2020年高考专题训练八 立体几何
2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练
2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练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例1如图，高为1的等腰梯形ABCD中，AM＝CD＝AB＝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P，使AD∥平面MPC?并说明理由【答案】当AP＝AB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，＝＝，在△ADB中，＝，∴AD∥PN.∵AD?平面MPC，PN?平面MPC，∴AD∥平面MPC.【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：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。
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。
可总结为下图例2如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．求证：GF∥平面ADE；【答案】解法一：(1)证明：如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，所以GH∥AB，且GH＝AB.又F是CD的中点，所以DF＝CD.由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD，所以GH∥DF，且GH＝DF，从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH.又DH?平面ADE，GF?平面ADE，所以GF∥平面ADE.解法2：(1)证明：如下图，取AB中点M，连接MG，MF.又G是BE的中点，可知GM∥AE.又AE?平面ADE，GM?平面ADE，所以GM∥平面ADE.在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点得MF∥AD.又AD?平面ADE，MF?平面ADE，所以MF∥平面ADE.又因为GM∩MF＝M，GM?平面GMF，MF?平面GMF，所以平面GMF∥平面ADE.因为GF?平面GMF，所以GF∥平面ADE.【解析】解法一为构造线线平行，解法二为构造面面平行。
2020高考数学题型整理分类《(8)立体几何》解析版(含历年真题)
（八） 大题考法——立体几何1.如图，AC 是圆O 的直径，点B 在圆O 上，∠BAC ＝30°，BM ⊥AC ，垂足为M .EA ⊥平面ABC ，CF ∥AE ，AE ＝3，AC ＝4，CF ＝1.(1)证明：BF ⊥EM ；(2)求平面BEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值． 解：(1)证明：∵EA ⊥平面ABC ，∴BM ⊥EA ， 又BM ⊥AC ，AC ∩EA ＝A ，∴BM ⊥平面ACFE ， ∴BM ⊥EM .①在Rt △ABC 中，AC ＝4，∠BAC ＝30°，∴AB ＝23，BC ＝2， 又BM ⊥AC ，则AM ＝3，BM ＝3，CM ＝1.∵FM ＝MC 2＋FC 2＝2，EM ＝AE 2＋AM 2＝32， EF ＝42＋(3－1)2＝25，∴FM 2＋EM 2＝EF 2，∴EM ⊥FM . ② 又FM ∩BM ＝M ，③∴由①②③得EM ⊥平面BMF ，∴EM ⊥BF .(2)如图，以A 为坐标原点，过点A 垂直于AC 的直线为x 轴，AC ，AE 所在的直线分别为y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．由已知条件得A (0,0,0)，E (0,0,3)，B (3，3,0)，F (0,4,1)， ∴BE ―→＝(－3，－3,3)，BF ―→＝(－3，1,1)． 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE ―→＝0，n ·BF ―→＝0，得⎩⎨⎧－3x －3y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＋z ＝0，令x ＝3，得y ＝1，z ＝2，∴平面BEF 的一个法向量为n ＝(3，1,2)． ∵EA ⊥平面ABC ，∴取平面ABC 的一个法向量为AE ―→＝(0,0,3)． 设平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n ，AE ―→〉|＝622×3＝22.故平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值为22. 2．如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝1，AD ＝23，∠ACD ＝60°，E 为CD 的中点．(1)求证：BC ∥平面PAE ；(2)求直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：∵AB ＝3，BC ＝1，∠ABC ＝90°， ∴AC ＝2，∠BCA ＝60°.在△ACD 中，∵AD ＝23，AC ＝2，∠ACD ＝60°， ∴由余弦定理可得：AD 2＝AC 2＋CD 2－2AC ·CD ·cos ∠ACD ，∴CD ＝4， ∴AC 2＋AD 2＝CD 2，∴△ACD 是直角三角形． 又E 为CD 的中点，∴AE ＝12CD ＝CE ＝2，又∠ACD ＝60°，∴△ACE 是等边三角形， ∴∠CAE ＝60°＝∠BCA ，∴BC ∥AE . 又AE ⊂平面PAE ，BC ⊄平面PAE ， ∴BC ∥平面PAE .(2)由(1)可知∠BAE ＝90°，以点A 为坐标原点，以AB ，AE ，AP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,2)，B (3，0,0)，C (3，1,0)，D (－3，3,0)，∴PB ―→＝(3，0，－2)，PC ―→＝(3，1，－2)，PD ―→＝(－3，3，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB ―→＝0，n ·PC ―→＝0，即⎩⎨⎧3x －2z ＝0，3x ＋y －2z ＝0，取x ＝1，则y ＝0，z ＝32，n ＝⎝⎛⎭⎫1，0，32，∴cos 〈n ，PD ―→〉＝n ·PD ―→|n |·|PD ―→|＝－2374·16＝－217，∴直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为217.3．如图，在四棱锥S -ABCD 中，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形，AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成角的正弦值．解：(1)证明：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系C -xyz ，则D (1,0,0)，A (2,2,0)，B (0,2,0)．设S (x ，y ，z )，显然x >0，y >0，z >0，则AS ―→＝(x －2，y －2，z )，BS ―→＝(x ，y －2，z )，DS ―→＝(x －1，y ，z )．由|AS ―→|＝|BS ―→|，得 (x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2，解得x ＝1.由|DS ―→|＝1，得y 2＋z 2＝1. ① 由|BS ―→|＝2，得y 2＋z 2－4y ＋1＝0.②由①②，解得y ＝12，z ＝32.∴S ⎝⎛⎭⎫1，12，32，AS ―→＝⎝⎛⎭⎫－1，－32，32，BS ―→＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，DS ―→＝⎝⎛⎭⎫0，12，32， ∴DS ―→·AS ―→＝0，DS ―→·BS ―→＝0，∴DS ⊥AS ，DS ⊥BS ， 又AS ∩BS ＝S ，∴SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则n ⊥BS ―→，n ⊥CB ―→，∴n ·BS ―→＝0，n ·CB ―→＝0. 又BS ―→＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，CB ―→＝(0,2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1－32y 1＋32z 1＝0，2y 1＝0，取z 1＝2，得n ＝(－3，0,2)． ∵AB ―→＝(－2,0,0)，∴cos 〈AB ―→，n 〉＝AB ―→·n | AB ―→||n |＝－2×(－3)2×7＝217.故AB 与平面SBC 所成角的正弦值为217. 4．(2018·诸暨高三适应性考试)如图，四棱锥P -ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，△PAD 是边长为2的等边三角形，底面ABCD 是直角梯形，∠BAD ＝∠CDA ＝90°，AB ＝2DC ＝22，E 是CD 的中点．(1)求证：AE ⊥PB ；(2)设F 是棱PB 上的点，EF ∥平面PAD ，求EF 与平面PAB 所成角的正弦值． 解：(1)证明：取AD 的中点G ，连接PG ，BG ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PG ⊥AD ， ∴PG ⊥平面ABCD ，∵AE ⊂平面ABCD ，∴AE ⊥PG . 又∵tan ∠DAE ＝tan ∠ABG ＝24， ∴∠ABG ＋∠EAB ＝∠DAE ＋∠EAB ＝∠DAB ＝90°， ∴AE ⊥BG .∵BG ∩PG ＝G ，BG ⊂平面PBG ，PG ⊂平面PBG ， ∴AE ⊥平面PBG ， ∴AE ⊥PB .(2)法一：作FH ∥AB 交PA 于H ，连接DH ，则HF ∥DC . ∵EF ∥平面PAD ，平面FHDE ∩平面PAD ＝DH ， ∴EF ∥DH ，∴四边形FHDE 为平行四边形， ∴HF ＝DE .易知DC ∥AB ，DC ＝12AB ，∴HF ＝14AB ，即H 为PA 的一个四等分点．取PA 的中点K ，连接DK ，则DK ⊥PA .∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ， ∴AB ⊥平面PAD . ∵DK ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥DK ， ∵PA ∩AB ＝A ， ∴DK ⊥平面PAB .∴∠DHK 为EF 与平面PAB 所成的角， 由已知得DK ＝3，DH ＝DK 2＋HK 2＝132， ∴sin ∠DHK ＝DK DH ＝3132＝23913，∴EF 与平面PAB 所成角的正弦值为23913.法二：以A 为坐标原点，AB ，AD 所在直线为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0,0,0)，B (22，0,0)，P (0,1，3)，E ⎝⎛⎭⎫22，2，0，PB ―→＝(22，－1，－3)，EP―→＝⎝⎛⎭⎫－22，－1，3. 设PF ―→＝λPB ―→，则EF ―→＝EP ―→＋λPB ―→＝⎝⎛⎭⎫22λ－22，－1－λ，3－3λ.由(1)知PG ⊥平面ABCD ，∴PG ⊥AB . ∵AD ⊥AB ，PG ⊥AD ＝G ， ∴AB ⊥平面PAD ，∴AB ―→＝(22，0,0)为平面PAD 的一个法向量． ∵EF ∥平面PAD ，∴EF ―→·AB ―→＝22×⎝⎛⎭⎫22λ－22＝0，解得λ＝14. ∴EF ―→＝⎝⎛⎭⎫0，－54，334.设平面PAB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 又AB ―→＝(22，0,0)，PB ―→＝(22，－1，－3)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ―→＝0，n ·PB ―→＝0，即⎩⎨⎧22x ＝0，22x －y －3z ＝0，取y ＝3，得z ＝－1，∴n ＝(0，3，－1)． ∴|cos 〈n ，EF ―→〉|＝⎪⎪⎪⎪－534－3342×132＝23913，∴EF 与平面PAB 所成角的正弦值为23913.5．(2019届高三·镇海中学检测)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝2，∠ACB ＝30°，∠C 1CB ＝60°，BC 1⊥A 1C ，E 为AC 的中点，CC 1＝2.(1)求证：A 1C ⊥平面C 1EB ；(2)求直线CC 1与平面ABC 所成角的余弦值． 解：(1)证明：因为AB ＝BC ＝2，E 为AC 的中点， 所以AC ⊥BE .又因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1，所以BE ⊥A 1C .又因为BC 1⊥A 1C ，BC 1∩BE ＝B ，BC 1⊂平面C 1EB ，BE ⊂平面C 1EB ， 所以A 1C ⊥平面C 1EB .(2)法一：因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ， 所以直线CC 1与平面ABC 所成角为∠C 1CA . 因为∠ACB ＝30°，AB ＝BC ＝2，E 为AC 的中点， 所以EC ＝3，EB ＝1.因为CC 1＝BC ＝2，∠C 1CB ＝60°，所以BC 1＝2， 因为BE ⊥平面A 1ACC 1，所以BE ⊥EC 1，所以EC 1＝ 3. 在△CC 1E 中，根据余弦定理可知，cos ∠C 1CE ＝33. 所以直线CC 1与平面ABC 所成角的余弦值为33. 法二：以E 为坐标原点，EC 为x 轴，EB 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为∠ACB ＝30°，AB ＝BC ＝2，E 为AC 的中点， 所以EC ＝3，EB ＝1.因为CC 1＝CB ＝2，∠C 1CB ＝60°，所以BC 1＝2， 因为BE ⊥平面AA 1CC 1，所以BE ⊥EC 1，所以EC 1＝ 3. 所以|CC 1―→|＝2，|C 1E ―→|＝3， 设C 1(x,0，y )，又C (3，0,0)，所以⎩⎨⎧(x －3)2＋y 2＝4，x 2＋y 2＝3，解得⎩⎨⎧x ＝33，y ＝263，所以C 1⎝⎛⎭⎫33，0，263，则CC 1―→＝⎝⎛⎭⎫－233，0，263， 易知平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 设直线CC 1与平面ABC 所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈CC 1―→，n 〉|＝63，所以cos α＝33.即直线CC 1与平面ABC 所成角的余弦值为33.6.如图所示，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点E 是PD 的中点，点F 是PC 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)若底面ABCD 为正方形，探究在什么条件下，二面角C -AF -D 的大小为60°？解：易知AD ，AB ，AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设AB ＝2a ，AD ＝2b ，AP ＝2c ，则A (0,0,0)，B (2a,0,0)，C (2a,2b,0)，D (0,2b,0)，P (0,0,2c )．连接BD 交AC 于点O ，连接OE ，则O (a ，b,0)，又E 是PD 的中点，所以E (0，b ，c )．(1)证明：因为PB ―→＝(2a,0，－2c )，EO ―→＝(a,0，－c )， 所以PB ―→＝2EO ―→，所以PB ―→∥EO ―→， 即PB ∥EO .因为PB ⊄平面AEC ，EO ⊂平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .(2)因为四边形ABCD 为正方形，所以a ＝b ，则A (0,0,0)，B (2a,0,0)，C (2a,2a,0)，D (0,2a,0)，P (0,0,2c )，E (0，a ，c )，F (a ，a ，c )，因为z 轴⊂平面CAF ，所以设平面CAF 的一个法向量为n ＝(x,1,0)，而AC ―→＝(2a,2a,0)，所以AC ―→·n ＝2ax ＋2a ＝0，得x ＝－1，所以n ＝(－1,1,0)． 因为y 轴⊂平面DAF ，所以设平面DAF 的一个法向量为m ＝(1,0，z )， 而AF ―→＝(a ，a ，c )，所以AF ―→·m ＝a ＋cz ＝0，得z ＝－a c ，所以m ＝⎝⎛⎭⎫1，0，－ac ∥m ′＝(c,0，－a )． 所以cos 60°＝|n ·m ′||n ||m ′|＝c 2(a 2＋c 2)＝12，得a ＝c .故当AP 与正方形ABCD 的边长相等时，二面角C -AF -D 的大小为60°.。
2020年高考数学解答题核心：立体几何综合问题(专项训练)(教师版)
专题08 立体几何综合问题（专项训练）1．如图,菱形ABCD 中,∠ABC ＝60°,AC 与BD 相交于点O ,AE ⊥平面ABCD ,CF ∥AE ,AB ＝AE ＝2. (1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时,求异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值大小．【答案】见解析【解析】(1)因为四边形ABCD 是菱形,所以BD ⊥AC .因为AE ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,所以BD ⊥AE .因为AC ∩AE ＝A ,所以BD ⊥平面ACFE .(2)以O 为原点,OA →,OB →的方向为x ,y 轴正方向,过O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向),建立空间直角坐标系,则B (0,3,0),D (0,－3,0),E (1,0,2),F (－1,0,a )(a >0),OF →＝(－1,0,a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0，n ·OE →＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1,则n ＝(－2,0,1),由题意得sin 45°＝|cos 〈OF →,n 〉|＝|OF →·n ||OF →||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22.因为a >0,所以解得a ＝3.所以OF →＝(－1,0,3),BE →＝(1,－3,2),所以cos 〈OF →,BE →〉＝OF →·BE →|OF →|·|BE →|＝－1＋610·8＝54.故异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值为54.2．(2019·河南郑州模拟)如图,在△ABC 中,∠ABC ＝π4,O 为AB 边上一点,且3OB ＝3OC ＝2AB ,已知PO ⊥平面ABC ,2DA ＝2AO ＝PO ,且DA ∥PO .(1)求证：平面PBAD ⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：因为OB ＝OC ,又因为∠ABC ＝π4,所以∠OCB ＝π4,所以∠BOC ＝π2,即CO ⊥AB .又PO ⊥平面ABC ,OC ⊂平面ABC ,所以PO ⊥OC .又因为PO ,AB ⊂平面PAB ,PO ∩AB ＝O ,所以CO ⊥平面PAB ,即CO ⊥平面PBAD .又CO ⊂平面COD ,所以平面PBAD ⊥平面COD .(2)以OC ,OB ,OP 所在射线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示．设|OA |＝1,则|PO |＝|OB |＝|OC |＝2,|DA |＝1.则C (2,0,0),B (0,2,0),P (0,0,2),D (0,－1,1),所以PD →＝(0,－1,－1),BC →＝(2,－2,0),BD →＝(0,－3,1)．设平面BDC 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1,则x ＝1,z ＝3,所以n ＝(1,1,3)．设PD 与平面BDC 所成的角为θ,则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×(－1)＋3×(－1)02＋(－1)2＋(－1)2×12＋12＋32＝22211.即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 3．(2019·湖北武汉调考)如图, 四棱锥S －ABCD 中,AB ∥CD ,BC ⊥CD ,侧面SAB 为等边三角形,AB ＝BC ＝2,CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】方法一 (1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ,则D (1,0,0),A (2,2,0),B (0,2,0),设S (x ,y ,z ),则x >0,y >0,z >0,且AS →＝(x －2,y －2,z ,),BS →＝(x ,y －2,z ).DS→＝(x －1,y ,z )．由|AS →|＝|BS →|,得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2,得x ＝1,由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1,①由|BS →|＝2得y 2＋z 2－4y ＋1＝0,②由①②解得y ＝12,z ＝32,所以S ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，32,AS →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－32，32,BS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32,DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32,所以DS →·AS →＝0,DS →·BS →＝0,所以DS ⊥AS ,DS ⊥BS ,又AS ∩DS ＝S ,所以SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的一个法向量为m ＝(a ,b ,c ),BS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32,CB →＝(0,2,0),AB →＝(－2,0,0),由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BS →＝0，m ·CB →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧a －32b ＋32c ＝0，2b ＝0，所以可取m ＝(－3,0,2),故AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为cos 〈m ,AB →〉＝m ·AB →|m |·|AB →|＝－2×(－3)7×2＝217. 方法二 (1)证明：如下图,取AB 的中点E ,连接DE ,SE ,则四边形BCDE 为矩形,所以DE ＝CB ＝2,所以AD ＝DE 2＋AE 2＝ 5.因为侧面SAB 为等边三角形,AB ＝2,所以SA ＝SB ＝AB ＝2,且SE ＝3,又SD ＝1,所以SA 2＋SD 2＝AD 2,SE 2＋SD 2＝ED 2,所以SD ⊥SA ,SD ⊥SB ,又AS ∩DS ＝S ,所以SD ⊥平面SAB .(2)作S 在DE 上的射影G ,因为AB ⊥SE ,AB ⊥DE ,AB ⊥平面SDE ,所以平面SDE ⊥平面ABCD ,两平面的交线为DE ,所以SG ⊥平面ABCD ,在Rt △DSE 中,由SD ·SE ＝DE ·SG 得1×3＝2×SG ,所以SG ＝32,作A 在平面SBC 上的射影H ,则∠ABH 为AB 与平面SBC 所成的角,因为CD ∥AB ,AB ⊥平面SDE ,所以CD ⊥平面SDE ,所以CD ⊥SD ,在Rt △CDS 中,由CD ＝SD ＝1,求得SC ＝ 2.在△SBC 中,SB ＝BC ＝1,SC ＝2,所以S △SBC ＝12×2×22－12＝72,由V A －SBC ＝V S －ABC 得13·S △SBC ·AH ＝13·S △ABC ·SG ,即13×72×AH ＝13×12×2×2×2,得AH ＝2217,所以sin ∠ABH ＝AHAB ＝217,故AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为217. 4．(2019·安徽江南名校联考)如图,在四棱锥P －ABCD 中,PD ⊥平面ABCD ,AB ∥DC ,AB ⊥AD ,DC ＝6,AD ＝8,BC＝10,∠PAD ＝45°,E 为PA 的中点． (1)求证：DE ∥平面BPC ；(2)线段AB 上是否存在一点F ,满足CF ⊥DB ？若存在,试求出二面角F －PC －D 的余弦值；若不存在,请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：取PB 的中点M ,连接EM 和CM ,过点C 作CN ⊥AB ,垂足为点N .因为CN ⊥AB ,DA ⊥AB ,所以CN ∥DA ,又AB ∥CD ,所以四边形CDAN 为平行四边形,所以CN ＝AD ＝8,DC ＝AN ＝6,在Rt △BNC 中,BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6,所以AB ＝12,而E ,M 分别为PA ,PB 的中点,所以EM ∥AB 且EM ＝6,又DC ∥AB ,所以EM ∥CD 且EM ＝CD ,四边形CDEM 为平行四边形,所以DE ∥CM .因为CM ⊂平面PBC ,DE ⊄平面PBC ,所以DE ∥平面BPC .(2)由题意可得DA ,DC ,DP 两两互相垂直,如图,以D 为原点,DA ,DC ,DP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ,则A (8,0,0),B (8,12,0),C (0,6,0),P (0,0,8)．假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ,设点F 坐标为(8,t,0),则CF →＝(8,t －6,0),DB →＝(8,12,0),由CF →·DB →＝0得t ＝23.又平面DPC 的法向量为m ＝(1,0,0),设平面FPC 的法向量为n ＝(x ,y ,z )．又PC →＝(0,6,－8),FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，163，0.由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·FC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ，不妨令y ＝12,有n ＝(8,12,9)．则cos 〈n ,m 〉＝n ·m |n ||m |＝81×82＋122＋92＝817.又由图可知,该二面角为锐二面角,故二面角F －PC －D 的余弦值为817.5．(2017·山东卷)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是DF的中点．(1)设P是CE上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小；(2)当AB＝3,AD＝2时,求二面角E－AG－C的大小．【答案】见解析【解析】(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP＝A,所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC＝120°,因此∠CBP＝30°.(2)方法一取EC的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC＝120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE＝GE＝AC＝GC＝32＋22＝13.取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角．又AM＝1,所以EM＝CM＝13－1＝2 3.在△BEC中,由于∠EBC＝120°,由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos120°＝12,所以EC＝23,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.方法二 以B 为坐标原点,分别以BE ,BP ,BA 所在的直线为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (0,0,3),E (2,0,0),G (1,3,3),C (－1,3,0),故AE →＝(2,0,－3),AG →＝(1,3,0),CG →＝(2,0,3),设m ＝(x 1,y 1,z 1)是平面AEG 的一个法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AG →＝0可得⎩⎨⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0.取z 1＝2,可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3,－3,2)． 设n ＝(x 2,y 2,z 2)是平面ACG 的法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG →＝0，n ·CG →＝0可得⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0.取z 2＝－2,可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3,－3,－2)．所以cos 〈m ,n 〉＝m ·n |m |·|n |＝12.由图可得此二面角为锐二面角,故所求的角为60°.6．(2017·全国卷Ⅲ)如图,四面体ABCD 中,△ABC 是正三角形,△ACD 是直角三角形,∠ABD ＝∠CBD ,AB ＝BD . (1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ,若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分,求二面角D －AE －C 的余弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：由题设可得△ABD ≌△CBD ,从而AD ＝CD . 又△ACD 是直角三角形,所以∠ADC ＝90°. 取AC 的中点O ,连接DO ,BO ,则DO ⊥AC ,DO ＝AO . 又因为△ABC 是正三角形,故BO ⊥AC , 所以∠DOB 为二面角D －AC －B 的平面角． 在Rt △AOB 中,BO 2＋AO 2＝AB 2,又AB ＝BD ,所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2, 故∠BOD ＝90°.所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设及(1)知,OA ,OB ,OD 两两垂直,以O 为坐标原点,OA →的方向为x 轴正方向,|OA →|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ,则A (1,0,0),B (0,3,0),C (－1,0,0),D (0,0,1)．由题设知,四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12,从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12,即E 为DB 的中点,得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12,故AD →＝(－1,0,1),AC →＝(－2,0,0),AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，32，12.设n ＝(x ,y ,z )是平面DAE 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋32y ＋12z ＝0，可取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，1.设m 是平面AEC 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，同理可取m ＝(0,－1,3),则cos 〈n ,m 〉＝n·m |n||m|＝77.所以二面角D －AE －C 的余弦值为77.。
北京市高考数学联考试题分类大汇编(8)立体几何试题解析.doc
北京市 2020 年高考数学最新联考试题分类大汇编一、选择题：（3） ( 北京市东城区 2020 年 1 月高三考试文科）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ A）（B）（ C）（D）【答案】 C【解析】该几何体为底面是直角边为的等腰直角三角形，高为的直三棱柱，其体积为。
7． ( 北京市西城区2020 年 1 月高三期末考试理科) 某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是（）（A）（B）（C）（D）【答案】 D【解析】将三视图还原直观图，可知是一个底面为正方形（其对角线长为2），高为 2 的四棱锥，其体积为A．且，则B．且，则C．且，则D．且，则【答案】 C体的体积为.（9） ( 北京市城区 2020 年 4 月高考一模文科 ) 已知一个四棱的三如所示，四棱的体是 .10. (2020 年 4 月北京市房山区高三一模理科一个几何体的三如所示，个几何体的体 .三、解答：（17） ( 北京市城区2020 年 1 月高三考文科）（本小共14 分）如，在四棱中，底面是正方形，平面，是中点，段上一点.（Ⅰ）求：；（Ⅱ）确定点在段上的位置，使// 平面，并明理由.【命分析】本考垂直和面探索性等合。
考学生的空想象能力。
明垂直的方法：（1）异面直所成的角直角；（ 2）面垂直的性定理；（ 3）面面垂直的性定理；（ 4）三垂定理和逆定理；（ 5）勾股定理；（ 6）向量垂直 . 要注意面、面面垂直的性定理的成立条件 . 解程中要特体会平行关系性的性，垂直关系的多性 . 本第一利用方法二行明；探求某明（Ⅰ）因平面，所以．又四形是正方形，所以，，所以平面 ,又平面,所以 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 14 分(16) （ 2020 年 4 月北京市海淀区高三一模理科）（本小分14 分）在四棱中，//，，，平面，.（Ⅰ）平面平面，求：//；（Ⅱ）求：平面；（Ⅲ）点段上一点，且直与平面所成角的正弦，求的．(16)（本小分 14 分）所以，，，所以，.所以， .因，平面，平面，所以平面 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 9 分由（Ⅱ）知平面的一个法向量 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分17. (2020 年 3 月北京市朝阳区高三一模文科⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分zPA D⋯⋯ ⋯yCBx⋯⋯ ⋯) （本分13 分）在如所示的几何体中，四形平行四形，，平面，，，，，且是的中点 .（Ⅰ）求：平面；（Ⅱ）在上是否存在一点，使得最大？若存在，求出的正切；若不存在，明理由 .（17）（本小分 13 分）（Ⅱ）解：假在上存在一点，使得最大. 因平面，所以 .又因，所以平面.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8 分在中， .17． ( 北京市西城区 2020 年 4 月高三第一次模文 ) （本小分 14 分）如，矩形中，，．，分在段和上，∥，将矩形沿折起．折起后的矩形，且平面平面．（Ⅰ）求：∥平面；（Ⅱ）若，求：；（Ⅲ）求四面体体的最大．17.（本小分 14 分）（Ⅰ）明：因四形，都是矩形，所以∥∥，．所以四形是平行四形，⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分所以∥，⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分因平面，所以∥平面．⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（Ⅱ）明：接，．因平面平面，且，所以平面，⋯⋯ 5 分所以．⋯⋯⋯⋯ 6 分9 分（Ⅲ）解：，，其中．由（Ⅰ）得平面，所以四面体的体．⋯⋯⋯ 11 分所以．⋯⋯⋯⋯⋯13 分当且当，即，四面体的体最大．（17） ( 北京市城区2020 年 4 月高考一模理科⋯⋯⋯⋯⋯⋯) （本小共14 分13 分）1（17）（共 13 分）（Ⅰ）明：取中点，.因，，所以，而，即△是正三角形又因 ,所以.⋯⋯⋯⋯2分所以在 2 中有， . ⋯⋯⋯⋯ 3 分所以二面角.的平2面角.1又二面角直二面角，所以. ⋯⋯⋯⋯ 5 分又因 ,所以⊥平面 , 即⊥平面 .⋯⋯⋯⋯6分（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知⊥平面，，如，以原点，建立空直角坐系，，，，.在１中，.因，所以∥，且 .所以四形平行四形.所以∥，且 .故点的坐（1，， 0） . 2 所以，， .⋯⋯⋯⋯8分不妨平面的法向量，即令，得 .⋯⋯⋯⋯10分所以 .⋯⋯⋯⋯12分故直与平面所成角的大小.⋯⋯⋯⋯13分（17） ( 北京市城区 2020 年 4 月高考一模文科 ) （本小共 14 分）如，在的正三角形中，，，分，，上的点，且足 . 将△沿折起到△的位置，使平面平面，，. （如）（Ⅰ）若中点，求：∥平面；（Ⅱ）求： .1 2（17）（共 14 分）明：（Ⅰ）取中点， ．在△中，分 的中点，所以∥，且．因 ，所以∥ , 且，所以∥，且．所以四 形 平行四 形．所以∥．⋯⋯⋯⋯ 5 分又因 平面，且平面， 所以∥平面．（Ⅱ）取中点， .因 ，，所以，而，即△是正三角形 又因 , 所以 .所以在2 中有 . 因 平面平面，平面平面，.⋯⋯⋯⋯ 9 分⋯⋯⋯⋯ 7 分所以⊥平面 .⋯⋯⋯⋯ 12 分17. (2020又平面， 所以⊥ .年 3 月北京市丰台区高三一模文科) （本小 共⋯⋯⋯⋯ 14 分）14 分如 ，四棱 P-ABCD 中，底面 ABCD 是菱形， PA =PD ，∠ BAD =60o ， E 是 AD 的中点，点Q在 棱 PC 上．（Ⅰ）求 ： AD ⊥平面 PBE ； （Ⅱ）若 Q 是 PC 的中点，求 ： PA // 平面 BDQ ；（Ⅲ）若 V P-BCDE =2 V Q - ABCD ， 求的 ．17． 明：（Ⅰ）因E 是 AD 的中点， PA =PD ，所以AD⊥PE ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1 分因 底面 ABCD 是菱形，∠ BAD =60o ，所以 = ，又因 E 是 的中点，AB BD AD所以⊥．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分AD BE因 PE∩BE=E，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分所以 AD⊥平面 PBE．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（Ⅱ）接 AC交 BD于点 O， OQ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分因O 是中点，Q 是的中点，AC PC所以 OQ△ PAC中位．所以 OQ //因，所以．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分17. (2020年4月北京市房山区高三一模理科（本小共14 分）在直三棱柱中，=2 ,.点分是,的中点，是棱上的点.（I ）求：平面；(II)若 // 平面，确定点的位置，并出明；(III)求二面角的余弦 .17．（本小共 14 分）(I)明：∵在直三棱柱中，，点是的中点，∴⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1 分, ,∴⊥平面⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分平面∴，即⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分又∴平面⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（ II ）当是棱的中点， // 平面 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分明如下 :, 取的中点H，接 ,的中位∴∥，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分∵由已知条件，正方形∴∥，∵ 的中点，(III)∵ 直三棱柱且又平面的法向量，==，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13 分二面角的平面角，且角．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14 分。
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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例1如图，高为1的等腰梯形ABCD 中，AM ＝CD ＝AB ＝1.现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD ⊥13平面MBCD ，连接AB ，AC .试判断：在AB 边上是否存在点P ，使AD ∥平面MPC ?并说明理由【答案】当AP ＝AB 时，有AD ∥平面MPC .13理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP .在梯形MBCD 中，DC ∥MB ，＝＝，DNNB DCMB 12在△ADB 中，＝，∴AD ∥PN .APPB 12∵AD ⊄平面MPC ，PN ⊂平面MPC ，∴AD ∥平面MPC .【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。
一一一一一一一一一2.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。
2020年新高考一轮理数：第八章 立体几何
第八章⎪⎪⎪立体几何第一节 空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积本节主要包括3个知识点：1.空间几何体的三视图和直观图；空间几何体的表面积与体积；3.与球有关的切、接应用问题.突破点(一) 空间几何体的三视图和直观图[基本知识]1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图． (2)三视图的画法①在画三视图时，能看见的轮廓线和棱用实线表示，重叠的线只画一条，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．3．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴，y ′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半．[基本能力]1．判断题(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．()(2)棱台各侧棱的延长线交于一点．()(3)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．()(4)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.()答案：(1)×(2)√(3)×(4)×2．填空题(1)如图所示的几何体中，是棱柱的为________(填写所有正确的序号)．解析：根据棱柱的定义，结合给出的几何体可知③⑤满足条件．答案：③⑤(2)有一个几何体的三视图如图所示，这个几何体的形状为________．解析：从俯视图来看，上、下底面都是正方形，但是大小不一样，可以判断是棱台．答案：棱台(3)已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体从上往下依次由____________构成．解析：由三视图可知，该几何体是由一个圆台和一个圆柱组成的组合体．答案：圆台，圆柱(4)利用斜二测画法得到的：①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．答案：1[全析考法][例1]给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0 B．1C．2 D．3[解析]①错误，只有这两点的连线平行于旋转轴时才是母线；②错误，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图(1)所示；③错误，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图(2)所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．[答案] A[方法技巧]解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如例1中的命题②④易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．空间几何体的三视图1.长对正、高平齐、宽相等，即俯视图与正视图一样长；正视图与侧视图一样高；侧视图与俯视图一样宽．2．三视图的排列顺序先画正视图，俯视图放在正视图的下方，侧视图放在正视图的右方．[例2](1)(2018·河北衡水中学调研)正方体ABCD -AB1C1D1中，E为棱BB1的中点(如1图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为()(2)(2017·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()A．3 2 B．2 3C．2 2 D．2[解析](1)过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的侧视图为选项C中的图形．故选C.(2)在正方体中还原该四棱锥如图所示，从图中易得最长的棱为AC1＝AC2＋CC21＝(22＋22)＋22＝2 3.[答案](1)C(2)B[方法技巧]有关三视图问题的解题方法(1)由几何体的直观图画三视图需注意的事项①注意正视图、侧视图和俯视图对应的观察方向；②注意能看到的线用实线画，被挡住的线用虚线画；③画出的三视图要符合“长对正、高平齐、宽相等”的基本特征．(2)由几何体的部分视图画出剩余视图的方法先根据已知的部分视图推测直观图的可能形式，然后推测其剩余视图的可能情形，若为选择题，也可以逐项检验．(3)由几何体三视图还原其直观图时应注意的问题要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视图还原为直观图．空间几何体的直观图按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：(1)S直观图＝24S原图形．(2)S原图形＝22S直观图．[例3]用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()[解析]由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[答案] A[全练题点]1.[考点一]如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是()A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：选B因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C是真命题；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D是真命题；B是假命题，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．2.[考点二]用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是()解析：选B俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.3.[考点二]已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一直角边长为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()解析：选C空间几何体的正视图和侧视图“高平齐”，故正视图的高一定为2，正视图和俯视图“长对正”，故正视图的底边长为2.侧视图中的直角说明这个三棱锥最前面的面垂直于底面，这个面遮住了后面的一条侧棱．综合以上可知，这个三棱锥的正视图可能是C.4.[考点三]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD 平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为()A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2D．8 2 cm2解析：选C依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD相等，高为梯形ABCD的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.5.[考点二]已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选D由题意知，三棱锥放置在长方体中如图所示，利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面全部是直角三角形．故选D.突破点(二)空间几何体的表面积与体积[基本知识]1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl ――→r ′＝rS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl . 2．空间几何体的表面积与体积公式[基本能力]1．判断题(1)锥体的体积等于底面面积与高之积．( ) (2)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( ) (3)球的体积之比等于半径比的平方．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× 2．填空题(1)已知圆柱的底面半径为a ，高为66a ，则此圆柱的侧面积等于________． 解析：底面周长l ＝2πa ，则S 侧＝l ·h ＝2πa ·⎝⎛⎭⎫66a ＝63πa 2. 答案：63πa 2(2)已知某棱台的上、下底面面积分别为63和243，高为2，则其体积为________． 解析：V ＝13(63＋243＋63×243)×2＝28 3.答案：28 3(3)已知圆锥的母线长是8，底面周长为6π，则它的体积是________． 解析：设圆锥底面圆的半径为r ，则2πr ＝6π，∴r ＝3.设圆锥的高为h ，则h ＝82－32＝55，∴V 圆锥＝13πr 2h ＝355π.答案：355π(4)正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A -B 1DC 1的体积为________．解析：在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵AD ⊥BC ，AD ⊥BB 1，BB 1∩BC ＝B ，∴AD ⊥平面B 1DC 1. ∴VA -B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1.答案：1(5)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图可知该几何体是一个底面为等腰梯形的平放的直四棱柱，所以该直四棱柱的表面积为S ＝2×12×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×1＋16×4＝48＋817.答案：48＋817[全析考法][例1] (1)(2018·福州市五校联考)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为一个直角三角形，一个锐角为30°，则该几何体的表面积为( )A ．24＋12 3B ．24＋5 3C ．12＋15 3D ．12＋12 3(2)(2018·南昌市十校联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是()A ．(25＋35)πB ．(25＋317)πC ．(29＋35)πD ．(29＋317)π[解析] (1)由已知可得，该几何体为三棱柱，底面是斜边长为4，斜边上的高为3的直角三角形，底面面积为23，底面周长为6＋23，棱柱的高为4，故棱柱的表面积S ＝2×23＋4×(6＋23)＝24＋123，故选A.(2)由三视图可知该几何体由一个上下底面直径分别为2和4，高为4的圆台，一个底面直径为4，高为4的圆柱和一个直径为4的半球组成，其直观图如图所示，所以该几何体的表面积为π＋π×(1＋2)×17＋π×4×4＋4π×222＝π＋317π＋16π＋8π＝(25＋317)π，故选B. [答案] (1)A (2)B[方法技巧] 求空间几何体表面积的常见类型及思路[例2] (1)(2017·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A ．60B ．30C ．20D ．10(2)(2018·洛阳市第一次统考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.15π2B ．8πC.17π2D ．9π[解析] (1)如图，把三棱锥A -BCD 放到长方体中，长方体的长、宽、高分别为5,3,4，△BCD 为直角三角形，直角边分别为5和3，三棱锥A -BCD 的高为4，故该三棱锥的体积V ＝13×12×5×3×4＝10.(2)依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为1，最短母线长为3、最长母线长为5，将这两个截后所得的部分拼接，恰好可以形成一个底面半径为1，母线长为5＋3＝8的圆柱，因此题中的几何体的体积为π×12×8＝8π，选B.[答案] (1)D (2)B[方法技巧] 求空间几何体体积的常见类型及思路[全练题点]1.[考点二](2018·石家庄市教学质量检测)某几何体的三视图如图所示(在网格线中，每个小正方形的边长为1)，则该几何体的体积为( )A ．2B ．3C ．4D ．6解析：选A 由三视图知，该几何体为四棱锥如图所示，其底面面积S ＝12×(1＋2)×2＝3，高为2，所以该几何体的体积V ＝13×3×2＝2，故选A.2.[考点一](2018·长沙市统一模拟考试)如图是某几何体的三视图，其正视图、侧视图均是直径为2的半圆，俯视图是直径为2的圆，则该几何体的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．5πD ．12π解析：选A 由三视图可知，该几何体是半径为1的半球，其表面积为2π＋π＝3π.选A.3.[考点二](2017·浙江高考)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)是( )A.π2＋1B.π2＋3C.3π2＋1D.3π2＋3解析：选A 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V ＝12×13π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1.4.[考点一](2018·南昌市模拟)如图，直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC ＝2CD ＝2AD ＝2，若将该直角梯形绕BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．解析：根据题意可知，此旋转体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示．则所得几何体的表面积为圆锥的侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面积之和，即表面积为π·1·12＋12＋2π·12＋π·12＝(2＋3)π.答案：(2＋3)π5．[考点二]中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)：若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x 的值为________．解析：由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，由题意得(5.4－x )×3×1＋π×⎝⎛⎭⎫122x ＝12.6，解得x ＝1.6.答案：1.6突破点(三) 与球有关的切、接应用问题与球有关的组合体问题常涉及内切和外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.如球内切于正方体时，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体时，正方体的各个顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.球与其他旋转体组合时，通常作它们的轴截面解题；球与多面体组合时，通常过多面体的一条侧棱和球心及“切点”或“接点”作截面图进行解题.[全析考法]多面体的内切球问题[例1] (1)(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________． (2)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.[解析] (1)设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.(2)设正四面体棱长为a ， 则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14×63a ＝612a ， 因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. [答案] (1)32 (2)63π[方法技巧]处理与球有关内切问题的策略解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．多面体的外接球问题外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[例2] (1)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9πD.27π4(2)(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．(3)(2018·河北衡水调研)一个直六棱柱的底面是边长为2的正六边形，侧棱长为3，则它的外接球的表面积为________．[解析] (1)如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为O ，∵正四棱锥P -ABCD 中AB ＝2， ∴AO ′＝ 2. ∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2， ∴R 2＝(2)2＋(4－R )2， 解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4.(2)由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为 3. 设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32，所以这个球的体积为43πR 3＝4π3×278＝9π2.(3)由直六棱柱的外接球的直径为直六棱柱中最长的对角线，知该直六棱柱的外接球的直径为42＋32＝5，∴其外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎫522＝25π. [答案] (1)A (2)9π2 (3)25π[方法技巧]与球有关外接问题的解题规律(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的12.(2)正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长．此结论也适合长方体，或由同一顶点出发的两两互相垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥．(3)求多面体外接球半径的关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可．[全练题点]1.[考点二]如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π解析：选D 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到，此长方体的长、宽、高分别为5,4,3，所以外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫5222＝50π，故选D. 2．[考点一]一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2Sa ＋b ＋c＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.3.[考点一](2018·东北三省模拟)三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是边长为3的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，若球O 与三棱柱ABC -A 1B 1C 1各侧面、底面均相切，则侧棱AA 1的长为( )A.12B.32C ．1D. 3解析：选C 因为球O 与直三棱柱的侧面、底面均相切，所以侧棱AA 1的长等于球的直径．设球的半径为R ，则球心在底面上的射影是底面正三角形ABC 的中心，如图所示．因为AC ＝3，所以AD＝12AC ＝32.因为tan π6＝MD AD ，所以球的半径R ＝MD ＝AD tan π6＝32×33×1＝12，所以AA 1＝2R ＝2×12＝1.4.[考点二]三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，PA ＝3，则该三棱锥外接球的表面积为( )A ．5π B.2π C ．20πD ．4π解析：选A 把三棱锥P -ABC 看作由一个长、宽、高分别为1、1、3的长方体截得的一部分(如图)．易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为12＋12＋(3)2＝5，故外接球半径为52，表面积为4π×⎝⎛⎭⎫522＝5π. 5.[考点二](2018·洛阳统考)已知三棱锥P -ABC 的四个顶点均在某球面上，PC 为该球的直径，△ABC 是边长为4的等边三角形，三棱锥P -ABC 的体积为163，则此三棱锥的外接球的表面积为( )A.16π3B.40π3C.64π3D.80π3解析：选D 依题意，记三棱锥P -ABC 的外接球的球心为O ，半径为R ，点P 到平面ABC 的距离为h ，则由V P -ABC ＝13S △ABC h ＝13×⎝⎛⎭⎫34×42×h ＝163得h ＝433.又PC 为球O 的直径，因此球心O 到平面ABC 的距离等于12h ＝233.又正△ABC 的外接圆半径为r ＝AB 2sin 60°＝433，因此R 2＝r 2＋⎝⎛⎭⎫2332＝203，所以三棱锥P -ABC 的外接球的表面积为4πR 2＝80π3，故选D.[全国卷5年真题集中演练——明规律]1.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为(2＋4)×22×2＝12，故选B. 2．(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 ．π B.3π4 C.π2D.π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4. 3．(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4π B.9π2 C ．6πD.32π3解析：选B 设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＝9π2.故选B. 4．(2016·全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.5．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V1V2＝1656＝15，故选D.6．(2017·全国卷Ⅱ)长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．解析：由题意知，长方体的体对角线长为32＋22＋12＝14，记长方体的外接球的半径为R，则有2R＝14，R＝142，因此球O的表面积为S＝4πR2＝14π.答案：14π[课时达标检测][小题对点练——点点落实]对点练(一)空间几何体的三视图和直观图1．给出下列四个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；④长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选A①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误，故选A.2．(2018·广州六校联考)已知某几何体的正视图和侧视图均如图所示，给出下列5个图形：其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数为()A ．5B ．4C ．3D ．2解析：选B 由题知可以作为该几何体的俯视图的图形可以为①②③⑤.故选B. 3．在如图所示的空间直角坐标系O -xyz 中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)．给出编号为①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )A ．①和③B ．③和①C ．④和③D ．④和②解析：选D 由题意得，该几何体的正视图是一个直角三角形，三个顶点的坐标分别是(0,0,2)，(0,2,0)，(0,2,2)，且内有一条虚线(一顶点与另一直角边中点的连线)，故正视图是④；俯视图即在底面的射影，是一个斜三角形，三个顶点的坐标分别是(0,0,0)，(2,2,0)，(1,2,0)，故俯视图是②.4.如图，△O ′A ′B ′是△OAB 的水平放置的直观图，其中O ′A ′＝O ′B ′＝2，则△OAB 的面积是________．解析：在Rt △OAB 中，OA ＝2，OB ＝4，△OAB 的面积S ＝12×2×4＝4.答案：45．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为_______cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C .在Rt △ABC 中，AC ＝12 cm ，BC ＝8－3＝5(cm)．∴AB ＝122＋52＝13(cm)．答案：13对点练(二) 空间几何体的表面积与体积1．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是( )A.a 2B.3πa3πC.23πa 3πD.23a 3π解析：选C 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S 表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa 3π.2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π解析：选B 由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V ＝π×32×10－12×π×32×6＝63π.3．(2018·湖北四校联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．16B ．(10＋5)πC ．4＋(5＋5)πD ．6＋(5＋5)π解析：选C 该几何体是两个相同的半圆锥与一个半圆柱的组合体，其表面积为S ＝π＋4π＋4＋5π＝4＋(5＋5)π.4．(2017·山东高考)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案：2＋π25．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是________寸．(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸)解析：由题意知，圆台中截面圆的半径为十寸，圆台内水的体积为V ＝13πh (r 2中＋r 2下＋r 中r 下)＝π3×9×(102＋62＋10×6)＝588π(立方寸)，降雨量为V 142π＝588π196π＝3(寸)． 答案：36．(2018·合肥市质检)高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的________．解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为 12×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为13×6×2＝4.而直三棱柱的体积为12×2×2×4＝8，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的12.答案：12对点练(三) 与球有关的切、接应用问题1．在三棱锥A -BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ADB 的面积分别为22，32，62，则该三棱锥外接球的表面积为( ) A ．2π B ．6π C ．46πD ．24π解析：选B 设相互垂直的三条侧棱AB ，AC ，AD 分别为a ，b ，c 则12ab ＝22，12bc ＝32，12ac ＝62，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3.所以三棱锥A -BCD 的外接球的直径2R ＝a 2＋b 2＋c 2＝6，则其外接球的表面积S ＝4πR 2＝6π.2．已知正四面体的棱长为2，则其外接球的表面积为( ) A ．8π B ．12π C.32π D ．3π解析：选D 如图所示，过顶点A 作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，则O 为正三角形BCD 的中心，连接DO 并延长交BC 于点E ，又正四面体的棱长为2，所以DE ＝62，OD ＝23DE ＝63，所以在直角三角形AOD 中，AO ＝AD 2－OD 2＝233.设正四面体外接球的球心为P ，半径为R ，连接PD ，则在直角三角形POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎫233－R 2＋⎝⎛⎭⎫632，解得R ＝32，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝3π.3．(2018·湖北七市(州)联考)一个几何体的三视图如图所示，该几何体外接球的表面积为( )。
专题08 立体几何解答题常考全归类(精讲精练)(原卷版)
专题08 立体几何解答题常考全归类【命题规律】空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个空间几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建系求点、坐标运算、几何结论．作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度．【核心考点目录】核心考点一：非常规空间几何体为载体核心考点二：立体几何探索性问题核心考点三：立体几何折叠问题核心考点四：立体几何作图问题核心考点五：立体几何建系繁琐问题核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题核心考点七：利用传统方法找几何关系建系核心考点八：空间中的点不好求核心考点九：创新定义【真题回归】1．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C 中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D 为11A B 的中点，E 为1AA 的中点，F 为CD 的中点．(1)求证：//EF 平面ABC ；(2)求直线BE 与平面1CC D 所成角的正弦值；(3)求平面1ACD 与平面1CC D 所成二面角的余弦值．2．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．3．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B --的平面角为60︒．设M ，N 分别为,AE BC 的中点．(1)证明：FN AD ⊥；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．4．（2022·全国·统考高考真题）如图，PO 是三棱锥-P ABC 的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB 的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．5．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积．6．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP =====∥(1)证明：BD PA ⊥；(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．7．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值． 条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．8．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C 的体积为4，1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【方法技巧与总结】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=sin h l，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【核心考点】核心考点一：非常规空间几何体为载体【规律方法】关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．【典型例题】例1．（2022·陕西安康·统考一模）如图，已知AB 为圆锥SO 底面的直径，点C 在圆锥底面的圆周上，2BS AB ==，6BAC π∠=，BE 平分SBA ∠，D 是SC 上一点，且平面DBE ⊥平面SAB .(1)求证：SA BD ⊥；(2)求二面角E BD C --的正弦值.例2．（2022·安徽·校联考二模）如图，将长方形11OAAO （及其内部）绕1OO 旋转一周形成圆柱，其中11,2OA O O ==，劣弧11A B 的长为,6AB π为圆O 的直径.(1)在弧AB 上是否存在点C （1,C B 在平面11OAAO 的同侧），使1BC AB ⊥，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；(2)求平面11A O B 与平面11B O B 夹角的余弦值.例3．（2022·山东东营·胜利一中校考模拟预测）如图，,AB CD 分别是圆台上､下底面的直径，且AB CD ，点E 是下底面圆周上一点，AB =(1)证明：不存在点E 使平面AEC ⊥平面ADE ；(2)若4DE CE ==，求二面角D AE B --的余泫值.例4．（2022·河北·统考模拟预测）如图，在圆台1OO 中，上底面圆1O 的半径为2，下底面圆O 的半径为4，过1OO 的平面截圆台得截面为11ABB A ，M 是弧AB 的中点，MN 为母线，cos NMB ∠=(1)证明：1AB ⊥平面1AOM ； (2)求二面角M NB A --的正弦值.核心考点二：立体几何探索性问题【规律方法】与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．【典型例题】例5．（2022·上海虹口·统考一模）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，底面ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，侧面11AAC C 为菱形，点1A 在底面上的投影为AC 的中点D ，且2AB =．(1)求证：1BD CC ⊥；(2)求点C 到侧面11AA B B 的距离；(3)在线段11A B 上是否存在点E ，使得直线DE 与侧面11AA B B 请求出1A E 的长；若不存在，请说明理由．例6．（2022春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1AB C 为等边三角形，四边形11AA B B 为菱形，AC BC ⊥，4AC =，3BC =.(1)求证：11AB AC ⊥；(2)线段1CC 上是否存在一点E ，使得平面1AB E 与平面ABC 的夹角的余弦值为14？若存在，求出点E 的位置；若不存在，请说明理由.例7．（2022春·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中）如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 是DC 的中点，将DAE 沿AE 折起，使得点D 到达点P 的位置，且PB ＝PC ，如图2所示．F 是棱PB 上的一点．(1)若F 是棱PB 的中点，求证：//CF 平面P AE ；(2)是否存在点F ，使得二面角F AE C --？若存在，则求出PF FB 的值；若不存在，请说明理由．例8．（2022·广东韶关·统考一模）已知矩形ABCD 中，4AB =，2BC =，E 是CD 的中点，如图所示，沿BE 将BCE 翻折至BFE △，使得平面BFE ⊥平面ABCD .(1)证明：BF AE ⊥；(2)若(01)DP DB λλ=<<是否存在λ，使得PF 与平面DEF 求出λ的值；若不存在，请说明理由.核心考点三：立体几何折叠问题【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质．【典型例题】例9．（2022春·江苏南通·高三期中）已知梯形ABCD 中，//AD BC ，π2∠=∠=ABC BAD ，24AB BC AD ===，E ，F 分别是AB ，CD 上的点，//EF BC ，AE x =，G 是BC 的中点，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF ．(1)当2x =时①求证：BD EG ⊥；②求二面角D BF C --的余弦值；(2)三棱锥D FBC -的体积是否可能等于几何体ABE FDC -体积的一半？并说明理由．例10．（2022春·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）如图1，在平面四边形ABCD 中，已知ABDC ，AB DC ∥，142AD DC CB AB ====，E 是AB 的中点．将△BCE 沿CE 翻折至△PCE ，使得2DP =，如图2所示．(1)证明：DP CE ⊥；(2)求直线DE 与平面P AD 所成角的正弦值．例11．（2022春·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中）如图，平面五边形P ABCD 中，PAD 是边长为2的等边三角形，//AD BC ，AB ＝2BC ＝2，AB BC ⊥，将PAD 沿AD 翻折成四棱锥P －ABCD ，E 是棱PD 上的动点（端点除外），F ，M 分别是AB ，CE 的中点，且PC =(1)证明：AB FM ⊥；(2)当直线EF 与平面P AD 所成的角最大时，求平面ACE 与平面P AD 夹角的余弦值．例12．（2022·四川雅安·统考模拟预测）如图①，ABC 为边长为6的等边三角形，E ，F 分别为AB ，AC 上靠近A 的三等分点，现将AEF △沿EF 折起，使点A 翻折至点P 的位置，且二面角P EF C --的大小为120°（如图②）．(1)在PC 上是否存在点H ，使得直线//FH 平面PBE ？若存在，确定点H 的位置；若不存在，说明理由． (2)求直线PC 与平面PBE 所成角的正弦值．核心考点四：立体几何作图问题 【规律方法】（1）利用公理和定理作截面图（2）利用直线与平面平行的性质定理作平行线 （3）利用平面与平面垂直作平面的垂线 【典型例题】例13．（2022·贵州·校联考模拟预测）如图，已知平行六面体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是菱形，112CD CC AC ===，3DCB π∠=且113cos cos 4C CD C CB ∠=∠=.(1)试在平面ABCD 内过点C 作直线l ，使得直线//l 平面1C BD ，说明作图方法，并证明：直线11//l B D ； (2)求点C 到平面1A BD 的距离.例14．（2022秋·河北石家庄·高一石家庄市第十五中学校考期中）如图为一块直四棱柱木料，其底面ABCD 满足：AB AD ⊥，AD BC ∥．(1)要经过平面11CC D D 内的一点P 和棱1BB 将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？（借助尺规作图，并写出作图说明，无需证明）(2)若2AD AB ==，11BC AA ==，当点P 是矩形11CDD C 的中心时，求点1D 到平面1APB 的距离．例15．（2022·全国·高三专题练习）如图多面体ABCDEF 中，面FAB ⊥面ABCD ，FAB 为等边三角形，四边形ABCD 为正方形，//EF BC ，且332EF BC ==，H ，G 分别为CE ，CD 的中点.（1）求二面角C FH G --的余弦值；（2）作平面FHG 与平面ABCD 的交线，记该交线与直线AB 交点为P ，写出APAB的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）.例16．（2022·全国·高三专题练习）四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，23DAB π∠=.ACBD O =,且PO ⊥平面ABCD ，PO =点,F G 分别是线段.PB PD 上的中点，E 在PA 上.且3PA PE =.（Ⅰ）求证：//BD 平面EFG ；（Ⅰ）求直线AB 与平面EFG 的成角的正弦值；（Ⅰ）请画出平面EFG 与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.核心考点五：立体几何建系繁琐问题 【规律方法】 利用传统方法解决 【典型例题】例17．如图，已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． （1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．例18．如图，在锥体-P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB ，==PA PD ，=2PB ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点（1）证明：⊥AD 平面DEF （2）求二面角--P AD B 的余弦值．例19．（2022春·福建南平·高三校考期中）在三棱柱111ABC A B C 中，AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E 、F 分别是棱AC 、11A B 的中点.(1)设G 为11B C 的中点，求证：//EF 平面11BCC B ；(2)若2AB AC ==，直线1BB 与平面1ACB 所成角的正切值为2，求多面体1B EFGC -的体积V .核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题 【规律方法】 构造垂直的全等关系 【典型例题】例20．如图，已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． （1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．例21．如图，在锥体-P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB ，==PA PD ，=2PB ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点（1）证明：⊥AD 平面DEF （2）求二面角--P AD B 的余弦值．核心考点七：利用传统方法找几何关系建系【规律方法】利用传统方法证明关系，然后通过几何关系建坐标系． 【典型例题】例22．如图：长为3的线段PQ 与边长为2的正方形ABCD 垂直相交于其中心()O PO OQ >． （1）若二面角P AB Q --的正切值为3-，试确定O 在线段PQ 的位置；（2）在（1）的前提下，以P ，A ，B ，C ，D ，Q 为顶点的几何体PABCDQ 是否存在内切球？若存在，试确定其内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由．例23．在四棱锥P ABCD -中，E 为棱AD 的中点，PE ⊥平面ABCD ，//AD BC ，90ADC ∠=︒，2ED BC ==，3EB =，F 为棱PC 的中点．（Ⅰ）求证：//PA 平面BEF ；（Ⅰ）若二面角F BE C --为60︒，求直线PB 与平面ABCD 所成角的正切值．例24．三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，2AB AC ==，侧面11BCC B 为矩形，123A AB π∠=，二面角1A BC A --的正切值为12． （Ⅰ）求侧棱1AA 的长；（Ⅰ）侧棱1CC 上是否存在点D ，使得直线AD 与平面1A BC ，若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由．核心考点八：空间中的点不好求 【规律方法】 方程组思想 【典型例题】例25．（2022·江苏南京·模拟预测）已知三棱台111ABC A B C 的体积为143，且π2ABC ∠=，1A C ⊥平面11BB C C . (1)证明：平面11A B C ⊥平面111A B C ；(2)若11AC B C =，11112A B B C ==，求二面角1B AA C --的正弦值.例26．（2022春·浙江·高三浙江省新昌中学校联考期中）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，3DAB π∠=，平面11BDD B ⊥平面ABCD ，点1,O O 分别为11,B D BD 的中点，1111,,O B A AB O BO ∠∠=均为锐角.(1)求证：1AC BB ⊥；(2)若异面直线CD 与1AA ，四棱锥1A ABCD -的体积为1，求二面角1B AA C --的平面角的余弦值.例27．（2022春·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中）如图，在几何体ABCDE 中，底面ABC 为以AC为斜边的等腰直角三角形.已知平面ABC ⊥平面ACD ，平面ABC ⊥平面,//BCE DE 平面,ABC AD DE ⊥.(1)证明；DE ⊥平面ACD ；(2)若22AC CD ==，设M 为棱BE 的中点，求当几何体ABCDE 的体积取最大值时,AM 与CD 所成角的余弦值.核心考点九：创新定义 【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【典型例题】例28．（2022·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）已知顶点为S 的圆锥面（以下简称圆锥S ）与不经过顶点S 的平面α相交，记交线为C ，圆锥S 的轴线l 与平面α所成角θ是圆锥S 顶角（圆S 轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C 的形状，我们构建球T ，使球T 与圆锥S 和平面α都相切，记球T 与平面α的切点为F ，直线l 与平面α交点为A ，直线AF 与圆锥S 交点为O ，圆锥S 的母线OS 与球T 的切点为M ，OM a =，MS b =．(1)求证：平面SOA ⊥平面α，并指出a ，b ，θ关系式； (2)求证：曲线C 是抛物线．例29．（2022·全国·高三专题练习）类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA ，PB ，PC 构成的三面角-P ABC ，APC α∠=，BPC β∠=，APB γ∠=，二面角A PC B --的大小为θ，则cos cos cos sin sin cos γαβαβθ=+．（1）当α、π0,2β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，证明以上三面角余弦定理；（2）如图2，四棱柱1111ABCD A B C D -中，平面11AA C C ⊥平面ABCD ，160A AC ∠=︒，45BAC ∠=︒， ①求1A AB ∠的余弦值；②在直线1CC 上是否存在点P ，使//BP 平面11DA C ？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．例30．（2022·全国·校联考模拟预测）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥H ABC -，J CDE -，K EFA -，再分别以AC ，CE ，EA 为轴将ACH ∆，CEJ ∆，EAK ∆分别向上翻转180︒，使H ，J ，K 三点重合为点S 所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于2π减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）．（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；（2）若正六棱柱的侧面积一定，当蜂房表面积最小时，求其顶点S 的曲率的余弦值．【新题速递】1．（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1BC CC =，1AC AB =.(1)证明：平面1ABC ⊥平面11BCC B ；(2)若BC =，1AB B C =，160CBB ∠=︒，求直线1BA 与平面111A B C 所成角的正弦值.2．（2022·四川达州·统考一模）如图，三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为等腰直角三角形，112AB AC BB ===，，160ABB ∠=.(1)证明: 1AB B C ⊥；(2)若12B C =，求1AC 与平面1BCB 所成角的正弦值.3．（2022·陕西宝鸡·统考一模）如图在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，且底面ABCD 是平行四边形.已知2,1,PA AB AD AC E ====是PB 中点.(1)求证：平面PBC ⊥平面ACE ；(2)求平面PAD 与平面ACE 所成锐二面角的余弦值.4．（2022·广东广州·统考一模）如图，已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是菱形，平面PBC ⊥平面ABCD ，30,ACD E ∠=为AD 的中点，点F 在PA 上，3AP AF =.(1)证明：PC //平面BEF ；(2)若PDC PDB ∠∠=，且PD 与平面ABCD 所成的角为45，求平面AEF 与平面BEF 夹角的余弦值.5．（2022·上海奉贤·统考一模）如图，在四面体ABCD 中，已知BA BD CA CD ===.点E 是AD 中点.(1)求证：AD ⊥平面BEC ；(2)已知95,arccos,625AB BDC AD ∠===，作出二面角D BC E --的平面角，并求它的正弦值.6．（2022·上海浦东新·统考一模）如图，三棱锥-P ABC 中，侧面P AB 垂直于底面ABC ，PA PB =，底面ABC 是斜边为AB 的直角三角形，且30ABC ∠=︒，记O 为AB 的中点，E 为OC 的中点.(1)求证：PC AE ⊥；(2)若2AB =，直线PC 与底面ABC 所成角的大小为60°，求四面体P AOC 的体积.7．（2022·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB BD BP ===PA PD ==90APD ∠=︒，E 是棱PA 的中点，且BE 平面PCD(1)证明：CD ⊥平面PAD ；(2)若1CD =，求二面角A PB C --的正弦值.8．（2022春·江苏徐州·高三期末）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，N 为PB 的中点.(1)若点M 在AD 上，2AM MD =，34AD BC =，证明：MN 平面PCD ； (2)若3PA AB AC AD ====，4BC =，求二面角D AC N --的余弦值.9．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD ED FA ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求二面角F AC E --的大小.10．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD FA ED ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求点A 到平面FBD 的距离.11．（2022·四川广安·广安二中校考模拟预测）APD △是等腰直角三角形，AP PD ⊥且AD =ABCD 是直角梯形，AB BC ⊥，DC BC ⊥，且222AB BC CD ===，平面APD ⊥平面ABCD .(1)求证：AP ⊥平面BPD ；(2)若点E 是线段PB 上的一个动点，问点E 在何位置时三棱锥D APE -.12．（2022·四川南充·统考一模）在平面五边形ABCDE 中（如图1），ABCD 是梯形，//AD BC ，2AD BC ==AB =90ABC ∠=︒，ADE 是等边三角形．现将ADE 沿AD 折起，连接EB ，EC 得四棱锥E ABCD -（如图2）且CE =(1)求证：平面EAD ⊥平面ABCD ；(2)在棱EB 上有点F ，满足13EF EB =，求二面角E AD F --的余弦值．13．（2022·贵州贵阳·贵阳六中校考一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，DA AB ⊥，PD PC ⊥，PB PC ⊥，1AB AD PD PB ====，4cos 5DCB ∠=.(1)求证：BD ⊥平面PAC .(2)设E 为BC 的中点，求PE 与平面ABCD 所成角的正弦值.14．（2022春·广东广州·高三校考期中）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，AB AD ⊥，//,222AB CD PC AB AD CD ====，点E 在侧棱PB 上.(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)若平面PAC 与平面ACE PE BE 的值.。
2020年高考数学《三维设计》第八章 立体几何第三节 空间点、线、面之间的位置关系
三点不一定能确定一个平面)． 推论 1：经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面． 推论 2：经过两条相交直线，有且只有一个平面． 推论 不重合的平面有一个公共点，那么它们有且 只有一条过该点的公共直线．
③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α；
④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b.
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5．若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，则这三个平面 把空间分成_____7___部分． 解析：通过举例说明，如三棱柱三个侧面所在平面满足两两 相交，且三条交线互相平行，这三个平面将空间分成 7 部分．
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考点——在细解中明规律
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2．空间中两直线的位置关系
(1)空间中两直线的位置关系 (1)两条异面直线不能确定一 个平面．
共面直线平相行交
(2) 不 能 把 异 面 直 线 误 解 为 分 别在不同平面内的两条直线.
异面直线：不同在任何一个平面内
(2)异面直线所成的角
①定义：设 a，b 是两条异面直线，经过空间任一点 O 作
题目千变总有根,梳干理枝究其本
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考点一 平面的基本性质及应用 [师生共研过关]
[典例精析]
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如图所示，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，E，F 分
别是 AB 和 AA1 的中点．求证：
(1)E，C，D1，F 四点共面；
(2)CE，D1F，DA 三线共点．
[证明] (1)如图，连接 EF，CD1，A1B. ∵E，F 分别是 AB，AA1 的中点，∴EF∥BA1. 又 A1B∥D1C，∴EF∥CD1， ∴E，C，D1，F 四点共面． (2)∵EF∥CD1，EF＜CD1，∴CE 与 D1F 必 相交，设交点为 P，如图所示．则由 P∈CE， CE⊂平面 ABCD，得 P∈平面 ABCD. 同理 P∈平面 ADD1A1.又平面 ABCD∩平面 ADD1A1＝DA， ∴P∈直线 DA，∴CE，D1F，DA 三线共点．
2020届高考数学专题：立体几何计算问题(答案不全)
立体几何中的计算问题1.三视图——是观察者从三个不同位置观察同一个空间几何体而画出的图形；2.直观图——是观察着站在某一点观察一个空间几何体而画出的图形。
直观图通常是在平行投影下画出的空间图形。
3斜二测法：1.画直观图时，把它画成对应的轴'',''o x o y ，取'''45(135)x o y o r ∠=︒︒，它们确定的平面表示水平平面；2.在坐标系'''x o y 中画直观图时，已知图形中平行于数轴的线段保持平行性不变，平行于x 轴（或在x 轴上）的线段保持长度不变，平行于y 轴（或在y 轴上）的线段长度减半。
结论：一般地，采用斜二测法作出的直观图面积是原平面图形面积的4倍. 例1．下列命题：①如果一个几何体的三视图是完全相同的，那么这个几何体是正方体；②如果一个几何体的主视图和俯视图都是矩形，那么这个几何体是长方体； ③如果一个几何体的三视图都是矩形，那么这个几何体是长方体；④如果一个几何体的主视图和左视图都是等腰梯形，那么这个几何体是圆台．其中正确的是( )A ．①②B ．③C ．②③D ．④ 2、异面直线所成的角(1)定义：a 、b 是两条异面直线，经过空间任意一点O ，分别引直线a′∥a,b′∥b,则a′和b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 和b 所成的角.(2)取值范围：0°＜θ≤90°. (3)求解方法①根据定义，通过平移，找到异面直线所成的角θ； ②解含有θ的三角形，求出角θ的大小.例2．在长方体1111ABCD A B C D -中，11BC CC ==，13AD B π∠=，则直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）ABCD【答案】D例3．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所成的角为（ ） A ．60°B ．90°C ．120°D ．150°例4．在四面体ABCD 中，AC 与BD 的夹角为30°，2AC =，BD =M ，N 分别是AB ，CD 的中点，则线段MN 的长度为________． 【答案】13.二面角 找(或作)二面角的平面角的主要方法.(i)定义法(ii)垂面法 (iii)三垂线法(Ⅳ)根据特殊图形的性质 (4)求二面角大小的常见方法先找(或作)出二面角的平面角θ，再通过解三角形求得θ的值.例5．已知正三棱锥底面边长为2，侧棱长为3，则它的侧面与底面所成二面角的余弦值为________.【答案】12例6．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，E ．F 分别为1A B ，1A C 的中点，D 为11B C 上的点，且11A D B C ⊥．（1）求证：//EF 平面ABC ． （2）求证：平面1A FD ⊥平面11BCC B ．（3）若三棱柱所有棱长都为a ，求二面角111A B C C --的平面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）74.空间几何体的表面积、体积棱柱、棱锥的表面积：各个面面积之和圆柱的表面积 ：222S rl r ππ=+ 圆锥的表面积：2S rl r ππ=+圆台的表面积：22Srl r Rl Rππππ=+++扇形的面积公式2211=36022n R S lr r πα==扇形（其中l 表示弧长，r 表示半径，α表示弧度） 空间几何体的体积柱体的体积 ：V S h =⨯底，锥体的体积 ：13V S h =⨯底台体的体积 ：1)3V S S h =+⨯下上（ ，球体的体积：343V R π= 点到平面的距离(1)定义 面外一点引一个平面的垂线，这个点和垂足间的距离叫做这个点到这个平面的距离.(2)求点面距离常用的方法： 1)直接利用定义求①找到(或作出)表示距离的线段； ②抓住线段(所求距离)所在三角形解之.2)体积法其步骤是：①在平面内选取适当三点，和已知点构成三棱锥；②求出此三棱锥的体积V 和所取三点构成三角形的面积S ；③由V=31S·h ，求出h 即为所求.这种方法的优点是不必作出垂线即可求点面距离.难点在于如何构造合适的三棱锥以便于计算.例8．在长、宽、高分别为a b c ，，的长方体中，以它的各面的中心为顶点可得到一个八面体，则该八面体的体积为________．【答案】16abc例9．如图，在上、下底面对应边的比为1:2的三棱台中，过上底面的一边作一个平行于棱的平面11A B EF ，则这个平面分三棱台成两部分的体积之比为（ ）．A ．1:2B ．2:3C ．3:4D ．4:5【答案】C例10．如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，PA=AD=4，AB=2，以BD 的中点O 为球心、BD 为直径的球面交PD 于点M.⑴求证：平面ABM ⊥平面PCD ； （2）求点O 到平面ABM 的距离.【答案】（1）见解析（2）3例11．如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，EA⊥底面ABCD，//FD EA，且112FD EA==.（1）求多面体EABCDF的体积；（2）记线段BC的中点为K，在平面ABCD内过点K作一条直线与平面ECF平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明.【答案】(1)103V=多面体;(2)见解析.5.与球有关的组合体7-2 球的结构特征⑴球心与截面圆心的连线垂直于截面；⑵截面半径等于球半径与截面和球心的距离的平方差：r2 = R2– d2★7-3 球与其他多面体的组合体的问题球体与其他多面体组合，包括内接和外切两种类型，解决此类问题的基本思路是：⑴根据题意，确定是内接还是外切，画出立体图形；⑵找出多面体与球体连接的地方，找出对球的合适的切割面，然后做出剖面图；⑶将立体问题转化为平面几何中圆与多边形的问题；例11．已知棱长为a的正四面体，其内切球的半径为r，外接球的半径为R，则:r R= ________．【答案】1:3例12．已知棱长为a的正方体，甲球是正方体的内切球，乙球是正方体的外接球，丙球与正方体的各棱都相切，则甲、乙、丙三球的表面积之比为（）．A．91:3:4B．1:3:2C．D．31:2【答案】B例13．已知,,,S A B C是球O表面上的点,SA⊥平面,,1,ABC AB BC SA AB BC⊥===则球O的体积为__________.例14．已知一个高为16的圆锥内接于一个体积为972π的球，在圆锥内又有一个内切球．求：圆锥内切球的体积．（2）2563Vπ=立体几何中的计算问题一、三视图1．将正方形（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为（）A．B．C．D．【答案】B2．如图所示，A O B '''∆表示水平放置的AOB ∆的直观图，B '在x '轴上，A O ''与x '轴垂直，且2A O ''=，则AOB ∆的OB 边上的高为______．【答案】二、线线角3．已知直三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，M 为11A C 的中点，则AM 与1BC 所成角的余弦值为( ) A．3B．3C．4D．4【答案】D4．如图所示为一个正方体的展开图．对于原正方体，给出下列结论： ①AB 与EF 所在直线平行； ②AB 与CD 所在直线异面； ③MN 与BF 所在直线成60︒角；④MN 与CD 所在直线互相垂直． 其中正确结论的序号是________． 【答案】②④5．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，1AA AB AC ==，AB AC ⊥，M 是1CC 的中点，Q 是BC 的中点，点P 在11A B 上，则直线PQ 与直线AM 所成的角为（ ）． A ．30° B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】D 三、二面角问题二面角：关键是找出二面角的平面角。
2020年高考数学试题分项版解析专题08 立体几何(学生版) 理
2020年高考试题分项版解析数学（理科）专题08 立体几何（学生版）一、选择题:1.(2020年高考广东卷理科6)某几何体的三视图如图1所示，它的体积为（）A．12π B.45π C.57π D.81π2. (2020年高考北京卷理科7)某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（）3.(2020年高考福建卷理科4)一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是（）A．球 B．三棱锥 C．正方体 D．圆柱4．(2020年高考浙江卷理科10)已知矩形ABCD，AB＝1，BC2将 ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻着，在翻着过程中，（）A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直7. (2020年高考湖南卷理科3)某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是（）8.(2020年高考新课标全国卷理科7)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，则此几何体的体积为（ ）()A 6 ()B 9 ()C 12 ()D 189.(2020年高考新课标全国卷理科11)已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（ ）()A 26 ()B 36 ()C 23 ()D 2210．(2020年高考江西卷理科10)如右图，已知正四棱锥S ABCD -所有棱长都为1，点E 是侧棱SC 上一动点，过点E 垂直于SC 的截面将正四棱锥分成上、下两部分，记(01),SE x x =<<截面下面部分的体积为(),V x 则函数()y V x =的图像大致为（ ）11.(2020年高考安徽卷理科6)设平面α与平面β相交于直线m ，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且b m ⊥则“αβ⊥”是“a b ⊥”的（ ）()A 充分不必要条件 ()B 必要不充分条件()C 充要条件 ()D 即不充分不必要条件13. (2020年高考四川卷理科6)下列命题正确的是（ ）A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C 、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行15．(2020年高考全国卷理科4)已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12,22,AB CC E ==为1CC 的中点，则直线1AC 与平面BED 的距离为（ ）A ．2B ．3C ．2D ．116.(2020年高考重庆卷理科9)设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，2和a ，且长为a 的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是（ ）（A ）(0,2) （B ）(0,3) （C ）(1,2) （D ）(1,3)二、填空题:2.(2020年高考辽宁卷理科16)已知正三棱锥P -ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的求面上，若PA ，PB ，PC 两两互相垂直，则球心到截面ABC 的距离为_______.3．（2020年高考江苏卷7）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3cm AB AD ==，12cm AA =，则四棱锥D D BB A 11-的体积为 cm 3.4.(2020年高考天津卷理科10)―个几何体的三视图如图所示(单位：m )，则该几何体的体积为 3m .8．(2020年高考上海卷理科8)若一个圆锥的侧面展开图是面积为π2的半圆面，则该圆锥的体积为 .9．(2020年高考上海卷理科14)如图，AD 与BC 是四面体ABCD 中互相垂直的棱，2=BC ，若c AD 2=，且a CD AC BD AB 2=+=+，其中a 、c 为常数，则四面体ABCD 的体积的最大值是.11.(2020年高考全国卷理科16)三菱柱ABC-A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等， BAA1=CAA1=60°则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为____________.三、解答题:2. (2020年高考广东卷理科18)（本小题满分13分）如图5所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点 E在线段PC上，PC⊥平面BDE。
2020届高考数学(理)：第8章 立体几何 38 Word版含解析
【课时训练】第38节直线、平面平行的判定与性质一、选择题1．(2018江苏苏州调研)如图，在长方体ABCD－A′B′C′D′中，下列直线与平面AD′C平行的是()A．B′C′B．A′BC．A′B′D．BB′【答案】B【解析】连接A′B，∵A′B∥CD′，CD′⊂平面AD′C，A′B⊄平面AD′C，∴A′B∥平面AD′C.2．(2018郑州七校联考)过平面α外的直线l，作一组平面与α相交，如果所得的交线分别为a，b，c，…，那么这些交线的位置关系为()A．都平行B．都相交且一定交于同一点C．都相交但不一定交于同一点D．都平行或交于同一点【答案】D【解析】若l∥平面α，则交线都平行；若l∩平面α＝A，则交线都交于同一点A.3．(2018河北邢台一中月考)如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，给出下列五个结论：①PD∥平面AMC；②OM∥平面PCD；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA；⑤OM∥平面PBC.其中不正确的结论的个数有()A．1 B．2C．3 D．4【答案】B【解析】矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以O为BD的中点．在△PBD中，M是PB的中点，所以OM是△PBD的中位线，OM∥PD，则PD∥平面AMC，OM∥平面PCD，且OM∥平面PDA.因为M∈PB，所以OM与平面PBA、平面PBC相交．4．(2018西安模拟)如图，在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱AB，CC1，DD1的中点，过点G作平面D1EF 的平行截面，则正方体被截面截得的较小部分的几何体的体积为()A．6 B．3C.94D ．32【答案】D 【解析】如图，连接GC ，则GC ∥D 1F ，延长D 1F 交DC 的延长线于M ，连接EM ，作CN ∥EM 交AD 于点N ，连接GN ，则平面GCN 为平行于平面D 1EF 的截面，正方体被截面截得的较小部分的几何体为D －GCN ，DG ＝32，CD ＝3，由tan ∠DCN ＝tan ∠DME ＝23⇒DN ＝CD tan ∠DCN ＝3×23＝2⇒V D －GCN ＝V G －CDN ＝16×32×3×2＝32.二、填空题5．(2018四川德阳中学期中)设a ，b 是异面直线，则过不在a ，b 上任一点P ，可作________个平面和a ，b 都平行．【答案】0或1【解析】过P 作a ，b 的平行线a ′，b ′，过a ′，b ′作平面α.①当a ⊂α或b ⊂α时，则过P 与a ，b 都平行的平面不存在，即0个；②当a ⊄α且b ⊄α时，则α即为过P 与a ，b 都平行的平面，也只有这一个．6．(2018吉林通化一模)如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH 为截面，则四边形EFGH 的形状为________．【答案】平行四边形【解析】∵平面ABFE ∥平面DCGH ，又平面EFGH ∩平面ABFE ＝EF ，平面EFGH ∩平面DCGH ＝HG ，∴EF ∥HG .同理EH ∥FG ，∴四边形EFGH 的形状是平行四边形．7．(2018厦门模拟)如图，在四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，E ，F 分别为侧棱VC ，VB 上的点，且满足VC ＝3EC ，AF∥平面BDE ，则VB FB ＝________.【答案】2【解析】连接AC 交BD 于点O ，连接EO ，取VE 的中点M ，连接AM ，MF ，由VC ＝3EC ⇒VM ＝ME ＝EC ，又AO ＝CO ⇒AM ∥EO ⇒AM ∥平面BDE ⇒平面AMF ∥平面BDE ⇒MF ∥平面BDE ⇒MF ∥BE ⇒VF ＝FB ⇒VB FB ＝2.三、解答题8．(2018山东枣庄三中一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，且平面P AC⊥平面ABCD，E为PD的中点，P A＝PC，AB＝2BC＝2，∠ABC＝60°.(1)求证：PB∥平面ACE；(2)求证：平面PBC⊥平面P AC.【证明】(1)连接BD，交AC于点O，连接OE.∵底面ABCD是平行四边形，∴O为BD的中点．又E为PD的中点，∴OE∥PB.又OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴PB∥平面ACE.(2)∵P A＝PC，O为AC的中点，∴PO⊥AC.又平面P AC⊥平面ABCD，平面P AC∩平面ABCD＝AC，PO⊂平面P AC ，∴PO ⊥平面ABCD .又BC ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥BC .在△ABC 中，AB ＝2BC ＝2，∠ABC ＝60°，∴AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos ∠ABC ＝22＋12－2×2×1×12＝3， ∴AB 2＝AC 2＋BC 2，∴BC ⊥AC .又PO ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ，PO ∩AC ＝O ，∴BC ⊥平面P AC ，又BC ⊂平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面P AC .9．(2018安徽黄山一模)如图，在三棱锥P －ABC 中，P A ＝PB ＝AB ＝2，BC ＝3，∠ABC ＝90°，平面P AB ⊥平面ABC ，D ，E 分别为AB ，AC 的中点．(1)求证：DE ∥平面PBC ；(2)求证：AB ⊥PE ；(3)求三棱锥B －PEC 的体积．(1)【证明】∵在△ABC 中，D ，E 分别为AB ，AC 的中点，∴DE ∥BC .∵DE ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，∴DE ∥平面PBC .(2)【证明】连接PD .∵P A ＝PB ，D 为AB 的中点，∴PD ⊥AB . ∵DE ∥BC ，BC ⊥AB ，∴DE ⊥AB .又∵PD ∩DE ＝D ，∴AB ⊥平面PDE .∵PE ⊂平面PDE ，∴AB ⊥PE .(3)【解】∵PD ⊥AB ，平面P AB ⊥平面ABC ，平面P AB ∩平面ABC ＝AB ，∴PD ⊥平面ABC ，可得PD 是三棱锥P －BEC 的高．又∵PD ＝3，S △BEC ＝32，∴V B －PEC ＝V P －BEC ＝13S △BEC ·PD ＝32.。
2020高考数学(理数)题海集训08空间几何体(30题含答案)
3. 若三个球的表面积之比为 1:2:3 ，则它们的体积之比为 (
)
A.1:2:3
B.1:
2 : 3 C.1:2
2 :3 3
D.1:4:7
4. 在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中， AB=BC=2， AC1 与平面 BB1C1C 所成的角为 30°，则该长方体的体积 为( )
A． 8
B
．6 2
AC，
20. 答案为： B.
解析：由正视图知：四棱锥的底面是边长为
2 的正方形，四棱锥的高为 2，
∴四棱锥的体积
1 V=
3
×
22
×
8 2=
3
；四棱锥的侧面是全等的等腰三角形，底为
2，高为 5，
1 ∴ S 侧=4×2× 2× 5=4 5.
1 21. 答案为： 4；
解析：设圆锥的母线长是
R，则扇形的弧长是
16. 答案为： C； 解析：由三视图中的正、侧视图得到几何体的直观图如图所示，所以该几何体的俯视图为 C.
17. 答案为： C；
18. 答案为： B.
解析：如图， D， E 分别为 BC， PA的中点，易知球心 ∵ PB=PC=AB=A，C∴ PD⊥BC， AD⊥BC， PD=AD. 又平面 PBC⊥平面 ABC，平面 PBC∩平面 ABC=BC，
19. 答案为： A. 解析：设球 O 的半径为 R，∵ AB=1， AC=2，∠ BAC=60°，∴ BC2=1＋ 4－2×1×2× cos 60 °
=3， 所以 AB2＋ BC2=AC2. 即△ ABC为直角三角形，那么△ ABC 所在截面圆的直径为
所以 (2R) 2=SA2＋ AC2=64. 所以 S 球=4π R2=64π.
2020年高考数学精选专题(含答案详解)08 空间几何体
2020年高考数学精选专题（含答案详解）一、单选题（共11题；共22分）1.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. π+412B. π+13C. π+1D. π+142.已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为（）A. 16+12πB. 32+12πC. 24+12πD. 32+20π3.直三棱柱ABC−A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，侧棱长为√3，D为BC中点，则三棱锥A−B1DC1的体积为（）A. 3B. 32C. 1D. 24.如图所示的三视图表示的几何体的体积为323，则该几何体的外接球的表面积为( )A. 12πB. 24πC. 36πD. 48π5.一个由两个圆柱组合而成的密闭容器内装有部分液体，小圆柱底面半径为r1，大圆柱底面半径为r2，如图1放置容器时，液面以上空余部分的高为ℎ1，如图2放置容器时，液面以上空余部分的高为ℎ2，则ℎ1ℎ2=（）A. r2r1 B. (r2r1)2 C. (r2r1)3 D. √r2r16.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的体积是36，点E在棱CC1上，且CE=2EC1，则三棱锥E-BCD的体积是（）A. 3B. 4C. 6D. 127.某几何体的正视图和侧视图如图1所示，它的俯视图的直观图是平行四边形A′B′C′D′，如图2所示.其中A′B′=2A′D′=4，则该几何体的表面积为( )A. 16+12πB. 16+8πC. 16+10πD. 8π8.某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为10，则棱长为a的正方体的外接球的表面积为（）3A. 12πB. 14πC. 4√3πD. 16π9.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400cm2，900cm2，高为9cm，长方体形凹橹的体积为4300cm3，那么这个斗的体积是（）注：台体体积公式是V=1（S' +√S′S+S）h．3A. 5700cm3B. 8100cm3C. 10000cm3D. 9000cm310.在四棱锥P−ABCD中，PB=PD=2，AB=AD=1，PC=√3PA=3，∠BAD= 120°，AC平分∠BAD，则四棱锥P−ABCD的体积为（）A. √62B. √6 C. √63D. √311.《九章算术》是我国古代著名数学经典.其中对勾股定理的论述比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小.以锯锯之，深一寸，锯道长一尺.问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深一寸，锯道长一尺.问这块圆柱形木料的直径是多少？长为1丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示(阴影部分为镶嵌在墙体内的部分).已知弦AB=1尺，弓形高CD=1寸，估算该木材镶嵌在墙中的体积约为（）(注：1丈=10尺=100寸，π≈3.14，sin22.5∘≈513)A. 600立方寸B. 610立方寸C. 620立方寸D. 633立方寸二、填空题（共9题；共11分）12.如图，小方格是边长为1的正方形，图中粗线画出的是某几何体的三视图，正视图中的曲线为四分之一圆弧，则该几何体的表面积是________．13.已知某正四棱锥的底面边长和侧棱长均为2cm，则该棱锥的体积为________ cm3.14.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的体积为________．15.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”，称为祖暅原理．意思是底面处于同一平面上的两个同高的几何体，若在等高处的截面面积始终相等，则它们的体积相等．利用这个原理求半球O的体积时，需要构造一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．16.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E-BCD的体积是________.17.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-A1B1C1D1，挖去四棱推O一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，AB=BC=6cm，AA1=4cm，3D打印所用原料密度为0.9g/cm2，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.18.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥体积是________，四个面的面积中最大的是________.19.在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为________．20.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别为棱A1D1、C1D1的中点，NBC1，若P、M分别为线段D1B、EF上的动点，则|PM|+是线段BC1上的点，且BN=14|PN|的最小值为________．一、单选题1.【答案】A【解析】【解答】由三视图还原原几何体如图，该几何体可看作两个几何体的组合体，左侧是四分之一圆锥，右侧是四棱锥，圆锥的底面半径为1，高为1，棱锥的底面是边长为1的正方形，一条侧棱垂直于底面，且长度为1．所以，该几何体的体积为V=13S⋅ℎ=13(π4⋅12+1)⋅1=π+412.故答案为：A.【分析】根据三视图判断出几何体的直观图，结合三视图的数据可计算出该几何体的体积.2.【答案】A【解析】【解答】由三视图知：该几何体是正四棱柱与半球体的组合体，且正四棱柱的高为√2，底面对角线长为4，球的半径为2，所以几何体的表面积为：S=12×4π×22+π×22+2√2×√2×4= 12π+16，故答案为：A．【分析】利用三视图还原立体几何图形为正四棱柱与半球体的组合体，再利用正四棱柱和球的表面积公式，结合求和的方法，从而求出该几何体的表面积。
专题8.8 立体几何综合问题(精练)-2021年新高考数学一轮复习学与练(解析版)
专题8.8 立体几何综合问题一、选择题1.（2020·浙江高三月考）“直线l与平面α内无数条直线垂直”是“直线l与平面α垂直”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不必要也不充分条件【答案】B【解析】设命题p：直线l与平面α内无数条直线垂直，命题q：直线l与平面α垂直，⇒，所以p是q的必要不充分条件.则p q，但q p故选：B、是空间两个不同的平面，则“平面α上存在不共线的三点到2．（2020·上海市建平中学月考）已知αβαβ”的（）平面β的距离相等”是“//A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．非充分非必要条件【答案】B【解析】、是空间两个不同的平面，若平面α内存在不共线的三点到平面β的距离相等，已知αβαβ或相交，可得//αβ，则平面α上存在不共线的三点到平面β的距离相等；反之，若//αβ”的必要不充分条件．所以“平面α上存在不共线的三点到平面β的距离相等”是“//故选：B.3.（2020·浙江高三月考）设m，n是空间两条不同直线，α，β是空间两个不同平面，则下列选项中不正确的是（）A．当n⊥α时，“n⊥β”是“α∥β”成立的充要条件⊥”的充分不必要条件B．当时，“m⊥β”是“αβC．当时，“n//α”是“”必要不充分条件D ．当时，“”是“”的充分不必要条件【答案】C 【解析】A,B,D 正确；C 错误．,////m n m n m n αα⊂⇒或与异面；,////;m n m n n ααα⊂⇒⊂或所以当m α⊂时，//n α是//m n 的既不充分又不必要条件.故选C3．（2020·河北新华·石家庄二中高三月考（理））如图，正方体1111ABCD A BC D -中，P 为底面ABCD 上的动点，1PE A C ⊥于E ，且,PA PE =则点P 的轨迹是（ ）A ．线段B ．圆C ．椭圆的一部分D ．抛物线的一部分【答案】A【解析】 连结1AP ，可证11A AP A EP ≌，即11A A A E =，即点E 是体对角线1AC 上的定点，直线AE 也是定直线．PA PE =，∴动点P 必定在线段AE 的中垂面α上，则中垂面α与底面ABCD 的交线就是动点P 的轨迹，所以动点P 的轨迹是线段．故选：A5．（2020·河南月考（理））3D 打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠累积的方式来构造物体的技术（即“积层造型法”）．过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用（比如髋关节、牙齿或一些飞机零部件等）．已知利用3D 打印技术制作如图所示的模型．该模型为在圆锥底内挖去一个正方体后的剩余部分（正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上），圆锥底面直径为31 g/cm，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为（）（取π 3.14=，精确到0.1）A．609.4g B．447.3g C．398.3g D．357.3g【答案】C【解析】如图，是几何体的轴截面，因为圆锥底面直径为，所以半径为OB=．因为母线与底面所成角的正切值为tan B，所以圆锥的高为10cmPO=．设正方体的棱长为a，DE=1010a-=，解得5a=．所以该模型的体积为(()2331500ππ105125cm33V=⨯⨯-=-．所以制作该模型所需原料的质量为()500π500π1251125398.3g33⎛⎫-⨯=-≈⎪⎝⎭．故选：C．6．（2020·上海浦东新·华师大二附中月考）运用祖暅原理计算球的体积时，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等.现将椭圆221916x y +=绕y 轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）A ．64πB ．48πC ．16πD ．32π【答案】B【解析】 构造一个底面半径为3，高为4的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，则当截面与顶点距离为(04)h h 时，小圆锥的底面半径为r ，则43h r =， 34r h ∴=， 故截面面积为26991h ππ-，把y h =代入椭圆221916x y +=可得x =， ∴橄榄球形几何体的截面面积为221699h x πππ=-， 由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积()1229494483V V V πππ⎛⎫=-=⨯-⨯⨯= ⎪⎝⎭圆柱圆锥． 故选：B ．7．（2018·浙江高考真题）已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为1θ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S AB C --的平面角为3θ，则（ ）A ．123θθθ≤≤B ．321θθθ≤≤C ．132θθθ≤≤D ．231θθθ≤≤【答案】D【解析】 设O 为正方形ABCD 的中心，M 为AB 中点，过E 作BC 的平行线EF ，交CD 于F ，过O 作ON 垂直EF 于N ，连接SO 、SN 、OM ，则SO 垂直于底面ABCD ，OM 垂直于AB ，因此123,,,SEN SEO SMO θθθ∠=∠=∠= 从而123tan ,tan ,tan ,SN SN SO SO EN OM EO OMθθθ==== 因为SN SO EO OM ≥≥，，所以132tan tan tan ,θθθ≥≥即132θθθ≥≥，选D.8．（2019·山西高二期中（理））如图，在Rt ABC ∆中，D ，E 分别为AB ，AC 边上的中点，且4AB =，2BC =.现将ABC ∆沿DE 折起，使得A 到达1A 的位置，且二面角1A DE B --为60︒，则1AC =（ ）A ．B ．3CD ．【答案】A【解析】 ,D E 分别为,AB AC 中点 //DE BC ∴ DE BD ∴⊥，1DE A D ⊥又1,BD A D ⊂平面1A BD ，1BD A D D = DE ∴⊥平面1A BD二面角1A DE B --的平面角为1A DB ∠ 160A DB ∴∠=12A D BD == 12A B ∴=//BC DE BC ∴⊥平面1A BD ，又1A B ⊂平面1A BD 1BC A B ∴⊥1AC ∴===故选：A9．（2020·浙江诸暨·）正方体1111ABCD A BC D -中，在111A B D ∆内部（不含边界）存在点P ，满足点P 到平面11ACC A 的距离等于点P 到棱1BB 的距离.分别记二面角P AD B --为α，P AC B --为β，P BC A --为γ，则下列说法正确的是（ ）A ．αβγ>>B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．以上说法均不正确【答案】C【解析】如图所示，作PQ ⊥面ABCD 于Q ，作QE AD ⊥于E ，QF BC ⊥于F ，QG AC ⊥于G ，连PE ，PF ，PG ， 则PEQ α=∠，PGQ β=∠，PFQ γ=∠. 因此tan PQ QE α=，tan PQ QG β=，tan PQ QFγ=， 作111PE A D ⊥于1E ，111PF B C ⊥于1F ，111PG AC ⊥于1G ，1PG 即点P 到平面11ACC A 的距离，1PB 即点P 到棱1BB 的距离，因此11PB PG =，因为111QF PF PB PG QG =<==，因此tan tan βγ<，因为11QG PG PE QE =<=，因此tan tan αβ<综上有：tan tan tan αβγ<<，即αβγ<<，故选:C10．（2020·安徽合肥·高三三模（理））在长方体1111ABCD A B C D -中，6AB AD ==，12AA =，M 为棱BC 的中点，动点P 满足APD CPM ∠=∠，则点P 的轨迹与长方体的面11DCC D 的交线长等于（）A ．23πB ．πC ．43πD【答案】A【解析】如下图所示：当P 在面11DCC D 内时，AD ⊥面11DCC D ，CM ⊥面11DCC D ；又APD MPC ∠=∠， 在Rt PDA △与Rt PCM 中，∵6AD =，则3MC =， ∴tan tan AD MC APD MPC PD PC ∠==∠=，则63PD PC =， 即2PD PC =．在平面11DCC D 中，以DC 所在直线为x 轴，以DC 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系， 则()3,0D -，()3,0C ，设(),P x y ， 由2PD PC ==整理得：221090x x y -++=，即()22516x y -+=．∴点P 的轨迹是以()5,0F 为圆心，半径为4的圆．设圆F 与面11DCC D 的交点为E 、M ，作EK 垂直x 轴于点K ，则21sin 42EK EFK EF ∠===； ∴6EFK π∠=；故点P 的轨迹与长方体的面11DCC D 的交线为劣弧ME ，所以劣弧ME 的长为2463ππ⨯=. 故选：A ．二、多选题 11．（2020·广东宝安·高三开学考试）如图，正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E 、F ，且12EF =，则下列结论中正确的是（ ）A ．AC BE ⊥B ．//EF 平面ABCDC ．AEF 的面积与BEF 的面积相等D ．三棱锥A BEF -的体积为定值【答案】ABD【解析】可证AC ⊥平面11D DBB ，从而AC BE ⊥，故A 正确；由11//B D 平面ABCD ，可知//EF 平面ABCD ，B 也正确；连结BD 交AC 于O ，则AO 为三棱锥A BEF -的高，1111224BEF S =⨯⨯=△，三棱锥A BEF -的体积为1134224⨯⨯=为定值，D 正确；很显然，点A 和点B 到的EF 距离是不相等的，C 错误. 故选：ABD 12．（2020·江苏赣榆一中高一月考）已知在矩形ABCD 中，4AB =，3BC =，将矩形ABCD 沿对角线AC 折成大小为θ的二面角B AC D --，若折成的四面体ABCD 内接于球O ，则下列说法正确的是（ ） A ．四面体ABCD 的体积的最大值是245 B ．球的体积随θ的变化而变化C ．球心O 为原矩形的两条对角线的交点D ．球O 的表面积为定值25π 【答案】ACD【解析】如图，（1）当面ACD ⊥面ABC 时，四面体ABCD 的体积最大，此时，如图，过点D 作AC 的垂线，交AC 于点E ，则DE 即为四面体ABCD 的高，由等面积法得：AC DE AD DC ⨯=⨯,∴ 125DE = , ∴四面体ABCD 的最大值为11112243433255ABC V S h =⋅=⨯⨯⨯⨯=， 故A 选项正确； （2）在四面体ABCD 内，AC 的中点O 到点,,,A B C D 的距离相等，∴点O 为外接球的球心，此时球的半径522AC R ==，球的体积242533V R ππ== ，为定值，球的表面积2425S R ππ== ，为定制，故B 选项错误，,C D 正确，故选,,A C D 13．（2020·湖北江岸·期末）向体积为1的正方体密闭容器内注入体积为x （01x <<）的液体，旋转容器，下列说法正确的是（ ）A ．当12x =时，容器被液面分割而成的两个几何体完全相同 B ．不管注入多少液体，液面都可以成正三角形形状CD 【答案】AC【解析】对于A ，当12x =时，题目等价于过正方体中心的平面截正方体为两部分， 根据对称性知两部分完全相同，所以A 正确； 对于B ，取12x =，此时液面过正方体中心，截面不可能为三角形，所以B 错误； 对于C ，当液面与正方体的体对角线垂直时，液面为如图所示正六边形时面积最大，其中正六边形的顶点均为对应棱的中点，所以液面面积的最大值为162S ==，C 正确； 对于D ，当液面过1DB 时，截面为1B NDG ，将1111D C B A 绕11C D 旋转2π，如图所示；则111DN B N DN B N DB ''+=+≥= 当D 、N 、1B '三点共线时等号成立，所以液面周长最小值为D 错误. 故选：AC.14．（2020·广东深圳·高二月考）（多选题）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1223AA AC AB ===，AB AC ⊥，点D ，E 分别是线段BC ，1BC 上的动点（不含端点），且1EC DC B C BC=．则下列说法正确的是（ ）A ．//ED 平面1ACCB ．该三棱柱的外接球的表面积为68πC ．异面直线1BC 与1AA 所成角的正切值为32 D ．二面角A EC D --的余弦值为413【答案】AD【解析】在直三棱柱111ABC A B C -中，四边形11BCC B 是矩形， 因为1EC DC B C BC=，所以11////ED BB AA ，ED 不在平面1ACC 内，1AA ⊂平面1ACC ， 所以//ED 平面1ACC ，A 项正确； 因为1223AA AC AB ===，所以3AB =， 因为AB AC ⊥，所以BC ==1BC 易知1BC 是三棱柱外接球的直径，所以三棱柱外接球的表面积为22417πππ=⨯=⎝⎭，所以B 项错误； 因为11//AA BB ，所以异面直线1BC 与1AA 所成角为1BB C ∠．在1Rt B BC 中，12BB =，BC =，所以11tan BC BB C BB ∠==C 项错误； 二面角A EC D --即二面角1A B C B --，以A 为坐标原点，以AB ，AC ，1AA 的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图则1(0,0,0),(3,0,0),(0,2,0),(3,0,2)A B C B ，1(3,0,2)AB ∴=，(3,2,0)BC =-，1(3,2,2)BC =--， 设平面1ABC 的法向量(,,)n x y z =，则1100n AB n B C ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩，即3203220x z x y z +=⎧⎨-+-=⎩，令2x =可得(2,0,3)n =-， 设平面1BB C 的一个法向量为(,,)m x y z =，则100m BC m B C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即3203220x y x y z -+=⎧⎨-+-=⎩，令2x =可得(2,3,0)m = 故二面角A EC D --413=，所以D 项正确． 故选：AD.三、填空题15．（2020·浙江高三月考）在2000多年前，古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线：用垂直于锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面倾斜到“和且仅和”圆锥的一条母线平行时，得到抛物线；当平面再倾斜一些就可以得到双曲线.已知一个圆锥的高和底面半径都为2，则用与底面呈45的平面截这个圆锥，得到的曲线是___________.【答案】抛物线【解析】因为圆锥的高和底面半径都为2，因此有, ︒tan 145OS SAO SAO AO︒∠==⇒∠=所以母线SA 与底面所成的角为45，因为用与底面呈45的平面截这个圆锥，所以该平面一定会与圆锥的某条母线(如SA )平行，由题中所给的结论可知：用与底面呈45的平面截这个圆锥，得到的曲线是抛物线.故答案为：抛物线16．（2020·江西其他（文））《九章算术》是我国古代著名数学经典，其中对勾股定理的论述，比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小；以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深1寸，锯道长1尺，问这块圆柱形木料的直径是多少？长为0.5丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示（阴影部分为镶嵌在墙体内的部分）.己知弦尺，弓形高寸，估算该木材镶嵌墙内部分的体积约为______立方寸.（注：一丈=10尺=100寸，，答案四舍五入，只取整数．．．．．．．．．．．）【答案】317 【解析】如图，设圆半径为寸（下面长度单位都是寸），连接，已知，， 在中，，即，解得， ︒︒︒1AB =1CD =53.14,sin 22.513π≈≈r ,OA OD 152AD AB ==1OD OC CD r =-=-Rt ADO 222AD OD OA 2225(1)r r +-=13r =由得，所以， 图中阴影部分面积为扇形（平方寸）， 镶嵌在墙体中木材是以阴影部分为底面，以锯刀长为高的柱体，所以其体积为（立方寸）故答案为：317．17．（2020·河北新华·石家庄二中高二月考）如图，在四棱锥中，四边形为菱形，且是等边三角形，点是侧面内的一个动点，且满足，则点所形成的轨迹长度是_______.【解析】根据题意，连接AC ，BD ，记其交点为O ，取PC 上一点为M ，连接MB ，MD ，作图如下：5sin 13AD AOD AO ∠==22.5AOD ∠=︒45AOB ∠=︒S S =214131012 6.332522AOB S πππ-=⨯⨯-⨯⨯≈△6.332550317V Sh =≈⨯≈P ABCD -ABCD 2,60,AB DAB PAD =∠=∆PB Q =PBC DQ AC ⊥Q若满足题意，又，故平面DBQ ，则点Q 只要在平面DBQ 与平面PBC 的交线上即可.假设如图所示：平面DBM 与平面DBQ 是同一个平面，则Q 点的轨迹就是线段BM.根据假设，此时直线平面DBM ，则.故三角形MOC 为直角三角形.因为三角形PAD 是等边三角形，三角形BAD 也是等边三角形，故AD ，又因为BC //AD ，故BC PB ，故三角形PBC 为直角三角形，故故在三角形PAC 中，由余弦定理可得：故在直角三角形MOC 中， 在直角三角形PBC 中， 在三角形BCM 中： 故可得：. DQ AC ⊥AC BD ⊥AC ⊥AC ⊥AC MO ⊥PB ⊥⊥2210PC PB BC +2,23,10PA AC PC ===33021023cos PCA ∠==⨯210OC MC cos PCA ==∠BC cos PCB PC ∠=1010=2222829BM BC CM BC CM cos PCB =+-⨯⨯⨯∠=27BM =故答案为. 18．（2021·福建其他）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的鳖臑中，平面，，，，为中点，为内的动点（含边界），且.①当在上时，______；②点的轨迹的长度为______.【答案】【解析】 (1)当在上时,因为平面,故,又,故平面.故.又,为中点,故所以为中点.故. (2)取中点则由(1)有平面,故,又,设平面则有平面.故点的轨迹为.又此时,,故. 所以3P ABC -PA ⊥ABC 90ACB ∠=︒4CA =2PA =D AB E PAC ∆PC DE ⊥E AC AE =E E AC PA ⊥ABC PA DE ⊥PC DE ⊥DE ⊥PAC DE AC ⊥90ACB ∠=︒D AB //DE BC E AC 122AE AC ==AC F DF ⊥PAC PC DF ⊥PC DE ⊥DEF PC G ⋂=PC ⊥DGF E FG 2CF =1tan 2PA PCA AC ∠==sin PCA ∠==sin 5FG CF PCA =⋅∠==故答案为：19．（2020·全国高三专题练习（文））现代足球运动是世上开展得最广泛、影响最大的运动项目，有人称它为“世界第一运动”．早在2000多年前的春秋战国时代，就有了一种球类游戏“蹴鞠”，后来经过阿拉伯人传到欧洲，发展成现代足球．1863年10月26日，英国人在伦敦成立了世界上第一个足球运动组织——英国足球协会，并统一了足球规则．人们称这一天是现代足球的诞生日．如图所示，足球表面是由若干黑色正五边形和白色正六边形皮围成的，我们把这些正五边形和正六边形都称为足球的面，任何相邻两个面的公共边叫做足球的棱．已知足球表面中的正六边形的面为20个，则该足球表面中的正五边形的面为______个，该足球表面的棱为______条．【答案】12 90【解析】足球每块黑色皮子的5条边分别与5块白色皮子的边缝在一起；每块白色皮子的6条边中，有3条边与黑色皮子的边缝在一起，另3条边则与其他白色皮子的边缝在一起.所以设这个足球有x 块正五边形，一共有5x 条边，其中白皮三条边和黑皮相连，又足球表面中的正六边形的面为20个，根据题意可得方程：，解得，该足球表面中的正五边形的面为12个；因为任何相邻两个面的公共边叫做足球的棱，所以每条棱由两条边组成，该足球表面的棱为：条.故答案为：12；90.20．如图在三棱锥S ABC -中，SA SB SC ==，且2ASB BSC CSA π∠=∠=∠=，M N 、分别是AB 和SC 的中点．则异面直线SM 与BN 所成的角的余弦值为______，直线SM 与面SAC 所成角大小为5203x =⨯12x =()125+206290⨯⨯÷=_________.4π 【解析】 因为2ASB BSC CSA π∠=∠=∠=，所以以S 为坐标原点，SA,SB,SC 为x,y,z 轴建立空间直角坐标系.设2SA SB SC ===，则(1,1,0),(0,2,0),(0,0,1),(2,0,0),(0,0,2).M B N A C因为2(1,1,0),(0,2,1),cos ,2SM BNSM BN -==-==，所以异面直线SM 与BN 所成的角的余弦值为5，面SAC 一个法向量为(0,2,0),SB =则由2cos ,22SM SB ==得π,4SM SB =，即直线SM 与面SAC 所成角大小为π4. 21.（2020·包头市第九中学高一期末）设三棱锥的底面和侧面都是全等的正三角形，是棱的中点.记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则，，中最大的是_________，最小的是________.【答案】【解析】S ABC -P SA PB AC αPB ABC βP AC B --γαβγαβ作交于，由于，， 所以为正三棱锥，由对称性知，取中点，连接，作平面，交平面于，连接， 作平面，交平面于，连接，作，交于，连接，所以， 由于，所以，由于平面，所以，由于，平面，所以，， 因为，在上，平面于，平面于， 所以.所以.所以， 由于都是锐角，所以， 由于在上，由对称性，而，则，由于也是锐角，所以，由,，所以 综上所述，三个角中的最小角是，最大角是.故答案为：①；②.四、解答题//PD CA SC D AB BC CA ==SA SB SC ==S ABC -BD PB =PD E BE EH ⊥ABC ABC H BH PF ⊥ABC ABC F BF PG AC ⊥AC G GF BE PD ⊥//PD AC BPD α=∠PF ⊥ABC PBF β=∠PG AC ⊥PF ⊥ABC PGF γ=∠sin BE EH BP BP BP BPα==>=//PD CA E PD EH ⊥ABC H PF ⊥ABC F EH PF =sin PF EH BP BPβ==sin sin αβ>,αβαβ>P SA PB CP =CP PG >sin sin PF PF PF PG CP BP γβ=>==γγβ>PB BG<sin BE EH PF BP BP BP α==>==sin PF PGγ>=αγβααβ22．（2019·北京西城·高三三模）如图，在正四棱柱1111ABCD A BC D -中，1AB =，13AA =，过顶点A ，1C 的平面与棱1BB ，1DD 分别交于M ，N 两点（不在棱的端点处）.（1）求证：四边形1AMC N 是平行四边形；（2）求证：AM 与AN 不垂直；（3）若平面1AMC N 与棱BC 所在直线交于点P ，当四边形1AMC N 为菱形时，求PC 长.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）=2PC .【解析】（1）依题意1AM C N ，，，都在平面1AC 上， 因此AM ⊆平面1AC ，1NC ⊆平面1AC ，又AM ⊆平面11ABB A ，1NC ⊆平面11DCC D ，平面11ABB A 与平面11DCC D 平行，即两个平面没有交点，则AM 与1NC 不相交，又AM 与1NC 共面，所以//AM 1NC ，同理可证//AN 1MC ，所以四边形1AMC N 是平行四边形；（2）因为M ，N 两点不在棱的端点处，所以11MN BD AC <=，又四边形1AMC N 是平行四边形，1MN AC ≠，则1AMC N 不可能是矩形，所以AM 与AN 不垂直；（3）如图，延长1C M 交CB 的延长线于点P ，若四边形1AMC N 为菱形，则1AM MC =，易证11Rt ABM Rt C B M ≅，所以1BM B M =，即M 为1BB 的中点， 因此112BM CC =，且1//BM CC ，所以BM 是1PCC 的中位线， 则B 是PC 的中点，所以22PC BC ==.23．（2019·全国高三专题练习）如图，正△ABC 的边长为4，CD 为AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B .(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由；(2)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP DE ⊥？如果存在，求出BP BC 的值；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）//AB 平面DEF ，理由见解析；（2）13. 【解析】(1)AB∥平面DEF ，理由如下：在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 的中点，得EF∥AB.又因为AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，所以AB∥平面DEF.(2)以点D 为坐标原点，直线DB ，DC ，DA 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，0)，E(01)，故DE ＝(01)．假设存在点P(x ，y ，0)满足条件，则AP ＝(x ，y ，－2)，AP ·DE 20-=，所以y =.又BP ＝(x 2-，y ，0)，PC ＝(－x ，y ，0)，BP ∥PC ，所以(x 2-)(y )＝xy -y +=把y =代入上式得4x 3=，所以BP ＝1BC 3， 所以在线段BC 上存在点P 使AP⊥DE，此时BP 1BC 3=. 24．（2019·上海市金山中学高二月考）几何特征与圆柱类似，底面为椭圆面的几何体叫做“椭圆柱”，如图所示的“椭圆柱”中，A B ''、AB 和O '、O 分别是上下底面两椭圆的长轴和中心，1F 、2F 是下底面椭圆的焦点，其中长轴的长度为2，两中心O '、O M 、N 分别是上、下底面椭圆的短轴端点，且位于平面AA B B ''的两侧.（1）求证：OM ∥平面A B N ''；（2）求点M 到平面A B N ''的距离；（3）若点Q 是下底面椭圆上的动点，Q '是点Q 在上底面的投影，且1Q F '、2Q F '与下底面所成的角分别为α、β，试求出tan()αβ+的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2（3）tan()[5αβ+∈-. 【解析】（1）连接,,O M O N ON '',M N 分别为上下椭圆的短轴端点 //O M ON '∴∴四边形O MPN '为平行四边形 //OM O N '∴O N '⊂平面A B N ''，OM ⊄平面A B N '' //OM ∴平面A B N ''（2）连接OO '由“椭圆柱”定义可知OO '⊥平面12F NFON ⊂平面12F NF OO ON '∴⊥ O N '∴==由对称性可知：A N B N ''= O N A B '''∴⊥1122A B N S A B O N ''∆'''∴=⋅=⨯=又12A B M S A B O M ''∆'''=⨯⋅=，OO '1133N A B M A B M V S OO ''''-∆'∴=⋅==设点M 到平面A B N ''的距离为d ，则13M A B N N A B M A B N V V S d ''''''--∆==⋅==解得：7d =，即点M 到平面A B N ''的距离为7（3）连接12,QF QF由题意知：QQ '⊥平面12F F Q，QQ '=1Q FQ '∴∠即为1Q F'与下底面所成角；2Q F Q '∠即为2Q F '与下底面所成角 即1Q FQ α'∠=，2Q F Q β'∠= 设1QF m =，由椭圆定义知：2QF m =1tan QQ QF α'∴==，2tan QQ QF β'== ()tan tan tan 1tan tan 1αβαβαβ+∴+===-21m ⎡⎤∈⎣⎦[]265,4m∴-+-∈-- ()tan 5αβ⎡∴+∈-⎢⎣⎦25.（2016·天津高考真题（理））如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB=BE=2.（Ⅰ）求证：EG∥平面ADF ；（Ⅱ）求二面角O −EF −C 的正弦值；（Ⅲ）设H 为线段AF 上的点，且AH=23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）√33；（Ⅲ）√721.【解析】依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为点，分别以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BA⃗⃗⃗⃗⃗ ,OF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O(0,0,0)，A(−1,1,0),B(−1,−1,0),C(1,−1,0),D(1，1,0),E(−1,−1,2),F(0,0,2),G(−1,0,0).（Ⅰ）证明：依题意，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0),AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−1,2). 设n 1=(x,y,z)为平面ADF 的法向量，则{n 1⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n 1⋅AF⃗⃗⃗⃗⃗ =0 ，即{2x =0x −y +2z =0 . 不妨设z =1，可得n 1=(0,2,1)，又EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,−2)，可得EG⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 1=0， 又因为直线EG ⊄平面ADF ，所以EG//平面ADF .（Ⅱ）解：易证，OA⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,1,0)为平面OEF 的一个法向量. 依题意，EF⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,1,2).设n 2=(x,y,z)为平面CEF 的法向量，则{n 2⋅EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n 2⋅CF⃗⃗⃗⃗⃗ =0 ，即{x +y =0−x +y +2z =0 . 不妨设x =1，可得n 2=(1,−1,1).因此有cos <OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2>=OA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2|OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2|=−√63，于是sin <OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2>=√33， 所以，二面角O −EF −C 的正弦值为√33.（Ⅲ）解：由AH =23HF ，得AH =25AF .因为，所以AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =25AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(25,−25,45)，进而有H(−35,35,45)，从而BH⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(25,85,45)，因此cos <BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2>=BH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2|BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2|=−√721. 所以，直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为√721.26．（2018·天津高考真题（理））如图，且AD =2BC ，,且EG =AD ，且CD =2FG ，，DA =DC =DG =2.（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：；（II ）求二面角的正弦值；（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ). 【解析】依题意，可以建立以D 为原点， 分别以，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D （0，0，0），A （2，0，0），B （1，2，0），C （0，2，0），//AD BC AD CD ⊥//EG AD //CD FG DG ABCD ⊥平面MN CDE 平面E BC F --103DA DC DGE （2，0，2），F （0，1，2），G （0，0，2），M （0，，1），N （1，0，2）．（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n 0=(x ，y ，z )为平面CDE 的法向量，则 即不妨令z =–1，可得n 0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因为直线MN 平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．设n =（x ，y ，z ）为平面BCE 的法向量，则 即 不妨令z =1，可得n =（0，1，1）．设m =（x ，y ，z ）为平面BCF 的法向量，则 即不妨令z =1，可得m =（0，2，1）．因此有cos <m ，n>=，于是sin <m ，n．所以，二面角E –BC–F ． 32DC DE 0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 20220y x z ，，=⎧⎨+=⎩MN 32-00MN n ⋅=⊄BC ()122BE =-，，CF 00n BC n BE ，，⎧⋅=⎨⋅=⎩0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，，00m BC m CF ⎧⋅=⎨⋅=⎩，，020x y z -=⎧⎨-+=⎩，，10⋅=m nm n（Ⅲ）设线段DP 的长为h （h ∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h ），可得． 易知，=（0，2，0）为平面ADGE 的一个法向量，故=sinh0，2］．所以线段27．（2020届浙江省宁波市余姚中学高考模拟）如图，ABC 为正三角形，且2BC CD ==，CD BC ⊥，将ABC 沿BC 翻折.（1）若点A 的射影在BD 上，求AD 的长；（2）若点A 的射影在BCD 中，且直线AB 与平面ACD ，求AD 的长. 【答案】（1）2 （2【解析】（1）过A 作AE BD ⊥交BD 于E ，则AE ⊥平面BCD .取BC 中点O ，连接AO ，OE ，∵AE ⊥平面BCD ，BC ⊂平面BCD ，∴AE BC ⊥，又ABC 是正三角形，∴BC AO ⊥，又AE AO A =，AE ，AO ⊂平面AOE ，∴BC ⊥平面AOE ，∴BC OE ⊥.又BC CD ⊥，O 为BC 的中点，∴E 为BD 的中点.()12BP h =--，，DC BP DCcos BP DC BP DC h ⋅⋅==DP∵2BC CD ==，∴112OE CD ==，AO =BD =∴DE =AE =∴2AD =；（2）取BC 中点为,O 过点A 作平面BCD 的垂线，垂足为E ,连接AO ,因为,AB AC OE BC =∴⊥.以O 为原点，以BC 为x 轴，以OE 为y 轴，以平面BCD 的过O 的垂线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：设二面角D BC A --为θ，因为AE ⊥平面BCD ，与（1）同理可证BC ⊥平面AOE ，OE BC ⊥，AOE θ∴∠=，AO则)A θθ，(1,0,0)B -，(1,0,0)C ，(1,2,0)D .∴(1,)BA θθ=，(0,2,0)CD =，(1)CA θθ=-，设平面ACD 的法向量为(,,)n x yz =，则200n CD y n CA x y z θθ⎧⋅==⎪⎨⋅=-⋅+⋅=⎪⎩， 令1z =，得(3sin ,0,1)n θ=.∴cos ,n BA <>==解得sin 6θ=. ∴1(0,,22A ，又(1,2,0)D ，∴AD ==。
2020高考—立体几何(解答+答案)
2020年高考——立体几何1.(20全国Ⅰ文19)（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC△是底面的内接正三角形，P为DO 上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）设DO=2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P−ABC的体积.2.(20全国Ⅰ理18)（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE AD=．ABC△是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PO DO=．（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B PC E--的余弦值．3.（20全国Ⅱ文20）（12分）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=π3，求四棱锥B–EB1C1F的体积．4.（20全国Ⅱ理20）（12分）如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．5.（20全国Ⅲ文 19）（12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥； （2）点1C 在平面AEF 内．6.（20全国Ⅲ理19）（12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．7.（20新高考Ⅰ20）（12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．8.(20天津17)（本小题满分15分）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．9.(20浙江19)（本题满分15分）如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ． （Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．10.（20江苏15）（本小题满分14分）在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．11.（20江苏22）（本小题满分10分）在三棱锥A —BCD 中，已知CB =CD =5,BD =2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO =2，E 为AC 的中点．（1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值； （2）若点F 在BC 上，满足BF =14BC ，设二面角F —DE —C 的大小为θ，求sin θ的值．12.(20北京16)（本小题13分）如图，在正方体1111ABCD A B C D 中，E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．参考答案：1.解：（1）由题设可知，PA =PB = PC ．由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC ≌△PAB ． △PAC ≌△PBC ．又∠APC =90°，故∠APB =90°，∠BPC =90°．从而PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC ． （2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ． 由题设可得rl =3，222l r -=． 解得r =1，l =3，从而3AB =．由（1）可得222PA PB AB +=，故62PA PB PC ===． 所以三棱锥P -ABC 的体积为3111166()323228PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=．2．解：（1）设DO a =，由题设可得63,,63PO a AO a AB a ===，22PA PB PC a ===. 因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥. 所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得312(0,1,0),(0,1,0),(,0),(0,0,)222E A C P --. 所以312(,,0),(0,1,)222EC EP =--=-. 设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即20231022y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取3(2)=m . 由（1）知2(0,1,2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ， 则25cos ,|||5⋅==n m n m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为255.3．解：（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN ⋂平面EB 1C 1F = PN ， 故AO ∥PN ，又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN =AO =6，AP = ON =13AM =3，PM =23AM =23，EF =13BC =2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B -EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT =PM sin ∠MPN =3．底面EB 1C 1F 的面积为1111()(62)624.22B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=所以四棱锥B -EB 1C 1F 的体积为1243243⨯⨯=．4．解：（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC ．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1CF ．（2）由己知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA 的方向为x 轴正方向， MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB =2，AM =3． 连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故23231,(,,0)333PM E =．由（1）知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ． 设(,0,0)Q a ，则22123234(),(,1,4())33NQ a B a a =----， 故21123223210(,,4()),||3333B E a a B E =-----=． 又(0,1,0)=-n 是平面A 1AM 的法向量，故1111,π10sin(,)cos ,210||B E B E B E B E -===⋅n n n |n |．所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010．5．解：（1）如图，连结BD ，11B D ．因为AB BC =，所以四边形ABCD 为正方形，故AC BD ⊥．又因为1BB ⊥平面ABCD ，于是1AC BB ⊥．所以AC ⊥平面11BB D D ． 由于EF ⊂平面11BB D D ，所以EF AC ⊥．（2）如图，在棱1AA 上取点G ，使得12AG GA =，连结1GD ，1FC ，FG ，因为1123D E DD =，123AG AA =，11DD AA =∥，所以1ED AG =∥，于是四边形1ED GA 为平行四边形，故1AE GD ∥．因为1113B F BB =，1113AG AA =，11BB AA =∥，所以11FG A B =∥，11FG C D =∥，四边形11FGD C 为平行四边形，故11GD FC ∥．于是1AE FC ∥．所以1,,,A E F C 四点共面，即点1C 在平面AEF 内．6．解：设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c =，11(0,,)3C F b c =，得1EA C F =．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内． （2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =--，1(0,1,2)A E =-，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则 110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ． 设2n 为平面1A EF 的法向量，则 22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为1212127cos ,||||7⋅〈〉==-⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为427．7．解：（1）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD AD ⊥．又底面ABCD 为正方形，所以AD DC ⊥，因此AD ⊥底面PDC ． 因为AD BC ∥，AD ⊄平面PBC ，所以AD ∥平面PBC ． 由已知得l AD ∥．因此l ⊥平面PDC ． （2）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(0,0,0),(0,1,0),(1,1,0),(0,0,1)D C B P ，(0,1,0)DC =，(1,1,1)PB =-． 由（1）可设(,0,1)Q a ，则(,0,1)DQ a =．设(,,)x y z =n 是平面QCD 的法向量，则0,0,DQ DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0.ax z y +=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,)a =-n ． 所以2cos ,||||31PB PB PB a⋅-〈〉==⋅+n n n ． 设PB 与平面QCD 所成角为θ，则22332sin 1311aa a θ==+++ 2326131a a ++当且仅当1a =时等号成立，所以PB 与平面QCD 所成角的正6．8．依题意，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)C A B C ，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)C M =，1(2,2,2)B D =--，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA =是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB =，(2,0,1)ED =-．设(,,)x y z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.y z x z +=⎧⎨-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ． 因此有|||6cos ,|A CA C CA ⋅〈〉==n n n 30sin ,6CA 〈〉=n ． 所以，二面角1B B E D --30（Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB =-．由（Ⅱ）知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是3cos ,||||AB AB AB ⋅==n n n ． 所以，直线AB 与平面1DB E 39.（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB .由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥. 由45ACB ∠=︒，122BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB .由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角. 设22CD =.由2,2DO OC BO BC ====，得26,33BD OH = 所以3sin OH OCH OC ∠==， 因此，直线DF 与平面DBC 3. 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设22CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,|3|||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.10.证明：因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ， 所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .11.解：（1）连结OC ，因为CB =CD ，O 为BD 中点，所以CO ⊥B D ．又AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥O C ．以{}OB OC OA ，，为基底，建立空间直角坐标系O –xyz ． 因为BD =2，CB CD ==，AO =2，所以B （1，0，0），D （–1，0，0），C （0，2，0），A （0，0，2）． 因为E 为AC 的中点，所以E （0，1，1）． 则AB =（1，0，–2），DE =（1，1，1），所以|||1||||||5cos AB DE AB DE AB DE +=⋅⋅==<>，．因此，直线AB 与DE ． （2）因为点F 在BC 上，14BF BC =，BC =（–1，2，0）． 所以111(,,0)442BF BC ==-． 又20,0DB =（,）， 故71(,,0)42DF DB BF =+=．设1111()x y z =，，n 为平面DEF 的一个法向量， 则1100,DE DF ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=，n n 即111110710,42x y z x y +⎧+=⎪+=⎪⎨⎩， 取12x =，得1–7y =，15z =，所以1(275)n =-，，． 设2222()x y z =，，n 为平面DEC 的一个法向量，又DC =（1，2，0），则2200,DE DC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=，n n 即22222020,x y z x y ++=+=⎧⎨⎩，取22x =，得2–1y =，2–1z =，所以2(211)n =--，，． 故2112|||475|13|||||co |13786s θ+-⋅===⋅⨯n n n n ．所以22391cos s n 13i θθ=-=．12.。
2020年高考专题训练八 立体几何(参考答案)
2020年高考专题训练八 立体几何 参考答案5．（12分）（考点：折叠问题、面面垂直、利用空间向量求线面角的正弦值）如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥.（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.解析：（1）证明：由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .（2）解：作PH ⊥EF ，垂足为H .由（1）得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，||BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz .由（1）可得，DE ⊥PE .又DP =2，DE =1，所以PE 又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF .可得32PH EH ==.则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --=HP =为平面ABFD 的法向量.设DP与平面ABFD所成角为θ，则334sin||||||3HP DPHP DPθ⋅===⋅.所以DP与平面ABFD36.（12分）（考点：折叠问题、面面垂直、三棱锥的体积计算等）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，且BP=DQ=23DA，求三棱锥Q-ABP的体积．7．（12分）（考点：面面垂直、四棱锥的体积、设求四棱锥的侧面积）如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且90BAP CDP∠=∠=（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC,90APD∠=,且四棱锥P-ABCD的体积为83，求该四棱锥的侧面积.解析： （1）证明：由已知90BAP CDP ∠=∠=，得,AB AP CD PD ⊥⊥ 由于//AB CD ，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD（2）解：在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E由（1）知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD 设AB x =，故四棱锥P ABCD -的体积则由已知可得22,2AD x PE x == 31133P ABCD V AB AD PE x -=••= 由题设得31833x =，故2x = 从而2,22,22PA PD AD BC PB PC ======可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 606232222PA PD PA AB PD DC BC +++=+。
2020年高考数学(理)热点专练08 立体几何(解析版)
2020年高考数学（理）热点08 立体几何【命题趋势】立体几何一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点，理科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用，简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题.另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图.选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及二面角问题.本专题针对高考高频知识点以及题型进行总结，希望通过本专题的学习，能够掌握高考数学中的立体几何的题型，将高考有关的立体几何所有分数拿到.【满分技巧】基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长.要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求.内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求.求点到平面的距离问题：采用等体积法.求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高.对于二面角问题应采用建立立体坐标系去求.但是坐标系要注意采用左手系务必要标记准确对应点以及法向量对应的坐标.【考查题型】选择，填空，解答题【限时检测】（建议用时：45分钟）1．（2019·安徽高考模拟（理））已知,m n 是两条不同的直线，,,αβγ是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A ．若//,//m n αα，则//m nB ．若,αγβγ⊥⊥，则//αβC ．若//,//m n αα，且,m n ββ⊂⊂，则//αβD ．若,m n αβ⊥⊥，且αβ⊥，则m n ⊥【答案】D【解析】【分析】根据空间中直线和平面的位置关系分别去判断各个选项，,,A B C 均可举出反例；D 可证明得出.【详解】若//m α，//n α，则//m n 或m 与n 异面或m 与n 相交，故选项A 错误；若αγ⊥，βγ⊥，则α与β可能相交，故选项B 错误；若直线,m n 不相交，则平面,αβ不一定平行，故选项C 错误；αβ⊥Q ，m α⊥ //m β∴或m β⊂，又n β⊥ m n ∴⊥，故选项D 正确. 本题正确选项：D【名师点睛】本题考查空间中直线、平面之间位置关系有关命题的判断，考查学生的空间想象能力和对定理的掌握程度.2．（2019·四川射洪中学高三月考（理））已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最大边长为（ ）A B C D ．【答案】B【解析】 根据三视图作出原几何体（四棱锥P ABCD -）的直观图如下：可计算PB PD BC PC ====.【名师点睛】:思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.3．（2019·安徽高考模拟（理））当动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的体对角线1A C 上运动时，异面直线BP 与1AD 所成角的取值范围是（ ）A ．,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．,43ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．,32ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】B【解析】【分析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出BP 与AD 1所成角的取值范围．【详解】以D 为原点，DA u u u v ，DC u u u v ，1DD u u u u v 分别为x ，y ，z 轴正向，建立空间直角坐标系D xyz -，则()11,0,1AD =-u u u u v ，()11,1,1CA =-u u u v ，设1CP CA λ=u u u v u u u v ，则[]0,1λ∈， (),,CP λλλ∴=-u u u v ，()1,,BP u u u v λλλ∴=--，故1cos ,AD BP u u u u v u u u v 11··AD BP AD BP=u u u u v u u u v u u u u v u u u v= 对于函数()2321h x λλ=-+ 212333λ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，[]0,1λ∈有： ()min 1233h x h ⎛⎫== ⎪⎝⎭，()()max 12h x h ==，故11cos ,2AD BP ⎡∈⎢⎣⎦u u u u v u u u v ，又[]1,0,AD BP π∈u u u u v u u u v ， 故1,,63AD BP u u u u v u u u v ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.故选B . 【名师点睛】本题考查异面直线所成角的取值范围的求法，考查异面直线所成角的概念等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．4．（2019·湖南高三期末（理））设a ，b 是空间中不同的直线，α，β是不同的平面，则下列说法正确的是（ ）A ．a b ∥，b α⊂，则a P αB ．a α⊂，b β⊂，αβ∥，则a b ∥C ．a α⊂，b α⊂，a β∥，b β∥，则αβ∥D ．αβ∥，a α⊂，则a β∥ 【答案】D【解析】分析：在A 中，a ∥α或a ⊂α；在B 中，a 与b 平行或异面；在C 中，α与β相交或平行；在D 中，由面面平行的性质定理得a ∥β．详解：由a ，b 是空间中不同的直线，α，β是不同的平面，知：在A 中，a ∥b ，b ⊂α，则a ∥α或a ⊂ α，故A 错误； 在B 中，a ⊂α，b ⊂ β，α∥β，则a 与b 平行或异面，故B 错误； 在C 中，a ⊂α，b ⊂ α，α∥β，b ∥β，则α与β相交或平行，故C 错误； 在D 中，α∥β，a ⊂α，则由面面平行的性质定理得a ∥β，故D 正确．故选：D ．【名师点睛】：本题考查线面位置关系的判断，考查空间想象能力，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用．5．（2019·贵州高考模拟（理））如图在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点. 设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是( )A．[,1]3B．[,1]3 C． D． 【答案】B【解析】【详解】设正方体的棱长为1，则11111A C A C A O OC OC ======所以1111332122cos ,sin 3322AOC AOC +-∠==∠=⨯11313cos AOC AOC +-∠==∠=. 又直线与平面所成的角小于等于90o ，而1A OC ∠为钝角，所以sin α的范围为[3，选B.【考点定位】空间直线与平面所成的角.6．（2019·宁夏吴忠中学高考模拟（理））已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =o ，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（ ）ABCD【答案】C【解析】如图所示，补成直四棱柱1111ABCD A B C D -，则所求角为1111,BC D BC BD C D AB ∠=====Q易得22211C D BD BC =+，因此111cos BC BC D C D ∠===C ．平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形； ④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是(0,]2π，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．7．（2019·广东高考模拟（理））已知三棱锥P ABC -的底面ABC 是边长为2的等边三角形，PA ⊥平面ABC ，且2PA =，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）A ．683πB ．20πC ．48πD ．283π 【答案】D【解析】【分析】由于球中球心与球的小圆圆心的连线垂直于这个小圆，利用PA 也垂直于这个小圆，即可利用球心与小圆圆心建立起直角三角形，1'12d OO PA ===，根据题意可求出r 是底面三角形的外接圆的半径，利用d =R 即可，最后即可求出球的表面积.【详解】由已知得，作下图PA ABC ⊥平面，连结PO ，延长至圆上交于H ，过O 作'OO PA P 交ABC 平面于'O ，则PAH ∆为Rt ∆，所以，O 为斜边PH 的中点，所以，'OO 为PAH ∆的中位线，'O 为小圆圆心，则'O 为AH 的中点，则''12OO O H PA AH ==，则''O H AO ===，1'12OO PA ==，则球的半径R OH ==== 球的表面积为22843R ππ=答案选D.【名师点睛】本题考查计算球的表面积，关键在于利用222d R r =-进行计算R ，难点在于构造三要素相关的直角三角形进行求解，难度属于中等.8．（2019·河南高考模拟（理））如图，点P 在正方体1111ABCD A B C D -的面对角线1BC上运动，则下列四个结论：①三棱锥1A D PC -的体积不变；1//A P ②平面1ACD ；1DP BC ⊥③；④平面1PDB ⊥平面1ACD ．其中正确的结论的个数是( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C【解析】【分析】 利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．【详解】对于①，由题意知11//AD BC ，从而1//BC 平面1AD C ，故BC 1上任意一点到平面1AD C 的距离均相等，所以以P 为顶点，平面1AD C 为底面，则三棱锥1A D PC -的体积不变，故①正确； 对于②，连接1A B ，11A C ，111//AC AD 且相等，由于①知：11//AD BC ，所以11//BA C 面1ACD ，从而由线面平行的定义可得，故②正确；对于③，由于DC ⊥平面11BCB C ，所以1DC BC ⊥，若1DP BC ⊥，则1BC ⊥平面DCP ，1BC PC ⊥，则P 为中点，与P 为动点矛盾，故③错误；对于④，连接1DB ，由1DB AC ⊥且11DB AD ⊥，可得1DB ⊥面1ACD ，从而由面面垂直的判定知，故④正确．故选：C ．【名师点睛】本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想．9．（2019·河北高考模拟（理））正方体1111ABCD A B C D -的棱上(除去棱AD)到直线 1A B 与1CC 的距离相等的点有3个，记这3个点分别为,,E F G ，则直线1AC 与平面EFG 所成角的正弦值为（ ）A B C D 【答案】D【解析】【分析】正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱上到直线A 1B 与CC 1的距离相等的点分别为：D 1，BC 的中点，B 1C 1的四等分点（靠近B 1），假设D 1与G 重合，BC 的中点为E ，B 1C 1的四等分点（靠近B 1）为F ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AC 1与平面EFG 所成角的正弦值．【详解】解：正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱上到直线A 1B 与CC 1的距离相等的点分别为： D 1，BC 的中点，B 1C 1的四等分点（靠近B 1），假设D 1与G 重合，BC 的中点为E ，B 1C 1的四等分点（靠近B 1）为F ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设AB ＝2，则E （1，2，0），F （32，2，2），G （0，0，2），A （2，0，0），C 1（0，2，2）， ∴EF =u u u r （1022，，），GF u u u r =（3202，，），1AC =u u u u r （﹣2，2，2）， 设平面EFG 的法向量n =r（x ，y ，z ）， 则00n EF n GF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r r u u u r r ，即12023202x z x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，取x ＝4，得n =r （4，﹣3，﹣1）．设直线AC 1与平面EFG 所成角为θ，则直线AC 1与平面EFG 所成角的正弦值为sinθ＝|cos 1n AC u u u u r r ＜，＞|=． 故选：D ．【名师点睛】本题考查线面角的正弦值的求法，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，是中档题．10．（2019·湖北高考模拟（理））如图，已知四面体ABCD 为正四面体，2,AB E F =， 分别是,AD BC 中点.若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（ ）.A ．1 BCD ．2【答案】A 【解析】 【分析】通过补体，在正方体内利用截面为平行四边形MNKL ,有2NK KL +=，进而利用基本不等式可得解. 【详解】补成正方体，如图.,EF α⊥Q∴截面为平行四边形MNKL ,可得2NK KL +=， 又//,//,MN AD KL BC 且,AD BC KN KL ⊥∴⊥ 可得L MNK S NK KL =⋅四边形2()1,2NK KL +≤=当且仅当NK KL =时取等号，选A. 【名师点睛】本题主要考查了线面的位置关系，截面问题，考查了空间想象力及基本不等式的应用，属于难题.二、填空题11．（2019·重庆南开中学高考模拟（理））三棱锥P ABC -的4的球面上，PA ⊥平面ABC ，V ABC A 到平面PBC 的距离为______． 【答案】65【解析】 【分析】由题意，球心在三棱锥各顶点的距离相等，球心到底面的距离等于三棱锥的高PA 的一半，求出PA,，然后利用等体积求点A 到平面PBC 的距离 【详解】△ABC 的正三角形，可得外接圆的半径2r asin60==︒2，即r ＝1．∵PA ⊥平面ABC ，PA ＝h ，球心到底面的距离d 等于三棱锥的高PA 的一半即h2，那么球的半径R ==,解得h=2,又PBC S ∆=由P ABC A PBC V V --= 知'113?2=?33 ，得'65d = 故点A 到平面PBC 的距离为65故答案为65． 【名师点睛】本题考查外接球问题，锥的体积，考查计算求解能力，是基础题 12．（2019·广东高考模拟（理））《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开， 得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均为直角三角形的四面体）．在如图所示的堑堵111ABC A B C -中，15,3,4AA AC AB BC ====，则阳马111C ABB A -的外接球的表面积是_________________【答案】50S π= 【解析】 【分析】根据堑堵定义以及长方体性质可得阳马111C ABB A -的外接球的直径为1A C ，再根据球的表面积公式求结果. 【详解】由于1CB,,BA BB 两两相互垂直，所以阳马111C ABB A -的外接球的直径为1A C ，即2R ==2450R ππ=.【名师点睛】若球面上四点,,,P A B C 构成的三条线段,,PA PB PC 两两互相垂直，且,,PA a PB b PC c ===，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用22224R a b c =++求解．13．（2019·山东高考模拟（理））如图所示，平面BCC 1B 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝120︒，四边形BCC 1B 1为正方形，且AB ＝BC ＝2，则异面直线BC 1与AC 所成角的余弦值为_____．【解析】 【分析】将AC 平移到和1BC 相交的位置，解三角形求得线线角的余弦值. 【详解】过B 作//BD AC ，过C 作//CD AB ，画出图像如下图所示，由于四边形ABCD 是平行四边形，故//BD AC ，所以1C BD ∠是所求线线角或其补角.在三角形1BC D 中，11BC C D BD ===1cos C BD ∠==.【名师点睛】本小题主要考查空间两条直线所成角的余弦值的计算，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.14．（2018·栖霞市第一中学高考模拟（理））如图在四面体ABCD 中，若截面PQMN 是正方形，则在下列命题中正确的有______.(填上所有正确命题的序号)AC BD ⊥①， AC BD =②， //AC ③截面PQMN ，④异面直线PM 与BD 所成的角为45o ．【答案】①③④ 【解析】 【分析】由截面PQMN 是正方形出发，利用线面平行的判定和性质，可以推出////PQ AC MN ，////PN BD MQ ,从而得到//AC 平面PQMN ,异面直线PM 与BD 所成的角和PM 与PN 所成角相等为45o ，AC BD ⊥，M N P Q 、、、不一定是中点从而AC BD ，不一定相等.【详解】解：在四面体ABCD 中，Q 截面PQMN 是正方形，//PQ MN ∴，PQ ⊄平面ACD ，MN ⊂平面ACD ，//PQ ∴平面ACD ．Q 平面ACB ⋂平面ACD AC =，//PQ AC ∴，可得//AC 平面PQMN ．同理可得//BD 平面PQMN ，//BD PN ．PN PQ ⊥Q ，AC BD ∴⊥．由//BD PN ，MPN ∴∠是异面直线PM 与BD 所成的角，且为45o ．由上面可知：//BD PN ，//PQ AC ．PN AN BD AD ∴=，MN DNAC AD=， 而AN DN ≠，PN MN =，BD AC ∴≠．综上可知：①③④都正确． 故答案为：①③④．利用线面平行与垂直的判定定理和性质定理、正方形的性质、异面直线所成的角即可得出． 【名师点睛】本题考查了线面平行与垂直的判定定理和性质定理、正方形的性质、异面直线所成的角，属于基础题．15．（2019·深圳市高级中学高考模拟（理））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_______． 【答案】48π 【解析】 【分析】在等边三角形ABC 中，取AB 的中点F ，设其中心为O ，则23AO BO CO CF ====，再利用勾股定理可得OP =O 为棱锥P ABC -的外接球球心，利用球的表面积公式可得结果.【详解】如图，在等边三角形ABC 中，取AB 的中点F ， 设其中心为O ，由6AB =，得23AO BO CO CF ====， PAB ∆Q 是以AB 为斜边的等腰角三角形，PF AB ∴⊥,又因为平面PAB ⊥平面ABC ，PF ∴⊥平面 ABC ，PF OF ∴⊥，OP =则O 为棱锥P ABC -的外接球球心，外接球半径R OC ==∴该三棱锥外接球的表面积为(2448ππ⨯=，故答案为48π. 【名师点睛】本题考查主要四面体外接球表面积，考查空间想象能力，是中档题. 要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用22224R a b c =++（,,a b c 为三棱的长）；②若SA ⊥面ABC （SA a =），则22244R r a =+（r 为ABC ∆外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.三、解答题16．（2019·山东高考模拟（理））如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG 所截后得到的，其中45BAE GAD ∠=∠=︒，22AB AD ==，60BAD ∠=︒.（1）求证：平面BDG ⊥平面ADG ； （2）求直线GB 与平面AEFG 所成角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）7【解析】 【分析】（1）在BAD ∆中，由余弦定理可得BD =，则可得AD DB ⊥，在直平行六面体中，GD ⊥平面ABCD ，则可得GD DB ⊥，由此说明BD ⊥平面ADG ，即可证明平面BDG ⊥平面ADG ；（2）以D 为原点建立空间直角坐标系D xyz -，表示出各点的坐标，求出平面AEFG 的法向量，由直线与平面所成角正弦值的公式即可得到直线GB 与平面AEFG 所成角的正弦值. 【详解】（1）证明：在BAD ∆中，因为22AB AD ==，60BAD ∠=︒. 由余弦定理得，2222cos60BD AD AB AB AD =+-⋅︒，解得BD =，∴222AB AD DB =+，∴AD DB ⊥， 在直平行六面体中，GD ⊥平面ABCD ，DB ⊂平面ABCD ， ∴GD DB ⊥ 又AD GD D ⋂=， ∴BD ⊥平面ADG ，∴平面BDG ⊥平面ADG . （2）解：如图以D 为原点建立空间直角坐标系D xyz -，因为45BAE GAD ∠=∠=︒，22AB AD ==， 所以()1,0,0A，()B，()E ，()0,0,1G ，()AE →=-，()1,0,1AG →=-，()1GB →=-.设平面AEFG 的法向量(),,n x y z →=，200n AE x z n AG x z ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩u u u v r u u uv r ， 令1x =，得y =，1z =，∴1,n →⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭.设直线GB 和平面AEFG 的夹角为θ，所以sin cos ,7GB n GB n GB n θ→→→→→→⋅====⋅， 所以直线GB 与平面AEFG 所成角的正弦值为7. 【名师点睛】本题考查面面垂直的证明，以及利用空间向量求线面所成角的正弦值，熟练掌握面面垂直的判定以及线面所成角的公式是解题关键，考查学生基本的算能力，属于中档题. 17．（2019·辽宁高考模拟（理））如图，等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，1AD AB BC ===，2CD =，E 为CD 中点，以AE 为折痕把ADE ∆折起，使点D 到达点P 的位置（P ∉平面ABCE ）.（Ⅰ）证明：AE PB ⊥；（Ⅰ）若直线PB 与平面ABCE 所成的角为4π，求二面角A PE C --的余弦值.【答案】（I ）见解析；（II ）. 【解析】 【分析】（I ）先证明AE POB ⊥平面，再证明AE PB ⊥；（II ）在平面POB 内作PQ ⊥OB,垂足为Q ，证明OP ⊥平面ABCE ，以O 为原点，OE 为x 轴，OB 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角A PE C --的余弦值. 【详解】（I ）证明：在等腰梯形ABCD 中，连接BD ，交AE 于点O ，∵AB||CE,AB=CE ，∴四边形ABCE 为平行四边形，∴AE=BC=AD=DE ， ∴△ADE 为等边三角形，∴在等腰梯形ABCD 中，3C ADE π∠=∠=，23DAB ABC π∠=∠=, ∴在等腰ADB ∆中，6ADB ABD π∠=∠=∴2362DBC πππ∠=-=,即BD ⊥BC ， ∴BD ⊥AE ，翻折后可得：OP ⊥AE,OB ⊥AE ，又,,OP POB OB POB OP OB O ⊂⊂=Q I 平面平面，AE POB ∴⊥平面，,PB POB AE PB ⊂∴⊥Q 平面；（II ）解：在平面POB 内作PQ ⊥OB,垂足为Q ， 因为AE ⊥平面POB ，∴AE ⊥PQ ，因为OB ⊂平面ABCE, AE ⊂平面ABCE,AE∩OB=O∴PQ ⊥平面ABCE ，∴直线PB 与平面ABCE 夹角为4PBQ π∠=，又因为OP=OB ，∴OP ⊥OB ，∴O 、Q 两点重合，即OP ⊥平面ABCE ，以O 为原点，OE 为x 轴，OB 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系，由题意得，各点坐标为111(,0,0),(,0,(2222222P E C PE EC ∴=-=u u u r u u u r , 设平面PCE 的一个法向量为1(,,)n x y z =u r，则111002,,0102x PE n EC n x y ⎧=⎪⎧⋅=⎪⎪∴⎨⎨⋅=⎪⎩⎪=⎪⎩u u u v u v u u u v u v设x =y=-1,z=1，∴1,1)n =u r，由题意得平面PAE 的一个法向量2(0,1,0)n =u u r， 设二面角A -EP -C 为α，1212|||cos |=||||n n n n α⋅==u r u u rur u u r .易知二面角A -EP -C 为钝角，所以cos α.【名师点睛】本题主要考查空间几何元素位置关系的证明，考查二面角的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象转化分析推理能力.18．（2019·江苏高考模拟）直三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，2AB =，4AC =，12AA =，BD DC λ=u u u r u u u r.（1）若1λ=，求直线1DB 与平面11AC D 所成角的正弦值；（2）若二面角111B AC D --的大小为60︒，求实数λ的值.【答案】（121 【解析】【详解】试题分析：（1）直接按照求直线与平面所成角的步骤来求即可；直线与平面α所成角θ 可先求出平面α的法向量n 与直线的方向向量，则sin cos a n a n a nθ⋅=〈⋅〉=r r r r r r ；（2）根据求二面角的步骤，列出关于实数λ的方程来求；求出二面角l αβ－－的大小，可先求出两个半平面α与β的法向量12n n u r u u r ，，若二面角l αβ－－所成的角θ为锐角，则1212cos cos cos n n n n θ〈〉=〈〉u r u u r u r u u r ＝，，；若二面角l αβ－－所成的角θ钝角，则1212cos cos cos n n n n θ〈⋅〉=-〈⋅〉u r u u r u r u u r ＝－.试题解析：解：分别以1,,AB AC AA 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系.则(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(0,4,0)C ，1(0,0,2)A ，1(2,0,2)B ，1(0,4,2)C（1）当1λ=时，D 为BC 的中点，所以(1,2,0)D ，1(1,2,2)DB =-u u u u r ，11(0,4,0)AC =u u u u r ，1(1,2,2)AD =-u u u u r ，设平面11AC D 的法向量为1(,,)n x y z =u r 则40{20y x z =-=，所以取1(2,0,1)n =u r，又111111cos ,DB n DB n DB n ⋅===u u u u r u r u u u u r u r u u u u r u r 所以直线1DB 与平面11AC D. （2）BD DC λ=u u u r u u u r Q ，24(,,0)11D λλλ∴++，11(0,4,0)AC =u u u u r Q ，124(,,2)11A D λλλ=-++u u u u r ， 设平面11AC D 的法向量为1(,,)n x y z =u r ，则40{2201y x z λ=-=+， 所以取1(1,0,1)n λ=+u r .又平面111A B C 的一个法向量为2(0,0,1)n =u u r ，由题意得121cos ,2n n =u r u u r ，12=，解得1λ=或1λ=-（不合题意，舍去）， 所以实数λ1.考点：二面角；直线与平面所成角的方法.19 （2019·山东高考模拟（理））如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 的菱形，60BCD ∠=︒，AC 与BD 交于点O ，平面FBC ⊥平面ABCD ，//EF AB ，FB FC =，3EF =.（1）求证：OE ⊥平面ABCD ；（2）若FBC ∆为等边三角形，点Q 为AE 的中点，求二面角Q BC A --的余弦值.【答案】(1)见证明；(2)【解析】【分析】 （1）可证FH BC ⊥，再利用平面FBC ⊥平面ABCD 证得FH ⊥平面ABCD ，通过证明//OE FH ，可得要求证的线面垂直.（2）建立空间直角坐标系，求出平面BCQ 的法向量和平面ABC 的一个法向量后可求二面角Q BC A --的余弦值.【详解】（1）证明：取BC 的中点H ，连结OH 、FH 、OE ，因为FB FC =，所以FH BC ⊥，因为平面FBC ⊥平面ABCD ，平面FBC I 平面ABCD BC =，FH⊂平面FBC ， 所以FH ⊥平面ABCD ，因为H 、O 分别为BC 、AC 的中点，所以//OH AB 且123OH AB ==.又//EF AB，EF =，所以//EF OH ，所以四边形OEFH 为平行四边形， 所以//OE FH ，所以OE ⊥平面ABCD .（2）解：因为菱形ABCD ，所以2OA OC OE FH ====.所以OA ，OB ，OE 两两垂直，建立空间直角坐标系O xyz -，如图所示，则(2,0,0)A，(0,,0)3B ，(2,0,0)C -，(0,0,2)E ， 所以(1,0,1)Q ，所以(2,,0)3BC =--u u u r ，(3,0,1)CQ =u u u r ， 设平面BCQ 的法向量为(,,)m x y z =u r ，由00BC m CQ m ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v得2030x y x z ⎧-=⎪⎨⎪+=⎩， 取1x =，可得(1,3)m =-u r ，平面ABC 的一个法向量为(0,0,1)n =r ，设二面角Q BC A --的平面角为θ，则cos 13m n m n θ⋅-===u r r u r r ， 因为二面角Q BC A --的平面角为锐角，所以二面角Q BC A -- 【名师点睛】线线垂直的判定可由线面垂直得到，也可以由两条线所成的角为2π得到，而线面垂直又可以由面面垂直得到，解题中注意三种垂直关系的转化. 空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.。
2020年高考数学一轮复习考点与题型总结：第八章 立体几何含答案
第八章 立体几何第一节 空间几何体的结构特征、三视图和直观图一、基础知识1.简单几何体(1)多面体的结构特征①特殊的四棱柱 四棱柱――――→底面为平行四边形平行六面体――――→侧棱垂直于底面直平行六面体――→底面为矩形长方体――――→底面边长相等正四棱柱――――→侧棱与底面边长相等正方体 上述四棱柱有以下集合关系：{正方体}{正四棱柱}{长方体}{直平行六面体}{平行六面体}{四棱柱}．②多面体的关系：棱柱――→一个底面退化为一个点棱锥――→平行于底面的平面截得棱台(2)旋转体的结构特征▲球的截面的性质(1)球的任何截面是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为r ＝R 2－d 2. 2．直观图(1)画法：常用斜二测画法． (2)规则：①原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°(或135°)，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方和正上方观察几何体画出的轮廓线.二、常用结论1．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)底面与水平面平行放置的圆锥的正视图和侧视图为全等的等腰三角形． (3)底面与水平面平行放置的圆台的正视图和侧视图为全等的等腰梯形． (4)底面与水平面平行放置的圆柱的正视图和侧视图为全等的矩形． 2．斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变，与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半，图形改变.“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变，与x 轴和z 轴平行的线段的长度不改变，相对位置不改变.考点一 空间几何体的结构特征[典例] 下列结论正确的是( )A ．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥B ．六条棱长均相等的四面体是正四面体C ．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱D ．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台[解析] 底面是等边三角形，且各侧面三角形全等，这样的三棱锥才是正三棱锥，所以A 错；斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形，所以C 错；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，所以D 错．[答案] B [题组训练]1．下列结论中错误的是( )A ．由五个面围成的多面体只能是三棱柱B ．正棱台的对角面一定是等腰梯形C ．圆柱侧面上的直线段都是圆柱的母线D ．各个面都是正方形的四棱柱一定是正方体解析：选A 由五个面围成的多面体也可以是四棱锥，所以A 选项错误．B 、C 、D 说法均正确． 2．下列命题正确的是( )A ．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台B ．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C ．直角梯形以一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台D ．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形解析：选C 如图所示，可排除A 、B 选项．只要有截面与圆柱的母线平行或垂直，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分．考点二 空间几何体的直观图[典例] 已知等腰梯形ABCD ，CD ＝1，AD ＝CB ＝2，AB ＝3，以AB 所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．[解析] 法一：如图，取AB 的中点O 为坐标原点，建立平面直角坐标系，y 轴交DC 于点E ，O ，E 在斜二测画法中的对应点为O ′，E ′，过E ′作E ′F ′⊥x ′轴，垂足为F ′，因为OE ＝(2)2－12＝1， 所以O ′E ′＝12，E ′F ′＝24.所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为S ′＝12×(1＋3)×24＝22.法二：由题中数据得等腰梯形ABCD 的面积S ＝12×(1＋3)×1＝2.由S 直观图＝24S 原图形的关系，得S 直观图＝24×2＝22. [答案] 22[题组训练]1.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：选A 由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y 轴上的对角线长为2 2.故选A.2．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________． 解析：如图，图①、图②分别表示△ABC 的实际图形和直观图． 从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32，C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64.所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64.答案：64考点三 空间几何体的三视图考法(一) 由几何体识别三视图[典例] (2019·长沙模拟)如图是一个正方体，A ，B ，C 为三个顶点，D 是棱的中点，则三棱锥A -BCD 的正视图、俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图)( )[解析] 正视图和俯视图中棱AD 和BD 均看不见，故为虚线，易知选A. [答案] A考法(二) 由三视图判断几何体特征[典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A ．217B ．2 5C ．3D ．2(2)(2019·武汉调研)已知某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的四个侧面中最小的面积为________．[解析] (1)先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M ，N 的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M ，N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示，连接MN ，则图中MN 即为M 到N 的最短路径．ON ＝14×16＝4，OM ＝2，∴MN ＝OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5.(2)由三视图知，该几何体是在长、宽、高分别为2,1,1的长方体中，截去一个三棱柱AA 1D 1-BB 1C 1和一个三棱锥C -BC 1D 后剩下的几何体，即如图所示的四棱锥D -ABC 1D 1，其中侧面ADD 1的面积最小，其值为12.[答案](1)B(2)12考法(三)由三视图中的部分视图确定剩余视图[典例](2018·唐山五校联考)如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为()[解析]由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A，故选A.[答案] A[题组训练]1．如图1所示，是一个棱长为2的正方体被削去一个角后所得到的几何体，其中DD1＝1，AB＝BC＝AA1＝2，若此几何体的俯视图如图2所示，则可以作为其正视图的是()解析：选C根据该几何体的直观图和俯视图知，其正视图的长应为底面正方形的对角线长，宽应为正方体的棱长，故排除B、D；而在三视图中看不见的棱用虚线表示，故排除A.故选C.2.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为()A．10 B．12C．14 D．16解析：选B由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为(2＋4)×22×2＝12，故选B.[课时跟踪检测]1．对于用“斜二测画法”画平面图形的直观图，下列说法正确的是( ) A ．等腰三角形的直观图仍为等腰三角形 B ．梯形的直观图可能不是梯形 C ．正方形的直观图为平行四边形 D ．正三角形的直观图一定为等腰三角形解析：选C 根据“斜二测画法”的定义可得正方形的直观图为平行四边形． 2．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是( ) A ．球 B ．三棱锥 C ．正方体D ．圆柱解析：选D 球、正方体的三视图的形状都相同，大小都相等，首先排除选项A 和C.对于三棱锥，考虑特殊情况，如三棱锥C -OAB ，当三条棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA ＝OB ＝OC 时，正视图方向为AO 方向，其三视图的形状都相同，大小都相等，故排除选项B.选项D ，不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不可能完全相同．3．(2019·福州模拟)一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出它的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为( )A ．2 3B ．2 2C ．4 3D ．8 2解析：选D 由斜二测画法可知，原平面图形是一个平行四边形，且平行四边形的一组对边长为2，在斜二测画法画出的直观图中，∠B ′O ′A ′＝45°且O ′B ′＝22，那么在原图形中，∠BOA ＝90°且OB ＝4 2.因此，原平面图形的面积为2×42＝82，故选D.4．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选B ①错误，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．5．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )解析：选D 由三视图知该几何体的上半部分是一个三棱柱，下半部分是一个四棱柱．故选D. 6．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图可知，共需要6块．7．(2018·南宁二中、柳州高中联考)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正视图和侧视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以是( )解析：选C 若俯视图为选项C 中的图形，则该几何体为正方体截去一部分后的四棱锥P -ABCD ，如图所示，该四棱锥的体积V ＝13×(2×2)×2＝83，符合题意．若俯视图为其他选项中的图形，则根据三视图易判断对应的几何体不存在，故选C.8.如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1(底面ABCD 是正方形，侧棱AA 1⊥底面ABCD )中，点P 是正方形A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与俯视图的面积之和的最小值为( )A.32 B ．1 C ．2D.54解析：选A 由题图易知，三棱锥P -BCD 的正视图面积为12×1×2＝1.当顶点P 的投影在△BCD 内部或其边上时，俯视图的面积最小，为S △BCD ＝12×1×1＝12.所以三棱锥P -BCD 的正视图与俯视图的面积之和的最小值为1＋12＝32.故选A.9．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④10．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12(cm)，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：1311．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图为如图所示的四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1，当选择的4个点是B 1，B ，C ，C 1时，可知①正确；当选择的4个点是B ，A ，B 1，C 时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②12.如图，三棱锥A -BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，若AB ＝BC ＝CD ＝2，则该三棱锥的侧视图(投影线平行于BD )的面积为________．解析：因为AB ⊥平面BCD ，投影线平行于BD ，所以三棱锥A -BCD 的侧视图是一个以△BCD 的BD 边上的高为底，棱锥的高为高的三角形，因为BC ⊥CD ，AB ＝BC ＝CD ＝2， 所以△BCD 中BD 边上的高为2，故该三棱锥的侧视图的面积S ＝12×2×2＝ 2.答案： 2第二节空间几何体的表面积与体积一、基础知识1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式①几何体的侧面积是指（各个）侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和.②圆台、圆柱、圆锥的转化当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得：2．空间几何体的表面积与体积公式二、常用结论几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，①若球为正方体的外接球，则2R＝3a；②若球为正方体的内切球，则2R＝a；③若球与正方体的各棱相切，则2R＝2a.(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝a2＋b2＋c2.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 考点一 空间几何体的表面积[典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π(2)(2019·沈阳质检)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是( )A ．4＋4 2B ．42＋2C ．8＋4 2D.83[解析] (1)设圆柱的轴截面的边长为x ， 则x 2＝8，得x ＝22，∴S 圆柱表＝2S 底＋S 侧＝2×π×(2)2＋2π×2×2 2 ＝12π.故选B.(2)由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥P -ABCD ，如图所示，其中P A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，且P A ＝2，AB ＝2，PB ＝22，所以该四棱锥的侧面积S 是四个直角三角形的面积和，即S ＝2×⎝⎛⎭⎫12×2×2＋12×2×22＝4＋42，故选A. [答案] (1)B (2)A [题组训练]1．(2019·武汉部分学校调研)一个几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．28B ．24＋2 5C ．20＋4 5D ．20＋2 5解析：选B 如图，三视图所对应的几何体是长、宽、高分别为2,2,3的长方体去掉一个三棱柱后的棱柱ABIE -DCMH ，则该几何体的表面积S ＝(2×2)×5＋⎝⎛⎭⎫12×1×2×2＋2×1＋2×5＝24＋2 5.故选B.2．(2018·郑州第二次质量预测)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )A ．20＋2πB ．24＋(2－1)πC ．24＋(2－2)πD ．20＋(2＋1)π解析：选B 由三视图知，该几何体是由一个棱长为2的正方体挖去一个底面半径为1、高为1的圆锥后所剩余的部分，所以该几何体的表面积S ＝6×22－π×12＋π×1×2＝24＋(2－1)π，故选B.考点二 空间几何体的体积[典例] (1)(2019·开封高三定位考试)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为( )A ．4πB ．2π C.4π3D ．π(2)(2018·天津高考)如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 的体积为________．[解析](1)直接法由题意知该几何体的直观图如图所示，该几何体为圆柱的一部分，设底面扇形的圆心角为α，由tan α＝31＝3，得α＝π3，故底面面积为12×π3×22＝2π3，则该几何体的体积为2π3×3＝2π. (2)法一：直接法连接A 1C 1交B 1D 1于点E ，则A 1E ⊥B 1D 1，A 1E ⊥BB 1，则A 1E ⊥平面BB 1D 1D ，所以A 1E 为四棱锥A 1-BB 1D 1D 的高，且A 1E ＝22， 矩形BB 1D 1D 的长和宽分别为2，1， 故V A 1-BB 1D 1D ＝13×(1×2)×22＝13. 法二：割补法连接BD 1，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 分成两个三棱锥B -A 1DD 1与B -A 1B 1D 1，所以V A 1-BB 1D 1D＝V B -A 1DD 1＋V B -A 1B 1D 1＝13×12×1×1×1＋13×12×1×1×1＝13. [答案] (1)B (2)13[题组训练]1.(等体积法)如图所示，已知三棱柱ABC -A1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1-ABC 1的体积为( )A.312 B.34 C.612D.64解析：选A 三棱锥B 1-ABC 1的体积等于三棱锥A -B 1BC 1的体积，三棱锥A -B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312.2.(割补法)某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A ．13B ．14解析：选C 所求几何体可看作是将长方体截去两个三棱柱得到的几何体，在长方体中还原该几何体，如图中ABCD -A ′B ′C ′D ′所示，长方体的长、宽、高分别为4,2,3，两个三棱柱的高为2，底面是两直角边长分别为3和1.5的直角三角形，故该几何体的体积V ＝4×2×3－2×12×3×32×2＝15，故选C.3.(直接法)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23π B.13＋23π C.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π.考点三 与球有关的切、接问题考法(一) 球与柱体的切、接问题[典例] (2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．[解析] 设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.[答案] 32考法(二) 球与锥体的切、接问题[典例] (2018·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D -ABC 体积的最大值为( )A ．123B ．18 3[解析] 由等边△ABC 的面积为93，可得34AB 2＝93，所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 3.设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ，则d ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D -ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D -ABC 体积的最大值为13×93×6＝18 3.[答案] B[题组训练]1．(2018·福建第一学期高三期末考试)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4π B.163πC.323π D ．16π解析：选D 如图，由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心， 于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝ 12＋(3)2＝2. 故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π.故选D.2．三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC ⊥平面ABC ，PC ＝2，则该三棱锥的外接球表面积为________．解析：由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，所以x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝564，所以R 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π. 答案：832π[课时跟踪检测]1．(2019·深圳摸底)过半径为2的球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的体积的比值为( )A.932B.916C.38D.316解析：选A 由题意知所得截面为圆，设该圆的半径为r ，则22＝12＋r 2，所以r 2＝3，所以所得截面的面积与球的体积的比值为π×343π×23＝932，故选A.2．如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积为( )A ．4B ．8C ．16D ．20解析：选B 由三视图知，此几何体是一个三棱锥，底面为一边长为6，高为2的三角形，三棱锥的高为4，所以体积为V ＝13×12×6×2×4＝8.故选B.3.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛解析：选B 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V ＝14×13π×r 2×5＝π12×⎝⎛⎭⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)． 4．(2018·贵阳摸底考试)某实心几何体是用棱长为1 cm 的正方体无缝粘合而成的，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．35 cm 3B ．40 cm 3C ．70 cm 3D ．75 cm 3解析：选A 结合题中三视图可得，该几何体是个组合体，该组合体从下到上依次为长、宽、高分别为5 cm,5 cm,1 cm 的长方体，长、宽、高分别为3 cm,3 cm,1 cm 的长方体，棱长为1 cm 的正方体，故该组合体的体积V ＝5×5×1＋3×3×1＋1×1×1＝35(cm 3)．故选A.5．(2019·安徽知名示范高中联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．1 B.12 C.13D.14解析：选C 法一：该几何体的直观图为四棱锥S -ABCD ，如图，SD ⊥平面ABCD ，且SD ＝1，四边形ABCD 是平行四边形，且AB ＝DC ＝1，连接BD ，由题意知BD ⊥DC ，BD ⊥AB ，且BD ＝1，所以S 四边形ABCD ＝1，所以V S -ABCD ＝13S 四边形ABCD·SD ＝13，故选C. 法二：由三视图易知该几何体为锥体，所以V ＝13Sh ，其中S 指的是锥体的底面积，即俯视图中四边形的面积，易知S ＝1，h 指的是锥体的高，从正视图和侧视图易知h ＝1，所以V ＝13Sh ＝13，故选C.6．(2019·重庆调研)某简单组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为( )A.83π3＋833B.43π3＋833C.43π3＋433D.83π3＋433解析：选B 由三视图知，该组合体是由一个半圆锥与一个三棱锥组合而成的，其中圆锥的底面半径为2、高为42－22＝23，三棱锥的底面是斜边为4、高为2的等腰直角三角形，三棱锥的高为23，所以该组合体的体积V ＝12×13π×22×23＋13×12×4×2×23＝43π3＋833，故选B.7．(2019·湖北八校联考)已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为( )A ．16＋12πB ．32＋12πC ．24＋12πD ．32＋20π解析：选A 由三视图知，该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体，且正四棱柱的高为2，底面对角线长为4，球的半径为2，所以该正四棱柱的底面正方形的边长为22，该几何体的表面积S ＝12×4π×22＋π×22＋22×2×4＝12π＋16，故选A.8．(2019·福州质检)已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面积为334，一个侧面的周长为63，则正三棱柱ABC -A 1B 1C 1外接球的表面积为( )A ．4πB ．8πC ．16πD ．32π解析：选C 如图所示，设底面边长为a ，则底面面积为34a 2＝334，所以a ＝ 3.又一个侧面的周长为63，所以AA 1＝2 3.设E ，D 分别为上、下底面的中心，连接DE ，设DE 的中点为O ，则点O 即为正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球的球心，连接OA 1，A 1E ，则OE ＝3，A 1E ＝3×32×23＝1.在直角三角形OEA 1中，OA 1＝12＋(3)2＝2，即外接球的半径R ＝2，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝16π，故选C.9．(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为 3. 设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32，所以这个球的体积为43πR 3＝4π3×278＝9π2.答案：9π210．某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为1，底面为上底长为1，下底长为2，高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V ＝(1＋2)×12×1＝32. 答案：3211．一个圆锥的表面积为π，它的侧面展开图是圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的高为________．解析：设圆锥底面半径是r ，母线长为l ，所以πr 2＋πrl ＝π，即r 2＋rl ＝1，根据圆心角公式2π3＝2πrl ，即l＝3r ，所以解得r ＝12，l ＝32，那么高h ＝l 2－r 2＝ 2.答案： 212．(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AO ，OB ，∵SC 为球O 的直径， ∴点O 为SC 的中点， ∵SA ＝AC ，SB ＝BC ， ∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， ∴AO ⊥平面SCB ， 设球O 的半径为R ， 则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R . ∴V S -ABC ＝V A -SBC＝13×S △SBC ×AO ＝13×⎝⎛⎭⎫12×SC ×OB ×AO ， 即9＝13×⎝⎛⎭⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3， ∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. 答案：36π13.如图是一个以A 1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝2，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝3，CC 1＝2，求：(1)该几何体的体积； (2)截面ABC 的面积．解：(1)过C 作平行于A 1B 1C 1的截面A 2B 2C ，交AA 1，BB 1分别于点A 2，B 2.由直三棱柱性质及∠A 1B 1C 1＝90°可知B 2C ⊥平面ABB 2A 2，则该几何体的体积V ＝VA 1B 1C 1-A 2B 2C ＋VC -ABB 2A 2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6. (2)在△ABC 中，AB ＝22＋(4－3)2＝5， BC ＝22＋(3－2)2＝5， AC ＝(22)2＋(4－2)2＝2 3.则S △ABC ＝12×23×(5)2－(3)2＝ 6.14.如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E -ACD 的体积63，求该三棱锥E -ACD 的侧面积．解：(1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 所以BE ⊥AC .因为BD ∩BE ＝B ，BD ⊂平面BED ，BE ⊂平面BED ， 所以AC ⊥平面BED . 又AC ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面BED .(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形， 可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E -ACD 的体积 V 三棱锥E -ACD＝13·12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63， 故x ＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝ 6.所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为 5. 故三棱锥E-ACD的侧面积为3＋2 5.第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系一、基础知识1．平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内． (2)公理2：过不在一条直线上的三点， 有且只有一个平面.(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线． 2．空间中两直线的位置关系 (1)空间中两直线的位置关系⎩⎪⎨⎪⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行相交异面直线：不同在任何一个 平面内(2)异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线， 经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的 锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成 的角(或夹角)． ②范围：⎝⎛⎦⎤0，π2. (3)公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．(4)定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况.直线l 和平面α相交、直线l 和平面α平行统称为直线l 在平面α外，记作l ⊄α.(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．二、常用结论1．公理2的三个推论推论1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面．2．异面直线判定的一个定理过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．3．唯一性定理(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．考点一平面的基本性质及应用[典例]如图所示，在正方体ABCD-AB1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求1证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．[证明](1)如图，连接EF，CD，A1B.1∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥A1B.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF＜CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示．则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈DA，∴CE，D1F，DA三线共点．[变透练清]1．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是()。
专题08 立体几何(文数)(解析)2020年高考物理十年真题精解(全国Ⅰ卷)
三观一统2020年高中数学十年高考真题精解（全国卷I）专题8 立体几何（文）十年树木，百年树人，十年磨一剑。
本专辑按照最新2020年考纲，对近十年高考真题精挑细选，去伪存真，挑选符合最新考纲要求的真题，按照考点/考向同类归纳，难度分层精析，对全国卷Ⅰ具有重要的应试性和导向性。
三观指的观三题（观母题、观平行题、观扇形题），一统指的是统一考点/考向，并对十年真题进行标灰（调整不考或低频考点标灰色）。
（一）2020考纲（二）本节考向题型研究汇总一、考向题型研究一：空间几何体之三视图（2018新课标I卷T7理科）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A. 2√17B. 2√5C. 3D. 2【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，点M在上底面上，点N在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为√42+22=2√5，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.（2016新课标I卷T6理科）如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是283π,则它的表面积是（A）17π（B）18π（C）20π（D）28π【答案】A【解析】原立体图如图所示：是一个球被切掉左上角的后的三视图表面积是的球面面积和三个扇形面积之和故选A．18782271=42+32=1784Sπππ⨯⨯⨯⨯（2015新课标I 卷T11理科）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16 + 20π，则r=（ ）（A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）8 【答案】B【解析】由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r ，圆柱的高为2r ，其表面积为22142222r r r r r r πππ⨯+⨯++⨯=2254r r π+=16 + 20π，解得r=2，故选B.【点睛】简单几何体的三视图；球的表面积公式、圆柱的测面积公式(2013新课标Ⅰ卷T8理科)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．A ．16＋8πB．8＋8πC．16＋16πD．8＋16π【答案】A【解析】由三视图可知该几何体为半圆柱上放一个长方体，由图中数据可知圆柱底面半径r＝2，长为4，在长方体中，长为4，宽为2，高为2，所以几何体的体积为πr2×4×12＋4×2×2＝8π＋16.故选A.（2017新课标I卷T7理科）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10 B．12 C．14 D．16【答案】B【分析】由三视图可得直观图，由图形可知该立体图中只有两个相同的梯形的面，根据梯形的面积公式计算即可【解析】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S梯形=×2×（2+4）=6，∴这些梯形的面积之和为6×2=12， 故选：B ．【点睛】本题考查了体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题（2015新课标I 卷T11文科）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为)r 组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为1620π+，则(r = )A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】A【解析】解：由几何体三视图中的正视图和俯视图可知， 截圆柱的平面过圆柱的轴线， 该几何体是一个半球拼接半个圆柱，∴其表面积为：22222111142222542222r r r r r r r r r πππππ⨯+⨯+⨯⨯+⨯+⨯=+，又Q 该几何体的表面积为1620π+， 22541620r r ππ∴+=+，解得2r =，故选：B ．(2014新课标Ⅰ卷T12理科)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（ ）A ．6C ．4【答案】B【分析】画出图形，结合三视图的数据求出棱长，推出结果即可【解析】解：几何体的直观图如图：AB=4，BD=4，C 到BD 的中点的距离为：4， ∴．AC==6，AD=4，显然AC 最长．长为6． 故选：B ．【点睛】本题考查三视图求解几何体的棱长，考查计算能力(2013新课标I 卷T11文科)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．A ．π816+B ．π88+C ．π1616+D ．π168+【答案】A【解析】该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体． V 半圆柱＝12π×22×4＝8π， V 长方体＝4×2×2＝16.所以所求体积为16＋8π.故选A.（2012新课标I 卷T7文科）如图，网格上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（A）6（B）9（C）12（D）18【答案】B【解析】由三视图知，其对应几何体为三棱锥，其底面为一边长为6，这边上高为3，棱锥的高为3，故其体积为1163332⨯⨯⨯⨯=9，故选B.（2011新课标I卷T8文科）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】由俯视图和正视图可以得到几何体是一个简单的组合体，是由一个三棱锥和被轴截面截开的半个圆锥组成，根据组合体的结构特征，得到组合体的侧视图．【解析】解：由俯视图和正视图可以得到几何体是一个简单的组合体，是由一个三棱锥和被轴截面截开的半个圆锥组成，∴侧视图是一个中间有分界线的三角形，故选：D．【点睛】本题考查简单空间图形的三视图，考查由三视图看出原几何图形，再得到余下的三视图，本题是一个基础题．空间几何体的三视图与直观图1．空间几何体的三视图（1）三视图的概念①光线从几何体的前面向后面正投影，得到的投影图叫做几何体的正视图;②光线从几何体的左面向右面正投影，得到的投影图叫做几何体的侧视图;③光线从几何体的上面向下面正投影，得到的投影图叫做几何体的俯视图.几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图.如图.（2）三视图的画法规则①排列规则：一般地，侧视图在正视图的右边，俯视图在正视图的下边.如下图：②画法规则ⅰ)正视图与俯视图的长度一致，即“长对正”；ⅱ)侧视图和正视图的高度一致，即“高平齐”；ⅲ)俯视图与侧视图的宽度一致，即“宽相等”.③线条的规则ⅰ)能看见的轮廓线用实线表示；ⅱ)不能看见的轮廓线用虚线表示.（3）常见几何体的三视图2．空间几何体的直观图（1）斜二测画法及其规则对于平面多边形，我们常用斜二测画法画它们的直观图.斜二测画法是一种特殊的画直观图的方法，其画法规则是：①在已知图形中取互相垂直的x 轴和y 轴，两轴相交于点O .画直观图时，把它们画成对应的x ′轴和y ′轴，两轴相交于点O ′，且使∠x ′O ′y ′=45°(或135°)，它们确定的平面表示水平面. ②已知图形中平行于x 轴或y 轴的线段，在直观图中分别画成平行于x ′轴或y ′轴的线段.③已知图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段，长度为原来的一半.（2）用斜二测画法画空间几何体的直观图的步骤①在已知图形所在的空间中取水平平面，作互相垂直的轴Ox ，Oy ，再作Oz 轴使∠xOz =90°，且∠yOz =90°. ②画直观图时，把它们画成对应的轴O ′x ′，O ′y ′，O ′z ′，使∠x ′O ′y ′=45°(或135°)，∠x ′O ′z ′=90°，x ′O ′y ′所确定的平面表示水平平面.③已知图形中，平行于x 轴、y 轴或z 轴的线段，在直观图中分别画成平行于x ′轴、y ′轴或z ′轴的线段，并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同.④已知图形中平行于x 轴或z 轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y 轴的线段，长度变为原来的一半.⑤画图完成以后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图. （3）直观图的面积与原图面积之间的关系①原图形与直观图的面积比为SS ='4倍. 3.空间几何体的三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(2)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线，不能看到的部分用虚线表示．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合.4.空间几何体结构特征的判断技巧：紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可5.由三视图还原直观图的方法还原后的几何体一般为较熟悉的柱、锥、台、球的组合体注意图中实线、虚线，实际是原几何体中的可视线与被遮挡线想象原图形，并画出草图后进行三视图还原，把握三视图和几何体之间的关系，与所给三视图比较，通过调查准备画出几何体6.常见三视图对应的几何体：三视图为三个三角形，对应三棱锥三视图为两个三角形，一个四边形，对应四棱锥三视图为两个三角形，一个圆，对应圆锥三视图为一个三角形，两个四边形，对应三棱柱三视图为两个四边形，一个圆，对应圆柱5.具体方法可采用垂线法或者削体法二、考向题型研究二：空间几何体之外接球、内接球(2013新课标I 卷T15文科)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 的表面积为 ．【答案】9π2【解析】如图， 设球O 的半径为R ， 则AH ＝23R ， OH ＝3R . 又∵π·EH 2＝π，∴EH ＝1.∵在Rt △OEH 中，R 2＝22+13R ⎛⎫⎪⎝⎭，∴R 2＝98.∴S 球＝4πR 2＝9π2（2019新课标I 卷T12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，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ． D【答案】D【分析】先证得PB ⊥平面PAC ，再求得PA PB PC ===从而得P ABC -为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解. 【解析】解法一:,PA PB PC ABC ==∆Q 为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA 、AB 中点，//EF PB ∴，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥I 平面PAC ，PB ⊥平面PAC ，PAB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体一部分，2R ==34433R V R =∴=π==π，故选D ．解法二:设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 中点，//EF PB ∴，且12EF PB x ==，ABC ∆Q 为边长为2的等边三角形，CF ∴=90CEF ∠=︒1,2CE AE PA x ∴=== AEC ∆中余弦定理()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =Q ，D Q 为AC 中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，22121222x x x ∴+=∴==，PA PB PC ∴===又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==R ∴=，34433V R ∴=π==，故选D. 【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．（2017新课标I 卷T16文科）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 ． 【答案】36π【解析】解：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，可知三角形SBC 与三角形SAC 都是等腰直角三角形，设球的半径为r ， 可得，解得r=3．球O 的表面积为：4πr 2=36π． 故答案为：36π．【点睛】本题考查球的內接体，三棱锥的体积以及球的表面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．（2012新课标I 卷T8文科）平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为（A ）6π （B ）43π （C ）46π （D ）63π 【答案】B【解析】设球的半径为R ，由球的截面性质得R ==所有球的体积343V R π== （2011新课标I 卷T15理科）已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB=6，BC=2，则棱锥O ﹣ABCD 的体积为 ． 【答案】8【分析】由题意求出矩形的对角线的长，结合球的半径，球心到矩形的距离，满足勾股定理，求出棱锥的高，即可求出棱锥的体积．【解析】解：矩形的对角线的长为：，所以球心到矩形的距离为：=2，所以棱锥O﹣ABCD的体积为：=8．故答案为：8【点睛】本题是基础题，考查球内几何体的体积的计算，考查计算能力，空间想象能力，常考题型．（2017新课标I卷T16理科）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为．【答案】4cm3．【分析】法一：由题，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG=BC，设OG=x，则BC=2 x，DG=5﹣x，三棱锥的高h=，求出S△ABC=3，V==，令f（x）=25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）=100x3﹣50x4，f（x）≤f（2）=80，由此能求出体积最大值．法二：设正三角形的边长为x，则OG=，FG=SG=5﹣，SO=h===，由此能示出三棱锥的体积的最大值．【解析】解法一：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG=BC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OG=x，则BC=2x，DG=5﹣x，三棱锥的高h===，=3，则V===，令f（x）=25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）=100x3﹣50x4，令f′（x）≥0，即x4﹣2x3≤0，解得x≤2，则f（x）≤f（2）=80，∴V≤=4cm3，∴体积最大值为4cm3．故答案为：4cm3．解法二：如图，设正三角形的边长为x，则OG=，∴FG=SG=5﹣，SO=h===，∴三棱锥的体积V===，令b（x）=5x4﹣，则，令b'（x）=0，则4x3﹣=0，解得x=4，∴（cm3）．故答案为：4cm3．【点睛】本题考查三棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系、函数性质、导数等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．1．球的表面积和体积公式设球的半径为R ，它的体积与表面积都由半径R 唯一确定，是以R 为自变量的函数，其表面积公式为24πR ，即球的表面积等于它的大圆面积的4倍；其体积公式为34π3R .2．球的切、接问题（常见结论）（1）若正方体的棱长为a ，则正方体的内切球半径是12a ；正方体的外接球半径是2a ；与正方体所有棱相切的球的半径是2a ． 外接球球心是正方体的中心 内切球球心是正方体的中心与各条棱相切的求，球心是正方体的中心（2）若长方体的长、宽、高分别为a ，b ，h 球心是体对角线的交点（3）若正四面体的棱长为a ；与正四面体所有棱相切的球的半径是4a ． 球心是正四面体的中心（4）球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径． （5）球与圆台的底面与侧面均相切，则球的直径等于圆台的高．综上，可以认为，外接球的球心在空间几何体底面的外接圆的圆心的竖直线上3、球的表面积和体积确定一个球的条件是球心和球的半径，已知球的半径可以利用公式求球的表面积和体积；反之，已知球的体积或表面积也可以求其半径.球与几种特殊几何体的关系：(1)长方体内接于球，则球的直径是长方体的体对角线长；(2)正四面体的外接球与内切球的球心重合，且半径之比为3∶1；(3)直棱柱的外接球：找出直棱柱的外接圆柱，圆柱的外接球就是所求直棱柱的外接球.特别地，直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；(4)球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径；(5)球与圆台的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆台的高．与球有关的实际应用题一般涉及水的容积问题，解题的关键是明确球的体积与水的容积之间的关系，正确建立等量关系.有关球的截面问题，常画出过球心的截面圆，将空间几何问题转化为平面中圆的有关问题解决.球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r之间满足关系式：d=.5.柱体的外接球问题，其解题关键是在于确定球心在多面体中的位置，找到球的半径或者直径与多面体相关元素之间的关系，结合原有多面体的特性求出球的半径，然后再利用球的表面积和体积公式进行正确计算，常见的方法是将多面体还原成正方体和长方体中再去求解6.椎体的外接球问题的关键是确定球心位置：将椎体还原或者补形为正方体或者长方体，进而确定球心椎体的外接球的球心一定在过底面的外心与底面垂直的直线上球心到各顶点的距离都相等球心一定在外接球的直径上三、考向题型研究三：空间几何体的体积（2018新课标I卷T12理科）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A. 3√34B. 2√33C. 3√24D. √32【答案】A【解析】分析：首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.详解：根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面AB1D1与线AA1,A1B1,A1D1所成的角是相等的，所以平面AB1D1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面C1BD也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面AB1D1与C1BD中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为√22，所以其面积为S=6×√34⋅(√22)2=3√34，故选A.【点睛】该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.(2013新课标Ⅰ卷T6理科)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为()．A ．500π3cm 3B ．866π3cm 3C ．1372π3cm 3D ．2048π3cm 3【答案】A【解析】设球半径为R ，由题可知R ，R －2，正方体棱长一半可构成直角三角形，即△OBA 为直角三角形，如图．BC ＝2，BA ＝4，OB ＝R －2，OA ＝R ， 由R 2＝(R －2)2＋42，得R ＝5，所以球的体积为34500π5π33(cm 3)，故选A.(2013新课标I 卷T19文科)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°. (1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若AB ＝CB ＝2，A 1C，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积．【答案】答案见解析【解析】(1)证明：取AB 的中点O ，连结OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ， 所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°， 故△AA 1B 为等边三角形， 所以OA 1⊥AB .因为OC ∩OA 1＝O ，所以 AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)解：由题设知△ABC 与△AA 1B 都是边长为2的等边三角形，所以OC ＝OA 1又A 1C ，则A 1C 2＝OC 2＋21OA ，故OA 1⊥OC .因为OC ∩AB ＝O ，所以OA 1⊥平面ABC ，OA 1为三棱柱ABC －A 1B 1C 1的高．又△ABC 的面积S △ABC ABC －A 1B 1C 1的体积V ＝S △ABC ×OA 1＝3.（2012新课标I 卷T19文科）如图，三棱柱111ABC A B C 中，侧棱垂直底面， ∠ACB =90°，AC =BC =12AA 1，D 是棱AA 1的中点。
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2020年高考专题训练八 立体几何
5．（12分）（考点：折叠问题、面面垂直、利用空间向量求线面角的正弦值）
如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥.
（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；
（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.
6.（12分）（考点：折叠问题、面面垂直、三棱锥的体积计算等）
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，且BP=DQ=
23DA ， 求三棱锥Q-ABP 的体积．
7．（12分）（考点：面面垂直、四棱锥的体积、设求四棱锥的侧面积）
如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，
且90BAP CDP ∠=∠=
（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；
（2）若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=,且四棱锥P-ABCD 的体积为
83，求该四棱锥的侧面积.。