2019版 中档大题分类练4 立体几何
人教A版(2019)必修二第八章立体几何初步单元测试卷(4)(提高版)解析版
人教A版（2019）必修二第八章立体几何初步单元测试卷（4）（提高版）1.正三棱锥中，，，AB的中点为M，若一只小蜜蜂沿锥体侧面经过棱PB由点M爬到点C，则最短路程是A. B. C. D.2.在棱长为6的正方体中，点E，F分别是棱，的中点，过A，E，F三点作该正方体的截面，则截面的周长为A. B. C. D.3.如图，已知是水平放置的根据斜二测画法得到的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边AB上的高为A. 3B. 6C.D.4.一个正四棱台的两底面边长分别为m，，侧面积等于两个底面积之和，则这个棱台的高为A. B. C. D.5.斗拱是中国古典建筑最富装饰性的构件之一，并为中国所特有，图一图二是斗拱实物图，图三是斗拱构件之一的“斗”的几何体，本图中的斗是由棱台与长方体形凹槽长方体去掉一个小长方体组成．若棱台两底面面积分别是，，高为9 cm，长方体形凹槽的体积为，斗的密度是那么这个斗的质量是注：台体体积公式是A. 3990 gB. 3010 gC. 7000 gD. 6300 g6.已知三棱锥的四个顶点在球O的球面上，，是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，，则球O的体积为A. B. C. D.7.设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A. B. C. D.8.如图，等边三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于G，已知是绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是A. 恒有B. 异面直线与BD不可能垂直C. 恒有平面平面BCDED. 动点在平面ABC上的射影在线段AF上9.如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则下列说法中正确的是A. 存在点使得B. 异面直线EF与所成的角为C. 三棱锥的体积为定值D. 到平面AEF的距离为10.如图所示，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中，把沿着DE翻折至位置，使得二面角为，则下列选项中正确的是A. 点到平面BCED的距离为3B. 直线与直线CE所成的角的余弦值为C.D. 四棱锥的外接球半径为11.如图，在三棱锥中，D、E、F分别为棱PC、AC、AB的中点，平面ABC，，则A. 三棱锥的体积为6B. 直线PB与直线DF垂直C. 平面DEF截三棱锥所得的截面面积为12D. 点P与点A到平面BDE的距离相等12.如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，侧面PAD为正三角形，且平面平面ABCD，则下列说法正确的是A. 直线AD与PB是异面直线B. 在棱AD上存在点M，使平面PMBC. 平面PAD与平面PBC的交线平面ABCDD. 当时，四棱锥的体积为613.如图是一正方体的表面展开图B、N、Q都是所在棱的中点则在原正方体中与CD异面；平面PQC；平面平面CQN；与平面AQB形成的线面角的正弦值是；二面角的余弦值为其中真命题的序号是__________14.如图，在正方体中，点P在面对角线AC上运动，给出下列四个命题：①平面；②；③平面平面；④三棱锥的体积不变．则其中所有正确的命题的序号是__________.15.如图所示，在矩形ABCD中，，，点E为CD的中点，F为线段端点除外上一动点．现将沿AF折起，使得平面平面ABCF，设直线DF与平面ABCF所成的角为，则的最大值为__________.16.如图，在三棱锥中，若底面ABC是正三角形，侧棱长，M、N分别为棱SC、BC的中点，并且，则异面直线MN 与AC所成角为___________；三棱锥的外接球的体积为__________.17.如图，在正三棱柱中，，，由顶点B沿棱柱侧面经过棱到顶点的最短路线与的交点记为M，求：该最短路线的长及点M的位置；平面与平面所成锐二面角的正切值．18.如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，CD上，，EF交BD于点H，将沿EF折到的位置．证明：；若，，，，求五棱锥体积．19.如图，在正方体中，已知E是AB的中点，F是的中点，求证：E，C，，F四点共面；求证：直线CE，，DA三线共点；求直线与所成角的正切值．20.如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，且，，侧面底面若求证：平面PAC；侧棱PA上是否存在点E，使得平面若存在，指出点E的位置并证明，若不存在，请说明理由；求二面角的余弦值．21.如图，在四棱锥，底面ABCD为平行四边形，为等边三角形，平面平面PCD，，，，设G，H分别为PB，AC的中点，求证：平面PAD；求证：平面PCD；求直线AD与平面PAC所成角的正弦值．22.如图1，在边长为4的菱形中，，于点E，将沿折起到的位置，使，如图求证：；求二面角的余弦值；判断在线段上是否存在一点P，使？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．答案和解析【答案】1. C2. D3. D4. A5. C6. D7. B8. B9. BCD10. ABD11. ACD12. ABC13. ①②④14. ①③④15.16.17. 解：将侧面，展开在一个平面内，如图，连交于，，，所以A为BC中点，，所以所以最短路线的长为，此时M为中点.取中点D，连接，过D作，垂足为E，连接在正三棱柱中，底面是正三角形，D为中点，所以，又面，面，所以平面平面，又平面平面，平面，所以平面因面，则，又，，面，面，所以面，又面，所以，所以为平面与平面所成锐二面角的平面角.，，所以，，又，所以，在直角三角形中，所以平面与平面所成锐二面角的正切值为18. 证明：菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，，，且，将沿EF折到的位置，则，，；若，，则，，，，，，，，，，，，，满足，则为直角三角形，且，又，，AC，底面ABCD，即底面ABCD，即是五棱锥的高．底面五边形的面积，则五棱锥体积19. 证明：如图，在正方体中，连接EF，，因为E为AB的中点，F为的中点，又，，四边形为平行四边形．，从而所以，且，所以E，F，，C四点共面．因为，，所以CE与必相交，设交点为P，则由直线CE，平面ABCD，得平面同理，平面又平面平面，所以直线所以CE，，DA三线共点．在正方体中，，则与所成角即为，在中， .20. 解：因为，所以又因为侧面底面ABCD，且侧面底面，所以底面而底面ABCD，所以在底面ABCD中，因为，，所以，所以又因为，，所以平面在PA上存在中点E，使得平面PCD，证明如下：设PD的中点是F，连结BE，EF，FC，则，且由已知，所以，又，所以，且，所以四边形BEFC为平行四边形，所以因为平面PCD，平面PCD，所以平面设G为AD中点，连结CG，则又因为平面平面PAD，侧面底面，，所以平面又，故，过G作于H，连结CH，由，，故，又，故所以是二面角的平面角.设，则，在中，，所以所以，即二面角的余弦值为21. 证明：如图：证明：连接BD，由题意得，，又由，得，平面PAD，平面PAD，平面PAD；证明：取棱PC中点N，连接DN，依题意得，又平面平面PCD，平面平面，平面PCD，平面PAC，又平面PAC，，又，，平面PCD，平面PCD，平面PCD；解：连接AN，由中平面PAC，知是直线AD与平面PAC所成角，是等边三角形，，且N为PC中点，，又平面PAC，，，在中，直线AD与平面PAC所成角的正弦值为22. 证明：，，，，，，平面，平面，又平面，，，，DC，平面BCDE，平面BCDE；解：由题意，以EB，ED，分别为x，y，z轴，建立坐标系，则，，，，，，，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，令，，，，钝二面角的余弦值为；解：在线段EB上不存在一点P，使平面平面，设，则，，设平面的法向量为，则，令，，平面平面，由第二问可得平面的一个法向量，由得，，，，在线段EB上不存在一点P，使平面平面【解析】1. 【分析】本题考查多面体表面上的最短距离的计算，考查分析问题解决问题的能力，属于中档题．将侧面PAB与侧面PBC展开到一个平面，则中，CM为最短路线长．【解答】解：由题意，将侧面PAB与平面PBC展开到一个平面，则中，，，，，即最短路线长是，故选2. 【分析】本题考查棱柱的结构特征，考查空间想象能力和思维能力，是中档题．由题意画出截面五边形，再由已知利用勾股定理求得边长得答案．【解答】解：如图所示：延长EF、相交于M，连接AM交于H，延长FE、相交于N，连接AN交于G，可得截面五边形是边长为6的正方体，且E，F分别是棱，的中点，，，截面的周长为故选3. 【分析】本题考查了平面图形的直观图画法与有关计算问题，熟记平面图形的直观图与原图形的面积比，是解题的关键．根据平面图形的直观图与原图形的面积比为1：，列方程求出结果．【解答】解：在坐标系下的面积为；根据水平放置的平面图形的直观图画法知，在xOy坐标系下的面积为，由，且，所以，即的边AB上的高为故选：4. 【分析】本题考查棱台的侧面积，关键是要搞清楚棱台的高、斜高与上下底面的边长之间的关系，难点在于复杂的计算，属于中档题．设该棱台的高为h，斜高，于是，从而可求得【解答】解：设该棱台的高为h，则斜高，该棱台侧面积等于两个底面积之和，，，，故选5. 【分析】本题主要考查台体的体积计算，是中档题．由题意，求出“斗”的体积，再利用求解即可．【解答】解：依题意，，又长方体形凹槽的体积为4300，故“斗”的体积为，其质量为故选：6. 【分析】本题考查球的体积的求法，涉及到余弦定理．设，，，根据余弦定理以及勾股定理证明三条侧棱两两互相垂直，即可求出球O的体积．【解答】解：设，，，因为E，F分别是PA，AB的中点，所以，，在中，，在中，，整理得，①因为是边长为2的正三角形，所以，又，则，②，由①②得，所以，所以，即，同理可得，，则PA、PB、PC两两垂直，则球O是以PA为棱的正方体的外接球，则外接球的直径为，所以球O的体积为故选7. 【分析】本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．求出等边三角形的边长，画出图形，判断D的位置，然后求解即可．【解答】解：为等边三角形且面积为，可得，解得，设球心为O，三角形ABC 的外心为，显然D为的延长线与球的交点时，三棱锥的体积最大.如图：，，则三棱锥高的最大值为：6，则三棱锥体积的最大值为：故选：8. 【分析】本题平面图形的旋转为载体，综合考查线面、面面垂直的判定定理、性质定理的运用，考查空间线线、线面的位置关系及所成的角的概念，考查空间想象能力，属较难题．先推导出平面，从而恒有，从而判断A正确；由异面直线所成的角的概念可判断B不正确；由面面垂直的判定定理，可判断C正确；由斜线的射影定理可判断D正确．【解答】解：在A中，，，是正三角形，，又，平面平面，又平面，恒有，故A正确；在B中，、F为线段AC、BC的中点，，就是异面直线与BD所成的角，当时，直线与BD垂直，故B不正确；在C中，因为平面，平面BCDE，平面平面BCDE，故C正确；在D中，，是正三角形，，又，平面，从而平面平面，且两平面的交线为AF，在平面ABC上的射影在线段AF上，故D正确．故选：9. 【分析】本题以正方体为载体，考查了空间中的平行关系、空间角、距离和体积问题，考查转化与化归的思想，属于拔高题．由异面直线的判定判断A；异面直线EF与所成的角即为与所成的角，据此可判断B；由可计算体积，判断C；将到平面AEF 的距离转化为到平面的距离，利用等体积法可求距离，判断【解答】解：如图所示，AB与为异面直线，故AE与BF也为异面直线，A错误；异面直线EF与所成的角即为与所成的角，即与所成的角，连接，，易得三角形是正三角形，，即异面直线EF与所成的角为，故B正确；连结BD交AC于O，则AO为三棱锥的高，，易知：，则，所以，为定值，故C正确；到平面AEF的距离即到平面的距离，，设到平面AEF的距离为h，由得，即，解得，故D正确.故选10. 【分析】本题考查棱锥的结构特征，异面直线的夹角，点到平面的距离，二面角，锥体的外接球问题，属于困难题.取ED，BC的中点分别为F，G，连接FG，取FG的中点为H，通过题中的数据，结合线面垂直的性质得出平面BCED，从而分析各选项即可.【解答】解：如图，取ED，BC的中点分别为F，G，连接FG，取FG的中点为H，连接，因为正中，D，E分别为边AB，AC的中点，所以，，又易知，，，平面，所以平面，且为的二面角，即，由，可知，所以为正三角形，所以，又平面，平面，所以，又，DE，平面BCED，所以平面BCED，在中，因为，所以，故A正确；连接EG，DG，因为且，所以四边形EDGC为平行四边形，故，即为直线与直线CE所成的角，可知，，，故，故B正确；易知，即，故与BD不垂直，故C错误；易知，所以四棱锥的外接球球心O在过G点且与平面BCED垂直的直线上，记，四棱锥的外接球半径为R，则有，即，解得，故D正确.故选11. 【分析】本题考查空间几何体的结构特征，考查空间距离及几何体体积求法，空间中的线线关系和线面关系.根据棱锥的体积公式即可判断A；假设，推出平面PAB，结合平面PAB即可判断B；取PB的中点Q，连DQ，FQ，计算截面DEFQ的面积即可判断C；证出平面BDE即可判断【解答】解：D，E分别为棱PC，AC的中点，则，又平面ABC，则平面ABC，即平面FBE，，，，所以，，所以三棱锥的体积为，故A正确；假设，平面ABC，平面ABC，，又，，PA，平面PAB，平面PAB，，F分别为AC，AB的中点，，平面PAB，平面PAB，，平面ABC，平面ABC，，，EF，平面DEF，平面DEF，平面DEF，，又假设，，AB，平面PAB，平面PAB，显然不成立，不符合题意，故假设不成立，故B错误；取PB的中点Q，连DQ，FQ，则，，四边形DQFE为平行四边形，平面EFB，平面EFB，，所以平行四边形DEFQ为矩形，，，所以截面面积为12，故C正确；因为，平面BDE，平面BDE，所以平面所以点P与点A到平面BDE的距离相等，故D正确；故选12. 【分析】本题考查空间几何体中线面平行、线面垂直的判定，考查三棱锥的体积求解问题，属于较难题．根据空间中异面直线的概念即可推出选项A正确；取AD的中点M，根据线面垂直的判定定理即可推出选项B成立；根据线面平行的判定定理和性质定理即可得选项C正确；根据面面垂直的性质定理可证得平面ABCD，计算四棱锥的体积，继而可判断出选项D的正误．【解答】解：如图所示，选项A：因为平面ABCD，平面ABCD，，平面ABCD，所以根据异面直线的概念可知选项A正确；选项B：取AD的中点M，连接PM，BM，连接对角线AC，BD相交于点侧面PAD为正三角形，又底面ABCD为菱形，，是等边三角形，又M为AD中点，又，PM、平面平面PMB，故选项B正确；选项C：因为底面ABCD为菱形，所以，又平面PBC，平面PBC，所以平面设平面PAD与平面PBC的交线为l，因为平面PAD，平面PBC，平面平面，所以又因为平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，故选项C正确；选项D：由选项B的证明过程可知，又因为平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，所以平面因为为正三角形，，所以底面ABCD为菱形，，，所以菱形ABCD的面积为：所以四棱锥的体积为：，故选项D错误．故选13. 【分析】本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是难题．将正方体的表面展开图进行还原成正方体，利用正方体中的直线位置关系分别判断．【解答】解：根据条件将正方体进行还原如下图所示：对于命题①，由图形可知，直线MN与CD异面，命题①正确；对于命题②，、Q分别为所在棱的中点，易证四边形MNQP为平行四边形，所以，，平面PQC，平面PQC，平面PQC，命题②正确；对于命题③，在正方体中，平面PQC，由于四边形MNQP为平行四边形，，平面、平面PQC，，则二面角所成的角为，显然不是直角，则平面MPQ与平面CQN不垂直，命题③错误；对于命题④，设正方体的棱长为2，易知平面AQB，则EQ与平面AQB所成的角为，由勾股定理可得，，在中，，即直线EQ与平面AQB所成线面角的正弦值为，命题④正确；对于命题⑤，在正方体中，平面MEFG，且，平面、平面MEFG，，所以，二面角的平面角为，在中，由勾股定理得，由余弦定理得，命题⑤错误.故答案为①②④.14. 【分析】本题主要考查空间直线和平面平行和垂直的位置关系的判断，综合考查学生的推理能力，属于中档题．①根据面面平行的性质定理进行判断平面；②利用特殊值法，即可判断不成立；③根据面面垂直的判断条件即可判断平面平面；④将三棱锥的体积进行等价转化，即可判断三棱锥的体积不变．【解答】解：①在正方体中，，且平面，平面，平面，同理平面，又、平面，且，平面平面；在面对角线AC上运动，平面；①正确．②当P位于AC的中点时，不成立，②错误；③平面，平面，，同理，平面，，平面平面；③正确．④三棱锥的体积等于三棱锥的体积．的面积为定值，B到平面的距离为高，为定值，三棱锥的体积不变，④正确．故答案为：①③④．15. 【分析】本题主要考查了线面角，难度较大.首先在矩形ABCD中，过点D作AF的垂线交AF于O点，交AB于M点，证明是直线DF与平面ABCF所成的角，求出最大，进而即可解答【解答】解：如图，在矩形ABCD中，过点D作AF的垂线交AF于O点，交AB于M点，设，，由且四边形ABCD是矩形可知，，所以，所以在翻折后的几何体中，连接DM，因为，，，OD，平面ODM，所以平面ODM，又AF在平面ABCF内，所以平面平面ABCF，又平面平面ABCF，平面平面，所以平面连接MF，则是直线DF与平面ABCF所成的角，所以为锐角因为，，所以，又，故当，即时，取得最大值，此时有最大值，即有最大值故答案为16. 【分析】本题主要考查了线面垂直的性质与判定、异面直线所成的角、正三棱锥的外接球的体积. 根据三棱锥的底面为正三角形且侧棱长相等得到正三棱锥，得到面ABC，接着根据线面垂直的性质、正三角形的性质及线面垂直的判定得到面SBE，进而得到，最后根据中位线的性质证明出根据已知及线面垂直的判定得到面SAC，从而结合正三棱锥得到其为相应正方体的一部分，求出球的半径及球的体积.【解答】解：如图所示，在三棱锥中，若底面ABC是正三角形，侧棱长知，三棱锥是正三棱锥，则点S在底面ABC中的投影为底面的中心O，所以面ABC，因此，又E为AC中点，，，所以平面SBE，平面SBE，，又M、N分别为棱SC、BC的中点，则，因此，异面直线MN与AC所成角为；，，，平面SAC ，又，则平面SAC，又三棱锥是正三棱锥，因此三棱锥可以看成正方体的一部分且S，A，B，C为正方体的四个顶点，故球的直径为，则球的体积为故答案为：17. 本题重点考查棱柱的侧面展开图求最短距离和二面角的求法，考查推理能力、计算能力和空间想象能力.将侧面，展开在一个平面内，连交于M，利用最短路线为即可求解；取中点D，连接，过D作，垂足为E，连接说明为平面与平面所成锐二面角的平面角，解直角三角形即可.18. 本题主要考查空间直线和平面的位置关系的判断，以及空间几何体的体积，根据线面垂直的判定定理以及五棱锥的体积公式是解决本题的关键．根据直线平行的性质以及菱形对角线垂直的性质进行证明即可．根据条件求出底面五边形的面积，结合平行线段的性质证明是五棱锥的高，即可得到结论．19. 本题考查四点共线的证明，考查三条直线交于一点的证明，异面直线所成角，属于拔高题．分别连接EF、、，推导出四边形为平行四边形，由此能证明E、F、、C四点共面．推导出直线和CE必相交，设，推导出P是平面ABCD与平面的公共点，由此能证明CE、、DA三线共点．由题意与所成角即为，在中求解即可.20. 本题重点考查线面垂直和线面平行的判定，以及二面角的求法，考查空间想象能力、推理能力和计算能力，属于拔高题.通过求证，即可求证平面PAC；设PD的中点是F，通过求证，即可求证存在中点E，使得平面PCD；设G为AD中点，连结CG，过G作于H，连结CH，先说明是二面角的平面角，再利用解三角形知识求解即可.21. 本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成角等基础知识，考查空间想象能力和运算求解能力，属于拔高题．连接BD ，由题意得，，由，得，由此能证明平面PAD；取棱PC中点N，连接DN，推导出，从而平面PAC，进而，再上，能证明平面PCD；连接AN ，由平面PAC ，知是直线AD与平面PAC所成角，由此能求出直线AD与平面PAC所成角的正弦值．22. 本题考查线面垂直的判定与性质及利用空间向量求二面角和平面与平面垂直.属于拔高题.证明平面，可得，利用，，可得平面BCDE；以EB，ED ，分别为x，y，z 轴，建立坐标系，求出平面、平面的一个法向量，利用向量的夹角公式求二面角的余弦值；设，求出平面的法向量，利用平面平面，可得结论．第31页，共31页。
(完整版)2019数学高考试题分类汇编 立体几何
2019年数学高考试题汇编—立体几何1、全国I 理12．已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为（ ）A ．68πB ．64πC ．62πD ．6π2、全国III 理8．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3、浙江4．祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是 A ．158B ．162C ．182D ．324、浙江8．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 ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β 5、北京理（11）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．6、北京理（12）已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α． 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．7、江苏9．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 . 8、全国I 文16．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______ _____．9、全国II 文理16．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．） 10、全国III 理16．学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.11、浙江17．已知正方形ABCD 的边长为1，当每个(1,2,3,4,5,6)i i λ=取遍1±时，123456||AB BC CD DA AC BD λλλλλλ+++++的最小值是________，最大值是_______.12、北京理（16）（本小题14分）如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =．（Ⅰ）求证：CD ⊥平面PAD ；（Ⅱ）求二面角F –AE –P 的余弦值；（Ⅲ）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．13、江苏16．（本小题满分14分）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 ．14、全国I 理18．（12分）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 1−N 的正弦值．文（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．15、全国II 理（一）必考题：共60分。
2019年高考专题：立体几何试题及答案
2019年高考专题：立体几何试题1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A ．α内有无数条直线与β平行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【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 ．2．【2019年高考江苏卷】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 .【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 =⨯⋅⋅=⨯=.3．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】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）求点C 到平面C 1DE 的距离．【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE .（2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH.从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =，故417CH =. 从而点C 到平面1C DE 的距离为1717. 4．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】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11E BB C C -的体积．【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知∠BEB 1=90°. 由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==. 作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==．所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=． 5．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ．又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）取CG 的中点M ，连结EM ，DM.因为AB ∥DE ，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE ，故DE ⊥CG .由已知，四边形BCGE 是菱形，且∠EBC =60°得EM ⊥CG ，故CG ⊥平面DEM ．因此DM ⊥CG ．在Rt △DEM 中，DE =1，EM =3，故DM =2．所以四边形ACGD 的面积为4．6．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底部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．【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA BD ⊥．又因为底面ABCD 为菱形，所以BD AC ⊥．所以BD ⊥平面PAC ．（2）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 ．所以AE ⊥平面PAB ．所以平面PAB ⊥平面PAE ．（3）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结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 ．7．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ；（2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.【解析】（1）连接BD ，易知ACBD H =，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，所以GH ∥平面P AD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ，又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC 平面PCD PC =， 所以DN ⊥平面P AC ，又PA ⊂平面P AC ，故DN PA ⊥.又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面P AC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面P AC 所成的角， 因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点， 所以3DN =.又DN AN ⊥，在Rt AND △中，3sin 3DN DAN AD ∠==. 所以，直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为33. 8．【2019年高考江苏卷】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−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 .9．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点.（1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【解析】（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）． 不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3.由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35。
(全国通用版)2019高考数学二轮复习 中档大题规范练(四)立体几何与空间向量 理
(四)立体几何与空间向量1．(2018·四川成都市第七中学诊断)在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是梯形，四边形ADEF 是正方形，AB ∥DC ，AB ＝AD ＝1，CD ＝2，AC ＝EC ＝ 5.(1)求证：平面EBC ⊥平面EBD ；(2)设M 为线段EC 上一点，3EM →＝EC →，求二面角M －BD －E 的平面角的余弦值． (1)证明 由AD ＝1，CD ＝2，AC ＝5， 得AD 2＋CD 2＝AC 2，∴△ADC 为直角三角形，且AD ⊥DC ， 同理△EDC 为直角三角形，且ED ⊥DC . 又四边形ADEF 是正方形，∴AD ⊥DE . 又AB ∥DC ，∴DA ⊥AB .在梯形ABCD 中，过点B 作BH ⊥CD 于点H ， 故四边形ABHD 是正方形． 在△BCH 中，BH ＝CH ＝1， ∴∠BCH ＝45°，BC ＝2，∴∠BDC ＝45°，∴∠DBC ＝90°，∴BC ⊥BD .∵ED ⊥AD ，ED ⊥DC ，AD ∩DC ＝D ，AD ，DC ⊂平面ABCD ， ∴ED ⊥平面ABCD ，又BC ⊂平面ABCD ，∴ED ⊥BC ， 又BD ∩ED ＝D ，BD ，ED ⊂平面EBD ， ∴BC ⊥平面EBD ，又BC ⊂平面EBC ，∴平面EBC ⊥平面EBD .(2)解 由(1)可得DA ，DC ，DE 两两垂直，以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，E (0,0,1)，B (1,1,0)，C (0,2,0)． 令M (0，y 0，z 0)，则EM →＝(0，y 0，z 0－1)，EC →＝(0,2，－1)， ∵3EM →＝EC →，∴(0,3y 0,3z 0－3)＝(0,2，－1)，∴点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，23. ∵BC ⊥平面EBD ，∴BC →＝(－1,1,0)是平面EBD 的一个法向量． 设平面MBD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )． DB →＝(1,1,0)，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，23，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·DB →＝0，m ·DM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，23y ＋23z ＝0，可得x ＝－y ＝z .令y ＝－1，得m ＝(1，－1,1)．∴cos〈m ，BC →〉＝m ·BC →|m ||BC →|＝－23×2＝－63.由图形知二面角M －BD －E 为锐角， ∴二面角M －BD －E 的平面角的余弦值为63. 2．(2018·安徽省合肥市第一中学模拟)底面OABC 为正方形的四棱锥P －OABC ，且PO ⊥底面OABC ，过OA 的平面与侧面PBC 的交线为DE ，且满足S △PDE ∶S △PBC ＝1∶4.(1)证明：PA∥平面OBD；(2)当S2四边形OABC＝3S2△POB时，求二面角B－OE－C的余弦值．(1)证明由题意知四边形OABC为正方形，∴OA∥BC，又BC⊂平面PBC，OA⊄平面PBC，∴OA∥平面PBC，又OA⊂平面OAED，平面OAED∩平面PBC＝DE，∴DE∥OA，又OA∥BC，∴DE∥BC.由△PDE∽△PCB，且S△PDE∶S△PBC＝1∶4，知E，D分别为PB，PC的中点．连接AC交OB于点F，则点F为AC的中点，连接DF.∵DF∥PA，DF⊂平面OBD，PA⊄平面OBD，∴PA∥平面OBD.(2)解∵底面OABC为正方形，且PO⊥底面OABC，∴PO，OA，OC两两垂直，以O为坐标原点，OA，OC，OP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，设OA＝OC＝2a，OP＝2b，则O(0,0,0)，C(0,2a,0)，B(2a,2a,0)，F(a，a,0)，P(0,0,2b)，E(a，a，b)．∵PO ⊥平面OABC ，CF ⊂平面OABC ，∴CF ⊥PO . ∵四边形OABC 为正方形， ∴CF ⊥OB ，又PO ∩OB ＝O ，PO ，OB ⊂平面POB ， ∴CF ⊥平面POB ，即CF ⊥平面OBE ，∴平面OBE 的一个法向量为CF →＝(a ，－a,0)． 设平面OEC 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 而OC →＝(0,2a,0)，OE →＝(a ，a ，b )． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·OC →＝0，m ·OE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧0·x ＋2a ·y ＋0·z ＝0，ax ＋ay ＋bz ＝0，取z ＝－a 可得，m ＝(b,0，－a )为平面OCE 的一个法向量．设二面角B －OE －C 的大小为θ， 由图易得θ为锐角， 由S 2四边形OABC ＝3S 2△POB ，得PO ＝63OA ， ∴b a ＝63. 故cos θ＝|CF →·m ||CF →||m |＝ab a 2＋a 2·a 2＋b 2＝55， ∴二面角B －OE －C 的余弦值为55. 3．(2018·宁夏回族自治区银川一中模拟)如图，已知△DEF 与△ABC 分别是边长为1与2的正三角形，AC ∥DF ，四边形BCDE 为直角梯形，且DE ∥BC ，BC ⊥CD ，点G 为△ABC 的重心，N 为AB 的中点，AG ⊥平面BCDE ，M 为线段AF 上靠近点F 的三等分点．(1)求证：GM ∥平面DFN ；(2)若二面角M －BC －D 的余弦值为74，试求异面直线MN 与CD 所成角的余弦值． (1)证明 在△ABC 中，连接AG 并延长交BC 于点O ，连接ON ，OF .因为点G 为△ABC 的重心，所以AG AO ＝23，且O 为BC 的中点．又AM →＝23AF →，所以AG AO ＝AM AF ＝23，所以GM ∥OF .因为点N 为AB 的中点， 所以NO ∥AC . 又AC ∥DF ， 所以NO ∥DF ，所以O ，D ，F ，N 四点共面， 又OF ⊂平面DFN ，GM ⊄平面DFN ， 所以GM ∥平面DFN .(2)解 由题意知，AG ⊥平面BCDE ， 因为AG ⊂平面ABC ， 所以平面ABC ⊥平面BCDE ，又BC ⊥CD ，平面ABC ∩平面BCDE ＝BC ，CD ⊂平面BCDE ，所以CD ⊥平面ABC .又四边形BCDE 为直角梯形，BC ＝2，DE ＝1， 所以OE ∥CD ， 所以OE ⊥平面ABC .因为AC ∥DF ，DE ∥BC ，AC ∩BC ＝C ，DE ∩DF ＝D ，AC ，BC ⊂平面ABC ，DE ，DF ⊂平面DEF ， 所以平面ABC ∥平面DEF ，又△DEF 与△ABC 分别是边长为1与2的正三角形，故以O 为坐标原点，OC ，OE ，OA 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O －xyz . 设CD ＝m ，则C (1,0,0)，D (1，m,0)，A (0，0，3)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，m ，32，B (－1,0,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，32， 因为AM →＝23AF →，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，2m 3，233，BC →＝(2,0,0)，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，2m 3，233，设平面MBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·BC →＝2x ＝0，n ·BM →＝43x ＋2m 3y ＋233z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－3m z ，令z ＝－m ，得n ＝(0，3，－m )． 又平面BCD 的法向量为v ＝(0,0,1)．由题意得|cos 〈v ，n 〉|＝|v ·n ||v ||n |＝m 3＋m 2＝74， 解得m ＝213， 又MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－56，－2m 3，－36，CD →＝()0，m ，0，所以|cos 〈MN →，CD →〉|＝ |MN →·CD →||MN →||CD →|＝m m 2＋74＝277. 所以异面直线MN 与CD 所成角的余弦值为277.4．(2018·益阳统考)如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ，AB ，AC 两两垂直，PA ＝AB ＝AC ，平面α∥平面PAB ，且α与棱PC ，AC ，BC 分别交于P 1，A 1，B 1三点．(1)过A 作直线l ，使得l ⊥BC ，l ⊥P 1A 1，请写出作法并加以证明； (2)若111p A B C P ABCV V --＝827，D 为线段B 1C 的中点，求直线P 1D 与平面PA 1B 1所成角的正弦值． 解 (1)作法：取BC 的中点H ，连接AH ，则直线AH 即为要求作的直线l .证明如下：∵PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，且AB ∩AC ＝A ，AB ，AC ⊂平面ABC ， ∴PA ⊥平面ABC . ∵平面α∥平面PAB ，且α∩平面PAC ＝P 1A 1，平面PAB ∩平面PAC ＝PA ， ∴P 1A 1∥PA ， ∴P 1A 1⊥平面ABC ， ∴P 1A 1⊥AH .又AB ＝AC ，H 为BC 的中点，则AH ⊥BC ，从而直线AH 即为要求作的直线l . (2)∵111p A B C P ABCV V --＝827， 又平面α∥平面PAB ， ∴A 1C AC ＝B 1C BC ＝P 1C PC ＝23. 以A 为坐标原点，AB ，AC ，AP 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A －xyz ，设AB ＝3，则A 1(0,1,0)，B 1(2,1,0)，P (0，0,3)，P 1(0,1,2)，D (1,2,0)，则A 1B 1→＝(2,0,0)，PA 1→＝(0,1，－3)，P 1D →＝(1,1，－2)， 设平面PA 1B 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1B 1→＝0，n ·PA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y －3z ＝0，令z ＝1，得n ＝(0,3,1)． 则cos 〈P 1D →，n 〉＝16×10＝1530. 故直线P 1D 与平面PA 1B 1所成角的正弦值为1530. 5．(2018·江西省重点中学协作体联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝AC ＝2，AD ＝22，PB ＝2，PB ⊥AC .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAC ；(2)若∠PBA ＝45°，试判断棱PA 上是否存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为69？若存在，求出AEAP的值；若不存在，请说明理由． (1)证明 因为四边形ABCD 是平行四边形，AD ＝22， 所以BC ＝AD ＝22， 又AB ＝AC ＝2，所以AB 2＋AC 2＝BC 2，所以AC ⊥AB ，又PB ⊥AC ，AB ∩PB ＝B ，AB ，PB ⊂平面PAB ， 所以AC ⊥平面PAB . 又因为AC ⊂平面PAC ， 所以平面PAB ⊥平面PAC .(2)解 由(1)知AC ⊥AB ，AC ⊥平面PAB ， 分别以AB ，AC 所在直线为x 轴，y 轴，平面PAB 内过点A 且与直线AB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)， AC →＝(0,2,0)，BC →＝(－2,2,0)，由∠PBA ＝45°，PB ＝2，可得P (1,0,1)， 所以AP →＝(1,0,1)，BP →＝(－1,0,1)， 假设棱PA 上存在点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为69， 设AE AP＝λ(0<λ<1)，则AE →＝λAP →＝(λ，0，λ)，CE →＝AE →－AC →＝(λ，－2，λ)， 设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，－x ＋z ＝0，令z ＝1，可得x ＝y ＝1，所以平面PBC 的一个法向量n ＝(1,1,1)， 设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则 sin θ＝ |cos 〈n ，CE →〉| ＝|λ－2＋λ|3·λ2＋(－2)2＋λ2＝|2λ－2|3·2λ2＋4＝69， 解得λ＝12或λ＝74(舍)．所以在棱PA 上存在点E ，且AE AP ＝12， 使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为69.。
2019高考数学试题汇编之立体几何(原卷版)
专题04 立体几何1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行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2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】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3．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A．158 B．162C．182 D．3244．【2019年高考浙江卷】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 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β5．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC P 到平面ABC 的距离为___________．6．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）7．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D 挖去四棱锥O −EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =AA =，，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.8．【2019年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．9．【2019年高考北京卷文数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．10．【2019若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________.11．【2019年高考江苏卷】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 ▲ .12．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】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）求点C 到平面C 1DE 的距离．13．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】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11E BB C C 的体积．14．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积.-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 15．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD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．16．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.17．【2019年高考江苏卷】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 ．18．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.19．【云南省昆明市2019届高三高考5月模拟数学试题】已知直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，若αβ⊥，则下列结论正确的是 A ．l β∥或l β⊄ B ．//l m C ．m α⊥D ．l m ⊥20．【陕西省2019届高三年级第三次联考数学试题】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为A B ．34C ．4D ．5421．【四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学试题】如图，边长为2的正方形ABCD 中，,E F 分别是,BC CD 的中点，现在沿,AE AF 及EF 把这个正方形折成一个四面体，使,,B C D 三点重合，重合后的点记为P ，则四面体P AEF -的高为A ．13 B ．23C ．34D ．122．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学试题】在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，ABC △是边长为6的等边三角形，PAB △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．23．【河南省洛阳市2019年高三第三次统一考试（5月）数学试题】在四棱柱1111ABCD A B C D -中，四边形ABCD 是平行四边形，1A A ⊥平面ABCD ， 60BAD ∠=︒，12,1,AB BC AA ===，E 为11A B 中点.（1）求证：平面1A BD ⊥平面1A AD ； （2）求多面体1A E ABCD -的体积.。
2019高考数学试题汇编之立体几何(原卷版)
暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱“专题04立体几何1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行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2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】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3．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的幂势既同，则积不容异”称为祖=体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A．158C．182B．162D．3244．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V–ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱V A上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则A．β<γ，α<γB．β<α，β<γC．β<α，γ<αD．α<β，γ<β5．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】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___________．6．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）7．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD A B C D挖去四棱锥O−EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H 1111分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm，AA1=4cm，3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.8．【2019年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【 E 12． 2019 年高考全国Ⅰ卷文数】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°，9．【2019 年高考北京卷文数】已知 l ，m 是平面 α 外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥ α ；③l ⊥ α ．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．10．【2019 年高考天津卷文数】已知四棱锥的底面是边长为 2 的正方形，侧棱长均为 5 .若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 __________.11． 2019 年高考江苏卷】如图，长方体 ABCD - A B C D 的体积是 120， 为 CC 的中点，则三棱锥 E −BCD1 1 1 11的体积是 ▲ .【E ，M ，N 分别是 BC ，BB 1，A 1D 的中点.A（1）证明：MN ∥平面 C 1DE ；（2）求点 C 到平面 C 1DE 的距离．13．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体 ABCD – 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 EBB 1C 1C的体积．14．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB，△Rt ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积.15．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面P AC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面P AB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．16．【2019 年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P - ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，△PCD 为等边三角形，平面 PAC ⊥ 平面 PCD ， P A ⊥ CD , C D = 2, AD = 3 .（1）设 G ，H 分别为 PB ，AC 的中点，求证： G H ∥平面 P AD ；（2）求证： P A ⊥ 平面 PCD ；（3）求直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值.17．【2019 年高考江苏卷】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 ．18．【2019 年高考浙江卷】如图，已知三棱柱 ABC - A B C ，平面 A ACC ⊥ 平面 ABC , ∠ABC = 90︒ ，1 1 1 11∠BAC = 30︒, A A = AC = AC, E, F 分别是 AC ，A B 的中点.【1 11 1（1）证明： EF ⊥ BC ；（2）求直线 EF 与平面 A 1BC 所成角的余弦值.19．云南省昆明市 2019 届高三高考 5 月模拟数学试题】已知直线 l ⊥ 平面 α ，直线 m ∥平面 β ，若 α ⊥ β ，A ．B ． 2【 1则下列结论正确的是A ． l ∥β 或 l ⊄ βC ． m ⊥ αB ． l // mD ． l ⊥ m20．【陕西省 2019 届高三年级第三次联考数学试题】已知三棱柱 ABC - A B C 的侧棱与底面边长都相等，1 1 1A 在底面 ABC 上的射影为 BC 的中点，则异面直线 AB 与 CC 所成的角的余弦值为1 1A ．34B ．345C ．D ．45 421．【四川省宜宾市 2019 届高三第三次诊断性考试数学试题】如图，边长为2 的正方形 ABCD 中， E , F 分别是 BC , C D 的中点，现在沿 AE , AF 及 EF 把这个正方形折成一个四面体，使 B, C , D 三点重合，重合后的点记为 P ，则四面体 P - AEF 的高为13 3C ．3 4D ．122． 广东省深圳市高级中学 2019 届高三适应性考试（6 月）数学试题】在三棱锥 P - ABC 中，平面 P AB ⊥平面 ABC ，△ABC 是边长为 6 的等边三角形，△PAB 是以 AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．23．【河南省洛阳市 2019 年高三第三次统一考试（5 月）数学试题】在四棱柱 ABCD - A B C D 中，四边1 1 1 1形 ABCD 是平行四边形，A A ⊥平面 ABCD ， ∠BAD = 60︒ ，AB = 2, BC = 1, AA 1 = 6 ，E 为 A 1B 1中点.1（1）求证：平面 A 1BD ⊥ 平面 A 1AD ；（2）求多面体 A E - ABCD 的体积.。
2019年高考数学(理)真题与模拟题分类训练 专题04 立体几何(学生版)
专题04 立体几何1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P−ABC的四个顶点在球O的球面上，P A=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为A．B．C．D2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行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3．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】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4．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A ．158B ．162C ．182D ．3245．【2019年高考浙江卷】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 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β6．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.7．【2019年高考北京卷理数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．8．【2019年高考北京卷理数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．9．【2019底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．10．【2019年高考江苏卷】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 ▲ .11．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】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 1−N 的正弦值．12．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．13．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.14．【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =． （1）求证：CD ⊥平面PAD ； （2）求二面角F –AE –P 的余弦值； （3）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．15．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面A B C D ，,CF AE AD BC ∥∥，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； （3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．16．【2019年高考江苏卷】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 ．17．【2019年高考浙江卷】（本小题满分15分）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.18．【云南省昆明市2019届高三高考5月模拟数学试题】已知直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，若αβ⊥，则下列结论正确的是 A ．l β∥或l β⊄ B ．//l m C ．m α⊥D ．l m ⊥19．【陕西省2019届高三年级第三次联考数学试题】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为A B ．34C D ．5420．【四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学试题】如图，边长为2的正方形ABCD 中，,E F 分别是,BC CD 的中点，现在沿,AE AF 及EF 把这个正方形折成一个四面体，使,,B C D 三点重合，重合后的点记为P ，则四面体P AEF -的高为A ．13 B ．23C ．34D ．121．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学试题】在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，ABC △是边长为6的等边三角形，PAB △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．22．【2019北京市通州区三模数学试题】如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱1A A ABCD ⊥底面，AB AC ⊥，1AB =，12,AC AA AD CD ===E 为线段1AA 上的点，且12AE =．（1）求证：BE ⊥平面1ACB ； （2）求二面角11D AC B --的余弦值；（3）判断棱11A B 上是否存在点F ，使得直线DF ∥平面1ACB ，若存在，求线段1A F 的长；若不存在，说明理由．。
2019届高考数学总复习分类试卷 立体几何
2019届高考数学总复习分类试卷立体几何(时间:120分钟总分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.在空间中,已知a,b是直线,α,β是平面,且a⊂α,b⊂β,α∥β,则a,b的位置关系是( )A.平行B.相交C.异面D.平行或异面2.设直线m与平面α相交但不垂直,则下列说法正确的是( )A.在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直B.过直线m有且只有一个平面与平面α垂直C.与直线m垂直的直线不可能与平面α平行D.与直线m平行的平面不可能与平面α垂直3.在三角形ABC中,AB=3,BC=4,∠ABC=90°,若将△ABC绕直线BC旋转一周,则所形成的几何体的侧面积为( )A.15πB.20πC.30πD.40π4.如图是正方体截去部分后所得的几何体,则该几何体的侧(左)视图是( )5.设a,b是两条互不垂直的异面直线,则下列命题成立的是( )A.存在唯一直线l,使得l⊥a,且l⊥bB.存在唯一直线l,使得l∥a,且l⊥bC.存在唯一平面α,使得a⊂α,且b∥αD.存在唯一平面α,使得a⊂α,且b⊥α6.设m,n是不同的直线,α,β是不同的平面,下列命题中正确的是( )A.若m∥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥βB.若m∥α,n⊥β,m∥n,则α⊥βC.若m∥α,n⊥β,m⊥n,则α∥βD.若m∥α,n⊥β,m∥n,则α∥β7.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,则这个几何体的体积为( )A.1B.2C.3D.48.如图,三棱锥V-ABC的底面为正三角形,侧面VAC与底面垂直且VA=VC,已知其正视图的面积为2,则其侧视图的面积为( )3A.√32B.√33C.√3D.2√39.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,则该几何体的各个面的面积中,最小的值为( )A.2√5B.8C.4√5D.8√210.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=BC=2,AA1=1,则点A到平面A1BC的距离为( )A.√34B.√32C.3√34D.√311.一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为( )11题图12题图A.(8+π)√36B.(8+2π)√36C.(6+π)√36D.(9+2π)√3612.在正方体AC1中,E是棱CC1的中点,F是侧面BCC1B1内的动点,且A1F与平面D1AE的垂线垂直,如图所示,下列说法不正确的是( )A.点F的轨迹是一条线段B.A1F与BE是异面直线C.A1F与D1E不可能平行D.三棱锥F-ABC1的体积为定值1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 得分二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中的横线上)13.一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为m3.14.如图是一个几何体的正(主)视图和侧(左)视图,其俯视图是面积为8√2的矩形.则该几何体的表面积是.15.底面是正多边形,顶点在底面的射影是底面中心的棱锥叫正棱锥.如图,半球内有一内接正四棱,则该半球的体积为.锥S-ABCD,该四棱锥的体积为4√2316.已知α,β是两个不同的平面,AB,CD是两条不同的线段,α∩β=EF,AB⊥α于B,CD⊥α于D,若增加一个条件,就能得出BD⊥EF,现有下列条件:①AC⊥β;②AC与α,β所成的角相等;③AC与CD 在β内的射影在同一条直线上,其中符合要求的条件的序号是.三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)如图,在三棱锥P-ABC中,E,F分别为AC,BC的中点.(1)求证:EF∥平面PAB;(2)若平面PAC⊥平面ABC,且PA=PC,AB⊥BC,求证:平面PEF⊥平面PBC.18.(本小题满分12分)八面体PABCDEF是由一个正四棱锥P-ABCD和一个直三棱柱ADE-BCF组合而成的,△ADE是以A为直角顶点的腰长为4的等腰三角形.(1)证明:平面PAD⊥平面ABFE;(2)若四棱锥P-ABCD的体积与三棱锥P-ABF的体积比为3∶2,求四棱锥P-ABCD的高.19.(本小题满分12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1,AB⊥AC,D为BC的中点,AB1与A1B交于点O.(1)求证:A1C∥平面AB1D;(2)求证:A1B⊥平面AB1C;(3)在线段B1C上是否存在点E,使得BC⊥AE?请说明理由.,且△ABC所在平面与矩形20.(本小题满分12分)如图所示,在△ABC中,AC=1,AB=3,∠ACB=π2BCDE所在平面相互垂直,CD=2,P为线段AB的中点.(1)求证:AD∥平面PCE;(2)求三棱锥A-PCE的体积.21.(本小题满分12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C⊥侧面ABB1A1,AC=AA1=√2AB,∠AA1C1=60°,AB⊥AA1,H为CC1的中点,D为BB1的中点.(1)求证:A1D⊥平面AB1H;(2)若AB=√2,求三棱柱ABC-A1B1C1的体积.22.(本小题满分12分)如图所示,AD,DC,DE两两垂直,BC∥AD,AD=DC=DE=2,BC=1,G,H分别是BE,CE的中点.(1)判断CE与平面AGHD是否垂直,若垂直,请给予证明;若不垂直,请说明理由;(2)求多面体ABG-DCH的体积.立体几何一、选择题1.D 由于a ⊂α,b⊂β,α∥β,所以a,b 平行或异面.2.B 可以通过观察正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1进行判断,取BC 1为直线m,平面ABCD 为平面α,由AB,CD 均与m 垂直知,A 错;由D 1C 1与m 垂直且与平面α平行知,C 错;由平面ADD 1A 1与m 平行且与平面α垂直知,D 错.故选B.3.A 依题意,所得几何体的侧面积等于π×3×5=15π.4.C 侧(左)视图是从几何体的左侧向右边看,故选C.5.C a,b 是两条互不垂直的异面直线,把它放入正方体中如图,由图可知A 不正确;由l ∥a,且l ⊥b,可得a ⊥b,与题设矛盾,故B 不正确;由a ⊂α,且b ⊥α,可得a ⊥b,与题设矛盾,故D 不正确,故选C.6.B B 选项中,由条件n ⊥β,m∥n,推出m ⊥β,又m ∥α,易知α⊥β,故B 正确.7.D 易知该几何体是一四棱锥P-ABCD,底面为直角梯形,BC=2AD=4,PB ⊥底面ABCD,PB=AB=2,则这个几何体的体积V=13×12×(2+4)×2×2=4.8.B 设△ABC 的边长为2a,三棱锥V-ABC 的高为h,由题意知,12×2a·h=ah=23则其侧视图的面积为12×√3a ·h=√32×23=√33.9.B 构造棱长为4的正方体,由三视图可知,该几何体为如图所示的三棱锥P-ABC,其中点P,B 分别为相应棱的中点.S △PAB =S △PBC =12×√42+22×4=4√5,S △ABC =12×4×4=8,S △PAC =12·AC ·√PC 2-(AC 2)2=12×4×√(42+42+22)-22=8√2.因为8√2>4√5>8,所以该几何体的各个面的面积中,最小的值为8,故选B.10.B 设点A 到平面A 1BC 的距离为h,因为V A -A 1BC =V A 1-ABC ,所以13·h ·S △A 1BC =13·AA 1·S △ABC ,又S △A 1BC =12×√(√5)2-12×2=2,AA 1=1,S △ABC =√34×22=√3,所以h=√32.11.A 依题意,该几何体是一个组合体,左侧是半个圆锥(其底面半径是1、高是√3),右侧是一个四棱锥(其底面是边长为2的正方形、高是√3),因此这个几何体的体积为12×(13π×12×√3)+13×22×√3=(8+π)√36,选A.12.C 由题知A 1F ∥平面D 1AE,分别取B 1C 1,BB 1的中点H,G,连接HG,A 1H,A 1G,BC 1,可得HG ∥BC 1∥AD 1,A 1G ∥D 1E,则易知平面A 1HG ∥平面AD 1E,故点F 的轨迹为线段HG,A 正确;A 1F 与BE 是异面直线,故B 正确;当F 是BB 1的中点时,A 1F 与D 1E 平行,故C 不正确;∵HG∥平面ABC 1,∴F 点到平面ABC 1的距离不变,故三棱锥F-ABC 1的体积为定值,故D 正确. 二、填空题 13.答案83π解析 由三视图知该几何体由两个相同的圆锥和一个圆柱组成.其中,圆锥的底面半径和圆柱的底面半径均为1 m,圆锥的高均为1 m,圆柱的高为2 m.因此该几何体的体积为V=2×13π×12×1+π×12×2=83π m 3.14.答案 20+8√2解析 这个空间几何体是一个平放的三棱柱,由其俯视图是面积为8√2的矩形,可得三棱柱的高为4.故其表面积为12×2×2×2+2×4×2+4×2√2=20+8√2.15.答案4√2π3解析 连接AC,BD,设交点为O,球的半径为r,连接SO,由题意可知SO=AO=OC=OD=OB=r,则AB=√2r, 四棱锥的体积为13(√2r)2×r=4√23,解得r=√2,故半球的体积为2π3r 3=4√2π3. 16.答案 ①③解析 ∵AB⊥α于B,CD ⊥α于D,∴AB∥CD,∴A,B,C,D 四点共面,若AC ⊥β,又EF ⊂β,∴AC⊥EF,又∵AB⊥α,EF⊂α,∴AB⊥EF,∵AB∩AC=A,∴EF⊥平面ABCD,又∵BD⊂平面ABCD,∴BD⊥EF,故①符合要求;由①可知,若BD ⊥EF 成立,则有EF ⊥平面ABCD,则有EF ⊥AC 成立,而由AC 与α,β所成角相等是无法得到EF ⊥AC 的,故②不符合要求;由AC 与CD 在β内的射影在同一条直线上可知EF ⊥平面ABCD,由①可知③符合要求. 三、解答题17.证明 (1)在△ABC 中,∵E,F 分别为AC,BC 的中点,∴EF∥AB.又EF ⊄平面PAB,AB ⊂平面PAB,∴EF∥平面PAB. (2)在△PAC 中,∵PA=PC,E 为AC 的中点,∴PE⊥AC.∵平面PAC ⊥平面ABC,平面PAC ∩平面ABC=AC, ∴PE⊥平面ABC.∴PE⊥BC. ∵EF∥AB,AB ⊥BC,∴EF⊥BC, 又EF ∩PE=E,∴BC⊥平面PEF, ∴平面PEF ⊥平面PBC.18.解析 (1)证明:直三棱柱ADE-BCF 中,AB ⊥平面ADE, ∴AB⊥AD,又AD ⊥AE,AB ∩AE=A, ∴AD⊥平面ABFE,又AD ⊂平面PAD, ∴平面PAD ⊥平面ABFE. (2)设四棱锥P-ABCD 的高为h, 由题意知P 到平面ABF 的距离d=2, ∴V P-ABF =13S △ABF d=13×(12×4×4)×2=163,而V P-ABCD =13S 四边形ABCD h=13×(4×4)×h=163h,∵V P -ABCD VP -ABF=32,∴163h 163=32,解得h=32.∴四棱锥P-ABCD 的高为32. 19.解析 (1)证明:连接OD.在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,因为AB=AA 1,所以四边形AA 1B 1B 为正方形,所以O 为A 1B 的中点.又因为D为BC的中点,所以OD为△A1BC的中位线,所以OD∥A1C.又因为A1C⊄平面AB1D,OD⊂平面AB1D,所以A1C∥平面AB1D.(2)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥AB,AC⊥AA1,AA1∩AB=A,所以AC⊥平面AA1B1B,所以AC⊥A1B.在正方形AA1B1B中,A1B⊥AB1,又AC∩AB1=A,所以A1B⊥平面AB1C.(3)在线段B1C上存在点E,使得BC⊥AE.理由如下:取B1C的中点E,连接DE,AE,则DE∥BB1,所以DE⊥BC.因为AB=AC,D为BC的中点,所以AD⊥BC.因为AD∩DE=D,所以BC⊥平面ADE,所以BC⊥AE.20.解析(1)证明:连接BD,交CE于点Q,连接PQ.因为四边形BCDE为矩形,所以Q为BD的中点.在△ABD中,Q为BD的中点,P为AB的中点,所以AD∥PQ,又PQ⊂平面PCE,AD⊄平面PCE,所以AD∥平面PCE.(2)因为△ABC所在平面与矩形BCDE所在平面相互垂直,平面ABC∩平面BCDE=CB,又BE⊥CB,所以BE⊥平面ABC.在Rt △ABC 中,CB=√AB 2-AC 2=√32-12=2√2,故S △ABC =12·AC ·CB=12×1×2√2=√2.因为P 为AB 的中点,所以S △ACP =12S △ABC =√22.故三棱锥A-PCE 的体积为V 三棱锥A-PCE =V 三棱锥E-APC =13S △APC ·BE=13×√22×2=√23.21.解析 (1)证明:连接AC 1,则易知△ACC 1为正三角形,∵H 为CC 1的中点,∴AH⊥CC 1,从而AH ⊥AA 1,又平面AA 1C 1C ⊥平面ABB 1A 1,平面AA 1C 1C ∩平面ABB 1A 1=AA 1,AH ⊂平面AA 1C 1C,∴AH⊥平面ABB 1A 1,又A 1D ⊂平面ABB 1A 1,∴AH⊥A 1D.① 设AB=√2a,∵AC=AA 1=√2AB,∴AC=AA 1=2a,DB 1=a,DB 1B 1A 1=√2=A 1B1AA 1, 又∠DB 1A 1=∠B 1A 1A=90°,∴△A 1DB 1∽△AB 1A 1,∴∠B 1AA 1=∠B 1A 1D,又∠B 1A 1D+∠AA 1D=90°,∴∠B 1AA 1+∠AA 1D=90°,∴A 1D ⊥AB 1,②由①②及AB 1∩AH=A,可得A 1D ⊥平面AB 1H.(2)取AA 1的中点M,连接C 1M,则C 1M ∥AH,∴C 1M ⊥平面ABB 1A 1, ∴V C 1-AB 1A 1=13S △AB 1A 1·C 1M=13×√2×√3=√63,∴三棱柱ABC-A 1B 1C 1的体积为3V C 1-AB 1A 1=√6.22.解析 (1)CE 与平面AGHD 垂直.理由如下:∵AD,DC,DE 两两垂直,CD ∩DE=D,∴AD⊥平面DCE,∵BC∥AD,∴BC⊥平面CDE,而CE ⊂平面CDE,∴BC⊥CE. ∵G,H 分别是BE,CE 的中点,∴GH∥BC,从而CE ⊥GH.∵CD⊥DE,CD=DE,H 是CE 的中点,∴CE⊥DH. 又DH ∩GH=H,∴CE⊥平面AGHD.(2)∵AD,DC,DE 两两垂直,AD ∩CD=D, ∴ED⊥平面ABCD,∴V E-ABCD =13S 四边形ABCD ·DE=13×[12×(1+2)×2]×2=2. ∵BC∥AD,GH ∥BC,∴GH∥AD.又GH=12BC=12,DH=HE=12CE=√2,且CE ⊥平面AGHD, ∴V E-AGHD =13S 四边形AGHD ·HE=13×[12×(12+2)×√2]×√2=56, ∴多面体ABG-DCH 的体积V=V E-ABCD -V E-AGHD =2-56=76.。
2019年高考文科数学阶段测试试卷及答案解析：立体几何
2019年⾼考⽂科数学阶段测试试卷及答案解析：⽴体⼏何阶段检测四⽴体⼏何(时间:120分钟总分:150分)⼀、选择题(本⼤题共12⼩题,每⼩题5分,共60分.在每⼩题给出的四个选项中,只有⼀项是符合题⽬要求的)1.在空间中,已知a,b是直线,α,β是平⾯,且a?α,b?β,α∥β,则a,b的位置关系是()A.平⾏B.相交C.异⾯D.平⾏或异⾯2.设直线m与平⾯α相交但不垂直,则下列说法正确的是()A.在平⾯α内有且只有⼀条直线与直线m垂直B.过直线m有且只有⼀个平⾯与平⾯α垂直C.与直线m垂直的直线不可能与平⾯α平⾏D.与直线m平⾏的平⾯不可能与平⾯α垂直3.在三⾓形ABC中,AB=3,BC=4,∠ABC=90°,若将△ABC绕直线BC旋转⼀周,则所形成的⼏何体的侧⾯积为()A.15πB.20πC.30πD.40π4.如图是正⽅体截去部分后所得的⼏何体,则该⼏何体的侧(左)视图是()5.设a,b是两条互不垂直的异⾯直线,则下列命题成⽴的是()A.存在唯⼀直线l,使得l⊥a,且l⊥bB.存在唯⼀直线l,使得l∥a,且l⊥bC.存在唯⼀平⾯α,使得a?α,且b∥αD.存在唯⼀平⾯α,使得a?α,且b⊥α6.设m,n是不同的直线,α,β是不同的平⾯,下列命题中正确的是()A.若m∥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥βB.若m∥α,n⊥β,m∥n,则α⊥βC.若m∥α,n⊥β,m⊥n,则α∥βD.若m∥α,n⊥β,m∥n,则α∥β7.如图,⽹格纸上⼩正⽅形的边长为1,粗实线画出的是某⼏何体的三视图,则这个⼏何体的体积为()A.1B.2C.3D.48.如图,三棱锥V-ABC的底⾯为正三⾓形,侧⾯VAC与底⾯垂直且VA=VC,已知其正视图的⾯积为,则其侧视图的⾯积为()A. B. C. D.29.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,则该⼏何体的各个⾯的⾯积中,最⼩的值为()A.2B.8C.4D.810.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=BC=2,AA1=1,则点A到平⾯A1BC的距离为()A. B. C. D.11.⼀个⼏何体的三视图如图所⽰,则这个⼏何体的体积为()11题图12题图A. B. C. D.12.在正⽅体AC1中,E是棱CC1的中点,F是侧⾯BCC1B1内的动点,且A1F与平⾯D1AE的垂线垂直,如图所⽰,下列说法不正确的是()A.点F的轨迹是⼀条线段B.A1F与BE是异⾯直线13.⼀个⼏何体的三视图如图所⽰(单位:m),则该⼏何体的体积为m3.14.如图是⼀个⼏何体的正(主)视图和侧(左)视图,其俯视图是⾯积为8的矩形.则该⼏何体的表⾯积是.15.底⾯是正多边形,顶点在底⾯的射影是底⾯中⼼的棱锥叫正棱锥.如图,半球内有⼀内接正四棱锥S-ABCD,该四棱锥的体积为,则该半球的体积为.16.已知α,β是两个不同的平⾯,AB,CD是两条不同的线段,α∩β=EF,AB⊥α于B,CD⊥α于D,若增加⼀个条件,就能得出BD⊥EF,现有下列条件:①AC⊥β;②AC与α,β所成的⾓相等;③AC与CD在β内的射影在同⼀条直线上,其中符合要求的条件的序号是.三、解答题(本⼤题共6⼩题,共70分.解答时写出必要的⽂字说明、证明过程或演算步骤)17.(本⼩题满分10分)如图,在三棱锥P-ABC中,E,F分别为AC,BC的中点.(1)求证:EF∥平⾯PAB;(2)若平⾯PAC⊥平⾯ABC,且PA=PC,AB⊥BC,求证:平⾯PEF⊥平⾯PBC.18.(本⼩题满分12分)⼋⾯体PABCDEF是由⼀个正四棱锥P-ABCD和⼀个直三棱柱ADE-BCF组合⽽成的,△ADE是以A为直⾓顶点的腰长为4的等腰三⾓形.(1)证明:平⾯PAD⊥平⾯ABFE;(2)若四棱锥P-ABCD的体积与三棱锥P-ABF的体积⽐为3∶2,求四棱锥P-ABCD的⾼. 19.(本⼩题满分12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1,AB⊥AC,D为BC的中点,AB1与A1B交于点O.(1)求证:A1C∥平⾯AB1D;(2)求证:A1B⊥平⾯AB1C;(3)在线段B1C上是否存在点E,使得BC⊥AE?请说明理由.20.(本⼩题满分12分)如图所⽰,在△ABC中,AC=1,AB=3,∠ACB=,且△ABC所在平⾯与矩形BCDE所在平⾯相互垂直,CD=2,P为线段AB 的中点.(1)求证:AD∥平⾯PCE;(2)求三棱锥A-PCE的体积.21.(本⼩题满分12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧⾯AA1C1C⊥侧⾯ABB1A1,AC=AA1=AB,∠AA1C1=60°,AB⊥AA1,H 为CC1的中点,D为BB1的中点.(1)求证:A1D⊥平⾯AB1H;(2)若AB=,求三棱柱ABC-A1B1C1的体积. 22.(本⼩题满分12分)如图所⽰,AD,DC,DE两两垂直,BC∥AD,AD=DC=DE=2,BC=1,G,H分别是BE,CE的中点.(1)判断CE与平⾯AGHD是否垂直,若垂直,请给予证明;若不垂直,请说明理由;(2)求多⾯体ABG-DCH的体积.阶段检测四⽴体⼏何⼀、选择题1.D由于a?α,b?β,α∥β,所以a,b平⾏或异⾯.2.B可以通过观察正⽅体ABCD-A1B1C1D1进⾏判断,取BC1为直线m,平⾯ABCD为平⾯α,由AB,CD均与m垂直知,A错;由D1C1与m垂直且与平⾯α平⾏知,C错;由平⾯ADD1A1与m平⾏且与平⾯α垂直知,D错.故选B.3.A依题意,所得⼏何体的侧⾯积等于π×3×5=15π.4.C侧(左)视图是从⼏何体的左侧向右边看,故选C.5.C a,b是两条互不垂直的异⾯直线,把它放⼊正⽅体中如图,由图可知A不正确;由l∥a,且l⊥b,可得a⊥b,与题设⽭盾,故B不正确;由a?α,且b⊥α,可得a⊥b,与题设⽭盾,故D不正确,故选C.6.B B选项中,由条件n⊥β,m∥n,推出m⊥β,⼜m∥α,易知α⊥β,故B正确.7.D易知该⼏何体是⼀四棱锥P-ABCD,底⾯为直⾓梯形,BC=2AD=4,PB⊥底⾯ABCD,PB=AB=2,则这个⼏何体的体积V=××(2+4)×2×2=4.8.B 设△ABC 的边长为2a,三棱锥V-ABC 的⾼为h,由题意知,×2a·h=ah=则其侧视图的⾯积为× a ·h= × =.9.B 构造棱长为4的正⽅体,由三视图可知,该⼏何体为如图所⽰的三棱锥P-ABC,其中点P,B 分别为相应棱的中点.S △PAB =S △PBC =××4=4 ,S△ABC = ×4×4=8,S △PAC =·AC · -=×4× -=8 .因为8 >4 >8,所以该⼏何体的各个⾯的⾯积中,最⼩的值为8,故选B.10.B 设点A 到平⾯A 1BC 的距离为h,因为 - = - ,所以·h · △ =·AA 1·S △ABC ,⼜△ =× - ×2=2,AA 1=1,S △ABC =×22= 所以h=.11.A 依题意,该⼏何体是⼀个组合体,左侧是半个圆锥(其底⾯半径是1、⾼是 ),右侧是⼀个四棱锥(其底⾯是边长为2的正⽅形、⾼是 ),因此这个⼏何体的体积为×+×22× =,选A.12.C 由题知A 1F ∥平⾯D 1AE,分别取B 1C 1,BB 1的中点H,G,连接HG,A 1H,A 1G,BC 1,可得HG ∥BC 1∥AD 1,A 1G ∥D 1E,则易知平⾯A 1HG ∥平⾯AD 1E,故点F 的轨迹为线段HG,A 正确;A 1F 与BE 是异⾯直线,故B 正确;当F 是BB 1的中点时,A 1F 与D 1E 平⾏,故C 不正确;∵HG∥平⾯ABC 1,∴F 点到平⾯ABC 1的距离不变,故三棱锥F-ABC 1的体积为定值,故D 正确.⼆、填空题 13.答案π解析由三视图知该⼏何体由两个相同的圆锥和⼀个圆柱组成.其中,圆锥的底⾯半径和圆柱的底⾯半径均为1 m,圆锥的⾼均为 1 m,圆柱的⾼为 2 m.因此该⼏何体的体积为V=2×π×12×1+π×12×2=π m 3. 14.答案 20+8解析这个空间⼏何体是⼀个平放的三棱柱,由其俯视图是⾯积为8 的矩形,可得三棱柱的⾼为4.故其表⾯积为×2×2×2+2×4×2+4×2 =20+8 .15.答案解析连接AC,BD,设交点为O,球的半径为r,连接SO,由题意可知SO=AO=OC=OD=OB=r,则AB= r, 四棱锥的体积为( r)2×r=,解得r= ,故半球的体积为 r 3=. 16.答案①③解析∵AB⊥α于B,CD ⊥α于D,∴AB∥CD,∴A,B,C,D 四点共⾯,若AC ⊥β,⼜EF ?β,∴AC⊥EF,⼜∵AB⊥α,EF?α,∴AB⊥EF,∵AB∩AC=A,∴EF⊥平⾯ABCD,⼜∵BD?平⾯ABCD,∴BD⊥EF,故①符合要求;由①可知,若BD ⊥EF 成⽴,则有EF ⊥平⾯ABCD,则有EF ⊥AC 成⽴,⽽由AC 与α,β所成⾓相等是⽆法得到EF ⊥AC 的,故②不符合要求;由AC 与CD 在β内的射影在同⼀条直线上可知EF ⊥平⾯ABCD,由①可知③符合要求.三、解答题17.证明 (1)在△ABC 中,∵E,F 分别为AC,BC 的中点,∴EF∥AB.⼜EF ?平⾯PAB,AB ?平⾯PAB,∴EF∥平⾯PAB. (2)在△PAC 中,∵PA=PC,E 为AC 的中点,∴PE⊥AC.∵平⾯PAC ⊥平⾯ABC,平⾯PAC ∩平⾯ABC=AC, ∴PE⊥平⾯ABC.∴PE⊥BC.∵EF∥AB,AB⊥BC,∴EF⊥BC,⼜EF∩PE=E,∴BC⊥平⾯PEF,∴平⾯PEF⊥平⾯PBC.18.解析(1)证明:直三棱柱ADE-BCF中,AB⊥平⾯ADE,∴AB⊥AD,⼜AD⊥AE,AB∩AE=A,∴AD⊥平⾯ABFE,⼜AD?平⾯PAD,∴平⾯PAD⊥平⾯ABFE.(2)设四棱锥P-ABCD的⾼为h,由题意知P到平⾯ABF的距离d=2,∴V P-ABF=S△ABF d=××2=,⽽V P-ABCD=S四边形ABCD h=×(4×4)×h=h,∵--=,∴=,解得h=.∴四棱锥P-ABCD的⾼为.19.解析(1)证明:连接OD.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因为AB=AA1,所以四边形AA1B1B为正⽅形,所以O为A1B的中点.⼜因为D为BC的中点,所以OD为△A1BC的中位线,所以OD∥A1C.⼜因为A1C?平⾯AB1D,OD?平⾯AB1D,所以A1C∥平⾯AB1D.(2)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥AB,AC⊥AA1,AA1∩AB=A,所以AC⊥平⾯AA1B1B,所以AC⊥A1B. 在正⽅形AA1B1B中,A1B⊥AB1,⼜AC∩AB1=A,所以A1B⊥平⾯AB1C. (3)在线段B1C上存在点E,使得BC⊥AE.理由如下:取B1C的中点E,连接DE,AE,则DE∥BB1,所以DE⊥BC.因为AB=AC,D为BC的中点,所以AD⊥BC.因为AD∩DE=D,所以BC⊥平⾯ADE,所以BC⊥AE.20.解析(1)证明:连接BD,交CE于点Q,连接PQ.因为四边形BCDE为矩形,所以Q为BD的中点.在△ABD中,Q为BD的中点,P为AB的中点,所以AD∥PQ,⼜PQ?平⾯PCE,AD?平⾯PCE,所以AD∥平⾯PCE.(2)因为△ABC所在平⾯与矩形BCDE所在平⾯相互垂直,平⾯ABC∩平⾯BCDE=CB,⼜BE⊥CB,所以BE⊥平⾯ABC. 在Rt△ABC中,CB=-=-=2,故S△ABC=·AC·CB=×1×2.因为P为AB的中点,所以S△ACP=S△ABC=.故三棱锥A-PCE的体积为V三棱锥A-PCE=V三棱锥E-APC=S△APC·BE=××2=.21.解析(1)证明:连接AC1,则易知△ACC1为正三⾓形,∵H为CC1的中点,∴AH⊥CC1,从⽽AH⊥AA1,⼜平⾯AA1C1C⊥平⾯ABB1A1,平⾯AA1C1C∩平⾯ABB1A1=AA1,AH?平⾯AA1C1C,∴AH⊥平⾯ABB1A1,⼜A1D?平⾯ABB1A1,∴AH⊥A1D.①设AB=a,∵AC=AA1=AB,∴AC=AA1=2a,DB1=a,==,⼜∠DB1A1=∠B1A1A=90°,∴△A1DB1∽△AB1A1,∴∠B1AA1=∠B1A1D,⼜∠B1A1D+∠AA1D=90°,∴∠B1AA1+∠AA1D=90°,∴A1D⊥AB1,②由①②及AB1∩AH=A,可得A1D⊥平⾯AB1H.(2)取AA1的中点M,连接C1M,则C1M∥AH,∴C1M⊥平⾯ABB1A1, ∴-=△·C1M=××=,∴三棱柱ABC-A1B1C1的体积为3-=.22.解析(1)CE与平⾯AGHD垂直.理由如下:∵AD,DC,DE两两垂直,CD∩DE=D,∴AD⊥平⾯DCE,∵BC∥AD,∴BC⊥平⾯CDE,⽽CE?平⾯CDE,∴BC⊥CE.∵G,H分别是BE,CE的中点,∴GH∥BC,从⽽CE⊥GH.∵CD⊥DE,CD=DE,H是CE的中点,∴CE⊥DH.⼜DH∩GH=H,∴CE⊥平⾯AGHD.(2)∵AD,DC,DE两两垂直,AD∩CD=D,∴ED⊥平⾯ABCD,∴V E-ABCD=S四边形ABCD·DE=××2=2.∵BC∥AD,GH∥BC,∴GH∥AD.⼜GH=BC=,DH=HE=CE=且CE⊥平⾯AGHD,∴V E-AGHD=S四边形AGHD·HE=××=,∴多⾯体ABG-DCH的体积V=V E-ABCD-V E-AGHD=2-=.。
2019高考数学二轮复习 中档大题满分练(八)立体几何(B组)(含答案)
中档大题满分练8.立体几何(B组)中档大题集训练,练就慧眼和规范,筑牢高考满分根基!1.如图,在多面体AEDBC中,BD⊥平面ABC,AE∥BD,AB⊥AC,BC=BD=2AE,直线CD与平面ABDE所成的角为30°,M为CD的中点.(1)求证:平面BCD⊥平面CDE.(2)求二面角C-BE-M的大小.【解析】(1)连接AD,取BC的中点O,连接AO,OM.因为BD⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,所以BD⊥AC,又AB⊥AC,BD∩AB=B,所以AC⊥平面ABDE,则∠CDA为直线CD与平面ABDE所成的角,即∠CDA=30°.所以AC=CD=·BC=BC,所以△ABC是等腰直角三角形,则AO⊥BC,又BD⊥平面ABC,所以BD⊥AO,BD∩BC=B,所以AO⊥平面BCD.又M,O分别是CD,BC的中点,所以MO BD,又AE∥BD,BD=2AE,所以OM AE,故四边形AEMO是平行四边形,所以AO∥EM,所以EM⊥平面BCD,又EM⊂平面CDE,所以平面BCD⊥平面CDE.(2)以A为原点,AC,AB,AE分别为x轴,y轴和z轴建立空间直角坐标系,不妨设AE=1, 则C(,0,0),B(0,,0),E(0,0,1),D(0,,2),M,所以=(,-,0),=(0,-,1),=.设平面BCE的法向量为n1=(x,y,z),则即解得令y=1,得n1=(1,1,);设平面BEM的法向量为n2=(x,y,z),则即解得令y=1,得n2=(-1,1,);所以cos<n1,n2>===,所以二面角C-BE-M的大小为60°.2.如图,在空间四边形P-ABC中,PA⊥AC,PA=AC,PC=2,BC=2,∠ACB=90°,且平面PAC⊥平面ABC.(1)求证:PA⊥BC.(2)若直线PC与平面ABM所成角的余弦值为,求PM.【解析】(1)因为平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PA⊂平面PAC,PA⊥AC,所以PA⊥平面ABC,又因为BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC.(2)过点A在平面ABC内作AE⊥AC,由(1)知PA⊥平面ABC,AE⊂平面ABC,AC⊂平面ABC,所以PA⊥AE,PA⊥AC,以A为坐标原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),由此=(0,2,-2),=(2,2,0),设=λ(0<λ<1),则M(0,2λ,2-2λ),=(0,2λ,2-2λ).设平面AMB的法向量n=(x,y,z),则即令x=1,得n=.设直线PC与平面ABM所成角为θ,因为直线PC与平面ABM所成角的余弦值为,即cos θ=,则sin θ=|cos <n,>|===, 解得λ=或λ=,所以PM=PC=或PM=PC=.。
2019届高考数学(理)二轮复习-中档大题规范练——立体几何与空间向量(含答案解析)
中档大题规范练——立体几何与空间向量1． 有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为r 的铁球，并注入水，使水面与球正好相切，然后将球取出，求这时容器中水的深度．解 由题意知，圆锥的轴截面为正三角形，如图所示为圆锥的轴截面．根据切线性质知，当球在容器内时，水深为3r ，水面的半径为3r ，则容器内水的体积为V ＝V 圆锥－V 球＝13π·(3r)2·3r －43πr 3＝53πr 3， 而将球取出后，设容器内水的深度为h ，则水面圆的半径为33h ， 从而容器内水的体积是V′＝13π·(33h)2·h＝19πh 3， 由V ＝V′，得h ＝315r.即容器中水的深度为315r.2． 如图1所示，正三角形ABC 的边长为2a ，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC ，BC 的中点．现将△ABC 沿CD 翻折，翻折后平面ACD⊥平面BCD(如图2)．求三棱锥C —DEF 的体积．图1 图2解 过点E 作EM⊥DC 于点M ，因为平面ACD⊥平面BCD ，平面ACD∩平面BCD ＝CD ，而EM ⊂平面ACD ，所以EM⊥平面BCD.即EM 是三棱锥E —CDF 的高．又CD⊥BD，AD⊥CD，F 为BC 的中点，所以S △CDF ＝12S △BCD ＝12×12CD×BD ＝14×2－a 2×a＝34a 2， 因为E 为AC 的中点，EM⊥CD，所以EM ＝12AD ＝12a. 所以三棱锥C —DEF 的体积为V C —DEF ＝V E —CDF ＝13S △CDF ×EM＝13×34a 2×12a ＝324a 3. 3． 如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，EF∥AB，EF⊥FB，AB ＝2EF ，∠BFC＝90°，BF ＝FC ，H 为BC 的中点．(1)求证：FH∥平面EDB ；(2)求证：AC⊥平面EDB.证明 (1)设AC 与BD 交于点G ，则G 为AC 的中点．如图，连接EG 、GH ，又H 为BC 的中点，∴GH 綊12AB. 又EF 綊12AB ，∴EF 綊GH. ∴四边形EFHG 为平行四边形．∴EG∥FH.又∵EG ⊂平面EDB ，FH ⊄平面EDB ，∴FH∥平面EDB.(2)由四边形ABCD 为正方形，得AB⊥BC.又EF∥AB，∴EF⊥BC.又∵EF⊥FB，BC∩FB＝B ，∴EF⊥平面BFC.∴EF⊥FH.∴AB⊥FH.又BF ＝FC ，H 为BC 的中点，∴FH⊥BC.∴FH⊥平面ABCD.∴FH⊥AC.又FH∥EG，∴AC⊥EG.又AC⊥BD，EG∩BD＝G ，∴AC⊥平面EDB.4． 如图所示，已知三棱锥A －BPC 中，AP⊥PC，AC⊥BC，M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，且△PMB 为正三角形．(1)求证：DM∥平面APC ；(2)求证：平面ABC⊥平面APC ；(3)若BC ＝4，AB ＝20，求三棱锥D －BCM 的体积．(1)证明 由已知，得MD 是△ABP 的中位线，所以MD∥AP.又MD ⊄平面APC ，AP ⊂平面APC ，故MD∥平面APC.(2)证明 因为△PMB 为正三角形，D 为PB 的中点，所以MD⊥PB.所以AP⊥PB.又AP⊥PC，PB∩PC＝P ，所以AP⊥平面PBC.因为BC ⊂平面PBC ，所以AP⊥BC.又BC⊥AC，AC∩AP＝A ，所以BC⊥平面APC.因为BC ⊂平面ABC ，所以平面ABC⊥平面APC.(3)解 由题意，可知MD⊥平面PBC ，所以MD 是三棱锥D －BCM 的一条高，所以V D －BCM ＝V M －DBC ＝13×S △BCD ×MD ＝13×221×53＝107.5． 如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，PA⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF∥平面PAB ；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.证明 (1)以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，∵E，F 分别是PC ，PD 的中点， ∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12， EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)．∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF∥AB， 又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ，∴EF∥平面PAB.(2)∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A ，∴DC⊥平面PAD.∵DC ⊂平面PDC ，∴平面PAD⊥平面PDC.6． 如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC⊥底面ABCD ，ABCD 是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB ＝2AD ＝2CD ＝2.E 是PB 的中点．(1)求证：平面EAC⊥平面PBC ；(2)若二面角P －AC －E 的余弦值为63，求直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值． (1)证明 ∵PC⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC⊥PC，∵AB＝2，AD ＝CD ＝1，∴AC＝BC ＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC⊥BC，又BC∩PC＝C ，∴AC⊥平面PBC ，∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC⊥平面PBC.(2)解 如图，以C 为原点，DA →、CD →、CP →分别为x 轴、y 轴、z 轴正向，建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)， A(1,1,0)，B(1，－1,0)．设P(0,0，a)(a ＞0)，则E 12，－12，a 2， CA →＝(1,1,0)，CP →＝(0,0，a)，CE →＝12，－12，a 2， 设m ＝(b ，p ，m)为面PAC 的法向量，则m·CA →＝m·CP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＋p ＝0am ＝0，取m ＝(1，－1,0)， 设n ＝(x ，y ，z)为面EAC 的法向量，则n·CA →＝n·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x －y ＋az ＝0，取x ＝a ，y ＝－a ，z ＝－2， 则n ＝(a ，－a ，－2)，依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m||n|＝a a 2＋2＝63，则a ＝2. 于是n ＝(2，－2，－2)，PA →＝(1,1，－2)．设直线PA 与平面EAC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈PA →，n 〉|＝|PA →·n||PA →||n|＝23， 即直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值为23.。
【四川】2019高考数学(理)二轮复习：中档大题规范练——立体几何与空间向量及答案
中档大题规范练——立体几何与空间向量1． 有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为r 的铁球，并注入水，使水面与球正好相切，然后将球取出，求这时容器中水的深度．解 由题意知，圆锥的轴截面为正三角形，如图所示为圆锥的轴截面．根据切线性质知，当球在容器内时，水深为3r ，水面的半径为3r ，则容器内水的体积为V ＝V 圆锥－V 球＝13π·(3r)2·3r －43πr 3＝53πr 3， 而将球取出后，设容器内水的深度为h ，则水面圆的半径为33h ， 从而容器内水的体积是V′＝13π·(33h)2·h＝19πh 3， 由V ＝V′，得h ＝315r.即容器中水的深度为315r.2． 如图1所示，正三角形ABC 的边长为2a ，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC ，BC 的中点．现将△ABC 沿CD 翻折，翻折后平面ACD⊥平面BCD(如图2)．求三棱锥C —DEF 的体积．图1 图2解 过点E 作EM⊥DC 于点M ，因为平面ACD⊥平面BCD ，平面ACD∩平面BCD ＝CD ，而EM ⊂平面ACD ，所以EM⊥平面BCD.即EM 是三棱锥E —CDF 的高．又CD⊥BD，AD⊥CD，F 为BC 的中点，所以S △CDF ＝12S △BCD ＝12×12CD×BD ＝14×2－a 2×a＝34a 2， 因为E 为AC 的中点，EM⊥CD，所以EM ＝12AD ＝12a. 所以三棱锥C —DEF 的体积为V C —DEF ＝V E —CDF ＝13S △CDF ×EM＝13×34a 2×12a ＝324a 3. 3． 如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，EF∥AB，EF⊥FB，AB ＝2EF ，∠BFC＝90°，BF ＝FC ，H 为BC 的中点．(1)求证：FH∥平面EDB ；(2)求证：AC⊥平面EDB.证明 (1)设AC 与BD 交于点G ，则G 为AC 的中点．如图，连接EG 、GH ，又H 为BC 的中点，∴GH 綊12AB. 又EF 綊12AB ，∴EF 綊GH. ∴四边形EFHG 为平行四边形．∴EG∥FH.又∵EG ⊂平面EDB ，FH ⊄平面EDB ，∴FH∥平面EDB.(2)由四边形ABCD 为正方形，得AB⊥BC.又EF∥AB，∴EF⊥BC.又∵EF⊥FB，BC∩FB＝B ，∴EF⊥平面BFC.∴EF⊥FH.∴AB⊥FH.又BF ＝FC ，H 为BC 的中点，∴FH⊥BC.∴FH⊥平面ABCD.∴FH⊥AC.又FH∥EG，∴AC⊥EG.又AC⊥BD，EG∩BD＝G ，∴AC⊥平面EDB.4． 如图所示，已知三棱锥A －BPC 中，AP⊥PC，AC⊥BC，M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，且△PMB 为正三角形．(1)求证：DM∥平面APC ；(2)求证：平面ABC⊥平面APC ；(3)若BC ＝4，AB ＝20，求三棱锥D －BCM 的体积．(1)证明 由已知，得MD 是△ABP 的中位线，所以MD∥AP.又MD ⊄平面APC ，AP ⊂平面APC ，故MD∥平面APC.(2)证明 因为△PMB 为正三角形，D 为PB 的中点，所以MD⊥PB.所以AP⊥PB.又AP⊥PC，PB∩PC＝P ，所以AP⊥平面PBC.因为BC ⊂平面PBC ，所以AP⊥BC.又BC⊥AC，AC∩AP＝A ，所以BC⊥平面APC.因为BC ⊂平面ABC ，所以平面ABC⊥平面APC.(3)解 由题意，可知MD⊥平面PBC ，所以MD 是三棱锥D －BCM 的一条高，所以V D －BCM ＝V M －DBC ＝13×S △BCD ×MD ＝13×221×53＝107.5． 如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，PA⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF∥平面PAB ；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.证明 (1)以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，∵E，F 分别是PC ，PD 的中点， ∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12， EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)．∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF∥AB， 又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ，∴EF∥平面PAB.(2)∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A ，∴DC⊥平面PAD.∵DC ⊂平面PDC ，∴平面PAD⊥平面PDC.6． 如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC⊥底面ABCD ，ABCD 是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB ＝2AD ＝2CD ＝2.E 是PB 的中点．(1)求证：平面EAC⊥平面PBC ；(2)若二面角P －AC －E 的余弦值为63，求直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值． (1)证明 ∵PC⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC⊥PC，∵AB＝2，AD ＝CD ＝1，∴AC＝BC ＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC⊥BC，又BC∩PC＝C ，∴AC⊥平面PBC ，∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC⊥平面PBC.(2)解 如图，以C 为原点，DA →、CD →、CP →分别为x 轴、y 轴、z 轴正向，建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)， A(1,1,0)，B(1，－1,0)．设P(0,0，a)(a ＞0)，则E 12，－12，a 2， CA →＝(1,1,0)，CP →＝(0,0，a)，CE →＝12，－12，a 2， 设m ＝(b ，p ，m)为面PAC 的法向量，则m·CA →＝m·CP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＋p ＝0am ＝0，取m ＝(1，－1,0)， 设n ＝(x ，y ，z)为面EAC 的法向量，则n·CA →＝n·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x －y ＋az ＝0，取x ＝a ，y ＝－a ，z ＝－2， 则n ＝(a ，－a ，－2)，依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m||n|＝a a 2＋2＝63，则a ＝2. 于是n ＝(2，－2，－2)，PA →＝(1,1，－2)．设直线PA 与平面EAC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈PA →，n 〉|＝|PA →·n||PA →||n|＝23， 即直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值为23.。
2019年高考试题分类汇编(立体几何)
2019年高考试题分类汇编（立体几何）考点1 选择、填空题考法1与球有关的组合体1．（2019·全国卷Ⅰ·文科）已知90ACB ∠=，P 为平面ABC 外一点，2PC =，点P 到ACB ∠两边AC ，BC，那么P 到平面ABC 的距离为 ． 2.（2019·全国卷Ⅰ·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 ，PB 的中点，90CEF ∠=，则球O 的体积为A． B． C． D考法2 位置关系1.（2019·全国卷Ⅱ·文理科）设α，β为两个平面，则αβ∥的充要条件为 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垂直于同一个平面2．（2019·全国卷Ⅲ·文理科）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3.（2019·北京卷Ⅲ·文理科）已知l 、m 是平面α外的两条不同直线，给出下列三个论断：①l m ⊥； ②m ∥α； ③l ⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题:BACDEMN. 考法3 度量关系1．（2019·浙江卷）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 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为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<2.（2019·全国卷Ⅱ·文理科）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体.但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有 个面，其棱长为 .（本题第一空2分，本题第二空3分）.3．（2019·全国卷Ⅲ·文理科）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O EFGH -后所得几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，6AB BC cm ==，14AA cm =，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 .4.（2019·北京卷·文理科）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其图2图 1BAC DA 1B 1C 1D 1EF GH O三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为 .5.（2019若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 .6．（2019·浙江卷）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V Sh =，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：3cm ）是 A ．158 B ．162 C ．182 D ．3247.（2019·江苏卷）如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 是1CC 的中点，则三棱椎E BCD -的体积是 .正（主）视侧（左）视图俯视图正视图 侧视图俯视图考点2 解答题1.（2019·全国卷Ⅱ·文科）如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面是ABCD 正方形，点E 在棱1AA 上，BE ⊥1EC . （Ⅰ）证明：BE ⊥平面11EB C ；（Ⅱ）若1AE A E =，3AB =，求四棱锥11E BB C C -的体积.2.（2019·全国卷Ⅰ·文科）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=，E ，M ，N分别是BC ，1BB ，1A D 的中点. （Ⅰ）证明：MN ∥平面1C DE ； （Ⅱ）求点C 到平面1C DE 的距离.AC DA 1B 1C 1D 1E MNABCDA 1B 1C 1D 1EABCDE A 1B 1C 1D 13.（2019·全国卷Ⅲ·文科）图1是由矩形ADEB ,Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1AB =，2BE BF ==，60FBC ∠=，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（Ⅰ）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （Ⅱ）求图2中的四边形ACGD 的面积.4．（2019·江苏卷）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：（Ⅰ）11A B ∥平面1DEC ； （Ⅱ）1BE C E ⊥.5.（2019·北京卷·文科）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，E 为CD 的中点. （Ⅰ）求证：BD ⊥平面PAC ；（Ⅱ）若60ABC ∠=，求证：平面PAB ⊥平面PAE ； （Ⅲ）棱PB 上是否存在点F ，使得CF ∥平面PAE ？ 说明理由.BACD图1EF G图2ABCGDE (F )ABCDPE ABCEDA 1B 1C 16.（2019·北京卷·理科）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AD CD ⊥.AD BC ∥,PA AD ==2CD =，3BC =，E 为PD 中点，点E 在PC 上，13PF PC =. （Ⅰ）求证：CD ⊥平面PAD ；（Ⅱ）求二面角F AE P --的余弦值；（Ⅲ）设点G 在PB 上，且23PG PB =.判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由.7.（2019·天津卷·文科）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD ∆为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，PA CD ⊥，2CD =，3AD =， （Ⅰ）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （Ⅱ）求证：PA ⊥平面PCD ；（Ⅲ）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.8.（2019·全国卷Ⅰ·理科）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=，E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点. （Ⅰ）证明：MN ∥平面1C DE ；AB CDPEFGA BCDPHG（Ⅱ）求二面角1A MA N --的正弦值.9.（2019·全国卷Ⅱ·理科）如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面是ABCD 正方形，点E 在棱1AA 上，BE ⊥1EC . （Ⅰ）证明：BE ⊥平面11EB C ；（Ⅱ）若1AE A E =，求二面角1B EC C --的正弦值.10.（2019·全国卷Ⅲ·理科）图1是由矩形ADEB ,Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1AB =，2BE MF ==，60FBC ∠=，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（Ⅰ）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （Ⅱ）求图2中的二面角B CG A --的大小.AC DA 1B 1C 1D 1EMNBCDA 1B 1C 1D 1E11.（2019·天津卷·理科）如图，AE ⊥平面ABCD ，CF AE ∥，AD BC ∥，AD AB ⊥，1AB AD ==， 2AE BC ==.（Ⅰ）求证：BF ∥平面ADE ；（Ⅱ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长.12.（2019·浙江卷）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，30BAC ∠=，11A A AC AC ==，E ，F 分别 是AC ，11AB 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.BACD图1EF G图2ABCGDE (F )ACDEFABCA 1B 1C 1FE。
2019高考文科试题分类图形题立体几何试题集锦含详细答案
图形题及立体几何一、选择题1．（安徽3）．已知,m n 是两条不同直线，,,αβγ是三个不同平面，下列命题中正确的是省（ B ）A ．,,αγβγαβ⊥⊥若则‖B ．,,m n m n αα⊥⊥若则‖C ．,,m n m n αα若则‖‖‖D ．,,m m αβαβ若则‖‖‖2．（北京8）如图，动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上，过点P 作垂直于平面11BB D D 的直线，与正方体表面相交于M N ，．设B P x =，MN y =，则函数()y f x =的图象大致是（ B ）3．(福建6)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB=BC =2，AA 1=1，则AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成角的正弦值为（ D ） A.223 B.23 C.24 D.134．（广东7）将正三棱柱截去三个角（如图1所示A ，B ，C 分别是△CHI 三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（ A ）ABC DMNP A 1B 1C 1D 1 yxA ．OyxB ．OyxC ．Oyx D ．O5．（宁夏12）已知平面α⊥平面β，l αβ=，点A α∈，A l ∉，直线AB l ∥，直线AC l ⊥，直线m m αβ∥，∥，则下列四种位置关系中，不一定．．．成立的是（ D ） A ．AB m ∥B ．AC m ⊥C ．AB β∥D ．AC β⊥6．（湖南5）已知直线m,n 和平面βα,满足βα⊥⊥⊥,,a m n m ,则 ( D ).A n β⊥ ,//.βn B 或β⊂n α⊥n C . ,//.αn D 或α⊂n7．（湖南9）长方体1111ABCD A B C D -的8个顶点在同一个球面上，且AB=2，AD=3，11=AA ，则顶点A 、B 间的球面距离是( B )A ．42π B ．22πC ．π2D ．2π2 8．（江西9）．设直线m 与平面α相交但不．垂直，则下列说法中正确的是（ B ） A ．在平面α内有且只有一条直线与直线m 垂直 B ．过直线m 有且只有一个平面与平面α垂直 C ．与直线m 垂直的直线不．可能与平面α平行 D ．与直线m 平行的平面不．可能与平面α垂直 9．（辽宁12）在正方体1111ABCD A B C D -中，E F ，分别为棱1AA ，1CC 的中点，则在空间中与三条直线11A D ，EF ，CD 都相交的直线（ D ） A ．不存在B ．有且只有两条C ．有且只有三条D ．有无数条10．（全国Ⅰ11）已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 内的射影为ABC △的中心，则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值等于（ B ）A ．13B ．23C ．33D ．2311．（全国Ⅱ8）正四棱锥的侧棱长为32，侧棱与底面所成的角为︒60，则该棱锥的体积为（ B ） A ．3 B ．6 C ．9 D ．18 12．（全国Ⅱ12）已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于（ C ） A ．1B ．2C ．3D ．213．(山东6) 右图是一个几何体的三视图，根据图中数据， 可得该几何体的表面积是（ D ）俯视图正(主)视图 侧(左)视图2 32 2A ．9πB ．10πC ．11πD ．12π 14．（上海13）给定空间中的直线l 及平面α．条件“直线l 与平面α内两条相交直线都垂直”是“直线l 与平面α垂直”的（ C ）Ａ．充分非必要条件 Ｂ．必要非充分条件C ．充要条件 Ｄ．既非充分又非必要条件15．（四川８）设M 是球心O 的半径OP 的中点，分别过,M O 作垂直于OP 的平面，截球面得两个圆，则这两个圆的面积比值为：( D ) （Ａ）41 （Ｂ）12 （Ｃ）23 （Ｄ）3416．（四川10）设直线l ⊂平面α，过平面α外一点A 与,l α都成030角的直线有且只有：( B )（Ａ）１条 （Ｂ）２条 （Ｃ）３条 （Ｄ）４条 17．（四川12）若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为060的菱形，则该棱柱的体积等于( B )（Ａ）2 （Ｂ）22 （Ｃ）32 （Ｄ）42 18．(天津5) 设a b ，是两条直线，αβ，是两个平面，则a b ⊥的一个充分条件是（ C ） A ．a b αβαβ⊥⊥，∥， B ．a b αβαβ⊥⊥，，∥ C ．a b αβαβ⊂⊥，，∥D ．a b αβαβ⊂⊥，∥，19．（浙江9）对两条不相交的空间直线a 和b ，必定存在平面α，使得 ( B ) （A ）,a b αα⊂⊂ （B ）,//a b αα⊂ （C ）,a b αα⊥⊥ （D ）,a b αα⊂⊥20．(重庆11)如题（11）图，模块①－⑤均由4个棱长为1的小正方体构成，模块⑥由15个棱长为1的小正方体构成.现从模块①－⑤中选出三个放到模块⑥上，使得模块⑥成为一个棱长为3的大正方体.则下列选择方案中，能够完成任务的为 ( A )(A)模块①，②，⑤ (B)模块①，③，⑤ (C)模块②，④，⑥ (D)模块③，④，⑤21．(湖北4).用与球必距离为1的平面去截面面积为π，则球的体积为 ( D ) A.323π B.83πC.82πD. 823π22．(陕西8)长方体1111ABCD A B C D -的各顶点都在半径为1的球面上,其中1::2:1:3A B A D A A=,则两,A B 点的球面距离为( C ) A ．4πB ．3π C ．2π D ．23π 23．(陕西10) 如图，l A B A B αβαβαβ⊥=∈∈，，，，，到l 的距离分别是a 和b ，AB 与αβ，所成的角分别是θ和ϕ，AB 在αβ，内的射影分别是m 和n ，若a b >，则（ D ） A ．m n θϕ>>， B ．m n θϕ><， C ．m n θϕ<<，D ．m n θϕ<>，二、填空题1．（安徽16）已知点,,,A B C D 在同一个球面上,,AB BCD ⊥平面,BC CD ⊥若6,AB =213,AC =8AD =,则,B C 两点间的球面距离是43π2．（福建15）若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是 . 9π3．（广东15）（几何证明选讲选做题）已知PA 是圆O 的切点，切点为A ，A B abl αβMA BDCOPA ＝2.AC 是圆O 的直径，PC 与圆O 交于B 点，PB ＝1，则圆O 的半径R =________.3 4．（宁夏14）一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为3，底面周长为3，则这个球的体积为 ．43π 5．（江西15）连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB CD 、的长度分别等于27、43，每条弦的两端都在球面上运动，则两弦中点之间距离的最大值为 ．56．（辽宁14）在体积为43π的球的表面上有A 、B ，C 三点，AB =1，BC =2，A ，C 两点的球面距离为33π，则球心到平面ABC 的距离为_________．327．（全国Ⅰ16）已知菱形ABCD 中，2AB =，120A ∠=，沿对角线BD 将ABD △折起，使二面角A BD C --为120，则点A 到BCD △所在平面的距离等于 ．328．（全国Ⅱ16）平面内的一个四边形为平行四边形的充要条件有多个，如两组对边分别平行，类似地，写出空间中的一个四棱柱为平行六面体的两个充要条件： 充要条件① ； 充要条件② ． （写出你认为正确的两个充要条件）两组相对侧面分别平行；一组相对侧面平行且全等；对角线交于一点；底面是平行四边形． 注：上面给出了四个充要条件．如果考生写出其他正确答案，同样给分．9．（浙江15）已知球O 的面上四点A 、B 、C 、D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA=AB=BC=3，则球O 点体积等于 。
2019高考数学二轮复习”一本“培养优选练 中档大题分类练4 立体几何 理
中档大题分类练(四) 立体几何(建议用时：60分钟)1．(2018·沈阳质检三)如图48，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B ⊥底面ABC ，△ABC 和△ABB 1都是边长为2的正三角形．图48(1)过B 1作出三棱柱的截面，使截面垂直于AB ，并证明； (2)求AC 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值．[解] (1)设AB 中点为O ，连接OC ，OB 1，B 1C ，则截面OB 1C 为所求，OC ，OB 1分别为△ABC ，△ABB 1的中线，所以AB ⊥OC ，AB ⊥OB 1，又OC ，OB 1为平面OB 1C 内的两条相交直线，所以AB ⊥平面OB 1C ，(2)以O 为原点，OB 方向为x 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，易求得B (1,0,0)，A (－1,0,0)，C (0，3，0)，B 1(0,0，3)，C 1(－1，3，3)，CB →＝(1，－3，0)，B 1B →＝(1,0，－3)，AC 1→＝(0，3，3)，设平面BCC 1B 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥CB →n ⊥B 1B→⇔⎩⎨⎧x －3y ＝0，x －3z ＝0，解得平面BCC 1B 1的一个法向量为n ＝(3，1,1)，又|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→|·|n |＝3＋36·5＝105，所以AC 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为105. 【教师备选】如图，在三棱锥A BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB ＝AD ，∠CBD ＝60°，BD ＝2BC ＝4，点E 在CD 上，DE ＝2EC .(1)求证：AC ⊥BE ；(2)若二面角E BA D 的余弦值为155，求三棱锥A BCD 的体积． [解] (1)证明：取BD 的中点O ，连接AO ，CO ，EO . 因为AB ＝AD ，BO ＝OD ， 所以AO ⊥BD ，又平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AO ⊂平面ABD ， 所以AO ⊥平面BCD .又BE ⊂平面BCD ，所以AO ⊥BE . 在△BCD 中，BD ＝2BC ，DE ＝2EC ， 所以BD BC ＝DE EC＝2，由角平分线定理，得∠CBE ＝∠DBE . 又BC ＝BO ＝2，所以BE ⊥CO ，又因为AO ∩CO ＝O ，AO ⊂平面ACO ，CO ⊂平面ACO ， 所以BE ⊥平面ACO ，又AC ⊂平面ACO ，所以AC ⊥BE .(2)在△BCD 中，BD ＝2BC ＝4，∠CBD ＝60°， 由余弦定理，得CD ＝23，所以BC 2＋CD 2＝BD 2， 即∠BCD ＝90°，所以∠EBD ＝∠EDB ＝30°，BE ＝DE ，所以EO ⊥BD ，结合(1)知，OE ，OD ，OA 两两垂直，以O 为原点，分别以OE ，OD ，OA 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系O xyz (如图)，设AO ＝t (t >0)，则A (0,0，t )，B (0，－2,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，0，0， 所以BA ＝(0,2，t )，BE ＝⎝⎛⎭⎪⎫233，2，0， 设n ＝(x ，y ，z )是平面ABE 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA ＝0，n ·BE ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋tz ＝0，233x ＋2y ＝0，整理，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3y ，z ＝－2t y ，令y ＝－1，得n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3，－1，2t .因为OE ⊥平面ABD ，所以m ＝(1,0,0)是平面ABD 的一个法向量． 又因为二面角E BA D 的余弦值为155， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝33＋1＋4t 2＝155， 解得t ＝2或t ＝－2(舍去)．又AO ⊥平面BCD ，所以AO 是三棱锥A BCD 的高， 故V A BCD ＝13·AO ·S △BCD＝13×2×12×2×23＝433. 2.在如图49所示的六面体中，平面ABCD 是边长为2的正方形，平面ABEF 是直角梯形，∠FAB ＝90°，AF ∥BE ，BE ＝2AF ＝4.图49(1)求证：AC ∥平面DEF ；(2)若二面角E AB D 为60°，求直线CE 和平面DEF 所成角的正弦值． [解] (1)证明：连接BD 交AC 于点O ，取DE 的中点为G ，连接FG ，OG . ∵平面ABCD 是正方形，∴O 是BD 的中点，∴OG ∥BE ，OG ＝12BE ，又∵AF ∥BE ，AF ＝12BE ，∴OG ∥AF 且OG ＝AF ，∴四边形AOGF 是平行四边形， ∴AC ∥FG .又∵FG ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ， ∴AC ∥平面DEF .(2)∵四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是直角梯形，∠FAB ＝90°， ∴DA ⊥AB ，FA ⊥AB .∵AD ∩AF ＝A ，∴AB ⊥平面AFD ， 同理可得AB ⊥平面EBC .又∵AB ⊂平面ABCD ，∴平面AFD ⊥平面ABCD ， 又∵二面角E AB D 为60°，∴∠FAD ＝∠EBC ＝60°，BE ＝2AF ＝4，BC ＝2， 由余弦定理得EC ＝23，∴EC ⊥BC . 又∵AB ⊥平面EBC ，∴EC ⊥AB ， ∵AB ∩BC ＝B ，∴EC ⊥平面ABCD .以C 为坐标原点，CB 为x 轴，CD 为y 轴，CE 为z 轴建立如图所示空间直角坐标系． 则C (0,0,0)，D (0,2,0)，E (0,0,23)，F (1,2，3)，∴CE →＝(0,0,23)，DF →＝(1,0，3)，EF →＝(1,2，－3)， 设平面DEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·EF →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，x ＋2y －3z ＝0.令z ＝3，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3，y ＝3.∴n ＝(－3,3，3)．设直线CE 和平面DEF 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈CE →，n 〉|＝623×21＝77.3．(2018·安庆市高三二模)如图50，四边形ABCD 是矩形，沿对角线AC 将△ACD 折起，使得点D 在平面ABC 上的射影恰好落在边AB 上．图50(1)求证：平面ACD ⊥平面BCD ；(2)当AB AD＝2时，求二面角D AC B 的余弦值．[解] (1)设点D 在平面ABC 上的射影为点E ，连接DE ，则DE ⊥平面ABC ，所以DE ⊥BC . 因为四边形ABCD 是矩形，所以AB ⊥BC ，所以BC ⊥平面ABD ，所以BC ⊥AD . 又AD ⊥CD ，所以AD ⊥平面BCD ，而AD ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面BCD .(2)以点B 为原点，线段BC 所在的直线为x 轴，线段AB 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设|AD |＝a ，则|AB |＝2a ，所以A (0，－2a ，0)，C (－a,0,0)．由(1)知AD ⊥BD ，又AB AD ＝2，所以∠DBA ＝30°，∠DAB ＝60°，那么|AE |＝|AD |cos∠DAB ＝12a ，|BE |＝|AB |－|AE |＝32a ，|DE |＝|AD |sin∠DAB ＝32a ， 所以D ⎝⎛⎭⎪⎫0，－32a ，32a ，所以AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，32a ，AC →＝(－a,2a,0)．设平面ACD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD →＝0，m ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12ay ＋32az ＝0，－ax ＋2ay ＝0.取y ＝1，则x ＝2，z ＝－33，所以m ＝⎝⎛⎭⎪⎫2，1，－33. 因为平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n|m ||n |＝－3312＋22＋⎝⎛⎭⎪⎫－332＝－14.故所求二面角D AC B 的余弦值为14.【教师备选】(2018·东莞市二调)如图，平面CDEF ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是平行四边形，四边形CDEF 为直角梯形，∠ADC ＝120°，CF ⊥CD ，且CF ∥DE ，AD ＝2DC ＝DE ＝2CF .(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)设P 点是线段DE 上一点，若平面BCD 与平面BFP 所成的锐二面角为30°，求点P 的位置．[解] (1)证明：取DE 的中点H ，连接AH ，HF . ∵四边形CDEF 为直角梯形，DE ＝2CF ，H 是DE 的中点，∴HF ＝DC ，且HF ∥DC .∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AB ＝DC ，且AB ∥DC ，∴AB ＝HF ，且AB ∥HF ， ∴四边形ABFH 是平行四边形， ∴BF ∥AH .∵AH ⊂平面ADE ，BF ⊄平面ADE ，∴BF ∥平面ADE . (2)∵在△BCD 中，BC ＝2DC ， ∴∠BDC ＝90°，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，设AD ＝2，则DC ＝1，CF ＝1，设DP ＝h ，则B (3，0,0)，C (0,1,0)，F (0,1,1)，P (0,0，h )，BP →＝(－3，0，h )，BF →＝(－3，1,1)，设平面BFP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∵n ⊥BP →，n ⊥BF →，∴⎩⎨⎧－3x ＋hz ＝0，－3x ＋y ＋z ＝0，不妨令x ＝3，则n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，3－3h ，3h ，平面BCD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)，∵平面BCD 与平面BFP 所成锐二面角为30°，∴|n·m ||n ||m |＝3h32＋⎝⎛⎭⎪⎫3－3h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3h 2＝32，解得h ＝12，或h ＝1. ∴点P 在线段DE 的中点或线段DE 的靠近点D 的四等分点处．4.如图51，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝AC ＝2，AD ＝22，PB ＝32，PB ⊥AC .图51(1)求证：平面PAB ⊥平面PAC ；(2)若∠PBA ＝45°，试判断棱PA 上是否存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33，若存在，求出AEAP的值；若不存在，请说明理由． [解] (1)因为四边形ABCD 是平行四边形，AD ＝22，所以BC ＝AD ＝22， 又AB ＝AC ＝2，所以AB 2＋AC 2＝BC 2，所以AC ⊥AB ， 又PB ⊥AC ，且AB ∩PB ＝B ，所以AC ⊥平面PAB ， 因为AC ⊂平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC .(2)由(1)知AC ⊥AB ，AC ⊥平面PAB ，如图，分别以AB ，AC 所在直线为x 轴、y 轴，平面PAB 内过点A 且与直线AB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，AC →＝(0,2,0)，BC →＝(－2,2,0)，由∠PBA ＝45°，PB ＝32，可得P (－1,0,3)，所以AP →＝(－1,0,3)，BP →＝(－3,0,3)，假设棱PA 上存在点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33， 设AE AP＝λ(0＜λ＜1)，则AE →＝λAP →＝(－λ，0,3λ)， CE →＝AE →－AC →＝(－λ，－2,3λ)， 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，－3x ＋3z ＝0，令z ＝1，得x ＝y ＝1，所以平面PBC 的一个法向量为n ＝(1,1,1)， 设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，CE →〉|＝|－λ－2＋3λ|3·－λ2＋－22＋3λ2＝|2λ－2|3·10λ2＋4＝33， 整理得3λ2＋4λ＝0，因为0＜λ＜1，所以3λ2＋4λ＞0， 故3λ2＋4λ＝0无解，所以棱PA 上不存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33.。
2019高考数学中档解答题(四)
中档解答题(四)1.已知△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a,b,c成等比数列,cos B=.(1)求+的值;(2)设·=,求a+c的值.2.已知Sn 是数列{an}的前n项和,且满足Sn-2an=n-4.(1)证明:{Sn-n+2}为等比数列;(2)求数列{Sn }的前n项和Tn.3.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,△DAB≌△DCB,E为线段BD上的一点,且EB=ED=EC=BC,延长CE交AD于F.(1)若G为PD的中点,求证:平面PAD⊥平面CGF;(2)若BC=2,PA=3,求平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值.4.某基地蔬菜大棚采用无土栽培方式种植各类蔬菜.根据过去50周的资料显示,该地周光照量X(小时)都在30小时以上,其中不足50小时的有5周,不低于50小时且不超过70小时的有35周,超过70小时的有10周.根据统计,该基地的西红柿增加量y(千克)与使用某种液体肥料的质量x(千克)之间的关系为如图所示的折线图.(1)依据折线图,是否可用线性回归模型拟合y与x的关系?请计算相关系数r并加以说明(精确到0.01);(若|r|>0.75,则线性相关程度很高,可用线性回归模型拟合)(2)蔬菜大棚对光照要求较大,某光照控制仪商家为该基地提供了部分光照控制仪,但每周光照控制仪运行台数受周光照量X限制,并有如下关系:若某台光照控制仪运行,则该台光照控制仪周利润为3 000元;若某台光照控制仪未运行,则该台光照控制仪周亏损1 000元,以频率作为概率,商家欲使周总利润的均值达到最大,应安装光照控制仪多少台?--附:相关系数公式r=,--参考数据:≈0 55,≈0 955.在平面直角坐标系xOy中,曲线C1过点P(a,1),其参数方程为,(t为参数,a∈R 以O为极点,x轴非负半轴为极轴,建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ+4cos θ-ρ=0.(1)求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程;(2)已知曲线C1与曲线C2交于A,B两点,且|PA|=2|PB|,求实数a的值.6.已知函数f(x)=|x-3|+|x+m| x∈R(1)当m=1时,求不等式f x ≥6的解集;(2)若不等式f x ≤5的解集不是空集,求参数m的取值范围.答案全解全析1.解析(1)由cos B=,0<B<π得sin B=-=,∵a,b,c成等比数列,∴b2=ac,由正弦定理,可得sin2B=sin Asin C,于是+=+=====.(2)由·=得cacos B=,而cos B=,∴b2=ac=2,由余弦定理,得2=a2+c2-2×2×,∴a2+c2=5,∴ a+c 2=5+2ac=9,∴a+c=32.解析(1)证明:由题意知Sn -2(Sn-Sn-1)=n-4 n≥2 ,即Sn =2Sn-1-n+4 n≥2 ,所以Sn -n+2=2[Sn-1-(n-1 +2] n≥2 ,又易知a1=3,所以S1-1+2=4,所以{Sn-n+2}是首项为4,公比为2的等比数列.(2)由(1)知Sn-n+2=2n+1,所以Sn=2n+1+n-2,于是Tn=(22+23+…+2n+1 + 1+2+…+n -2n=--+-2n=--.3.解析(1)证明:在△BCD中,因为EB=ED=EC=BC,所以∠BCD=,∠CBE=∠CEB=, 连接AE,∵△DAB≌△DCB,∴△EAB≌△ECB,从而有∠FED=∠BEC=∠AEB=,AE=CE=DE.∴∠AEF=∠FED=,故EF⊥AD,AF=FD又PG=GD,∴FG∥PA又PA⊥平面ABCD,故GF⊥平面ABCD,∴GF⊥AD,又GF∩EF=F,故AD⊥平面CFG.又AD⊂平面PAD,∴平面PAD⊥平面CGF.(2)以点A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(3,,0),D(0,2,0),P(0,0,3). 故=(1,,0),=(-3,-,3),=(-3,,0).设平面BCP的一个法向量为n1=(1,y1,z1),则,--,解得-,,即n1=,-,.设平面DCP的一个法向量为n2=(1,y2,z2),则-,--,解得,,即n2=(1,,2).从而平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值为|·|||||==.4.解析(1)由已知数据可得==5,==4.因为 (xi -)(yi-)=(-3 × -1 +0+0+0+3×1=6,=--=2-=-=,所以相关系数r=----==≈0 95因为|r|>0.75,所以可用线性回归模型拟合y与x的关系.(2)记商家周总利润为Y元,由条件可知至少需安装1台,最多安装3台光照控制仪.①安装1台光照控制仪可获得周总利润3 000元.②安装2台光照控制仪的情形:当X>70时,只有1台光照控制仪运行,此时周总利润Y=3 000-1 000=2 000(元),P(Y=2 000)==0.2,当30<X≤70时,2台光照控制仪都运行,此时周总利润Y=2×3 000=6 000 元),P(Y=6 000)==0.8,故Y的分布列为所以EY=2 000×0 2+6 000×0 8=5 200 元).③安装3台光照控制仪的情况:当X>70时,只有1台光照控制仪运行,此时周总利润Y=1×3 000-2×1 000=1 000 元),P(Y=1 000)==0.2,当50≤X≤70时,有2台光照控制仪运行,此时周总利润Y=2×3 000-1×1 000=5000(元),P(Y=5 000)==0.7,当30<X<50时,3台光照控制仪都运行,周总利润Y=3×3 000=9 000 元),P(Y=9 000)==0.1, 故Y的分布列为所以EY=1 000×0 2+5 000×0 7+9 000×0 1=4 600 元).综上可知,为使商家周总利润的均值达到最大,应该安装2台光照控制仪.5.解析 1 ∵曲线C1的参数方程为,(t为参数),∴其普通方程为x-y-a+1=0.∵曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ+4cos θ-ρ=0,∴ρ2cos2θ+4ρcos θ-ρ2=0,∴x2+4x-x2-y2=0,即曲线C2的直角坐标方程为y2=4x.(2)设A,B两点所对应的参数分别为t1,t2,由,,得2t2-2t+1-4a=0.Δ=(-2)2-4×2 1-4a)>0,即a>0,由根与系数的关系得,·-根据参数方程参数的几何意义可知|PA|=2|t1|,|PB|=2|t2|,又|PA|=2|PB|,∴2|t1|=2×2|t2|,即t1=2t2或t1=-2t2.∴当t1=2t2时,有,·-,解得a=>0,符合题意.当t1=-2t2时,有-,·--,解得a=>0,符合题意.综上所述,实数a的值为或.6.解析(1)当m=1时,f x ≥6等价于-,---或-,--或,,解得x≤-2或x≥4,所以不等式f x ≥6的解集为{x|x≤-2或x≥4}2 ∵|x-3|+|x+m|≥| x-3)-(x+m)|=|m+3|,∴f xmin=|3+m|,∴|m+3|≤5,∴-8≤m≤2,∴参数m的取值范围为{m|-8≤m≤2}。
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中档大题分类练(四) 立体几何（建议用时：60分钟）1．如图57，已知多面体PE ABCD 的底面ABCD 是边长为2的菱形，且PA ⊥平面ABCD ，ED ∥PA ，且PA ＝2ED ＝2.图57(1)证明：平面PAC ⊥平面PCE ；(2)若∠ABC ＝60°，求点P 到平面ACE 的距离．[解] (1)证明：连接BD ，交AC 于点O ，设PC 中点为F ，连接OF ，EF .因为O ，F 分别为AC ，PC 的中点，所以OF ∥PA ，且OF ＝PA ，12因为DE ∥PA ，且DE ＝PA ，所以OF ∥DE ，且OF ＝DE .12所以四边形OFED 为平行四边形，所以OD ∥EF ，即BD ∥EF . 因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BD .因为ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC.因为PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC, 因为BD ∥EF ，所以EF ⊥平面PAC ，因为EF ⊂平面PCE ，所以平面PAC ⊥平面PCE .(2)因为∠ABC ＝60°，所以△ABC 是等边三角形，所以AC ＝2.又因为PA ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥AC ，∴S △PAC ＝×PA ×AC ＝2，12因为EF ⊥面PAC ，所以EF 是三棱锥E PAC 的高，EF ＝DO ＝BO ＝，3∴V P ACE ＝V E PAC ＝S △PAC ×EF ＝×2×＝，13133233∵DE ∥PA ，PA ⊥平面ABCD ，∴DE ⊥平面ABCD ，∴DE ⊥AD ，DE ⊥CD ，∵DE ＝1，∴AE ＝CE ＝，∴S △ACE ＝2×2×＝2，512所以点P 到平面ACE 的距离h ＝＝＝.VP ACE13S△ACE 2332332．如图58，在四棱锥P ABCD 中，四边形ABCD 是菱形，△PAD ≌△BAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝4，PA ＝PD ，M 在棱PD 上运动．图58(1)当M 在何处时，PB ∥平面MAC ；(2)已知O 为AD 的中点，AC 与OB 交于点E ，当PB ∥平面MAC 时，求三棱锥E BCM 的体积．[解] (1)如图，设AC 与BD 相交于点N，当M 为PD 的中点时，PB ∥平面MAC ，证明：∵四边形ABCD 是菱形，可得：DN ＝NB ，又∵M 为PD 的中点，可得：DM ＝MP ，∴NM 为△BDP 的中位线，可得NM ∥PB ，又∵NM ⊂平面MAC ，PB ⊄平面MAC ，∴PB ∥平面MAC .(2)∵O 为AD 的中点，PA ＝PD ，则OP ⊥AD ，又△PAD ≌△BAD ，∴OB ⊥AD ，且OB ＝2，又∵△AEO ∽△CEB ，∴＝＝.3OE BE OA BC 12∴BE ＝OB ＝.∴S △EBC ＝×4×＝.2343312433833又∵OP ＝4×＝2，点M 为PD 的中点，323∴M 到平面EBC 的距离为.3∴V E BCM ＝V M EBC ＝××＝.138333833．在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝CA ＝AA 1＝2，侧棱AA 1⊥平面ABC ，且D ，E 分别是棱A 1B 1，AA 1的中点，点F 在棱AB 上，且AF ＝AB .14图59(1)求证：EF ∥平面BDC 1；(2)求三棱锥D BEC 1的体积．[解] (1)取AB 的中点O ，连接A 1O ，∵AF ＝AB ，∴F 为AO 的中点，又E 为AA 1的中点，∴EF ∥A 1O ，14∵A 1D ＝A 1B 1，BO ＝AB ，AB 綊A 1B 1，1212∴A 1D 綊BO ，∴四边形A 1DBO 为平行四边形，∴A 1O ∥BD ，∴EF ∥BD ，又EF ⊄平面BDC 1，BD ⊂平面BDC 1，∴EF ∥平面BDC 1.(2)∵AA 1⊥平面A 1B 1C 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1，∴AA 1⊥C 1D ，∵A 1C 1＝B 1C 1＝A 1B 1＝2，D 为A 1B 1的中点，∴C 1D ⊥A 1B 1，C 1D ＝，3又AA 1⊂平面AA 1B 1B ，A 1B 1⊂平面AA 1B 1B ，AA 1∩A 1B 1＝A 1，∴C 1D ⊥平面AA 1B 1B ，∵AB ＝AA 1＝2，D ，E 分别为A 1B 1，AA 1的中点，∴S △BDE ＝22－×1×2－×1×2－×1×1＝.12121232∴VD BEC 1＝VC 1BDE ＝S △BDE ·C 1D ＝××＝.1313323324．如图60所示，在四棱锥P ABCD 中，△BCD ，△PAD 都是等边三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，且AD ＝2AB ＝4，CD ＝2.3图60(1)求证：平面PCD ⊥平面PAD ；(2)E 是AP 上一点，当BE ∥平面PCD 时，求三棱锥C PDE 的体积．[解] (1)因为AD ＝4，AB ＝2，BD ＝2，3所以AD 2＝AB 2＋BD 2，所以AB ⊥BD ，∠ADB ＝30°，又因为△BCD 是等边三角形，所以∠ADC ＝90°，所以DC ⊥AD ，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以CD ⊥平面PAD ，因为CD ⊂平面PCD ，所以平面PCD ⊥平面PAD .(2)过点B 作BG ∥CD 交AD 于G ，过点G 作EG ∥PD 交于AP 于点E ，因为BG ∥CD ，BG ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，所以BG ∥平面PCD ，同理可得EG ∥平面PCD ，所以平面BEG ∥平面PCD ，因为BE ⊂平面BEG ，所以BE ∥平面PCD .因为EG ∥PD ，所以＝，在直角三角形BGD 中，BD ＝2，∠BDG ＝30°，PE PA DGDA 3所以DG ＝2cos 30°＝3，所以＝＝，3PEPA DG DA 34在平面PAD 内过E 作EH ⊥PD 于H ，因为CD ⊥平面PAD ，EH ⊂平面PAD ，所以CD ⊥EH ，因为PD ∩CD ＝D ，所以EH ⊥平面PCD ，所以EH 是点E 到平面PCD 的距离，过点A 作AM ⊥PD 于M ，则AM ＝×4＝2，323由AM ∥EH ，得＝＝，所以EH ＝.EH AM PE PA 34323因为S △PCD ＝×4×2＝4，所以V C PDE ＝×4×＝6.1233133323(教师备选)1．如图，已知三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为2，A 1在底面ABC 内的射影O 为底面△ABC 的中心，如图所示．(1)求异面直线AA 1与BC 1所成角的大小；(2)求三棱锥C 1BCA 1的体积．[解] (1)连接AO ，并延长与BC 交于点D ，则D 是BC 边上的中点．因为点O 是正△ABC 的中心，且A 1O ⊥平面ABC ，所以BC ⊥AD ，BC ⊥A 1O .因为AD ∩A 1O ＝O ，所以BC ⊥平面ADA 1.所以BC ⊥AA 1.又AA 1∥CC 1，所以BC ⊥CC 1，所以异面直线AA 1与BC 1所成的角为∠BC 1C .因为BC ＝CC 1＝2，所以异面直线AA 1与BC 1所成角的大小为.π4(2)因为三棱柱的所有棱长都为2，所以可求得AD ＝，AO ＝AD ＝ ，323233A 1O ＝＝.AA 21－AO 2263因为S △ABC ＝×2×＝，1233所以VABC A 1B 1C 1＝S △ABC ·A 1O ＝2，2VA 1BCC 1B 1＝VABC A 1B 1C 1－VA 1ABC ＝.423所以VC 1BCA 1＝VA 1BCC 1＝VA 1BCC 1B 1＝.122232．如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AB ＝BC ＝AD ＝a ，E 12是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图②中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1BCDE.图① 图②(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为36，求a 的值．2[解] (1)证明：在图题①中，连接EC (图略)，因为AB ＝BC ＝AD ＝a ，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，12E 是AD 的中点，所以四边形ABCE 为正方形，所以BE ⊥AC ，即在图题②中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC .又A 1O ∩OC ＝O ，从而BE ⊥平面A 1OC ，又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，且平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，又由(1)可知A 1O ⊥BE ，所以A 1O ⊥平面BCDE ，即A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高，由图1知，A 1O ＝AB ＝a ，2222平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2，从而四棱锥A 1BCDE 的体积V ＝×S ×A 1O ＝×a 2×a ＝a 3，13132226由a 3＝36，解得a ＝6.262。