAC ＝AC ， ∴AB ⊥平面PAC .(2)由(1)可得PA ＝AC ＝23，所以∠ABC ＝60°，∠BAD ＝120°，取AC 中点O ，连接PO ，则PO ⊥AC ，PO ＝3，又PO ⊂平面PAC ，平面PAC ⊥平面ABCD ，平面PAC ∩平面ABCD ＝AC ∴PO ⊥平面ABCD ；所以V D PAB ＝V P ABD ＝13S ABD ·PO＝13×12×2×2×sin 120°×3＝3，由(1)有AB ⊥平面PAC ，得AB ⊥PA ， ∴S ΔPAB ＝12×2×23＝23，设点D 到平面PAB 的距离为d ，由V D PAB ＝13S ΔPAB ·d .∴d ＝32.10.如图，E 是以AB 为直径的半圆上异于A 、B 的点，矩形ABCD 所在的平面垂直于该半圆所在的平面，且AB ＝2AD ＝2. (1)求证：EA ⊥EC ；(2)设平面ECD 与半圆弧的另一个交点为F . ①试证：EF ∥AB ；②若EF ＝1，求三棱锥E ADF 的体积．解析：(1)证明：∵平面ABCD ⊥平面 ABE ，平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ，BC ⊥AB ，BC ⊂平面ABCD ， ∴BC ⊥平面ABE .又∵AE ⊂平面ABE ，∴BC ⊥AE .∵E 在以AB 为直径的半圆上，∴AE ⊥BE ，又∵BE ∩BC ＝B ，BC 、BE ⊂平面BCE ， ∴AE ⊥平面BCE .又∵CE ⊂平面BCE ，∴EA ⊥EC .(2)①证明： ∵AB ∥CD ，AB ⊄平面CED ，CD ⊂平面CED ， ∴AB ∥平面CED .又∵AB ⊂平面ABE ，平面ABE ∩平面CED ＝EF ， ∴AB ∥EF .②取AB 中点O ，EF 的中点O ′，(图略)在Rt△OO ′F 中，OF ＝1，O ′F ＝12，∴OO ′＝32.由(1)已证得BC ⊥平面ABE ，又已知AD ∥BC ， ∴AD ⊥平面ABE .故V E ADF ＝V D AEF ＝13·S △AEF ·AD ＝13·12·EF ·OO ′·AD ＝312.11．如图1，在△ABC 中，C ＝90°，AC ＝2BC ＝4，E ，F 分别是AC 与AB 的中点，将△AEF 沿EF 折起，连接AC 与AB 得到四棱锥A BCEF (如图2)，G 为线段AB 的中点．(1)求证：FG ∥平面ACE ；(2)当四棱锥A BCEF 体积最大时，求F 与平面ABC 的距离．解析：(1)证明：取AC 的中点H ，连接EH ，GH ，由于G 是AB 的中点， ∴GH ∥BC ，且GH ＝12BC ，又E ，F 分别为图1中AC 与AB 的中点， ∴FE ∥BC ，且FE ＝12BC ，∴FE ∥GH ，FE ＝GH ，∴四边形EFGH 为平行四边形， ∴FG ∥EH ，又FG ⊄平面ACE ，EH ⊂平面ACE ， ∴FG ∥平面ACE .(2)当四棱锥A BCF 体积最大时，AE ⊥平面BCEF ，又EF ⊥EC ，AE ∩EF ＝E ， ∴FE ⊥平面AEC ，又FE ∥BC ， ∴BC ⊥平面ACE ∴BC ⊥EH ，又AE ＝EC ＝2，H 是AC 的中点，EH ⊥AC ，AC ∩BC ＝C ，∴EH ⊥平面ABC ，而EF ∥平面ABC ，∴F 到平面ABC 的距离即为E 到平面ABC 的距离，EH ＝EC ×sin 45°＝ 2.增分强化练考点一利用空间向量证明平行与垂直如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG .证明：∵平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ，∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 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A xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，G (1,2,0)．∴PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)，设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2，∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面． ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 考点二利用空间向量求空间角1．(2019·滨州模拟)如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，BC ＝BB 1，∠B 1BC ＝60°，B 1C 1⊥AB 1.(1)证明：AB ＝AC ；(2)若AB ⊥AC ，且AB 1＝BB 1，求二面角A 1CB 1C 1的余弦值．解析：(1)证明：取BC 的中点O ，连结AO ，OB 1. 因为BC ＝BB 1，∠B 1BC ＝60°，所以△BCB 1是等边三角形，所以B 1O ⊥BC ，又BC ∥B 1C 1，B 1C 1⊥AB 1，所以BC ⊥AB 1，所以BC ⊥平面AOB 1，所以BC ⊥AO ，由三线合一可知△ABC 为等腰三角形所以AB ＝AC .(2)设AB 1＝BB 1＝2，则BC ＝B 1C ＝2. 因为AB ⊥AC ，所以AO ＝1.又因为OB 1＝3，所以OB 21＋AO 2＝AB 21，所以AO ⊥OB 1.以O 为坐标原点，向量OB →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，则O (0,0,0)，C (－1,0,0)，A 1(－1，3，1)，B 1(0，3，0)，CA →1＝(0，3，1)，CB →1＝(1，3，0)．设平面A 1B 1C 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CA →1 ·n ＝0CB →1·n ＝0，即⎩⎨⎧3y ＋z ＝0x ＋3y ＝0，可取n ＝(3，－1，3)，由(1)可知，平面CB 1C 1的法向量可取OA →＝(0,0,1)，所以cos 〈OA →，n 〉＝OA →·n |OA →||n | ＝217，由图示可知，二面角A 1CB 1C 1为锐二面角，所以二面角A 1CB 1C 1的余弦值为217. 2.已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AB ＝3，BC ＝2AD ＝2，E 为CD 的中点，PB ⊥AE . (1)证明：平面PBD ⊥平面ABCD ；(2)若PB ＝PD ，PC 与平面ABCD 所成的角为π4，求二面角B PD C 的余弦值．解析：(1)证明：由ABCD 是直角梯形，AB ＝3，BC ＝2AD ＝2，可得DC ＝2，∠BCD ＝π3，BD ＝2，从而△BCD 是等边三角形， ∠BDC ＝π3，BD 平分∠ADC ，∵E 为CD 的中点，DE ＝AD ＝1，∴BD ⊥AE ，又∵PB ⊥AE ，PB ∩BD ＝B ，∴AE ⊥平面PBD ， ∵AE ⊂平面ABCD ，∴平面PBD ⊥平面ABCD . (2)如图，作PO ⊥BD 于O ，连接OC ，∵平面PBD ⊥平面ABCD ，平面PBD ∩平面ABCD ＝BD ，∴PO ⊥平面ABCD ， ∴∠PCO 为PC 与平面ABCD 所成的角，∠PCO ＝π4，又∵PB ＝PD ，∴O 为BD 中点，OC ⊥BD ，OP ＝OC ＝3，以OB ，OC ，OP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，B (1,0,0)，C (0，3，0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)．PC →＝(0，3，－3)，PD →＝(－1,0，－3)，设平面PCD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0得⎩⎨⎧3y －3z ＝0，x ＋3z ＝0，令z ＝1得n ＝(－3，1,1)，又平面PBD 的一个法向量为m ＝(0,1,0)，设二面角B PD C 为θ，则|cos θ|＝|n ·m ||n |·|m |＝15×1＝55.所求二面角B PD C 的余弦值是55. 考点三立体几何中的探索性问题1．(2019·桂林、崇左模拟)已知四棱锥S ABCD 的底面ABCD 是菱形，∠ABC ＝π3，SA ⊥底面ABCD ，E 是SC 上的任意一点．(1)求证：平面EBD⊥平面SAC；(2)设SA＝AB＝2，是否存在点E使平面BED与平面SAD所成的锐二面角的大小为30°？如果存在，求出点E的位置，如果不存在，请说明理由．解析：(1)证明：∵SA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴SA⊥BD.∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD.∵AC∩AS＝A，∴BD⊥平面SAC.∵BD⊂平面EBD，∴平面EBD⊥平面SAC.(2)当点E为SC的中点时，平面BED与平面SAD所成的锐二面角的大小为30°，理由如下：设AC与BD的交点为O，以OC、OD所在直线分别为x、y轴，以过O垂直平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系(如图)，则A (－1,0,0)，C (1,0,0)，S (－1,0,2)，B (0，－3，0)，D (0，3，0)．设E (x,0，z )，则SE →＝(x ＋1,0，z －2)，EC →＝(1－x,0，－z )，设SE →＝λEC →，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝λ－1λ＋1z ＝2λ＋1，∴E ⎝⎛⎭⎪⎫λ－1λ＋1，0，2λ＋1，∴DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－1λ＋1，－3，2λ＋1，BD →＝(0,23，0)，设平面BDE 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)， ∵⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥DE→n ⊥BD→ ，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0n ·BD →＝0.求得n ＝(2,0,1－λ)为平面BDE 的一个法向量．同理可得平面SAD 的一个法向量为m ＝(3，－1,0)， ∵平面BED 与平面SAD 所成的锐二面角的大小为30°，∴cos 30°＝|m ·n ||m ||n |＝|(3，－1，0)·(2，0，1－λ)|24＋(1－λ)2＝32，解得λ＝1. ∴E 为SC 的中点．2．如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝CC 1＝2，∠ACC 1＝∠CC 1B 1，直线AC 与直线BB 1所成的角为60°.(1)求证：AB 1⊥CC 1；(2)若AB 1＝6，M 是AB 1上的点，当平面MCC 1与平面AB 1C 夹角的余弦值为15时，求AMMB 1的值．解析：(1)证明：在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，各侧面均为平行四边形，所以BB 1∥CC 1，则∠ACC 1即为AC 与BB 1所成的角，所以∠ACC 1＝∠CC 1B 1＝60°，如图，连接AC 1和B 1C ，因为CA ＝CB ＝CC 1＝2，所以△ACC 1和△B 1CC 1均为等边三角形，取CC 1的中点O ，连AO 和B 1O ，则AO ⊥CC 1，B 1O ⊥CC 1，又AO ∩B 1O ＝O ，所以CC 1⊥平面AOB 1，AB 1⊂平面AOB 1，所以AB 1⊥CC 1.(2)由(1)知AO ＝B 1O ＝3，因为AB 1＝6，则AO 2＋B 1O 2＝AB 21，所以AO ⊥B 1O ，又AO ⊥CC 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1，以OB 1所在直线为x 轴，OC 1所在直线为y 轴，OA 所在直线为z 轴，建立如图空间直角坐标系，则A (0,0，3)，C (0，－1,0)，C 1(0,1,0)，B 1(3，0,0)，AC →＝(0，－1，－3)，AB 1→＝(3，0，－3)，CC 1→＝(0,2,0)，设AM →＝tMB 1→，M (x ，y ，z )，则(x ，y ，z －3)＝t (3－x ，－y ，－z )．所以x ＝3t t ＋1，y ＝0，z ＝3t ＋1，M (3t t ＋1，0，3t ＋1)，所以CM →＝(3t t ＋1，1，3t ＋1)，设平面ACB 1的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面MCC 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝0，n 1·AB 1→＝0⇒⎩⎨⎧－y 1－3z 1＝0，3x 1－3z 1＝0，解得n 1＝(1，－3，1)， ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CC 1→＝0，n 2·CM →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＝0，3t t ＋1x 2＋y 2＋3t ＋1z 2＝0.解得n 2＝(1,0，－t )．所以|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|1－t |5·1＋t 2＝15，解得t ＝12或t ＝2，即AM MB 1＝12或AMMB 1＝2.增分强化练一、选择题1．在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水，将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时，指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是( )A．圆面B．矩形面C．梯形面D．椭圆面或部分椭圆面解析：将圆柱桶竖放，水面为圆面；将圆柱桶斜放，水面为椭圆面或部分椭圆面；将圆柱桶水平放置，水面为矩形面，所以圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是梯形面，故选C.答案：C2．(2019·三明质检)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.23πB．2πC.83π D．8π解析：由几何体三视图可知：该几何体为圆柱，且圆柱的底面圆半径为1，高为2，所以圆柱的体积为V＝π×12×2＝2π.故选B.答案：B3．(2019·新乡模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．28B ．30C ．36D ．42解析：该几何体是由12个棱长为1的正方体组合而成的，所以S (前后)＝12＋12＝24，S (左右)＝3＋3＝6，S (上下)＝6＋6＝12，从而S (表面)＝24＋6＋12＝42.故选D. 答案：D4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16π－323B ．16π－163C ．8π－323D ．8π－163解析：由三视图可知，该几何体是一个半圆柱挖去一个倒立的四棱锥，∴V ＝12×π×22×4－13×42×2＝8π－323.故选C.答案：C5．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗实线和粗虚线画出了某几何体的三视图，图中的曲线为半圆弧或圆，则该几何体的体积是( )A.2π3＋83B ．2π＋83C ．2π＋8D ．8π＋8解析：由题意可知几何体是组合体，由14的圆柱与一个四棱锥组成，如图：V ＝14×22×π×2＋13×2×2×2＝2π＋83.故选B.答案：B6．用一个平面去截正方体，则截面不可能是( ) A ．直角三角形 B ．等边三角形 C ．正方形D ．正六边形解析：用一个平面去截正方体，则截面的情况为：①截面为三角形时，可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形；②截面为四边形时，可以是梯形(等腰梯形)、平行四边形、菱形、矩形，但不可能是直角梯形；③截面为五边形时，不可能是正五边形；④截面为六边形时，可以是正六边形．故选A. 答案：A7．某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的等腰三角形，则该几何体的体积不可能是( )A ．πB ．2C ．4D ．6解析：几何体可能是圆锥，底面半径为1，高为3，几何体的体积为13×12×π×3＝π，排除A ；几何体如果是正四棱锥，底面是正方形边长为2，高为3，几何体的体积为13×22×3＝4，排除C ；几何体如果是三棱锥，底面是等腰三角形，底边长为2，三角形的高为2，三棱锥的高为3，几何体的体积为13×12×2×2×3＝2，排除B ，故选D.答案：D8．某四棱锥的三视图如图所示，某侧视图是等腰直角三角形，俯视图轮廓是直角梯形，则该四棱锥的各侧面中，面积的最大值为( )A ．8B ．4 5C ．8 2D ．12 2解析：因为三视图复原的几何体是四棱锥，顶点在底面的射影是直角梯形的一个顶点，后面是等腰直角三角形，直角边为4，所以后面的三角形的面积为12×4×4＝8, 右面三角形是直角三角形，直角边长为42，4，三角形的面积为12×42×4＝8 2.前面三角形BC 边长为6，高为42，其面积为12×42×6＝122，左面也是直角三角形，直角边长为4，25，三角形的面积为12×4×25＝45，四棱锥的四个侧面中面积最大的是前面三角形的面积12 2.故选D. 答案：D9．(2019·宁德质检)直三棱柱ABC A ′B ′C ′的所有棱长均为23，则此三棱柱的外接球的表面积为( ) A ．12π B ．16π C ．28πD ．36π解析：由直三棱柱的底面边长为23，得底面所在平面截其外接球所成的圆O 的半径r ＝2，又由直三棱柱的侧棱长为23，则球心到圆O 的球心距d ＝3，根据球心距，截面圆半径，球半径构成直角三角形，满足勾股定理，我们易得球半径R 满足：R 2＝r 2＋d 2＝7， ∴外接球的表面积S ＝4πR 2＝28π. 故选C. 答案：C10．(2019·蚌埠模拟)榫卯是我国古代工匠极为精巧的发明，广泛用于建筑．榫卯是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式．榫卯结构中凸出的部分叫榫(或叫榫头)．已知某“榫头”的三视图如图所示，则该“榫头”的体积是( )A ．48B ．50C ．54D ．63解析：由三视图可知，该几何体是由两个直棱柱组合而成，其直观图如图所示，故体积为3＋62×3×3＋3＋62×3×1＝54.故选C.答案：C11．如图，在矩形ABCD中，EF∥DA，GH∥BC，BC＝2，AF＝FG＝BG＝1，现分别沿EF，GH将矩形折叠使得AD与BC重合，则折叠后的几何体的外接球的表面积为( )A.8π3B.16π3C．6π D．24π解析：由题意得，折叠后的几何体为正三棱柱，且该三棱柱的底面边长为1，高为 2.如图所示的正三棱柱ABCA1B1C1.设上下底面的中心分别为O 1，O 2，则球心O 为O 1，O 2的中点，连OC ，O 2C ，则O 2C ＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫32×1＝33，OO 2＝1，∴OC ＝O 2C 2＋O 2O 2＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫33 2＋1＝233，即球半径R ＝233，∴该几何体的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.故选B. 答案：B12．若长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的顶点都在体积为288π的球O 的球面上，则长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的表面积的最大值等于( ) A ．576 B ．288 C ．144 D ．72答案：B 二、填空题13．若圆锥底面半径为1，侧面积为5π，则该圆锥的体积是________．解析：设圆锥的母线长为l ，圆锥底面半径为1，侧面积为5π， ∴5π＝πl ，即l ＝5， ∴圆锥的高h ＝5－1＝2，∴该圆锥的体积是V ＝13πr 2h ＝13π×2＝23π.314．(2019·长春质检)一个倒置圆锥形容器，底面直径与母线长相等，容器内存有部分水，向容器内放入一个半径为1的铁球，铁球恰好完全没入水中(水面与铁球相切)则容器内水的体积为________．解析：如图所示，作出轴截面，由题意，圆锥的底面直径与母线长相等，可得AP ＝AB ，则AP ＝2AC ，所以∠APC ＝30°，记铁球的半径为r ，即OC ＝OD ＝r ＝1，在△ODP 中，sin ∠OPD ＝OD OP ＝12，则OP ＝2r ＝2，所以PC ＝3r ＝3，因此AC ＝3r ＝3，PA ＝23r ＝23，所以铁球所在圆锥的体积为V 圆锥＝V 水＋V 铁球，即V 水＝V 圆锥－V 铁球＝13S 圆C ·PC －43πr 3＝13π(3)2·3－43π＝53π.315.已知所有棱长都相等的三棱锥的各个顶点同在一个半径为3的球面上，则该三棱锥的表面积为________．解析：构造一个各棱长为a 的正方体，连接各面的对角线可作出一个正四面体，而此四面体的外接球即为正方体的外接球．此球的直径为正方体的体对角线，即23，由勾股定理得到3a 2＝12⇒a ＝2，三棱锥的边长即为正方体的面对角线长为：22，所以该锥体表面积S ＝4×12×(22)2×32＝8 3.答案：8 316．(2019·洛阳、许昌质检)在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝2，BC ＝CC 1＝2，P 是BC 1上一动点，则A 1P ＋PC 的最小值为________．解析：连接A 1B ，沿BC 1将△CBC 1展开与△A 1BC 1在同一个平面内(图略)，在BC 1上取一点与A 1C 构成三角形， ∵三角形两边和大于第三边，∴A 1P ＋PC 的最小值是A 1C 的连线．作展开图，如图，由∠ACB ＝90°，AC ＝2，BC ＝CC 1＝2，得AB ＝AC 2＋BC 2＝6，又AA 1＝CC 1＝2，∴A 1B ＝AA 21＋AB 2＝2＋6＝22，BC 1＝2＋2＝2，A 1C 1＝AC ＝2， ∴∠A 1BC 1＝45°，∠CBC 1＝45°，∴∠A 1BC ＝90°， ∴A 1C ＝A 1B 2＋BC 2＝8＋2＝10.答案：10增分强化练考点一空间线、面位置关系的判断1．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝2，AA 1＝2，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( )A.23 B.56 C.33D.66解析：画出图形，如图所示．连接AD 1，B 1D 1，则AD 1∥BC 1，所以∠B 1AD 1即为AB 1与BC 1所成的角或其补角．在B 1AD 1中，AB 1＝AD 1＝6，B 1D 1＝2，所以由余弦定理得cos ∠B 1AD 1＝6＋6－42×6＝23，所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为23.故选A. 答案：A2．(2019·宝鸡模拟)异面直线a ，b 所成的角为π3，直线a ⊥c ，则异面直线b 与c 所成角的范围为( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，5π6解析：作b 的平行线b ′，交a 于O 点(图略)，所有与a 垂直的直线平移到O 点组成一个与直线a 垂直的平面α，O 点是直线a 与平面α的交点，在直线b ′上取一点P ，作垂线PP ′⊥平面α，交平面α于P ′，∠POP ′是b ′与面α的夹角为π6，在平面α中，所有与OP ′平行的直线与b ′的夹角都是π6，在平面α所有与OP ′垂直的线，由于PP ′垂直于平面α，所以该线垂直于PP ′，则该线垂直于平面OPP ′，所以该线垂直于b ′，故在平面α所有与OP ′垂直的线与b ′的夹角为π2，与OP ′夹角大于0，小于π2的线，与b ′的夹角为锐角且大于π6，故选B.答案：B3．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝4，AB ＝27，CC 1＝25，E ，F 分别为AC ，CC 1的中点，则直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角是( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．90°解析：连接AC 1，则EF ∥AC 1，直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角，就是AC 1与平面AA 1B 1B 所成的角；作C 1D ⊥A 1B 1于D ，连接AD ，因为直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝4，所以底面是等腰三角形，则C 1D ⊥平面AA 1B 1B ，可知∠C 1AD 就是直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角，CA ＝CB ＝4，AB ＝27，CC 1＝25，可得C 1D ＝42－(7)2＝3，AD ＝(7)2＋(25)2＝33，所以tan ∠C 1AD ＝C 1D AD ＝33，所以∠C 1AD ＝30°. 故选A.答案：A考点二空间线面平行、垂直关系的证明1．(2019·晋城模拟)若a，b是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列命题中正确的是( ) A．若a∥α，b∥β，a⊥b，则α⊥βB．若a∥α，b∥β，a∥b，则α∥βC．若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α∥βD．若a∥α，b⊥β，a⊥b，则α∥β解析：A中若a∥α，b∥β，a⊥b，平面α，β可能垂直也可能平行或斜交；B中若a∥α，b∥β，a∥b，平面α，β可能平行也可能相交；C中若a⊥α，a∥b，b⊥α，又b⊥β，故α∥β，所以a∥b必有α∥β；D中若a∥α，b⊥β，a⊥b，平面α，β可能平行也可能相交．故选C.答案：C2．(2019·蚌埠模拟)如图，在以P为顶点，母线长为2的圆锥中，底面圆O的直径长为2，点C在圆O所在平面内，且AC是圆O的切线，BC交圆O于点D，连接PD，OD.(1)求证：PB ⊥平面PAC ；(2)若AC ＝233，求点O 到平面PBD 的距离．解析：(1)证明：因为AB 是圆O 的直径，AC 与圆O 切于点A ，所以AC ⊥AB . 又在圆锥中，PO 垂直底面圆O ，所以PO ⊥AC ，而PO ∩AB ＝O ，所以AC ⊥平面PAB ，从而AC ⊥PB .在△PAB 中，PA 2＋PB 2＝AB 2，所以PA ⊥PB ，又PA ∩AC ＝A 所以PB ⊥平面PAC . (2)因为AB ＝2，AC ＝233，AC ⊥AB ，所以在直角△ABC 中，∠ABC ＝π6.又OD ＝OB ＝1＝PO ，则△OBD 是等腰三角形，所以BD ＝3，S △OBD ＝12×1×1×sin 2π3＝34.又PB ＝PD ＝2，所以S △PBD ＝12×3×52＝154，设点O 到平面PBD 的距离为d ，由V P OBD ＝V O PBD ，即13S △OBD ·PO ＝13S △PBD ·d ，所以d ＝55. 考点三空间中的翻折问题1．(2019·淮南模拟)正三角形ABC 的边长为a ，将它沿平行于BC 的线段PQ 折起(其中P 在边AB 上，Q 在AC 边上)，使平面APQ ⊥平面BPQC .D ，E 分别是PQ ，BC 的中点．(1)证明：PQ ⊥平面ADE ；(2)若折叠后，A ，B 两点间的距离为d ，求d 最小时，四棱锥A PBCQ 的体积．解析：(1)证明：在△APQ 中，AP ＝AQ ，D 是PQ 的中点，所以AD ⊥PQ .又因为DE 是等腰梯形BPQC 的对称轴，所以DE ⊥PQ . 而AD ∩DE ＝D ，所以PQ ⊥平面ADE .(2)因为平面APQ ⊥平面BPQC ，AD ⊥PQ ，所以AD ⊥平面PBCQ ，连结BD ，则d 2＝AD 2＋BD 2. 设AD ＝x ，DE ＝32a －x (E 为BC 的中点)，于是BD 2＝DE 2＋BE 2＝ ⎝⎛⎭⎪⎫32a －x 2＋14a 2. 因此d 2＝x 2＋BD 2＝x 2＋DE 2＋BE 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫32a －x 2＋14a 2＝2⎝⎛⎭⎪⎫x －34a 2＋58a 2，当x＝34a时，d min＝104a.此时四棱锥APBCQ的体积为13×S梯形PBCQ×AD＝13×12⎝⎛⎭⎪⎫a2＋a×34a×34a＝364a3.2．如图1，在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°，M是AD的中点，以BM为折痕，将△ABM 折起，使点A到达点A1的位置，且平面A1BM⊥平面BCDM，如图2.(1)求证：A1M⊥BD；(2)若K为A1C的中点，求四面体MA1BK的体积．解析：(1)证明：在图1中，∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，M是AD的中点，∴AD⊥BM，故在图2中，BM⊥A1M，∵平面A1BM⊥平面BCDM，平面A1BM∩平面BCDM＝BM，∴A1M⊥平面BCDM，又BD⊂平面BCDM，∴A1M⊥BD.图1 图2(2)在图1中，∵ABCD 是菱形，AD ⊥BM ，AD ∥BC ，∴BM ⊥BC ，且BM ＝3，在图2中，连接CM ，则VA 1－BCM ＝13S △BCM ·A 1M ＝13×12×2×3×1＝33，∵K 是A 1C 的中点，∴VM A 1BK ＝VK MA 1B ＝12VC MA 1B ＝12VA 1BCM ＝36.增分强化练考点一空间几何体的三视图1．日晷是中国古代利用日影测得时刻的一种计时工具，又称“日规”．通常由铜制的指针和石制的圆盘组成，铜制的指针叫做“晷针”，垂直地穿过圆盘中心，石制的脚盘叫做“晷面”，它放在石台上，其原理就是利用太阳的投影方向来测定并划分时刻．利用日晷计时的方法是人类在天文计时领域的重大发明，这项发明被人类沿用达几千年之久，下图是一位游客在故宫中拍到的一个日晷照片，假设相机镜头正对的方向为正方向，则根据图片判断此日晷的侧(左)视图可能为( )解析：因为相机镜头正对的方向为正方向，所以侧视图中圆盘为椭圆，又晷针斜向下穿盘而过，故其投影为下虚上实，故选D.答案：D2．“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在探求球体体积时构造的一个封闭几何体，它由完全相同的四个曲面构成，其直观图如图(其中四边形是为体现直观性而作的辅助线)．当“牟合方盖”的正视图和侧视图完全相同时，其俯视图为( )解析：∵相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．∴其正视图和侧视图是一个圆，俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，∴俯视图是有2条对角线且为实线的正方形，故选B.答案：B3．(2019·青岛模拟)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面为等腰直角三角形的个数为( )A．1 B．2C．3 D．4解析：由三视图可得直观图如图所示：由三视图可知：PD ⊥平面ABCD ， ∴PD ⊥AD ，PD ⊥DC ，PD ⊥AB ，又PD ＝AD ＝2，PD ＝DC ＝2，∴△PAD 和△PDC 为等腰直角三角形．又PD ⊥AB ，AD ⊥AB ， ∴AB ⊥平面PAD ， ∴AB ⊥PA ，又AB ＝1，PA ＝4＋4＝22， ∴ΔPAB 不是等腰直角三角形．∵PB ＝12＋22＋22＝3，BC ＝12＋22＝5，PC ＝22＋22＝22， ∴△PBC 不是等腰直角三角形，综上所述，侧面为等腰直角三角形的共有2个．故选B. 答案：B考点二空间几何体的表面积与体积1．用半径为3 cm ，圆心角为2π3的扇形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的高为( )A ．1 cmB ．2 2 cm C. 2 cmD ．2 cm解析：设圆锥的底面半径为r cm ，由题意底面圆的周长即扇形的弧长，可得2πr ＝2π3×3，即底面圆的半径为1，所以圆锥的高h ＝32－1＝22，故选B. 答案：B2．(2019·中卫模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为( )A.16π3B.8π3C ．4 3D ．23π解析：由已知几何体的正视图是一个正三角形，侧视图和俯视图均为三角形，可得该几何体是有一个侧面PAC 垂直于底面，高为3，底面是一个等腰直角三角形的三棱锥，如图．则这个几何体的外接球的球心O 在高线PD 上，且是正三角形PAC 的中心，这个几何体的外接球的半径R ＝23PD ＝233.则这个几何体的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝16π3.故选A. 答案：A3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．6＋3π2B ．6＋3πC ．2＋3π2D ．2＋3π解析：由题意，根据给定的三视图可知，该几何体左边表示一个底面为腰长为2的等腰直角三角形，高为3的直三棱柱，右边表示一个底面为半径为1的半圆，母线长为3的半圆柱，所以该几何体的体积为V ＝12×2×2×3＋12π×12×3＝6＋3π2，故选A.答案：A4．(2019·泰安模拟)如图，已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 为棱AA 1上任意一点，则四棱锥P BDD 1B 1的体积为________．解析：连结AC 交BD 于O (图略)，则有AO ⊥平面BDD 1B 1，。

2020高考数学(理科)二轮专题复习课标通用版跟踪检测：解析几何含答案 (3)

解析(1)证明：直线恒过定点(1,1)，且这个点在圆内，故直线l与圆C总有两个不同的交点．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＝(1－x1,1－y1)，＝(x2－1，y2－1)．由＝ P 得x2＝3－2x1，将直线与圆的方程联立得(1＋m2)x2－2m2x＋m2－5＝0，(*)
所以x1＋x2＝，可得x1＝，代入(*)式，解得m＝±1，所以直线方程为x－y＝0或x＋y－2＝0.
②若直线l的斜率不存在，因为直线l经过点(－1,1)，所以直线l的方程为x＝－1，此时A(－1， )，B(－1，－ )，而O ·O ＝(－1， )·(－1，－ )＝－2，不满足 · ＝0.综上可知，存在直线l：x－y＋2＝0满足条件．
因为圆心到原点的距离为＝2，
所以x2＋y2的最大值是(2＋ )2＝7＋4 ，最小值是(2－ )2＝7－4 .
10．已知圆C：x2＋(y－1)2＝5，直线l：mx－y＋1－m＝0.
(1)求证：对m∈R，直线l与圆C总有两个不同的交点；
(2)若定点P(1,1)分弦AB所得向量满足A ＝ P ，求此时直线l的方程．
能力提升(建议用时：25分钟)
11．若圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同的点到直线l：ax＋by＝0的距离为2 ，则直线l的倾斜角的取值范围是________.
解析圆x2＋y2－4x－4y－10＝0化为标准方程为(x－2)2＋(y－2)2＝18，所以圆心坐标为C(2,2)，半径r＝3 .因为在圆上至少有三个不同的点到直线l：ax＋by＝0的距离为2 ，所以圆心到直线的距离小于或等于r－2 ＝，由点到直线的距离公式得 ≤ ，所以(2a＋2b)2≤2(a2＋b2)，整理得 2－4 ＋1≤0，解得2－ ≤－ ≤2＋，因为直线l：ax＋by＝0的斜率k＝－，所以2－ ≤k≤2＋，设直线l的倾斜角为α，则2－ ≤tanα≤2＋，即tan ≤tanα≤tan ，即tan ≤tanα≤tan .由此可得直线l的倾斜角的取值范围是 .

(word完整版)2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练,推荐文档

2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一线面平行的证明1例1如图，高为1的等腰梯形ABCD中，AM＝CD＝3AB＝1.现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD⊥平面MBCD ，连接AB，AC.试判断：在AB边上是否存在点解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推出。

此类题的难点就是如何构造辅助线。

构造完辅助线，证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。

本题用到的是线线平行推出面面平行。

易错点】不能正确地分析DN 与BN 的比例关系，导致结果错误。

思维点拨】此类题有两大类方法：1. 构造线线平行，然后推出线面平行。

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

在此，我们需要借助倒推法进行分析。

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

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

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

如本题中即是过AD 做了一个平面ADB 与平面MPC 相交于线PN。

最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向1【答案】当AP＝3AB 时，有AD ∥平面MPC.理由如下：连接BD 交MC 于点N，连接NP.在梯形MBCD 中，DC∥MB，DNNBDCMB1，2，AP 1在△ADB 中，P AP B＝12，∴AD∥PN.∵AD? 平面MPC ，PN ? 平面MPC ，∴ AD∥平面MPC.P，使AD ∥平面MPC ?并说明理由写一遍即可。

即先证AD 平行于PN，最后得到结论。

构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。

2. 构造面面平行，然后推出线面平行。

此类方法辅助线的构造通常比较简单，但证明过程较繁琐，一般做为备选方案。

辅助线的构造理论同上。

我们只须过已知直线上任意一点做一条与已知平面平行的直线即可。

2020江苏高考理科数学二轮练习：高考热点追踪立体几何专题强化精练提能含解析

1．(20xx·徐州、淮安、宿迁、连云港四市模拟)已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则该圆锥的体积为________．[解析] 由题意得圆锥的底面半径、高分别为r ＝1，h ＝3，故该圆锥的体积为V ＝13π×12×3＝3π3． [答案]33π 2．(20xx·江苏省高考命题研究专家原创卷(五))《九章算术》第五章《商功》记载：今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺，问积几何？此处圆堡瑽即圆柱体，其意思是：有一个圆柱体的底面周长是4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少？若π的值取3，估算该圆堡瑽的体积为________立方尺．(注：一丈等于十尺)[解析] 设该圆柱体底面圆的半径为r 尺，则由题意得2πr ＝48，所以r ≈8，又圆柱体的高为11尺，故该圆堡瑽的体积V ＝πr 2h ≈2 112立方尺．[答案] 2 1123．(20xx·苏北四市高三模拟)已知矩形ABCD 的边AB ＝4，BC ＝3，若沿对角线AC 折叠，使平面DAC ⊥平面BAC ，则三棱锥D -ABC 的体积为________．[解析] 在平面DAC 内过点D 作DE ⊥AC ，因为平面DAC ⊥平面BAC ，由面面垂直的性质定理可得DE ⊥平面BAC ．又DE ＝125，所以三棱锥D -ABC 的体积为13×12×4×3×125＝245．[答案] 2454．(20xx·南京模拟)设平面α与平面β相交于直线m ，直线b 在平面α内，直线c 在平面β内，且c ⊥m ，则“c ⊥b ”是“α⊥β”的________条件．[解析] 若α⊥β，又α∩β＝m ，c ⊂β，c ⊥m 可得c ⊥α，因为b ⊂α，所以c ⊥b ．反过来c ⊥b 不能得到α⊥β(如b ∥m 时，由c ⊥m 可得c ⊥b ，但不能判断α，β的位置关系)．[答案] 必要不充分5．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．[解析] 因为EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ABCD ，平面ABCD ∩平面AB 1C ＝AC ，所以EF ∥AC ，又因为E 是AD 的中点，所以F 是CD 的中点，即EF 是△ACD 的中位线，所以EF ＝12AC ＝12×22＝2．[答案] 26．(20xx·扬州模拟)设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，有下列三个命题： ①若l ⊥α，m ⊂α，则l ⊥m ； ②若l ∥α，m ⊂α，则l ∥m ； ③若l ∥α，m ∥α，则l ∥m ．则其中正确命题的序号是________．[解析] 根据线面垂直的性质定理可知①正确． [答案] ①7．(20xx·南通高三模拟)已知正三棱柱的各条棱长均为a ，圆柱的底面直径和高均为b ．若它们的体积相等，则a 3∶b 3的值为________．[解析] 由题意可得12×a 2×32×a ＝π(b 2)2×b ，即34a 3＝14πb 3，则a3b3＝π3＝3π3．[答案]3π38．(20xx·江苏省高考命题研究专家原创卷(三))如图，若三棱锥A 1BCB 1的体积为3，则三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积为________．[解析] 设三棱柱的底面面积为S ，高为h ，则VA 1ABC ＝13S △ABC ·h ＝13Sh ＝13VABC A 1B 1C 1，同理VC A 1B 1C 1＝13VABC A 1B 1C 1，所以VA 1BCB 1＝13VABC A 1B 1C 1．又VA 1BCB 1＝3，所以三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积为9．[答案] 99．(20xx·南通模拟)如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD 为正方形，E ，F 分别为PA ，PD 的中点．在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE 与CF 异面；②直线BE 与AF 异面；③直线EF ∥平面PBC ；④平面BCE ⊥平面PAD ．其中一定正确的有________个．[解析] 如图，易得EF ∥AD ，AD ∥BC ，所以EF ∥BC ，即B ，E ，F ，C 四点共面，则①错误，②正确，③正确，④不一定正确． [答案] 210．(20xx·江苏高考专家原创卷)已知正三棱锥P -ABC 的体积为223，底面边长为2，D 为侧棱PA 的中点，则四面体D -ABC 的表面积为________．[解析] 设底面正三角形ABC 的中心为O ，连结OA ，OP ，又底面边长为2，可得OA ＝233，由V P ABC ＝13S △ABC ·PO ，即223＝13PO ×34×22，得PO ＝263，所以PA ＝PO2＋AO2＝2．S △ABC ＝3，S △DAB ＝S △DAC ＝32，S △DBC ＝2，所以四面体D -ABC 的表面积为23＋2．[答案] 23＋ 211．(20xx·江苏省高考命题研究专家原创卷(二))已知三棱锥P -ABC 中，PA ＝3，PC ＝2，AC ＝1，平面PAB ⊥平面ABC ，D 是PA 的中点，E 是PC 的中点．(1)求证：DE ∥平面ABC ； (2)求证：平面BDE ⊥平面PAB ．[证明] (1)因为D 是PA 的中点，E 是PC 的中点，所以DE ∥AC ．又DE ⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以DE ∥平面ABC ．(2)因为PA ＝3，PC ＝2，AC ＝1，所以PA 2＋AC 2＝PC 2，所以三角形PAC 是直角三角形，AC ⊥PA ．又DE ∥AC ，所以DE ⊥PA ．过P 作PH ⊥AB 于H ．因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ∩平面ABC ＝AB ，PH ⊂平面PAB ，所以PH ⊥AC ．又DE ∥AC ，所以DE ⊥PH ．又PA ∩PH ＝P ，PA ，PH ⊂平面PAB ，所以DE ⊥平面PAB ．又DE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面PAB ．12．(20xx·南京检测)如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，E ，F 分别为BB 1，AC 的中点．(1)求证：BF ∥平面A 1EC ；(2)求证：平面A 1EC ⊥平面ACC 1A 1．[证明] (1)连结AC 1交A 1C 于点O ，连结OE ，OF ，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1为平行四边形，所以OA ＝OC 1．又因为F 为AC 中点，所以OF ∥CC 1且OF ＝12CC 1．因为E 为BB 1中点，所以BE ∥CC 1且BE ＝12CC 1．所以BE ∥OF 且BE ＝OF ，所以四边形BEOF 是平行四边形，所以BF ∥OE ．又BF ⊄平面A 1EC ，OE ⊂平面A 1EC ，所以BF ∥平面A 1EC ．(2)由(1)知BF ∥OE ，因为AB ＝CB ，F 为AC 中点，所以BF ⊥AC ，所以OE ⊥AC ．又因为AA 1⊥底面ABC ，而BF ⊂底面ABC ，所以AA 1⊥BF ．由BF ∥OE ，得OE ⊥AA 1，而AA 1，AC ⊂平面ACC 1A 1，且AA 1∩AC ＝A ，所以OE ⊥平面ACC 1A 1．因为OE ⊂平面A 1EC ，所以平面A 1EC ⊥平面ACC 1A 1．13．(20xx·江苏高考原创卷)如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ∥AB ，△ACD 是正三角形，AD ＝4，DE ＝2AB ＝3，且F 是CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ；(2)在线段CE 上是否存在点H ，使DH ⊥平面BCE ？若存在，求出CHHE 的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：取CE 的中点P ，连结FP ，BP ，因为F 为CD 的中点，所以FP ∥DE ，且FP ＝12DE ．又AB ∥DE ，且AB ＝12DE ，所以AB ∥FP ，且AB ＝FP ，所以四边形ABPF 为平行四边形，所以AF ∥BP ．因为AF ⊄平面BCE ，BP ⊂平面BCE ，所以AF ∥平面BCE ．(2)在线段CE 上存在点H ，使DH ⊥平面BCE ．理由如下：在△CDE 中，过点D 作DH ⊥CE ，交CE 于点H ，因为△ACD 为正三角形，所以AF ⊥CD ．因为AB ⊥平面ACD ，DE ∥AB ，所以DE ⊥平面ACD ，又CD 、AF ⊂平面ACD ，所以DE ⊥AF ，DE ⊥CD ．又CD ∩DE ＝D ，所以AF ⊥平面DCE ．又BP ∥AF ，所以BP ⊥平面DCE ．因为DH ⊂平面CDE ，所以DH ⊥BP ．又BP ∩CE ＝P ，所以DH ⊥平面BCE ．在Rt △CDE 中，CD ＝4，DE ＝3，DH ⊥CE ，所以CH ＝165，HE ＝95，CH HE ＝169．14．如图所示，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝BB 1，AC 1⊥平面A 1BD ，D 为AC 的中点．(1)求证：B 1C 1⊥平面ABB 1A 1；(2)在CC 1上是否存在一点E ，使得∠BA 1E ＝45°，若存在，试确定E 的位置，并判断平面A 1BD 与平面BDE 是否垂直？若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：因为AB ＝B 1B ，所以四边形ABB 1A 1为正方形，所以A 1B ⊥AB 1，又因为AC 1⊥平面A 1BD ，所以AC 1⊥A 1B ，所以A 1B ⊥平面AB 1C 1，所以A 1B ⊥B 1C 1．又在直棱柱ABC -A 1B 1C 1中，BB 1⊥B 1C 1，所以B 1C 1⊥平面ABB 1A 1．(2)存在．证明如下：设AB ＝BB 1＝a ，CE ＝x ，因为D 为AC 的中点，且AC 1⊥A 1D ，所以A 1B ＝A 1C 1＝2a ，又因为B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，B 1C 1⊥A 1B 1，所以B 1C 1＝a ，BE ＝a2＋x2， A 1E ＝2a2＋（a －x ）2＝3a2＋x2－2ax ，在△A 1BE 中，由余弦定理得BE 2＝A 1B 2＋A 1E 2－2A 1B ·A 1E ·cos 45 °，即a 2＋x 2＝2a 2＋3a 2＋x 2－2ax －23a2＋x2－2ax·2a ·22，所以3a2＋x2－2ax ＝2a －x ，解得x ＝12a ，即E 是C 1C 的中点，因为D ，E 分别为AC ，C 1C 的中点，所以DE ∥AC 1，因为AC 1⊥平面A 1BD ，所以DE ⊥平面A 1BD ，又因为DE ⊂平面BDE ，所以平面A 1BD ⊥平面BDE ．。

2020版江苏步步高二轮数学(三)立体几何

(三)立体几何1．已知平面α，β和直线m，l，则下列命题中正确的序号是________．①若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊥β；②若α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l⊥β；③若α⊥β，l⊂α，则l⊥β；④若α⊥β，α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l⊥β.答案④解析①缺少了条件：l⊂α；②缺少了条件：α⊥β；③缺少了条件：α∩β＝m，l⊥m；④具备了面面垂直的性质定理的所有条件．2．(2019·南京、盐城模拟)已知正四棱锥P－ABCD的所有棱长都相等，高为2，则该正四棱锥的表面积为_______________．答案4＋4 3解析设正四棱锥的棱长为2a，由题意得(3a)2＝a2＋(2)2，∴a＝1.∴四棱锥的棱长为2.∴正四棱锥的表面积＝2×2＋34×22×4＝4＋4 3.3．已知圆锥的体积为33π，母线与底面所成角为π3，则该圆锥的表面积为________．答案3π解析如图，设圆锥底面半径AO＝OB＝r，∵圆锥的体积为33π，母线与底面所成角为π3，∴母线长l ＝SA ＝2r ，高SO ＝3r ， ∴V ＝13πr 2·3r ＝33π，解得r ＝1，∴l ＝SA ＝2，SO ＝3，∴该圆锥的表面积为S ＝πrl ＋πr 2＝2π＋π＝3π.4．(2019·南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港调研)设P，A，B，C为球O表面上的四个点，P A，PB，PC两两垂直，且P A＝2 m，PB＝3 m，PC＝4 m，则球O的表面积为________m2.答案29π解析∵P，A，B，C是球O表面上的四个点，P A，PB，PC两两垂直，∴球的直径等于以P A，PB，PC长为棱长的长方体的体对角线长．∵P A＝2 m，PB＝3 m，PC＝4 m，设球O的半径为R，∴2R＝4＋9＋16＝29，则球O的表面积S＝4πR2＝29π.5.P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为PB的中点，给出结论：①OM∥PD；②OM∥平面PCD；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA；⑤OM∥平面PCB. 其中正确的是________．(填序号)答案①②③解析由题意可知OM是△BPD的中位线，∴OM∥PD，①正确；由线面平行的判定定理可知，②③正确；OM与平面PBA及平面PCB都相交，故④⑤不正确．6．(2019·盐城模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G，H分别是四条棱AB，BC，CD，DA的中点，则四棱锥A1－EFGH的体积为________．答案 43解析 ∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G ，H 分别是四条棱AB ，BC ，CD ，DA 的中点， ∴EFGH 是边长为2的正方形，点A 1到平面EFGH 的距离d ＝AA 1＝2， ∴四棱锥A 1－EFGH 体积为1A EFGH V －＝13×d ×S 正方形EFGH＝13×2×2× 2 ＝43. 7．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点P 是平面AA 1D 1D 的中心，点Q 是B 1D 1上一点，且PQ ∥平面AB 1D ，则线段PQ 长为________．答案2解析 ∵PQ ∥平面AB 1D ，PQ ⊂平面AD 1B 1 ，AB 1＝平面AB 1D ∩平面AD 1B 1， ∴PQ ∥AB 1，∵点P 是面AA 1D 1D 的中心，∴P 是AD 1的中点，∴Q 是B 1D 1的中点， ∴PQ ＝12AB 1＝ 2.8．圆柱形容器的内壁底面半径是10 cm ，有一个实心铁球浸没于容器的水中，若取出这个铁球，测得容器的水面下降了53 cm ，则这个铁球的表面积为________ cm 2.答案 100π解析设该铁球的半径为r cm ，则由题意得43πr 3＝π×102×53，解得r ＝5，∴这个铁球的表面积S ＝4π×52＝100π(cm 2)．9．已知点P 是边长为1的等边三角形ABC 所在平面外一点，且P A ＝PB ＝PC ＝2，则点P 到平面ABC 的距离是________．答案333解析设等边三角形ABC 的重心为点O ，连结PO ，因为P A ＝PB ＝PC ＝2，所以PO ⊥平面ABC ，所以PO ⊥AO ，在等边△ABC 中，AO ＝23×32＝33，在Rt △POA 中，PO ＝P A 2－AO 2＝4－13＝333. 10．正△ABC 的边长为a ，沿高AD 把△ABC 折起，使∠BDC ＝90°，则B 到AC 的距离为________．答案74a 解析如图，作DH ⊥AC 于点H ，连结BH .∵BD ⊥AD ，BD ⊥DC ，AD ∩DC ＝D ，AD ，DC ⊂平面ACD ， ∴BD ⊥平面ACD ，又DH ⊂平面ACD ，∴BD ⊥DH . ∴DH 为BH 在平面ACD 内的射影， ∴BH ⊥AC .又正△ABC 的边长为a ，∴DH ＝34a ， ∴BH ＝BD 2＋DH 2＝74a .11．(2019·如皋调研)如图所示的几何体是一个五面体，四边形ABCD 为矩形，AB ＝4，BC ＝2，且MN ∥AB ，MN ＝3，△ADM 与△BCN 都是正三角形，则此五面体的体积为________．答案11116解析如图，将五面体补全为直三棱柱ADE －BCF ，因为AB ＝4，BC ＝2，且MN ∥AB ，MN ＝3，△ADM 与△BCN 都是正三角形，所以NF ⊥BF ，BN ＝2，NF ＝12，所以BF 2＝CF 2＝22－⎝⎛⎭⎫122＝154，取BC 中点O ，则FO ＝BF 2－BO 2＝112，所以S △BCF ＝12BC ·FO ＝112，故五面体的体积为V ADE －BCF －2V N －BCF ＝112×4－2×13×112×12＝11116.12.如图，点P 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的面对角线BC 1上运动，则下列四个命题：①三棱锥A －D 1PC 的体积不变； ②A 1P ∥平面ACD 1； ③DP ⊥BC 1；④平面PDB 1⊥平面ACD 1. 其中正确命题的序号是________．答案 ①②④解析由题意，可得直线BC 1平行于直线AD 1，并且直线AD 1⊂平面ACD 1，直线BC 1⊄平面ACD 1，所以直线BC 1∥平面ACD 1.所以点P 在运动过程中到平面ACD 1的距离不变，11A D PC P ACD V V －－＝，所以体积不变．故①正确；如图，连结A 1C 1，A 1B ，可得平面ACD1∥平面A1C1B.又因为A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故②正确；当点P运动到点B时，△DBC1是等边三角形，所以DP不垂直于BC1，故③不正确；连结DB1，DB，因为直线AC⊥平面DB1B，DB1⊂平面DB1B，所以AC⊥DB1.同理可得AD1⊥DB1，又AC∩AD1＝A，AC，AD1⊂平面AD1C，所以DB1⊥平面AD1C.又因为DB1⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面ACD1，故④正确．综上，正确命题的序号是①②④.13.(2019·苏州调研)如图，某种螺帽是由一个半径为2的半球体挖去一个正三棱锥构成的几何体，该正三棱锥的底面三角形内接于半球底面的大圆，顶点在半球面上，则被挖去的正三棱锥体积为______．答案2 3解析该种螺帽是由一个半径为R＝2的半球体挖去一个正三棱锥P－ABC构成的几何体，该正三棱锥P－ABC的底面三角形ABC内接于半球底面的大圆，顶点P在半球面上，设BC 的中点为D，连结AD，过点P作PO⊥平面ABC，交AD于点O，则AO＝PO＝R＝2，AD＝3，AB＝BC＝23，所以S△ABC＝12×23×3＝33，所以挖去的正三棱锥的体积为V ＝13S △ABC ·PO ＝13×33×2＝2 3. 14．如图所示，在等腰直角△ABC 中，∠C 为直角，BC ＝2，EF ∥BC ，沿EF 把面AEF 折起，使平面AEF ⊥平面EFBC ，当四棱锥A －CBFE 的体积最大时，EF 的长为________．答案 233解析设AE ＝x ,0<x <2，∵△ABC 为等腰直角三角形，EF ∥BC ，∴EF ＝x ，∵EF ∥BC ，BC ⊥AC ，∴EF ⊥AC ，即AE ⊥EF ，又∵平面AEF ⊥平面EFBC ，平面AEF ∩平面EFBC ＝EF ，AE ⊂平面AEF ，∴AE ⊥平面EFBC ，则四棱锥A －CBFE 的高为AE ，四边形EFBC 的面积为x ＋22(2－x )＝4－x 22，四棱锥A －CBFE 的体积为13×4－x 22×x ＝4x －x 36，设g (x )＝4x －x 36(0<x <2)，则g ′(x )＝4－3x 26，当0<x <233时，g ′(x )>0，g (x )为增函数，当233<x <2时，g ′(x )<0，g (x )为减函数，所以当x＝23时，g(x)取得最大值．3时，四棱锥A－CBFE的体积最大．所以当EF＝233。

30、2020版高考数学大二轮培优理科通用版大题专项练(三) 立体几何 Word版含解析

大题专项练(三)立体几何A组基础通关1.如图,在三棱锥A-BCD中,△ABC是等边三角形,∠BAD=∠BCD=90°,点P是AC的中点,连接BP,DP.(1)证明:平面ACD⊥平面BDP;(2)若BD=,且二面角A-BD-C为120°,求直线AD与平面BCD所成角的正弦值.(1)证明因为△ABC是等边三角形,∠BAD=∠BCD=90°,所以Rt△ABD≌Rt△CBD,可得AD=CD.因为点P是AC的中点,则PD⊥AC,PB⊥AC,因为PD∩PB=P,PD⊂平面PBD,PB⊂平面PBD,所以AC⊥平面PBD.因为AC⊂平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDP.(2)解方法一:如图,作CE⊥BD,垂足为E,连接AE.因为Rt△ABD≌Rt△CBD,1所以AE⊥BD,AE=CE,∠AEC为二面角A-BD-C的平面角.由已知二面角A-BD-C为120°,知∠AEC=120°.在等腰三角形AEC中,由余弦定理可得AC=AE,因为△ABC是等边三角形,则AC=AB,所以AB=AE.在Rt△ABD中,有AE·BD=AB·AD,得BD=AD,因为BD=,所以AD=.又BD2=AB2+AD2,所以AB=2.则AE=,ED=.由CE⊥BD,AE⊥BD可知BD⊥平面AEC,则平面AEC⊥平面BCD.过点A作AO⊥CE,交CE的延长线于O,则AO⊥平面BCD.连接OD,则∠ADO为直线AD与平面BCD所成的角.在Rt△AEO中,∠AEO=60°,所以AO=AE=1,sin∠ADO=.所以直线AD与平面BCD 所成角的正弦值为.方法二:如图,作CE⊥BD,垂足为E,连接AE.因为Rt△ABD≌Rt△CBD,所以AE⊥BD,AE=CE,∠AEC为二面角A-BD-C的平面角.2由已知二面角A-BD-C为120°,知∠AEC=120°.在等腰三角形AEC中,由余弦定理可得AC=AE,因为△ABC是等边三角形,则AC=AB,所以AB=AE.在Rt△ABD中 ,有AE·BD=AB·AD,得BD=AD,因为BD=,所以AD=.又BD2=AB2+AD2,所以AB=2.则AE=,ED=.以E为坐标原点,以向量的方向分别为x轴,y轴的正方向,以过点E垂直于平面BCD的直线为z轴,建立空间直角坐标系E-xyz,则D 0,,0,A -,0,1,向量=,-1,平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),设直线AD与平面BCD所成的角为θ,则cos<m ,>==-,sin θ=|cos<m ,>|=.所以直线AD与平面BCD 所成角的正弦值为.2.如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,侧面ABB1A1为菱形,A1C=BC.3(1)求证:A1B⊥平面AB1C;(2)若∠ABB1=60°,∠CBA=∠CBB1,AC⊥B1C,求二面角B-AC-A1的余弦值.ABB1A1为菱形,所以A1B⊥AB1,记A1B∩AB1=O,连接CO,因为A1C=BC,BO=A1O,所以A1B⊥CO,又AB1∩CO=O,所以A1B⊥平面AB1C.:因为∠CBA=∠CBB1,AB=BB1,BC=BC,所以△CBA≌△CBB1,所以AC=B1C.又O是AB1的中点,所以CO⊥AB1,又A1B⊥CO,A1B∩AB1=O,所以CO⊥平面ABB1A1.令BB1=2,因为AC⊥B1C,O为AB1的中点,所以CO=1.如图,以O为坐标原点,OB所在的直线为x轴,OB1所在的直线为y轴,OC所在的直线为z轴建立空间直角坐标系.4O(0,0,0),A(0,-1,0),B (,0,0),C(0,0,1),A1(-,0,0),=(,1,0),=(0,1,1),=(-,1,0),=(,0,1).设平面ABC的法向量为n1=(x,y,z),则令x=1,则n1=(1,-),同理可得平面A1AC的一个法向量为n2=(1,,-).cos<n1,n2>==-,由图知二面角B-AC-A1为钝角,所以二面角B-AC-A1的余弦值为-.方法二:因为∠CBA=∠CBB1,AB=BB1,BC=BC,所以△CBA≌△CBB1,所以AC=B1C.设AB=2,因为∠ABB1=60°,侧面ABB1A1为菱形,所以AA1=AB1=2,OA=OB1=1,OB=OA1=.又AC⊥B1C,所以CO=1,AC=B1C=,5又A1C=BC,O为A1B的中点,所以BC=A1C=2,所以△ABC为等腰三角形,△A1AC为等腰三角形.如图,取AC的中点M,连接BM,A1M,则∠BMA1为二面角B-AC-A1的平面角.在△BMA1中,可得BM=A1M=,A1B=2,所以cos∠BMA1==-,所以二面角B-AC-A1的余弦值为-.3.如图,三棱台ABC-EFG的底面是正三角形,平面ABC⊥平面BCGF,CB=2GF,BF=CF.(1)求证:AB⊥CG;(2)若BC=CF,求直线AE与平面BEG所成角的正弦值.6(1)证明取BC的中点为D,连接DF,如图.由题意得,平面ABC∥平面EFG,平面ABC∩平面BCGF=BC,平面EFG∩平面BCGF=FG,从而BC∥FG.∵CB=2GF,∴CD GF,∴四边形CDFG为平行四边形,∴CG∥DF.∵BF=CF,D为BC的中点,∴DF⊥BC,∴CG⊥BC.∵平面ABC⊥平面BCGF,且平面ABC∩平面BCGF=BC,CG⊂平面BCGF,∴CG⊥平面ABC,又AB⊂平面ABC,∴CG⊥AB.(2)解连接AD.由△ABC是正三角形,且D为BC的中点得,AD⊥BC.由(1)知,CG⊥平面ABC,CG∥DF,∴DF⊥AD,DF⊥BC,∴DB,DF,DA两两垂直.以D为坐标原点,DB,DF,DA所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系D-xyz.7设BC=2,则A (0,0,),B(1,0,0),F (0,,0),G(-1,,0),∴=(-2,,0).∵CB=2GF,∴=2,∴E,∴.设平面BEG的法向量为n=(x,y,z),由可得令x=,则y=2,z=-1,∴n=(,2,-1)为平面BEG的一个法向量.设AE与平面BEG所成的角为θ,则sin θ=|cos <,n >|=.∴直线AE与平面BEG 所成角的正弦值为.4.如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为平行四边形,△PCD为正三角形,∠BAD=30°,AD=4,AB=2,平面PCD⊥平面ABCD,E为PC的中点.(1)证明:BE⊥PC;(2)求平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值.8(1)证明如图,连接BD,DE,∵BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠BAD=4,∴BD=2,∴AB2+BD2=AD2,∴AB⊥BD,∴BD⊥CD.∵平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,∴BD⊥平面PCD,∴BD⊥PC.∵△PCD为正三角形,E为PC的中点,∴DE⊥PC,∴PC⊥平面BDE,∴BE⊥PC.(2)解方法一:作PG∥CD且PG=CD,则PG∥AB,PG为平面PAB与平面PCD的交线,连接GD,GB,设F 为CD的中点,连接PF,则PG=DF,故四边形DFPG为平行四边形,所以DG⊥PG,由(1)可知BD⊥CD,∴BD⊥PG,∴PG⊥平面BDG,∴BG⊥PG,∴∠BGD就是平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的平面角.∵DG=PF=3,BD=2,∴BG=,9∴cos∠BGD=.即平面PAB与平面PCD 所成的锐二面角的余弦值为.方法二:如图建立空间直角坐标系D-xyz,则A(2,-2,0),B(2,0,0),P (0,,3),=(2,-3,-3),=(2,-,-3),可知平面PCD的一个法向量为m=(1,0,0).设平面PAB的法向量为n=(x0,y0,z0),则即n=(3,0,2).设平面PAB与平面PCD所成的锐二面角为θ,∴cos θ=.即平面PAB与平面PCD 所成的锐二面角的余弦值为.5.如图①,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,E,F分别为AB,CD的中点,CD=2AB=2EF=4,M为DF的中点.现将四边形BEFC沿EF折起,使平面BEFC⊥平面AEFD,得到如图②所示的多面体.在图②中:10(1)证明:EF⊥MC;(2)求二面角M-AB-D的余弦值.(1)证明由题意,可知在等腰梯形ABCD中,AB∥CD ,∵E,F 分别为AB,CD的中点,∴EF⊥CD.∴折叠后,EF⊥DF,EF⊥CF.∵DF∩CF=F,∴EF⊥平面DCF.又MC⊂平面DCF,∴EF⊥MC.(2)解∵平面BEFC⊥平面AEFD,平面BEFC∩平面AEFD=EF,且DF⊥EF,∴DF⊥平面BEFC,∴DF⊥CF,∴DF,CF,EF两两垂直.以F为坐标原点,分别以FD,FC,FE所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.由题意知DM=FM=1.∴M(1,0,0),D(2,0,0),A(1,0,2),B(0,1,2).∴=(0,0,2),=(-1,1,0),=(-1,0,2).设平面MAB、平面ABD的法向量分别为11m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2).由取x1=1,则m=(1,1,0)为平面MAB的一个法向量.由取x2=2,则n=(2,2,1)为平面ABD的一个法向量.∴cos<m,n >=,∴二面角M-AB-D 的余弦值为.6.如图,四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是菱形,CC1⊥底面ABCD,且∠BAD=60°,CD=CC1=2C1D1=4,E是棱BB1的中点.(1)求证:AA1⊥BD;(2)求二面角E-A1C1-C的余弦值.证明(1)因为CC1⊥底面ABCD,所以CC1⊥BD.因为底面ABCD是菱形,所以BD⊥AC.由四棱台ABCD-A1B1C1D1知,A1,A,C,C1四点共面.又AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1.12所以BD⊥AA1.(2)如图,设AC与BD交于点O,连接OA1,依题意得,A1C1∥OC且A1C1=OC,所以四边形A1OCC1是平行四边形,所以A1O∥CC1,且A1O=CC1.所以A1O⊥底面ABCD.以O为坐标原点,OA,OB,OA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.则A (2,0,0),A1(0,0,4),C1(-2,0,4),B(0,2,0),由得,B1(-,1,4).因为E是棱BB1的中点,所以E -,2.所以=,-,2,=(-2,0,0).设平面EA1C1的法向量为n1=(x,y,z),则取z=3,则n1=(0,4,3)为平面EA1C1的一个法向量.又n2=(0,1,0)为平面AA1C1C的一个法向量,13所以cos<n1,n2>=,由图可知,二面角E-A1C1-C为锐二面角,所以二面角E-A1C1-C 的余弦值为.B组能力提升7.如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,∠BAD=90°,CD=2AB=2,PA⊥平面ABCD,PA=AD=,M为PC的中点.(1)求证:平面PBC⊥平面BMD;(2)求二面角M-BD-P的余弦值.(1)证明在直角梯形ABCD中,BD=,cos∠BDC=cos∠DBA=,在△BCD中,由余弦定理得,BC=.因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD,所以PB=,PD=2,所以△PCD,△PCB是等腰三角形,又M为PC的中点,所以PC⊥MD,PC⊥MB,又MD∩MB=M,所以PC⊥平面MDB,又PC⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面BDM.14(2)解如图,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在的直线分别为x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,A(0,0,0),P(0,0,),B(1,0,0),C(2,,0),D(0,,0),所以=(1,0,-),=(2,,-),=(0,,-).设平面PBD的法向量为n=(x,y,z),由取x=,则可得平面PBD的一个法向量n=(,1,1).由(1)可得平面BDM的一个法向量为=(2,,-).cos<n,>=,所以二面角M-BD-P的余弦值为.8.如图,等腰直角三角形ABC中,∠B=90°,平面ABEF⊥平面ABC,2AF=AB=BE,∠FAB=60°,AF∥BE.(1)求证:BC⊥BF;(2)求二面角F-CE-B的正弦值.(1)证明等腰直角三角形ABC中,∠B=90°,即BC⊥AB,15又平面ABC⊥平面ABEF,平面ABC∩平面ABEF=AB,BC⊂平面ABC,∴BC⊥平面ABEF,又BF⊂平面ABEF,∴BC⊥BF.(2)解由(1)知BC⊥平面ABEF,故建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz ,设AF=1,则由已知可得B(0,0,0),C(0,2,0),F ,0,,E(-1,0,),=(1,2,-),=,0,-,=(0,2,0),设平面CEF的法向量为n =(x ,y,z),则有令x=,则z=5,y=2,即n=(,2,5)为平面CEF的一个法向量.设平面BCE的法向量为m=(x1,y1,z1),则有∴y1=0,x1=z1,令x1=,则m=(,0,1)为平面BCE的一个法向量.16设二面角F-CE-B的平面角为θ,则|cos θ|=,∴sin θ=,∴二面角F-CE-B 的正弦值为.17。

2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练及答案解析

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

此类题的难点就是如何构造辅助线。

构造完辅助线,证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。

本题用到的是线线平行推出面面平行。

【易错点】不能正确地分析DN 与BN 的比例关系，导致结果错误。

【思维点拨】此类题有两大类方法: 1.构造线线平行，然后推出线面平行。

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

在此，我们需要借助倒推法进行分析。

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

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

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

如本题中即是过AD 做了一个平面ADB与平面MPC 相交于线PN 。

最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向写一遍即可。

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

构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。

PP上一方法二方法三2.构造面面平行，然后推出线面平行。

2020江苏高考理科数学二轮练习：高考热点追踪立体几何含解析

高考热点追踪(四)体积、表面积创新试题两例赏析随着课改的深入，高考考查考生的创新意识已逐年增强，有些试题不仅“立意”新颖，而且在“求解途径、求解方法”上也力求创新．以下采用空间几何体体积、表面积两例，加以剖析，以感受其“立意”之新、“求解”之新，从而领略其蕴含的创新意识和探究能力．(20xx·苏州模拟)某市为创建国家级旅游城市，市政府决定实施“景观工程”，对现有平顶的民用多层住宅进行“平改坡”．计划将平顶房屋改为尖顶，并铺上彩色瓦片．现对某幢房屋有如下两种改造方案：方案1：坡顶如图1所示，为侧顶面是等腰三角形的直三棱柱，尖顶屋脊AA 1的长度与房屋长度BB 1等长，有两个坡面需铺上瓦片．方案2：坡顶如图2所示，为由图1消去两端相同的两个三棱锥而得，尖顶屋脊DD 1比房屋长度BB 1短，有四个坡面需铺上瓦片．若房屋长BB 1＝2a ，宽BC ＝2b ，屋脊高为h ，试问哪种尖顶铺设的瓦片比较省？说明理由．【解】作AE ⊥BC , 即AE ⊥平面B 1BCC 1，AE 为屋脊的高，故AE ＝h ．由DB ＝DC ，得DE ⊥BC ，故AB ＝h2＋b2．设AD 长为x ，则DE ＝h2＋x2，所以，S △BCD ＝12BC ·DE ＝12·2b ·h2＋x2＝b h2＋x2，S △ABD ＋S △ACD ＝x h2＋b2．由于面积均为正数，所以只需比较(S △ABD ＋S △ACD )2与(S △BCD )2的大小．事实上：(S △ABD ＋S △ACD )2－(S △BCD )2＝x 2(h 2＋b 2)－b 2(h 2＋x 2)＝x 2h 2－b 2h 2＝h 2(x 2－b 2)．所以分b >x ，b ＝x ，b <x 三种情况讨论，得结果为：(1)若AD 之长小于房屋宽度的一半时，图1尖顶铺设的瓦片较省； (2)若AD 之长等于房屋宽度的一半时，两种尖顶铺设的瓦片数相同； (3)若AD 之长大于房屋宽度的一半时，图2尖顶铺设的瓦片较省．[名师点评] 近些年来在高考中不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题．即使考查空间线面的位置关系问题，也常以几何体为依托．因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式．(20xx·南京、盐城模拟) 如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为4，侧棱长为a ，过BC 的截面为DBC ．E 为BC 的中点且∠DEA ＝30°．(1)分别就a ＝3和a ＝1计算截面的面积； (2)记该截面的面积为f (a )，求f (a )的最大值．【解】 (1)因为∠DEA ＝30°，等边△ABC 边长为4，所以AE ＝23．在Rt △DAE 中，DA ＝AE ·tan ∠DEA ＝2．①当a ＝3时，D 点在侧棱AA 1上，截面为△BCD ，在Rt △DAE 中， DE ＝AD2＋AE2＝4，所以S △BCD ＝12BC ·DE ＝12×4×4＝8．②当a ＝1时，D 点在AA 1延长线上，截面为梯形BCNM ，因为AD ＝2，AA 1＝1，所以MN 是△DBC 的中位线，所以S 梯形BCNM ＝34S △DBC ＝34×8＝6．(2)当a ≥2时，截面与正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的棱AA 1相交于D 点，此时截面为△BCD ，其面积为S △BCD ＝12BC ·DE ＝12×4×4＝8；当0<a <2时，截面为梯形BCNM ，但是始终有DA ＝AE ·tan ∠DEA ＝2，由△BCD ∽△MND ，得DF DE ＝DA1DA ＝2－a2，所以S 梯形BCNM ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫2－a 22×S △BCD ＝4a －a24×8＝2a (4－a )．所以f (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧8，a≥2，2a （4－a ），0<a<2，于是当a ≥2时，该函数的最大值为8．[名师点评] 截面问题是立体几何题中的一类比较常见的题型，由于截面的“动态”性，使截得的结果也具有一定的可变性．涉及多面体的截面问题，都要经过先确定截面形状，再解决问题的过程，本例通过改变侧棱长而改变了截面形状；也可以通过确定侧棱长，改变截面与底面所成角而改变截面形状．平行问题是高考中热点问题，其中最重要的又是线线平行的判定，因为它是证明线面平行，面面平行的基础，下面举例解析线线平行的判定方法．一、利用中位线定理得线线平行题目中给出中点条件时，往往隐含着中位线的信息因素，利用中位线很容易寻求线线平行．但不同三角形中的中位线效果也不一样，因此，寻求三角形的中位线也是解题的关键．(20xx·南京模拟)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面是菱形，AA 1＝12AB ，点E 、M 分别为A 1B 、C 1C 的中点，过点A 1，B ，M 三点的平面A 1BMN 交C 1D 1于点N ．求证：EM ∥平面A 1B 1C 1D 1．【证明】取A 1B 1的中点F ，连结EF ，C 1F ．因为E 为A 1B 的中点，所以EF 綊12BB 1 ．又因为M 为CC 1中点，所以EF 綊C 1M ．所以四边形EFC 1M 为平行四边形，所以EM ∥FC 1．而EM ⊄平面A 1B 1C 1D 1，FC 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，所以EM ∥平面A 1B 1C 1D 1．[名师点评] 线面关系转化为线线关系，体现了转化的思想．二、利用比例关系得线线平行对应线段成比例是平面几何中判断直线平行的重要依据，而线面平行的空间问题通过转化可变通为线线平行．已知正方形ABCD的边长是13，平面ABCD外一点P到正方形各顶点的距离都为13，M、N分别是PA、BD上的点且PM∶MA＝BN∶ND＝5∶8，如图所示．求证：直线MN∥平面PBC．【证明】连结AN并延长交BC于E点，连结PE，则EN∶NA＝BN∶ND，所以NENA＝PMMA，所以MN∥PE，而MN⊄平面PBC，PE⊂平面PBC，所以MN∥平面PBC．[名师点评]利用成比例线段是寻求线线平行的一条行之有效的措施．三、利用线面平行性质得线线平行线面平行的性质定理中，包含要素：两线两面．两线两面的关系是：一线在一面内平行于另一面，一线是两面的交线．结论是：两线平行．(20xx·南京模拟)在四棱锥P-ABCD中．若平面PAB∩平面PCD＝l，问：直线l能否与平面ABCD平行？请说明理由．【解】假定直线l∥平面ABCD，由于l⊂平面PCD，且平面PCD∩平面ABCD＝CD，所以l∥CD．同理可得l∥AB，所以AB∥CD．所以当AB∥CD时直线l能与平面ABCD平行，否则不平行．[名师点评]线面关系转化为线线关系，体现了重要的数学思想方法：转化的思想，化繁为简，化未知为已知．四、利用面面平行性质得线线平行利用面面平行的性质定理，即如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行．符号表示：若α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ，则a ∥b ．如图所示，已知平面α∥平面β，A ∈α，B ∈α，C ∈β，D ∈β，AC ，BD 是异面直线，点E ，F 分别是AC ，BD 的中点，求证：EF ∥α．【证明】如图，过点E 作直线A 1C 1∥BD ，设A 1C 1与平面α，β分别交于点A 1，C 1．连结AA 1，A 1B ，CC 1，C 1D ．因为α∥β，平面A 1C 1DB ∩平面α＝A 1B ，平面A 1C 1DB ∩平面β＝C 1D ，所以A 1B ∥C 1D ，又BD ∥A 1C 1，所以四边形A 1C 1DB 为平行四边形．同理，AA 1∥CC 1，又E 为AC 的中点，所以E 为A 1C 1的中点，又F 为BD 的中点，所以EF ∥A 1B ，因为A 1B ⊂平面α，EF ⊄平面α，所以EF ∥α．[名师点评] 第三个辅助平面往往要根据需要作出，或观察出，这是面面平行性质使用的需要．总之线线平行的判定，不但需要平面几何的知识作基础，更需要解决问题和处理问题的方法，这需要在学习中善于思考、善于总结和积累，由量变到质变，当积累达到一定的程度，就会升华．1．(20xx·徐州、淮安、宿迁、连云港四市模拟)已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则该圆锥的体积为________．[解析] 由题意得圆锥的底面半径、高分别为r ＝1，h ＝3，故该圆锥的体积为V ＝13π×12×3＝3π3． [答案]33π 2．(20xx·江苏省高考命题研究专家原创卷(五))《九章算术》第五章《商功》记载：今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺，问积几何？此处圆堡瑽即圆柱体，其意思是：有一个圆柱体的底面周长是4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少？若π的值取3，估算该圆堡瑽的体积为________立方尺．(注：一丈等于十尺)[解析] 设该圆柱体底面圆的半径为r 尺，则由题意得2πr ＝48，所以r ≈8，又圆柱体的高为11尺，故该圆堡瑽的体积V ＝πr 2h ≈2 112立方尺．[答案] 2 1123．(20xx·苏北四市高三模拟)已知矩形ABCD 的边AB ＝4，BC ＝3，若沿对角线AC 折叠，使平面DAC ⊥平面BAC ，则三棱锥D -ABC 的体积为________．[解析] 在平面DAC 内过点D 作DE ⊥AC ，因为平面DAC ⊥平面BAC ，由面面垂直的性质定理可得DE ⊥平面BAC ．又DE ＝125，所以三棱锥D -ABC 的体积为13×12×4×3×125＝245．[答案] 2454．(20xx·南京模拟)设平面α与平面β相交于直线m ，直线b 在平面α内，直线c 在平面β内，且c ⊥m ，则“c ⊥b ”是“α⊥β”的________条件．[解析] 若α⊥β，又α∩β＝m ，c ⊂β，c ⊥m 可得c ⊥α，因为b ⊂α，所以c ⊥b ．反过来c ⊥b 不能得到α⊥β(如b ∥m 时，由c ⊥m 可得c ⊥b ，但不能判断α，β的位置关系)．[答案] 必要不充分5．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．[解析] 因为EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ABCD ，平面ABCD ∩平面AB 1C ＝AC ，所以EF ∥AC ，又因为E 是AD 的中点，所以F 是CD 的中点，即EF 是△ACD 的中位线，所以EF ＝12AC ＝12×22＝2．[答案] 26．(20xx·扬州模拟)设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，有下列三个命题： ①若l ⊥α，m ⊂α，则l ⊥m ； ②若l ∥α，m ⊂α，则l ∥m ； ③若l ∥α，m ∥α，则l ∥m ．则其中正确命题的序号是________．[解析] 根据线面垂直的性质定理可知①正确． [答案] ①7．(20xx·南通高三模拟)已知正三棱柱的各条棱长均为a ，圆柱的底面直径和高均为b ．若它们的体积相等，则a 3∶b 3的值为________．[解析] 由题意可得12×a 2×32×a ＝π(b 2)2×b ，即34a 3＝14πb 3，则a3b3＝π3＝3π3．[答案]3π38．(20xx·江苏省高考命题研究专家原创卷(三))如图，若三棱锥A 1BCB 1的体积为3，则三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积为________．[解析] 设三棱柱的底面面积为S ，高为h ，则VA 1ABC ＝13S △ABC ·h ＝13Sh ＝13VABC A 1B 1C 1，同理VC A 1B 1C 1＝13VABC A 1B 1C 1，所以VA 1BCB 1＝13VABC A 1B 1C 1．又VA 1BCB 1＝3，所以三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积为9．[答案] 99．(20xx·南通模拟)如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD 为正方形，E ，F 分别为PA ，PD 的中点．在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE 与CF 异面；②直线BE 与AF 异面；③直线EF ∥平面PBC ；④平面BCE ⊥平面PAD ．其中一定正确的有________个．[解析] 如图，易得EF ∥AD ，AD ∥BC ，所以EF ∥BC ，即B ，E ，F ，C 四点共面，则①错误，②正确，③正确，④不一定正确． [答案] 210．(20xx·江苏高考专家原创卷)已知正三棱锥P -ABC 的体积为223，底面边长为2，D 为侧棱PA 的中点，则四面体D -ABC 的表面积为________．[解析] 设底面正三角形ABC 的中心为O ，连结OA ，OP ，又底面边长为2，可得OA ＝233，由V P ABC ＝13S △ABC ·PO ，即223＝13PO ×34×22，得PO ＝263，所以PA ＝PO2＋AO2＝2．S △ABC ＝3，S △DAB ＝S △DAC ＝32，S △DBC ＝2，所以四面体D -ABC 的表面积为23＋2．[答案] 23＋ 211．(20xx·江苏省高考命题研究专家原创卷(二))已知三棱锥P -ABC 中，PA ＝3，PC ＝2，AC ＝1，平面PAB ⊥平面ABC ，D 是PA 的中点，E 是PC 的中点．(1)求证：DE ∥平面ABC ； (2)求证：平面BDE ⊥平面PAB ．[证明] (1)因为D 是PA 的中点，E 是PC 的中点，所以DE ∥AC ．又DE ⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以DE ∥平面ABC ．(2)因为PA ＝3，PC ＝2，AC ＝1，所以PA 2＋AC 2＝PC 2，所以三角形PAC 是直角三角形，AC ⊥PA ．又DE ∥AC ，所以DE ⊥PA ．过P 作PH ⊥AB 于H ．因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ∩平面ABC ＝AB ，PH ⊂平面PAB ，所以PH ⊥AC ．又DE ∥AC ，所以DE ⊥PH ．又PA ∩PH ＝P ，PA ，PH ⊂平面PAB ，所以DE ⊥平面PAB ．又DE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面PAB ．12．(20xx·南京检测)如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，E ，F 分别为BB 1，AC 的中点．(1)求证：BF ∥平面A 1EC ；(2)求证：平面A 1EC ⊥平面ACC 1A 1．[证明] (1)连结AC 1交A 1C 于点O ，连结OE ，OF ，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1为平行四边形，所以OA ＝OC 1．又因为F 为AC 中点，所以OF ∥CC 1且OF ＝12CC 1．因为E 为BB 1中点，所以BE ∥CC 1且BE ＝12CC 1．所以BE ∥OF 且BE ＝OF ，所以四边形BEOF 是平行四边形，所以BF ∥OE ．又BF ⊄平面A 1EC ，OE ⊂平面A 1EC ，所以BF ∥平面A 1EC ．(2)由(1)知BF ∥OE ，因为AB ＝CB ，F 为AC 中点，所以BF ⊥AC ，所以OE ⊥AC ．又因为AA 1⊥底面ABC ，而BF ⊂底面ABC ，所以AA 1⊥BF ．由BF ∥OE ，得OE ⊥AA 1，而AA 1，AC ⊂平面ACC 1A 1，且AA 1∩AC ＝A ，所以OE ⊥平面ACC 1A 1．因为OE ⊂平面A 1EC ，所以平面A 1EC ⊥平面ACC 1A 1．13．(20xx·江苏高考原创卷)如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ∥AB ，△ACD 是正三角形，AD ＝4，DE ＝2AB ＝3，且F 是CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ；(2)在线段CE 上是否存在点H ，使DH ⊥平面BCE ？若存在，求出CHHE 的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：取CE 的中点P ，连结FP ，BP ，因为F 为CD 的中点，所以FP ∥DE ，且FP ＝12DE ．又AB ∥DE ，且AB ＝12DE ，所以AB ∥FP ，且AB ＝FP ，所以四边形ABPF 为平行四边形，所以AF ∥BP ．因为AF ⊄平面BCE ，BP ⊂平面BCE ，所以AF ∥平面BCE ．(2)在线段CE 上存在点H ，使DH ⊥平面BCE ．理由如下：在△CDE 中，过点D 作DH ⊥CE ，交CE 于点H ，因为△ACD 为正三角形，所以AF ⊥CD ．因为AB ⊥平面ACD ，DE ∥AB ，所以DE ⊥平面ACD ，又CD 、AF ⊂平面ACD ，所以DE ⊥AF ，DE ⊥CD ．又CD ∩DE ＝D ，所以AF ⊥平面DCE ．又BP ∥AF ，所以BP ⊥平面DCE ．因为DH ⊂平面CDE ，所以DH ⊥BP ．又BP ∩CE ＝P ，所以DH ⊥平面BCE ．在Rt △CDE 中，CD ＝4，DE ＝3，DH ⊥CE ，所以CH ＝165，HE ＝95，CH HE ＝169． 14．如图所示，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝BB 1，AC 1⊥平面A 1BD ，D 为AC 的中点．(1)求证：B 1C 1⊥平面ABB 1A 1；(2)在CC 1上是否存在一点E ，使得∠BA 1E ＝45°，若存在，试确定E 的位置，并判断平。

2020版高考数学二轮复习专题三立体几何练习文含解析

第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积A 级基础通关一、选择题1．半径为R 的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为( ) A.525πR 3B.324πR 3C.58πR 3D.38πR 3 解析：设圆锥的底面圆的半径为r ，高为h ，由2πr ＝πR ，得r ＝R2，因此h ＝R 2－r 2＝32R . 所以V 圆锥＝13πr 2·h ＝13π·⎝ ⎛⎭⎪⎫R 22·32R ＝324πR 3.答案：B2．(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：由三视图得到空间几何体，如图所示，则PA ⊥平面ABCD ，平面ABCD 为直角梯形，PA ＝AB ＝AD ＝2，BC ＝1，所以PA ⊥AD ，PA ⊥AB ，PA ⊥BC .又BC ⊥AB ，AB ∩PA ＝A ，所以BC ⊥平面PAB ，所以BC ⊥PB .在△PCD 中，PD ＝22，PC ＝3，CD ＝5，所以△PCD 为锐角三角形．所以侧面中的直角三角形为△PAB ，△PAD ，△PBC ，共3个．答案：C3．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．8＋3πB ．8＋4πC ．8＋5πD ．8＋6π解析：由题图可知，几何体为半圆柱挖去半球体，几何体的表面积为2×π2×4＋π＋2×4－π＋4π2＝8＋6π.答案：D4．中国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直棱柱称为“堑堵”．已知“堑堵”的正视图和俯视图如图所示，则该“堑堵”的侧视图的面积为( )A ．18 6B ．18 3C ．18 2D.2722解析：在俯视图Rt △ABC 中，作AH ⊥BC 交于点H .由三视图的意义，则BH ＝6，HC ＝3，根据射影定理，AH 2＝BH ·HC ，所以AH ＝3 2.易知该“堑堵”的侧视图是矩形，长为6，宽为AH ＝32，故侧视图的面积S ＝6×32＝18 2.答案：C5．(2019·青岛二中检测)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．6B ．4C.223D.203解析：由三视图知该几何体是边长为2的正方体挖去一个三棱柱(如图)，且挖去的三棱柱的高为1，底面是等腰直角三角形，等腰直角三角形的直角边长为2，故几何体体积V ＝23－12×2×2×1＝6.答案：A6．(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB.3π4C.π2D.π4解析：设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．所以r ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32.所以圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4.故选B.答案：B 二、填空题7．(2019·江苏卷)如图，长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积是120，E 为CC 1的中点，则三棱锥E-BCD 的体积是________．解析：设长方体中BC ＝a ，CD ＝b ，CC 1＝c ，则abc ＝120，所以V EBCD ＝13×12ab ×12c ＝112abc ＝10.答案：108．(2018·浙江卷改编)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V ＝12×(1＋2)×2×2＝6.答案：69．(2017·北京卷改编)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为________．解析：根据三视图可得该四棱锥的直观图(四棱锥P-ABCD)如图所示，将该四棱锥放入棱长为2的正方体中．由图可知该四棱锥的最长棱为PD，PD＝22＋22＋22＝2 3.答案：2 310．(2019·惠州调研)已知一张矩形白纸ABCD，AB＝10，AD＝102，E，F分别为AD，BC的中点，现分别将△ABE，△CDF沿BE，DF折起，使A，C重合于点P，则三棱锥PDEF的外接球的表面积为________．解析：三棱锥P-DEF中，PD2＋PF2＝CD2＋CF2＝DF2，所以∠DPF＝90°，且DF2＝102＋(52)2＝150.又∠DEF＝90°，所以DF的中点为三棱锥PDEF的外接球的球心，则2R＝DF，故球的表面积S＝4πR2＝150π.答案：150πB级能力提升11．(2019·雅礼中学质检)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5π3B ．5C.2π3D ．π解析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，它由半个圆锥与四分之一球体组成，其中圆锥的底面半径为1，高为2，体积为12×13×π×12×2＝π3；球的半径为1，体积为14×43π×13＝π3.所以该几何体的体积V ＝π3＋π3＝2π3.答案：C12．我国齐梁时代的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图，将底面直径都为2b ，高皆为a 的椭半球体和已被挖去了圆锥体的圆柱放置于同一平面β上，用平行于平面β且与平面β任意距离d 处的平面截这两个几何体，可横截得到S 圆及S 环两截面．可以证明S 圆＝S 环总成立．据此，半短轴长为1，半长轴长为3的椭球体的体积是________．解析：因为S 圆＝S 环总成立，则半椭球体的体积为πb 2a －13πb 2a ＝23πb 2a .所以椭球体的体积V ＝43πb 2a .因为椭球体半短轴长为1，半长轴长为3即b ＝1，a ＝3. 故椭球体的体积V ＝43πb 2a ＝4π.答案：4π13.在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，若四棱锥P-ABCD 为阳马，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝3，BC ＝AB ＝4，设该阳马的外接球半径为R ，内切球半径为r ，则R ＝________，内切球的体积V ＝________．解析：在四棱锥P-ABCD 中，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且底面为矩形，将该“阳马”补成长方体，则(2R )2＝AB 2＋AD 2＋AP 2＝16＋16＋9＝41. 因此R ＝412. 依题意Rt △PAB ≌Rt △PAD ，则内切球O 在侧面PAD 内的正视图是△PAD 的内切圆，且该内切圆与△PAB 的内切圆全等．故内切球的半径r ＝12(3＋4－5)＝1，则V ＝43πr 3＝43π.答案：412 43π 14．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．解析：如图，连接OA ，OB .由SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径，知OA ⊥SC ，OB ⊥SC . 由平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，所以OA ⊥平面SCB . 设球O 的半径为r ，则OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ，所以三棱锥S ABC 的体积V ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12SC ·OB ·OA ＝r 33，即r 33＝9，所以r ＝3，所以S 球表＝4πr 2＝36π. 答案：36π第2讲空间平行与垂直A 级基础通关一、选择题1．(2018·浙江卷)已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，则“m ∥n ”是“m ∥α”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：因为若m ⊄α，n ⊂α，且m ∥n ，则一定有m ∥α，但若m ⊄α，n ⊂α，且m ∥α，则m 与n 有可能异面，所以“m ∥n ”是“m ∥α”的充分不必要条件．故选A. 答案：A2．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A ．8B ．6 2C ．8 2D ．8 3解析：连接BC 1，AC 1，AC ，因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，所以∠AC 1B ＝30°，AB ⊥BC 1，所以△ABC 1为直角三角形．又AB ＝2，所以BC 1＝2 3.又B 1C 1＝2，所以BB 1＝（23）2－22＝22，故该长方体的体积V ＝2×2×22＝8 2. 答案：C3．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 是A 1B 1的中点，则点E 到平面ABC 1D 1的距离为( ) A.32B.22C.12D.33解析：因为A 1B 1∥AB ，所以EB 1∥AB ，因此点E 到平面ABC 1D 1的距离转化为点B 1到平面的距离，取BC 1的中点O ，则OB 1⊥BC 1，OB 1⊥AB ，所以B 1O ⊥平面ABC 1D 1，则B 1O 为所求的距离．因此B 1O ＝22是点E 到平面ABC 1D 1的距离．答案：B4．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( )A.22B.32C.52D.72解析：如图，因为AB ∥CD ，所以AE 与CD 所成的角为∠EAB .在Rt △ABE 中，设AB ＝2，则BE ＝5，则tan ∠EAB ＝BE AB ＝52，所以异面直线AE 与CD 所成角的正切值为52. 故选C. 答案：C5．已知α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，则下列命题中错误的是( ) A ．如果m ⊥n ，m ⊥α，n ⊥β，那么α⊥β B ．如果m ⊂α，α∥β，那么m ∥βC ．如果α∩β＝l ，m ∥α，m ∥β，那么m ∥lD ．如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β解析：对于A ，如果m ⊥n ，m ⊥α，则n ∥α或n ⊂α，因为n ⊥β，则α⊥β，故正确；对于B ，如果m ⊂α，α∥β，那么m 与β无公共点，则m ∥β，故正确；对于C ，如果α∩β＝l ，m ∥α，m ∥β，则m ∥l ，故正确；对于D ，如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α与β的关系不确定，故错误．答案：D 二、填空题6.如图，在空间四边形ABCD 中，点M ∈AB ，点N ∈AD ，若AM MB ＝ANND，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________．解析：由AM MB ＝ANND，得MN ∥BD .而BD ⊂平面BDC ，MN ⊄平面BDC ，所以MN ∥平面BDC . 答案：平行7.如图，在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，点D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________时，CF ⊥平面B 1DF .解析：由题意易知，B 1D ⊥平面ACC 1A 1，又CF ⊂平面ACC 1A 1，所以B 1D ⊥CF .要使CF ⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥DF . 令CF ⊥DF ，设AF ＝x ，则A 1F ＝3a －x . 易知Rt △CAF ∽Rt △FA 1D ，得AC A 1F ＝AF A 1D ，即2a 3a －x ＝x a，整理得x 2－3ax ＋2a 2＝0，解得x ＝a 或x ＝2a . 答案：a 或2a8．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为线段B 1D 1上的一个动点，则下列结论中正确的是________(填序号)．①AC ⊥BE ； ②B 1E ∥平面ABCD ；③三棱锥E ABC 的体积为定值； ④直线B 1E ⊥直线BC 1.解析：因AC ⊥平面BDD 1B 1，而BE ⊂平面BDD 1B ，故①正确；因B 1D 1∥平面ABCD ，故②正确；记正方体的体积为V ，则V E ABC ＝16V ，为定值，故③正确；B 1E 与BC 1不垂直，故④错误．答案：①②③ 三、解答题9.(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 .证明：(1)因为D ，E 分别为BC ，AC 的中点，所以ED ∥AB . 在直三棱柱ABCA 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ABCA 1B 1C 1是直棱柱，所以C 1C ⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ，所以C 1C ⊥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 .10．(2019·北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为菱形，E 为CD 的中点．(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)若∠ABC ＝60°，求证：平面PAB ⊥平面PAE ；(3)棱PB 上是否存在点F ，使得CF ∥平面PAE ？说明理由．(1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD .因为底面ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC . 又PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC .(2)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AE .因为底面ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，且E 为CD 的中点，所以AE ⊥CD .所以AB ⊥AE . 又AB ∩PA ＝A ，所以AE ⊥平面PAB .因为AE ⊂平面PAE ，所以平面PAB ⊥平面PAE . (3)解：棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE .取PB 的中点F ，PA 的中点G ，连接CF ，FG ，EG ，则FG ∥AB ，且FG ＝12AB .因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，所以CE ∥AB ，且CE ＝12AB .所以FG ∥CE ，且FG ＝CE .所以四边形CEGF 为平行四边形．所以CF ∥EG . 因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ，所以CF ∥平面PAE .B 级能力提升11．(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为________．解析：如图，过点P 作PO ⊥平面ABC 于O ，则PO 为P 到平面ABC 的距离．再过O 作OE ⊥AC 于E ，OF ⊥BC 于F ，连接PC ，PE ，PF ，则PE ⊥AC ，PF ⊥BC .又PE ＝PF ＝3，所以OE ＝OF ，所以CO 为∠ACB 的平分线，即∠ACO ＝45°.在Rt △PEC 中，PC ＝2，PE ＝3，所以CE ＝1，所以OE ＝1，所以PO ＝PE 2－OE 2＝（3）2－12＝ 2. 答案： 212.(2019·河南郑州第二次质量预测)如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝π3，△PAD 是等边三角形，F 为AD 的中点，PD ⊥BF .(1)求证：AD ⊥PB ；(2)若E 在线段BC 上，且EC ＝14BC ，能否在棱PC 上找到一点G ，使平面DEG ⊥平面ABCD ？若存在，求出三棱锥D-CEG 的体积；若不存在，请说明理由．(1)证明：连接PF ，因为△PAD 是等边三角形，F 是AD 的中点，所以PF ⊥AD .因为底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝π3，所以BF ⊥AD .又PF ∩BF ＝F ，所以AD ⊥平面BFP .又PB ⊂平面BFP ，所以AD ⊥PB .(2)解：能在棱PC 上找到一点G ，使平面DEG ⊥平面ABCD . 由(1)知AD ⊥BF ，因为PD ⊥BF ，AD ∩PD ＝D ，所以BF ⊥平面PAD .又BF ⊂平面ABCD ，所以平面ABCD ⊥平面PAD ，又平面ABCD ∩平面PAD ＝AD ，且PF ⊥AD ，所以PF ⊥平面ABCD .连接CF 交DE 于点H ，过H 作HG ∥PF 交PC 于G ，所以GH ⊥平面ABCD . 又GH ⊂平面DEG ，所以平面DEG ⊥平面ABCD . 因为AD ∥BC ，所以△DFH ∽△ECH ，所以CH HF ＝CE DF ＝12，所以CG GP ＝CH HF ＝12，所以GH ＝13PF ＝33，所以V D-CEG ＝V G-CDE ＝13S △CDE ·GH ＝13×12DC ·CE ·sin π3·GH ＝112.满分示范课——立体几何立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托．分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是重在“转化”与化归．着重考查的数学核心素养是数学运算、逻辑推理与直观想象．【典例】 (满分12分)(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM 中，AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°.以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q ABP 的体积．[规范解答] (1)由已知得∠BAC ＝90°，即BA ⊥AC ，又BA ⊥AD ，且AC ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面ACD . 又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设，可得DC ＝CM ＝AB ＝3，DA ＝3 2. 又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2.作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE13DC .由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE ＝1. 因此，三棱锥Q ABP 的体积为V Q ABP ＝13·QE ·S △ABP ＝13×1×12×3×22×sin 45°＝1.高考状元满分心得1．写全得分步骤，踩点得分：对于解题过程中踩分点的步骤有则给分，无则没分，如第(1)问中缺少AC ∩AD ＝A 扣分，忽视AB ⊂平面ABC 也要扣分．2．写明得分关键：如第(1)问明确AB ⊥平面ACD ，第(2)问中QE 13DC ，DC ⊥平面ABC ，否则导致失分．3．正确计算是得分的保证：准确计算QE ＝1，及V Q-ABP ＝1才能得满分． [解题程序] 第一步：利用折叠前后位置关系，判定AB ⊥平面ACD . 第二步：根据面面垂直判定定理，证平面ACD ⊥平面ABC . 第三步：证明QE ⊥平面ABC ，计算棱锥QABP 的高．第四步：代入体积公式，求三棱锥QABP 的体积．第五步：反思检验，规范解题步骤． [跟踪训练]1.(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，AB ＝3，求四棱锥E-BB 1C 1C 的体积． (1)证明：由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE .又BE ⊥EC 1，B 1C 1∩EC 1＝C 1，所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)解：由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB ＝∠A 1EB 1＝45°，故AE ＝AB ＝3，AA 1＝2AE ＝6. 如图，作EF ⊥BB 1，垂足为F ，则EF ⊥平面BB 1C 1C ，且EF ＝AB ＝3.所以四棱锥EBB 1C 1C 的体积V ＝13×3×6×3＝18.2.(2018·北京卷)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．求证：(1)PE ⊥BC ；(2)平面PAB ⊥平面PCD ； (3)EF ∥平面PCD .证明：(1)因为PA ＝PD ，E 为AD 的中点，所以PE ⊥AD .因为底面ABCD 为矩形，所以BC ∥AD ，所以PE ⊥BC . (2)因为底面ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD .又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面PAD ，且PD ⊂平面PAD . 所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，且PA ∩AB ＝A ，所以PD ⊥平面PAB .又PD ⊂平面PCD ，所以平面PAB ⊥平面PCD .(3)如图，取PC 的中点G ，连接FG ，DG .因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点，所以FG ∥BC ，FG ＝12BC .因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形．所以EF ∥DG .又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ，所以EF ∥平面PCD .。

2020江苏高考理科数学二轮练习：解答题专题练解析几何含解析

化简得(a2－r2)y－2t(ax－r2)＋t2y＝0.
所以直线PQ的方程为(a2－r2)y－2t(ax－r2)＋t2y＝0.令y＝0得x＝，故直线PQ过定点 .
x2，y2)，
因为斜率为k(k＞0)的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，且OA⊥OB，
直线PQ的方程为y－＝ · .
令y＝0得x＝，是一个与t无关的常数，
故直线PQ过定点 .
法二：由题设得A1(－r，0)，A2(r，0)．
设M(a，t)，则直线MA1的方程为y＝ (x＋r)，直线MA2的方程为y＝ (x－r)，则直线MA1与圆C的交点为P(x1，y1)，直线MA2与圆C的交点为Q(x2，y2)．
所以∠AOB＝90°，所以 · ＝0，
所以x1x2＋(kx1＋t)(kx2＋t)＝0，
所以(1＋k2)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝0，(*)
联立，消去y得x2＋3(kx＋t)2＝9，即(1＋3k2)x2＋6ktx＋3t2－9＝0，则x1＋x2＝－，x1x2＝，且Δ＞0，代入(*)，
得(1＋k2)(3t2－9)－6k2t2＋t2(1＋3k2)＝0，所以3t2－9－9k2＋t2＝0，
同理(x －8)k －2x0y0k2＋y －8＝0.
所以k1，k2是方程(x －8)k2－2x0y0k＋y －8＝0的两个不相等的实数根，k1k2＝ .
因为＋＝1，所以y ＝12－ x .
所以k1k2＝＝－，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则 · ＝－，所以y y ＝ x x ，
因为，所以，
所以＝ x x ，
所以x ＋x ＝24，y ＋y ＝12，
所以OP2＋OQ2＝36.
(ii)当直线OP，OQ落在坐标轴上时，显然有OP2＋OQ2＝36，

2020年高考数学(理数)大题专项练习立体几何9题(含答案)

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

花点。

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

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

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

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

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

2020届二轮(理科数学) 立体几何(解析版) 专题卷(全国通用)

一、选择题1.我国数学史上有一部堪与欧几里得《几何原本》媲美的书，这就是历来被尊为算经之首的《九章算术》，其中卷第五《商功》有一道关于圆柱体的体积试题：今有圆堡，周四丈八尺，高一丈一尺，问积几何？其意思是：含有圆柱形的土筑小城堡，底面周长是4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少？若π取3，估算小城堡的体积为（）A ．1998立方尺B ．2012立方尺C ．2112立方尺D ．2324立方尺【答案】C【解析】设圆柱体的底面半径为R ，则由题意，得2348R ⨯=，得8R =，所以小城堡的体积238112112V S h ==⨯⨯=底（立方尺），故选C ．2.[2018年全国大联考3(课标Ⅱ卷)】如图所示，网格纸上每个小格都是边长为1的正方形，粗线画出的是一个几何体的三视图，记该几何体的各棱长度构成的集合为A ，则（） A ．3A ∈B ．3A ∈C ．22A ∈D ．23A ∈【答案】C【解析】由三视图知该几何体的直观图为图中所示的三棱锥A BCD -，2AB AC BC ===，5AD DC ==，1BD =，故选C ．DCBA3.[2018全国大联考4(山东卷)】某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的外接球的体积是（）A ．43π B ．83πC ．556πD ．5π【答案】C.4.【2018全国大联考2(山东卷)】如图为某几何体的三视图，则其体积为（）A.243π+ B.243π+ C.43π+ D.43π+【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体是一个半圆柱（所在圆柱1OO ）与四棱锥的组合体，其中四棱锥的底面ABCD 为圆柱的轴截面，顶点P 在半圆柱所在圆柱的底面圆上（如图所示），且P 在AB 上的射影为底面的圆心O .由三视图数据可得，半圆柱所在圆柱的底面半径1r =，高2h =，故其体积221111222V r h πππ==⨯⨯=；四棱锥的底面ABCD 为边长为2的正方形，PO ⊥底面ABCD ，且1PO r ==.故其体积2211421333ABCD V S PO =⨯=⨯⨯=正方形. 故该几何体的体积1243V V V π=+=+.5.【2018押题卷1（课标1卷）】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ．16163π-B ．32163π-C ．1683π-D ．3283π-【答案】D6.【2018全国大联考3（课标I 卷）】已知20sin 12cos d 2x a x xπ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰，如图，若三棱锥P ABC -的最长的棱PA a =，且PB BA ⊥，PC AC ⊥，则此三棱锥的外接球的体积为（） A.163π B. 43πC. πD.3π【答案】B【解析】()200sin 12cos d sin cos d (cos sin )202x a x x x x x x x πππ⎛⎫=-+=+=-+= ⎪⎝⎭⎰⎰，由于PB BA ⊥，PC AC ⊥，则三棱锥的外接球的直径为2PA a ==，因此外接球的体积是3441=33ππ⨯. 7.【2018全国大联考4（课标Ⅰ卷）】在三棱锥BCD A -中，△ABC 与△BCD 都是边长为6的正三角形，平面ABC ⊥平面BCD ，则该三棱锥的外接球的体积为（）A.π155B.π60C.π1560D.π1520 【答案】D8.【2018押题卷1（课标1卷）】四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为正方形，PA ⊥底面ABCD ，2AB =，若该四棱锥的所有顶点都在体积为24316π同一球面上，则PA =（） A ．3 B ．72 C ．23 D ．92【答案】B【解析】连结,AC BD 交于点E ，取PC 的中点O ，连结OE ，则OE PA P ，所以OE ⊥底面ABCD ，则O 到四棱锥的所有顶点的距离相等，即O 球心，均为2221118222PC PA AC PA =+=+，所以由球的体积可得2341243(8)3216PA ππ+=，解得72PA =，故选B ．9.【2018全国大联考1（课标I 卷）】直三棱柱111ABC A B C -中，底面是正三角形，三棱柱3P 是111A B C ∆中心，且三棱柱的体积为94，则PA 与平面ABC 所成的角大小是（） A.6πB.4πC.3πD.23π 【答案】C【解析】由题意可设底面三角形的边长为a ，过点P 作平面ABC 的垂线，垂足为O ，则点O 为底面ABC 的中心，故PAO ∠即为PA与平面ABC 所成的角，由于2333OA ==，而3OP =，又因为三棱柱的体积为94，由棱柱体积公式得)239334V a ==，解得3a =3tan 33POPAO AOa ∠===，得，故PA 与平面ABC 所成的角大小是3π，故正确答案为C.10.【2018押题卷1（课标2卷）】在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是线段11A C 的中点，若四面体M ABD -的外接球体积为36p ，则正方体棱长为（）OPC 1B 1A 1C AA ．2B ．3C ．4D ．5 【答案】C【解析】设正方体棱长为a ，因为ABD D是等腰直角三角形，且MA MB MD ==，设'O 是BD 中点，连接'O M ，则'O M ^面ABD ，所以球心O 必在'O M 上，可求得外接球半径为3，可得22223(3)()2a a =-+，解得4a =，故正方体棱长为4． 11.【2018押题卷3（课标1卷）】已知H 是球O 的直径AB 上一点，2:1:=HB AH ，⊥AB 平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的体积为（） A.π9 B. π43C.π829 D.π34 【答案】C【解析】如图，易知点H 为截面圆的圆心，取截面圆上一点M ，连接HM ，OM .设球O 的半径为R ，则由2:1:=HB AH ，得R AH 32=，所以R OH 31=. 因为截面面积为ππ=⋅2HM ，所以1=HM .在Rt △HMO 中，222HM OH OM +=，所以191912222+=+=R HM R R ，所以423=R . 所以ππ829)423(343=⋅=球V . 二、填空题12.【2018全国大联考3（课标Ⅱ卷）】在正四棱锥V ABCD -内有一半球，其底面与正四棱锥的底面重合，且与正四棱锥的四个侧面相切，若半球的半径为2，则当正四棱锥的体积最小时，其高等于_____________．【答案】【解析】如图所示，设顶点V 在底面ABCD 的射影为点O ，并设正四棱锥的高VO 的长为x ，底面正方形的边长为2a ，过点O 作平行于AB 的直线交BC 于点F ，作OM ⊥VF 于点M ，则OM =2，VF =在Rt △VOF中，有ax =22244x a x =-.所以正四棱锥V ABCD -的体积为322116()4334x V x a x x =⋅=⨯-（2x >），222216(12)()3(4)x x V x x -'=⨯-.令()0V x '=，得x =当(2,x ∈时，()0V x '<；当)x ∈+∞时，()0V x '>，故当x =F x22aOD CBAVM三、解答题13.【2018押题卷2（课标I 卷）】在三棱锥ACD P -中，CD AD ⊥，CD AD ==2，△PAD 为正三角形，点F 是棱PD 的中点，且平面PAD ⊥平面ACD ．（Ⅰ）求证：AF ⊥平面PCD ；（Ⅱ）求二面角F AC P --的平面角的余弦值.【解析】（Ⅰ）因为PA AD =,F 是PD 的中点，所以AF ⊥PD ，又因为平面PAD ⊥平面ACD ，CD AD ⊥，所以⊥CD 平面PAD ，因为⊂AF 平面PAD ，所以AF CD ⊥. 因为D CD PD =⋂，所以AF ⊥平面PCD . ……………………6分设平面CAF 的法向量为),,(222z y x =m ，则22222203302AC x y x z AF ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩u u u ru u u r m m ，取2x =1，则3122==z y ，，则m =（1,1,3）， ……………10分所以537111,cos⨯++=•>=<||||nmnmnm=310535，所以二面角FACP--的平面角的余弦值为310535. .……………12分14.【2018押题卷2（课标Ⅱ卷）】在四棱柱1111DCBAABCD-中，底面ABCD是菱形，且1AAAB=，ο6011=∠=∠ADAABA.（1）求证：平面⊥BDA1平面ACA1；（2）若221==DABD，求平面BDA1与平面BDB1所成角的大小.（2）由DABA11=及221==DABD知DABA11⊥，又由,,,11BDBDABBAADDA===得BD A 1∆≌ABD ∆，故ο90=∠BAD ，于是112221AA BD O A AO ===，从而O A AO 1⊥，结合BD O A ⊥1，得⊥O A 1底面ABCD ，如图，建立空间直角坐标系，则),1,0,0(),0,1,0(),0,1,0(),0,0,1(1A D B A -(1,0,0)C -,),1,0,1(11-==AA BB (0,2,0),DB =uu u r设平面BD B 1的一个法向量为),,(z y x n =，由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅001BB n BD n 得⎩⎨⎧=+-=00z x y ，令1=x ，得)1,0,1(=n ，平面BD A 1的一个法向量为)0,0,2(=CA ，设平面BD A 1与平面BD B 1所成角为θ，则22||||cos =⋅⋅=CA n CA n θ，故ο45=θ.（12分）15.【2018押题卷2（山东卷）】棱锥P ABCD -的三视图如图所示，（I）求证：平面PBD⊥平面PAC（II）在线段PD上是否存在一点Q，使CQ与平面PBD所成的角的正弦值为269，若存在，指出点Q的位置，若不存在，说明理由.【解析】（Ⅰ）由三视图可知在Rt△BAD中，AD=2，BD=22，∴AB=2，ABCD为正方形，因此BD⊥AC. …………2分∵PA⊥平面ABCD，⊂BD平面ABCD，∴BD⊥PA .又∵PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC.∵⊂BD平面PBD, ∴平面PBD⊥平面PAC…………6分16.【2018押题卷1（山东卷）】在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为矩形，直线⊥AF 平面ABCD ，AB EF //，12,2====EF AF AB AD ，点P 在棱DF 上. （1）求证：BF AD ⊥；（2）若P 是DF 的中点，求异面直线BE 与CP 所成角的余弦值；（3）若FD FP 31=，求二面角C AP D --的余弦值.【解析】（1）证明：因为⊥AF 平面ABCD ，所以⊥AF AB ，又⊥AD AB,所以⊥AD 平面ABEF ，又⊂BF 平面ABEF ，故BF AD ⊥.…………3分（2）因为ο90=∠BAF ，所以AB AF ⊥，又由（1）得AF AD ⊥，AB AD ⊥，所以以A 为坐标原点，AB ，AD ，AF 所在直线分别为z y x ,,轴，建立如图所示空间直角坐标系xyz A -，则)0,0,1(B ，)1,0,21(E ，)21,1,0(P ，)0,2,1(C .………………4分所以)1,0,21(-=BE ，)21,1,1(--=CP ，所以1554||||,cos =⋅>=<CP BE CP BE CP BE ，所以异面直线BE 与CP 所成角的余弦值为1554.………………8分（3）因为⊥AB 平面ADF ，所以平面ADF 的一个法向量)0,0,1(1=n .由FD FP 31=知P 为FD 的三等分点且此时)32,32,0(P .在平面APC 中，)32,32,0(=AP ，)0,2,1(=AC .所以平面APC 的一个法向量)1,1,2(2--=n .……………………10分所以36|||||||,cos |212121=⋅=><n n n n n n ，又因为二面角C AP D --的大小为锐角，所以该二面角的余弦值为36.……………………………………………………………………12分 17.【2018全国大联考1（课标Ⅱ卷）】已知四棱锥ABCD P -中，⊥PA 平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，0120=∠BAD ，对角线AC 与BD 交于点O ，M 为OC 中点．（Ⅰ）求证：⊥BD PM ；（Ⅱ）若二面角D PM O --的正切值为62，求PAAD的值．【解析】（Ⅰ）因为⊥PA 平面ABCD ，所以PA BD ⊥又ABCD 为菱形，所以AC BD ⊥,又因为PA AC A =I ，所以BD ⊥平面PAC ，又因为PM AC P ⊂面，所以⊥BD PM ．……5分（Ⅱ）如图,以A 为原点,,AD AP 所在直线为y 轴,z 轴建立空间直角坐标系，设PA a =，1AD =，则(0,0,)P a ，(0,1,0)D ，,333(,,0)88M ,31(,,0)44O 从而(0,1,)PD a =-u u u r ，333(,,)88PM a =-u u u u r ，33(,,0)44OD =-u u u r因为BD ⊥平面PAC ,所以平面PMO 的一个法向量为33(,,0)44OD =-u u u r ．设平面PMD 的法向量为(,,)n x y z =r ,由,PD n PM n ⊥⊥u u u r r u u u u r r 得0333088y az x y az -=⎧⎪⎨+-=⎪取5,,133x a y a z ===，即5(,,1)33n a a =r ……10分设OD u u u r 与n r的夹角为θ，则二面角O PM D --大小与θ相等从而tan 26θ=，得cos 15θ=，2531124cos 53521227a aa θ-+==+，，解得34a =，故34PA AD =．……12分18.【2018全国大联考1（山东卷）】如图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所在平面互相垂直，BE ∥CF 且BE ＜CF ，∠BCF=2π，AD=3，EF=2.（1）求证： AE ∥平面DCF ；（2）若1BE =-，且λ=BEAB，当λ取何值时，直线AE 与BF 所成角的大小为060？【解析】（1）过E 作EG ∥BC 交FC 于G ，连结DG ，因为BE ∥CF ，所以四边形BCGE 是平行四边形，因此EG ∥BC ∥AD，--------------------------2分且EG=BC=AD ，所以四边形ADGE 也是平行四边形，于是AE ∥DG . 又AE⊄平面DCF ，DG⊂平面DCF ，故AE ∥平面DCF ． ---------------------------5分（2）过E 作GE ⊥CF 交CF 于G ，由已知 EG ∥BC ∥AD ，且EG=BC=AD ，所以EG=AD ＝3，又EF=2，所以GF=1 ．因为四边形ABCD 是矩形，所以DC ⊥BC ．因为∠BCF=2π，所以FC ⊥BC ，又平面AC ⊥平面BF ，平面AC∩平面BF=BC ，于是FC ⊥平面AC ，所以FC ⊥CD .分别以CB 、CD 、CF 为轴建立空间直角坐标系． ---------------------------7分由λ=BEAB，得AB=1)λ-. 所以 A （3，1)λ-，0），B ，E(3，01-)，F(0，0)，，所以→AE=(0，(1λ，1-)，(BF =u u u r.------------------------9分依题意有0cos 60||||AE BF AE BF ⋅=⋅u u u r u u u r u u u ur u u u r ，ABCDEFG即233126(31)1λ-=⋅-⋅+，解得1λ=.----------------------------11分故当1λ=时，直线AE 与BF 所成角的大小为060.----------------------------12分19.【2018全国大联考2（课标I 卷）】如图，在直三棱柱111ABC A B C -（侧棱垂直于底面的棱柱为直棱柱）中，11,2BC CC AC ===，=90ABC ∠︒．（1）求证：平面1ABC ⊥平面11A B C ；（2）设D 为AC 的中点，求平面1ABC 与平面1C D B 所成锐角的余弦值．【解析】（1）∵=90ABC ∠︒，∴AB BC ⊥．又由条件知1BB ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，∴1BB AB ⊥．……………2分又∵1BB BC B =I ，∴AB ⊥平面11BB C C ，∴1AB B C ⊥．由11BC CC ==，知四边形11BB C C 为正方形，∴11B C BC ⊥．……………4分又1=AB BC B I ，则1B C ⊥平面1ABC ．又∵1B C ⊂平面11A B C ，∴平面1ABC ⊥平面11A B C ．……………6分20.【2018全国大联考2（山东卷）】如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，且PA ⊥平面ABCD ，2PA AB AD ===，60BAD ∠=o.（Ⅰ）证明：平面PBD ⊥平面PAC ；（Ⅱ）求平面APD 与平面PBC 所成二面角（锐角）的余弦值.DCBP（Ⅱ）设AC 与BD 的交点为O ，取PC 的中点Q ，连结OQ . 在APC ∆中，AO OC =，CQ QP =， ∴//OQ PA ， ∵PA ⊥平面ABCD ，∴OQ ⊥平面ABCD . ………………………6分如图，以OA 、OB 、OQ 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则(3,0,0),(0,1,0),(3,0,0)A B C -，(0,1,0),3,0,2)D P -. ………………………7分设平面PBC 的一个法向量为(,,)n x y z =r，而(3,1,0)BC =-uu u r ，(3,1,2)PB =--uu r，由n BC n PB⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩r uu u r r uu r ，得30320y y z ⎧-=⎪⎨+-=⎪⎩ ，∴2222211(3)(3)27cos ,||||1(3)1(3)(3)m n m n m n ⨯+-⨯-<>===⨯+-⨯+-+-u r ru r r g u r r . 设所求二面角为θ，由题意可得(0,)2πθ∈，所以27cos |cos ,|m n θ=<>=u r r . …………………12分z yxOQDCBAP。

2020版高三数学新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学(理)讲义：高考解答题突破(三) 立体几何 W

姓名，年级：时间：高考解答题突破(三）立体几何突破“两建”—-建模、建系立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建模、建系．建模—-将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型．建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．考向一证明线、面平行与垂直1．几何法：利用线、面平行与垂直的定义、定理进行推理论证．2．向量法:建立空间直角坐标系,利用直线的方向向量及平面的法向量间的关系进行推理论证．[证明] 证法一：(1)在直三棱柱中有BB1⊥AB。

又AB ⊥BC,BB1∩BC＝B,∴AB⊥平面BCC1B1，∵B1D⊂平面BCC1B1，∴AB⊥B1D。

在矩形BCC1B1中，D为CC1的中点,且DC＝BC＝DC1＝2，∴∠BDC＝∠B1DC1＝45°，立体几何的内容在高考中的考查总体上比较稳定，因此在复习备考时往往有“纲”可循，有“题”可依．其中平行、垂直关系的判定和性质仍是立体几何的核心内容,在学习时除了利用判定定理性质定理将局部空间问题转化为平面模型，还可以利用空间向量将几何问题代数化、坐标化．在原图中建立适当的坐标系，将点、线坐标化，通过空间向量的坐标化运算,转化为空间直线、平面的位置关系．1．（2019·福州质检)如图,在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形,PA＝AB＝2，∠BAD＝60°，E 是PA的中点．(1）求证：直线PC∥平面BDE;(2）求证：BD⊥PC.[证明］设AC∩BD＝O.因为∠BAD＝60°，AB＝2，底面ABCD为菱形，所以BO＝1，AO＝CO＝错误!，AC⊥BD。

如图，以O为坐标原点,以OB,OC所在直线分别为x轴,y 轴,过点O且平行于PA的直线为z轴,建立空间直角坐标系O －xyz，则P(0，－3，2），A(0，－错误!，0)，B(1,0,0），C（0，错误!，0），D（－1，0，0）,E(0，－错误!，1)．(1）设平面BDE的法向量为n1＝（x1,y1，z1），因为错误!＝（－1，－错误!，1），错误!＝（－2,0，0），由错误!得错误!令z1＝错误!,得y1＝1，所以n1＝(0，1，错误!）．又错误!＝(0，2错误!,－2),所以错误!·n1＝0＋2错误!－2错误!＝0，即错误!⊥n1,又PC⊄平面BDE，所以PC∥平面BDE。