2020高考数学专题04 立体几何(解析版)
2020版高考数学二轮复习第2部分专题4立体几何第2讲空间向量与立体几何教案理
第2讲 空间向量与立体几何[做小题——激活思维]1．在正方体A 1B 1C 1D 1ABCD 中，AC 与B 1D 所成角的大小为( ) A.π6 B.π4 C.π3D.π2D [如图，连接BD ，易证AC ⊥平面BB 1D ， ∴AC ⊥B 1D ，∴AC 与B 1D 所成角的大小为π2.] 2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135°D ．90°C [∵m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)， ∴|m |＝1，|n |＝2，m ·n ＝1，∴cos〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，设两平面所成的二面角为α，则 |cos α|＝22，∴α＝45°或135°，故选C.] 3．用a ，b ，c 表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题： ①若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；②若a ∥b ，a ∥c ，则b ∥c ； ③若a ∥γ，b ∥γ，则a ∥b ；④若a ⊥γ，b ⊥γ，则a ∥b . 其中真命题的序号是( ) A ．①② B ．②③ C ．①④D ．②④D [对于①，正方体从同一顶点引出的三条直线a ，b ，c ，满足a ⊥b ，b ⊥c ，但是a ⊥c ，所以①错误；对于②，若a ∥b ，a ∥c ，则b ∥c ，满足平行线公理，所以②正确；对于③，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，所以③错误；对于④，由垂直于同一平面的两条直线平行，知④正确．故选D.]4．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．π6[设l 与α所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴θ＝π6.][扣要点——查缺补漏]1．证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行：①利用平行公理；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．如T 3.(2)证明线线垂直：①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质．2．证明线面平行和线面垂直的常用方法(1)证明线面平行：①利用线面平行的判定定理；②利用面面平行的性质定理． (2)证明线面垂直：①利用线面垂直的判定定理；②利用面面垂直的性质定理． 3．异面直线所成的角求法 (1)平移法：解三角形．(2)向量法：注意角的范围．如T 1. 4．二面角的求法cos θ＝cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |，如T 2.5．线面角的求法sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|，如T 4.利用空间向量求空间角(5年15考)[高考解读] 主要考查通过建立空间直角坐标系，解决空间图形中的线线角、线面角和面面角的求解，考查学生的空间想象能力、运算能力、三种角的定义及求法等.(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．切入点：(1)借助勾股定理，证明PO ⊥OB ；(2)建立空间直角坐标系，利用二面角M PA C 为30°求出点M 的坐标，进而求出PC 与平面PAM 所成角的正弦值．[解](1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC . (2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP →＝(0,2,23)．取平面PAC 的一个法向量OB →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a,4－a,0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋－a y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB →，n 〉＝23a －2a －2＋3a 2＋a2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32，所以23|a －4|2a －2＋3a 2＋a2＝32， 解得a ＝－4(舍去)，a ＝43，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. [教师备选题]1.(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．[解](1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt△EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt△FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，所以EG ⊥平面AFC . 因为EG平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F －1,0，22，C (0，3，0)， 所以A E →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈A E →，CF →〉＝A E →·CF →|A E →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 2．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A MA 1N 的正弦值．[解](1)连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1DC ，可得B 1C A 1D ，故ME ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED .又MN平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE .(2)由已知可得DE ⊥D A.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0.可取m ＝(3，1,0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0.所以⎩⎨⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0.可取n ＝(2,0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝232×5＝155，所以二面角A MA 1N 的正弦值为105.1．利用向量法求线面角的两种方法(1)法一：分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)法二：通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．2．利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐(钝)二面角．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．提醒：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行．1．[一题多解](以圆柱为载体)如图，圆柱的轴截面ABCD 为正方形，E 为弧BC 的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为 ( )A.33 B.55 C.306D.66D [法一：(平移法)取BC 的中点H ，连接EH ，AH ，∠EHA ＝90°，设AB ＝2，则BH ＝HE ＝1，AH ＝5，所以AE ＝6，连接ED ，ED ＝6，因为BC ∥AD ，所以异面直线AE 与BC 所成角即为∠EAD ，在△EAD 中cos∠EAD ＝6＋4－62×2×6＝66，故选D.法二：(向量法)取圆柱底面的圆心O 为原点，建立空间直角坐标系O xyz ，设AB ＝2，则A (1,0,0)，B (1,0,2)，C (－1,0,2)，E (0,1,2)，∴A E →＝(－1,1,2)，BC →＝(－2,0,0)∴cos〈A E →，BC →〉＝26×2＝66，故选D.] 2．(以棱柱为载体)在三棱柱ABC A1B 1C 1中， AB ⊥平面BCC 1B 1，∠BCC 1＝π3， AB ＝BC ＝2, BB 1＝4，点D 在棱CC 1上，且CD ＝λCC 1(0<λ≤1)．建立如图所示的空间直角坐标系．(1)当λ＝12时，求异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值；(2)若二面角A B 1D A 1的平面角为π3，求λ的值．[解](1)易知A ()0，0，2， B 1()0，4，0， A 1()0，4，2. 当λ＝12时， 因为BC ＝CD ＝2, ∠BCC 1＝π3，所以C ()3，－1，0，D ()3，1，0.所以AB 1→＝()0，4，－2， A 1D →＝()3，－3，－2. 所以cos 〈AB 1→，A 1D →〉＝AB 1→·A 1D→||AB 1→||A 1D →＝0×3＋4×()－3＋()－2×()－242＋()－22·()32＋()－32＋()－22＝－55. 故异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值为55. (2)由CD ＝λCC 1可知， D ()3，4λ－1，0， 所以DB 1→＝()－3，5－4λ，0， 由(1)知， AB 1→＝()0，4，－2.设平面AB 1D 的法向量为m ＝()x ，y ，z ， 则⎩⎪⎨⎪⎧AB 1→·m ＝0，DB 1→·m ＝0，即⎩⎨⎧4y －2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3， z ＝2，所以平面AB 1D 的一个法向量为m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，2.设平面A 1B 1D 的法向量为n ＝()x ，y ，z ， 则⎩⎪⎨⎪⎧B 1A 1→·n ＝0，DB 1→·n ＝0，即⎩⎨⎧2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3， z ＝0，所以平面A 1B 1D 的一个法向量为n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，0.因为二面角A B 1D A 1的平面角为π3，所以||cos 〈m ，n 〉＝|m·n |||m ||n＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪5－4λ3×5－4λ3＋1×1＋2×0⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＋22·⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＝12， 即()5－4λ2＝1，解得λ＝32(舍)或λ＝1，故λ的值为1.3.(以棱台为载体)如图，在三棱台DEF ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点． (1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE ，∠BAC ＝45°，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．[解](1)证明：在三棱台DEF ABC 中， 由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点， 可得BH ∥EF ，BH ＝EF ，所以四边形BHFE 为平行四边形， 可得BE ∥HF .在△ABC 中，G 为AC 的中点，H 为BC 的中点， 所以GH ∥AB .又GH ∩HF ＝H ，所以平面FGH ∥平面ABED . 因为BD平面ABED ，所以BD ∥平面FGH .(2)设AB ＝2，则CF ＝1.在三棱台DEF ABC 中，G 为AC 的中点，由DF ＝12AC ＝GC ，可得四边形DGCF 为平行四边形， 因此DG ∥FC . 又FC ⊥平面ABC ， 所以DG ⊥平面ABC .连接GB ，在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 的中点， 所以AB ＝BC ，GB ⊥GC ， 因此GB ，GC ，GD 两两垂直．以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz .所以G (0,0,0)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，D (0,0,1)．可得H ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，F (0，2，1)． 故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量，则 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)． 因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0,0)， 所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n |＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°. 4.(以五面体为载体)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D AF E 与二面角C BE F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E BC A 的余弦值．[解](1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，DF ∩EF ＝F ， 所以AF ⊥平面EFDC .又AF 平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF . 以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz .由(1)知∠DEF 为二面角D AF E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则|DF |＝2，|DG |＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知得，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C BE F 的平面角，∠CEF ＝60°.从而可得C (－2,0，3)．连接AC ，所以E C →＝(1,0，3)，E B →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·E C →＝0，n ·E B →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E BC A 的余弦值为－21919.利用空间向量解决折叠性问题(5年3考)[高考解读] 以平面图形的翻折为载体，考查空间想象能力，在线面位置关系的证明中考查逻辑推理能力，在空间角的求解中，考查转化化归及数学运算的核心素养.1．(2018·全国卷Ⅰ)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． 切入点：(1)对照折叠前后的线面关系给予证明； (2)建立空间直角坐标系通过向量法求解． [解](1)由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF 平面PEF ，EF平面PEF ，且PF ∩EF ＝F ，所以BF ⊥平面PEF .又BF平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)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 ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，PF 2＋PE 2＝EF 2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. [教师备选题](2016·全国卷Ⅱ)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B D ′A C 的正弦值． [解](1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .又由AE ＝CF 得A EAD ＝CFCD，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC ，得OH DO ＝A E AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD . (2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B D ′A C 的正弦值是29525.平面图形翻折问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(以梯形为载体)如图，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝1，CD ＝2，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 )．(1)证明：AE ⊥PB ；(2)若直线PB 与平面ABCE 所成的角为π4，求二面角A PE C 的余弦值．[解](1)证明：连接BD ，设AE 的中点为O ， ∵AB ∥CE ，AB ＝CE ＝12CD ，∴四边形ABCE 为平行四边形，∴AE ＝BC ＝AD ＝DE ， ∴△ADE ，△ABE 为等边三角形， ∴OD ⊥AE ，OB ⊥AE ， 又OP ∩OB ＝O ， ∴AE ⊥平面POB ，又PB 平面POB ，∴AE ⊥PB .(2)在平面POB 内作PQ ⊥平面ABCE ，垂足为Q ，则Q 在直线OB 上， ∴直线PB 与平面ABCE 夹角为∠PBO ＝π4，又OP ＝OB ，∴OP ⊥OB ，∴O 、Q 两点重合，即PO ⊥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， 则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，0，∴P E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－32，E C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，设平面PCE 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·P E →＝0，n 1·E C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32z ＝0，12x ＋32y ＝0，令x ＝3得n 1＝(3，－1,1)， 又OB ⊥平面PAE ，∴n 2＝(0,1,0)为平面PAE 的一个法向量，设二面角A EP C 为α，则|cos α|＝cos 〈n 1，n 2〉＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝15＝55，易知二面角A EP C 为钝角，所以cos α＝－55.立体几何的综合问题(5年3考)[高考解读] 将圆的几何性质、空间线面的位置关系、空间几何体的体积等知识融于一体，综合考查学生的逻辑推理能力.(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． 切入点：(1)借助圆的几何性质得出DM ⊥CM ，进而借助面面垂直的判定求解． (2)借助体积公式先探寻M 点的位置，建系借助坐标法求解． [解](1)由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC 平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(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 . 当三棱锥M ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点．由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM →＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →＝(2,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)．DA →是平面MCD 的法向量，因为cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.存在性问题的求解策略(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探究型问题，通常是借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数，从而确定位置．(3)在棱上是否存在一点时，要充分利用共线向量定理．(探索位置型)如图所示，四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°，且AB ＝AP .(1)若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长；(2)在线段AD 上是否存在一点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等？说明理由． [解] (1)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A xyz ，如图1所示．图1在平面ABCD 内，作CE ∥AB ，交AD 于点E ，则CE ⊥AD . 在Rt△CDE 中，DE ＝CD ·cos 45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1. 设AB ＝AP ＝t (t ＞0)，则B (t,0,0)，P (0,0，t )． 由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，∴E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)， ∴CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥CD →，n ⊥PD →得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－t y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )． cos 60°＝|n ·PB →||n |·|PB →|，即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋－t 2·2t 2＝12， 解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t ＞0)，∴AB ＝45.(2)法一：(向量法)假设在线段AD 上存在一点G (如图2所示)，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．设G (0，m,0)(其中0≤m ≤4－t )，则GC →＝(1,3－t －m,0)，GD →＝(0,4－t －m,0)，GP →(0，－m ，t )．图2由|GC →|＝|GD →|得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2， 即t ＝3－m . ①由|GD →|＝|GP →|，得(4－m －t )2＝m 2＋t 2. ② 由①，②消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0. ③由于方程③没有实数根，所以在线段AD 上不存在点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等． 法二：(几何法)假设在线段AD 上存在一点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．图3由GC ＝GD 得∠GCD ＝∠GDC ＝45°， ∴∠CGD ＝90°，即CG ⊥AD ， ∴GD ＝CD ·cos 45°＝1.设AB ＝λ，则AD ＝4－λ，AG ＝AD －GD ＝3－λ. 如图3所示，在Rt△ABG 中，GB ＝AB 2＋AG 2＝λ2＋－λ2＝2⎝⎛⎭⎪⎫λ－322＋92＞1， 这与GB ＝GD 矛盾．∴在线段AD 上不存在点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．。
2020高考数学百所名校立体几何分项解析汇编之衡水中学专版答案解析(47页)
2020高考数学百所名校立体几何分项解析汇编之衡水中学专版立体几何一、选择题1. 【2020届河北省衡水中学高三上学期五调考试】鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，从外表上看，六根等长的正四棱柱分成三组，经榫卯起来，如图，若正四棱柱的高为，底面正方形的边长为，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为（ ）（容器壁的厚度忽略不计）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】由题意知，当该球为底面边长分别为、，高为的长方体的外接球时，球的半径取最小值，， 因此，该球形容器的表面积的最小值为.90o 6136π40π41π44π2162=414414ππ⋅=故选：C. 2. 【2020届河北省衡水中学高三上学期五调考试】在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且平面，则与平面所成角的正切值构成的集合是（ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】D 【解析】设平面与直线交于点，连接，则为的中点.分别取的中点，连接，则，∵平面，平面，∴平面，同理可得平面.∵是平面内的两条相交直线，∴平面平面，且平面，可得直线平面，即点是线段上的动点.1111ABCD A B C D -E 1CC F 11BCC B 1A F P 1D AE 1A F 11BCC Bt |5t t 禳镲镲睚镲镲铪|25t t 禳镲镲睚镲镲铪{|2t t剟{|2t t 剟1AD E BC G ,AG EG G BC 111,B B B C ,M N 11,,A M MN A N 11//A M D E 1A M Ë1D AE 1D E ⊂1DAE 1//A M 1D AE //MN 1D AE 1,A M MN 1A MN 1//A MN 1D AE 1//A F 1D AE 1A F ⊂1A MN F MN设直线与平面所成角为，运动点并加以观察，可得：当点与点（或）重合时，与平面所成角等于，此时所成角达到最小值，满足； 当点与中点重合时，与平面所成角达到最大值，此时，∴与平面所成角的正切值构成的集合为，故选D. 3. 【河北省衡水市2019届高三下学期第三次质量检测】已知三棱锥中，，，直线与底面所成角为，则此时三棱锥外接球的表面积为 （ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】A 【解析】取中点，则，，，因为直线与底面所成角为，所以， 因为，所以，即为三棱锥外接球的球心， 因为，所以所以三棱锥外接球的表面积为.故选A4. 【河北省衡水中学2019-2020学年度高三年级上学期四调考试】1A F 11BCC B θF F M N 1A F 11BCC B 11A MB Ðθ111tan 2A B B Mθ==F MN 1A F 11BCC B 111tan A B B F θ===1A F 11BCC B t {|2t t 剟A BCD -2AB AC BD CD ====2BC AD =AD BCD 3π8π6π9π5πBC O AO BC ⊥DO BC ⊥AO DO =AD BCD 3πAO DO AD ==2BC AD =AO DO BO CO ===O 2AB AC BD CD ====12AO BC ==4π28π⨯=如图，圆柱的轴截面为正方形，为弧的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）ABC ． D． 【答案】D【解析】取的中点，连接设则所以 连接因为所以异面直线与所成角即为在中 故选5. 【河北省衡水中学2019-2020学年度高三年级上学期四调考试】如图，点P 在正方体的面对角线上运动，则下列四个结论：三棱锥的体积不变；平面；ABCD E »BCAEBC66BC H ,,90,EH AH EHA ∠=o 2,AB=1,BH HE AH ===AE =,ED ED =//,BC AD AE BC ,EAD ∠EAD V cos EAD ∠==:D 1111ABCD A B C D -1BC ①1A D PC -1//A P ②1ACD；平面平面．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】对于，由题意知，从而平面， 故BC 上任意一点到平面的距离均相等，所以以P 为顶点，平面为底面，则三棱锥的体积不变，故正确；对于，连接，，且相等，由于知：，所以面，从而由线面平行的定义可得，故正确；对于，由于平面，所以，若，则平面DCP ，，则P 为中点，与P 为动点矛盾，故错误；对于，连接，由且，可得面，从而由面面垂直的判定知，故正确．1DP BC ⊥③④1PDB ⊥1ACD ()①11//AD BC 1//BC 1AD C 11AD C 1AD C 1A D PC -①②1A B 11A C 111//AC AD ①11//AD BC 11//BA C 1ACD ②③DC ⊥11BCB C 1DC BC ⊥1DP BC ⊥1BC ⊥1BC PC ⊥③④1DB 1DB AC ⊥11DB AD ⊥1DB ⊥1ACD ④故选：C ． 6. 【河北省衡水中学2019-2020学年度高三年级上学期四调考试】如图，三棱柱的高为6，点D ，E 分别在线段，上，， E.点A ，D ，E 所确定的平面把三棱柱切割成体积不相等的两部分，若底面的面积为6，则较大部分的体积为A ．22B ．23C ．26D ．27【答案】B 【解析】如图，延长AD 与的交点为P ，连接PE 与的交点为N ，延长PE 交为M ，与面ABC 交于点Q ，得到截面为DNMA ，，，，N 分别为，的中点，下部分体积． 故选B ．7.【河北省衡水中学2018届高三毕业班模拟演练一】我国古代《九章算术》里，记载了一个“商功”的例子：今有刍童，上广二丈，袤三丈，下广三丈，袤四丈，高三丈.问积几何？其意思是：今有上下底面皆为长方形的草垛（如图所示），上底宽2丈，长3丈；下底宽3丈，长4丈；高3丈.问它的体积是多少？该书提供的算法是：上底长的2倍与下底长的和与上底宽相乘，同样下底长的2倍与上底长的和与下底宽相乘，再次相加，再乘以高，最后除以6.则这个问题中的刍童的111ABC A B C -11A C 1B C 111A C 3DC =11B C 4B =ABC V()1CC 11C B 1B B 111A C 3DC =Q 11B C 4B E =M ∴11C B 1B B 11P AQC P DNC M ABQ AQC ABQ DNC 11111h V V V V S h h S h S 23323232---⎛⎫=--=⨯⨯+-⨯⨯-⨯⨯= ⎪⎝⎭V V下体积为（）A．13.25立方丈B．26.5立方丈C．53立方丈D．106立方丈【答案】B【解析】分析：根据题意，把有关数据代入公式，即可求出刍童的体积.详解：由算法可知，刍童的体积，立方长,\故选：B8.【河北衡水金卷2019届高三12月第三次联合质量测评数学（理)试题】一正方体被两平面截去部分后剩下几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A．B．C．D．【答案】B【解析】由题中条件及三视图可知该几何体是由棱长为2的正方体被平面截去了两个三棱锥后剩下的几何体，如图所示，该几何体的制面三角形有，，，，，，由对称性只需计算，的大小，因为，.所以该几何体的表面积为.故选B.9. 【河北衡水金卷2019届高三12月第三次联合质量测评数学（理)试题】利用一半径为4cm的圆形纸片(圆心为O)制作一个正四棱锥．方法如下：(1)以O为圆心制作一个小的圆；(2)在小的圆内制作一内接正方形ABCD；(3)以正方形ABCD的各边向外作等腰三角形，使等腰三角形的顶点落在大圆上(如图)；(4)将正方形ABCD作为正四棱锥的底，四个等腰三角形作为正四棱锥的侧面折起，使四个等腰三角形的顶点重合，问：要使所制作的正四棱锥体积最大，则小圆的半径为A．B．C．D．【答案】C【解析】设小圆的径为，连OD.OH.OH与AD交于点M，则.因为大圆半径R=4，所以，在正四棱锥中，如图所示，.所以记，所以令，易知，时，取最大值，所以小圆半径为时，V最大。
2024高考数学专题分类之立体几何解析版
1立体几何经典真题1【2023年新课标全国乙卷第19题】如图,在三棱雉P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=5DO,点F在AC上,BF⊥AO.(1)证明:EF⎳平面ADO;(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;(3)求二面角D-AO-C的正弦值.AB CDEFOP【答案】1 见解析;2 见解析;3 见解析.【解析】1 【解法一】∵A,F,C三点共线,故设BF=λBA+1-λBC,又OA=BA-BO=BA-12BC,BF⊥OA,BA⊥BC,∴BF∙OA=λBA+1-λBC∙BA-12BC=λBA2-121-λBC2=λ∙22-121-λ∙222=8λ-4=0,解得λ=12,∴BF=12BA+12BC,故F为AC的中点,∵D,E,O分别为BP,BC,AP的中点,∴DO∥BC∥EF,∵EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,∴EF∥平面ADO;【解法二】∵AB⊥BC,故以B为原点,BA,BC所在的直线分别为x,y轴建立平面直角坐标系,如图所示,则B0,0,A2,0,C0,22,D0,2,∵点F在AC上,直线AC方程为x2+y22=1,∴设F a,22-a,∵AD⊥BF,∴k AD∙k BF,即2-00-2∙22-aa=-1,解得a=1,∴F12,即F为AC的中点,∵D,E,O分别为BP,BC,AP的中点,∴DO∥BC∥EF,xyAB CFD2∵EF ⊄平面ADO ,DO ⊂平面ADO ,∴EF ∥平面ADO ;2 ∵OA =BO 2+BA 2=6,OD =12PC =62,AD =5DO =302,∴AD 2=OD 2+OA 2,∴OA ⊥OD ,∵OD ∥EF ,∴OA ⊥EF ,又∵OA ⊥BF ,BF ∩EF =F ,∴OA ⊥平面BEF ,∵OA ⊂平面ADO ,∴平面ADO ⊥平面BEF ;3【解法一】过点O 作OH ∥BF ,交AC 于点H ,设AD ∩BE =G ,如图所示,∵AO ⊥BF ,∴OH ⊥OA ,且FH =13AH ,由2 知,OA ⊥OD ,∴∠DOH 为二面角D -AO -C 的平面角,∵D ,E 分别为BP ,AP 的中点,∴G 为△P AB 的重心,∴DH =32GF ,在△P AB 中,AB 2+AP 2=2AD 2+2BP 22,解得AP =14,BA 2+BP 2=2BE 2+2AP 2 2,解得BE =62,∵EF =12PC =62,∴BF 2=EB 2+EF 2,即EB ⊥EF ,∵EG =13BE =66,∴GF =EG 2+EF 2=153,∴DH =152,∵OH =12BF =14AC =32,在△ODH 中,∠DOH cos =OD 2+OH 2-DH 22OD ∙OH=22,∴二面角D -AO -C 的正弦值为22;【解法二】设BF ∩AO =M ,AD ∩BE =G ,连接GM ,GF ,由1 及2 ,∠GMF 为二面角D -AO -C 的平面角,∠GMB 为其补角,∵D ,E 分别为BP ,AP 的中点,∴G 为△P AB 的重心,又O ,F 分别为BC ,AC 的中点,∴M 为△ABC 的重心,∴∠GMB =∠EFB ,在△P AB 中,AB 2+AP 2=2AD 2+2BP 22,解得AP =14,BA 2+BP 2=2BE 2+2AP 2 2,解得BE =62,∵EF =12PC =62,∴BF 2=EB 2+EF 2,即EB ⊥EF ,∴∠EFB tan =BEEF=1,即∠EFB =45°,ABCDE FO PGMABCD EFOPGH3∴∠GMF =180°-45°,即二面角D -AO -C 的正弦值为22;【解法三】以向量BA ,BC ,BP为空间向量的一组基底,设平面ABC 的法向量为m =x 1BA +y 1BC +z 1BP ,平面OAD 的法向量为n=x 2BA +y 2BC+z 2BP ,则m ∙BA =0,m ∙BC =0, ⇒x 1=-y 1,z 1=-2y 1,取y 1=-1,则m=BA -BC +BP ,n ∙AD =0,n ∙AO =0, ⇒y 2=0,z 2=x 2,取x 2=1,则n=BA +BP ,∵m =23,n =6,m ∙n=6,∴m ,n cos =m ∙n m n =22,∴二面角D -AO -C 的正弦值为22;【解法四】由2 知OD ⊥OA ,BF ⊥OA ,CP ∥OD∴CP ,BF或其补角为二面角D -AO -C 的平面角,∵CP =BP -BC ,BF =12BA +BC ,CP=6,BF =3,又CP ∙BF =BP -BC ∙12BA +BC=6,∴CP ,BF cos =CP ∙BFCP BF=22,∴二面角D -AO -C 的正弦值为22;【解法五】依题意,以B 为原点,BA ,BC ,BA ×BC的方向为方向建立空间直角坐标系,由2 知AO ⊥平面BEF ,∴平面ABC ⊥平面BEF ,又BE =62,EF =62,BF =12AC =3,∴BE 2+FE 2=BF 2,∴BE ⊥FE ,且点E 在平面ABC 内射影为BF 中点,∵B 0,0,0 ,A 2,0,0 ,C 0,22,0 ,F 1,2,0 ,O 0,2,0 ,∴E 12,22,32,P -1,2,3 ,D -12,22,32 ,设平面AOD 法向量为m=x ,y ,z ,∵OD =-12,-22,32 ,OA =2,-2,0 ,∴m ∙OD=0,m ∙OA =0, ⇒m=x ,2x ,3x ,取x =1,∴m=1,2,3 ,又n=0,0,1 为平面ABC 的一个法向量,∴m ,n cos =m ∙n m n=22,∴二面角D -AO -C 的正弦值为22.ABCDEFOPxyz42【2023年新课标全国甲卷第18题】如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1=2，A 1C ⊥底面ABC ,∠ACB =90°,A 1到平面BCC 1B 1的距离为1.1 求证:AC =A 1C ;2 若直线AA 1与BB 1的距离为2,求AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值.ABCA 1B 1C 1【答案】1 见解析;21313.【解析】1 【解法一】∵A 1C ⊥底面ABC ,AC ,BC ⊂平面ABC ,∴A 1C ⊥AC ,A 1C ⊥BC ,∵∠ACB =90°,∴BC ⊥CA ,∵AC ∩A 1C =C ,∴BC ⊥平面ACC 1A 1,∵BC ⊂平面BCC 1A 1,∴平面ACC 1A 1⊥平面BCC 1B 1,又∵A 1C 1//AC ,∴A 1C ⊥A 1C 1,在▱ACC 1A 1中,取CC 1的中点H ,连接A 1H ,由直角三角形性质,A 1H =12CC 1=12AA 1=1,∵A 1到平面BCC 1B 1的距离为1,平面ACC 1A 1⊥平面BCC 1B 1,且平面ACC 1A 1∩平面BCC 1B 1=CC 1,∴A 1到平面BCC 1B 1的距离即为A 1H ,即A 1H ⊥平面BCC 1B 1,且A 1H ⊥CC 1,∴△A 1CC 1是以CC 1为斜边的等腰直角三角形,故A 1C =A 1C 1,∴AC =A 1C ;【解法二】∵A 1C ⊥底面ABC ,且∠ACB =90°,CA ,CB ⊂平面ABC ,∴A 1C ⊥CA ,A 1C ⊥CB ,CA ⊥CB ,∴以C 为原点,CA ,CB ,CA 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,设A a ,0,0 ,B 0,b ,0 ,C 0,0,0 ,A 10,0,c ,C 1-a ,0,c 设平面BCC 1B 1的法向量为n =x ,y ,z ,∵CB =0,b ,0 ,CC 1=-a ,0,c ,∴n ∙CB=0,n ∙CC 1 =0, 即y =0,-ax +cz =0,取n =c ,0,a ,ABCA 1B 1C 1H5∵A 1到平面BCC 1B 1的距离为1,∴CA 1 ∙n n =0,0,c ∙c ,0,a c 2+a 2=acc 2+a 2=1,又∵c 2+a 2=4,∴a =c =2,∴AC =A 1C ;2 【解法一】取AA 1的中点M ,连接CM ,BM ,由1 解法一,CM ⊥平面BCC 1B 1,∴BB 1⊂平面BCC 1B 1,BB 1//AA 1,∴CM ⊥BB 1,CM ⊥AA 1,又∵BC ⊥平面ACC 1A 1,BM 在平面ACC 1A 1内的射影为CM ,由三垂线定理,BM ⊥AA 1,∴BB 1//AA 1,∴BM ⊥BB 1,∴线段BM 为直线AA 1与BB 1的公垂线段,∴BM =2,由1 可得CB =3,∵BM =2,AM =1,∴∠BAM cos =15,∠AA 1B 1cos =-15,∴AB 12=AA 12+A 1B 12-2AA 1∙A 1B 1∠AA 1B 1cos =22+52-2×2×5×-15=13,∴AB 1=13,设直线AB 1与平面BCC 1B 1所成角为θ,则θsin =CMAB 1=113=1313,∴直线AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为1313.【解法二】由1 知AA 1 =-2,0,2 ,AB=-2,b ,0 ,∴B 到直线AA 1的距离为AB 2-AA 1 ∙ABAA 12=2+b 2 -222+222=2,解得b =3,设直线AB 1与平面BCC 1B 1所成角为θ,∵AB 1 =AA 1 +A 1B 1 =AA 1 +AB=-2,0,2 +-2,3,0 =-22,3,2 ,由1 知n =2,0,2 为平面BCC 1B 1的一个法向量,∴θsin =n ,AB 1 cos =n ∙AB 1n AB 1 =222+22-22 2+32+22=1313,直线AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为1313.ABCA 1B 1C 1MN ABCA 1B 1C 1xyzABCA 1B 1C 1xyz。
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。
微专题-立体几何中的共面问题 解析版
微专题-立体几何中的共面问题【考情分析】立体几何中的共面问题是近两年高考中的常考题型，在近期的模拟考试的填空选择和解答题中也多有出现，属于中等难度。
【核心素养】转化化归思想匈牙利著名数学家路沙·彼得曾提出这样一个问题：“假设在你面前有煤气灶、水龙头、水壶和火柴，你想烧开水，应当怎样去做？”对此，某人回答说：“在壶中灌上水，点燃煤气，再把壶放到煤气灶上。
”提问者肯定了这一回答；但是，他又追问道：“如果其它的条件都没有变化，只是水壶中已经有了足够多的水，那你又应当怎样去做？”这时被提问者往往会很有信心地说：“点燃煤气，再把水壶放到煤气灶上。
”但是，提问者指出，这一回答并不能使他感到满意。
因为，数学家的回答应是这样的：“只有物理学家才会这样做，而数学家们则会倒掉壶中的水，并声称我已把后一问题化归成原先的问题了。
”【前测训练】1.如图，已知正方体1111ABCD A BCD -1AM AN ==的棱长为3，,M N 分别是棱1AA 、AB 上的点，且1AM AN ==.（1）证明：1,,,M N C D 四点共面；（2）求几何体1AMN DD C -的体积.【思路引导】（Ⅰ）欲证M ，N ，C ，D 1四点共面，转证MN ∥A 1B 即可；（Ⅱ）先证明几何体1AMN DD C -是一个三棱台，再求几何体1AMN DD C -的体积．试题解析：（1）证明：∵11//A D AD ，11A D AD =，又//BC AD ，BC AD =，∴11//A D BC ，且11A D BC =，连接1A B ，则四边形11A BCD 是平行四边形，所以11//A B D C 在1ABA ∆中，1AM AN ==，13AA AB ==，所以1AM AN AA AB=，所以1//MN A B 所以1//MN D C ，所以1,,,M N C D 四点共面.（2）因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，又1,,,M N C D 四点共面，所以平面//AMN 平面1DD C 延长CN 与DA 相交于点P ，因为//AN DC 所以AN PA DC PD =，即133PA PA =+，解得32PA =，同理可得32QA =，所以点P 与点Q 重合所以1,,D M DA CN 三线相交于一点，所以几何体1AMN DD C -是一个三棱台111199133322222AMN DD C V -⎛⎫∴=⨯+⨯+⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 2.如图,四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为矩形,PA ⊥底面ABCD ,1AB PA ==,3AD =, ,F F 分别为棱,PD PA 的中点.（1）求证:B 、C 、E 、F 四点共面；（2）求异面直线PB 与AE 所成的角余弦值.【思路引导】（1）因为在PAD ∆中,由E 、F 为PD 、PA 中点得:EF 为中位线,可得EF ∥AD ,结合底面为矩形,即可求得答案;（2）以A 为原点建立坐标系,其中AB 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴,求得PB 和AE ,||cos ||||PB AE PB AE θ⋅=⋅,即可求得答案. 【详解】（1）在PAD ∆中,由E 、F 为PD 、PA 中点得:EF 为中位线,∴EF ∥AD 又底面为矩形,AD ∥BC ,∴EF ∥BC ∴由平行线确定唯一平面得E 、F 、B 、C 在同一平面上.（2）以A 为原点建立坐标系,其中AB 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴,如图:可得(0,0,0)A ，(1,0,0)B ，(0,0,1)P ，312E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭∴(1,0,1)=-PB ,312AE ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭,||2cos ||||2121PB AE PB AE θ⋅∴===⋅⋅【考题再现】1.(2020·全国Ⅲ卷)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.(1)证明：点C 1在平面AEF 内；(2)若AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，求二面角A －EF －A 1的正弦值.【详解】设AB ＝a ，AD ＝b ，AA 1＝c .如图，以C 1为坐标原点，C 1D 1→的方向为x 轴正方向， 建立空间直角坐标系C 1－xyz .(1)证明：连接C 1F ，C 1(0，0，0)，A (a ，b ，c )，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，EA →＝1(0,,)3b c ，C 1F →＝1(0,,)3b c ，得EA →＝C 1F →，2(,0,)3E a c 因此EA ∥C 1F ，即A ，E ，F ，C 1四点共面，所以点C 1在平面AEF 内.【方法联想】点在面内转化划归为四点共面转化化归为线线平行本题也可以采用证明EC 1∥AF 来证明，无需建系，岂不快哉！(2)由已知得A (2，1，3)，E (2，0，2)，F (0，1，1)，A 1(2，1，0)，AE →＝(0，－1，－1)，AF →＝(－2，0，－2)，A 1E →＝(0，－1，2)，A 1F →＝(－2，0，1).设n 1＝(x ，y ，z )为平面AEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，－2x －2z ＝0，可取n 1＝(－1，－1，1). 设n 2为平面A 1EF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1E →＝0，n 2·A 1F →＝0，同理可取n 2＝⎝⎛⎭⎫12，2，1. 设二面角A －EF －A 1的平面角为α，所以cos α＝cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－77， 则sin α＝1－cos 2α＝427，所以二面角A －EF －A 1的正弦值为427. 【方法总结】参考周国yi 的分析【微点突破】【典型例题1】（2019·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，P A ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3.E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF PC ＝13. (1)求证：CD ⊥平面P AD ； (2)求二面角F －AE －P 的余弦值；(3)设点G 在PB 上，且PG PB ＝23.判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由.(1)证明 因为P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥CD .又因为AD ⊥CD ，P A ∩AD ＝A ，P A ，AD ⊂平面P AD ，所以CD ⊥平面P AD .(2)解 过点A 作AD 的垂线交BC 于点M .因为P A ⊥平面ABCD ，AM ，AD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥AM ，P A ⊥AD .建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (2，－1，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2).因为E 为PD 的中点，所以E (0，1，1).所以AE →＝(0，1，1)，PC →＝(2，2，－2)，AP →＝(0，0，2).所以PF →＝13PC →＝222(,,)333-所以AF →＝AP →＋PF →＝224(,,)333设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，23x ＋23y ＋43z ＝0.令z ＝1，则y ＝－1，x ＝－1. 于是n ＝(－1，－1，1).又因为平面P AD 的一个法向量为p ＝(1，0，0)，所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝－33. 由题知，二面角F －AE －P 为锐角，所以其余弦值为33. (3)解 直线AG 在平面AEF 内，理由如下：因为点G 在PB 上，且PG PB ＝23，PB →＝(2，－1，－2)， 所以PG →＝23PB →＝424(,,)333--，所以AG →＝AP →＋PG →＝422(,,)333- 由(2)知，平面AEF 的一个法向量n ＝(－1，－1，1)，所以AG →·n ＝－43＋23＋23＝0.又点A ∈平面AEF ，所以直线AG 在平面AEF 内. 【方法联想】线与平面的位置关系转化划归为利用向量法证明线面平行即转化划归直线与平面法向量垂直问题【随堂训练】（2021苏锡常镇一模19）如图，在四棱锥P —ABCD 中，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AD ＝2AB ＝2BC ＝2，PC ＝2，E 为PD 的中点．（1）求直线PB 与平面PAC 所成角的正弦值；（2）设F 是BE 的中点，判断点F 是否在平面PAC 内，并请证明你的结论．【答案】（1）13；（2）F 在平面PAC 内．证明见解析． 【分析】（1）计算出2PA PD ==证明AC CD ⊥，然后取取AD 中点O ，连接,OC OP ，可证明OP ⊥平面ABCD ，这样可建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法求线面角的正弦值；（2）F 在平面PAC 内．只要证明AF 与,AC AP 共面即可得．【解析】直角梯形ABCD 中，由已知可得2AC =，2CD =，∴222AC CD AB +=，即AC CD ⊥，又APD △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，∴2PA PD == 取AD 中点O ，连接,OC OP ，则1OC OA OD ===，1OP =，则OAP OCP ODP ≅≅△△△，∴POA POC POD ∠=∠=∠，又180POA POD ∠+∠=︒，∴90POA POC POD ∠=∠=∠=︒，∴OP AD ⊥，OP OC ⊥，而OC AD O =，,OC AD ⊂平面ABCD ，∴OP ⊥平面ABCD ，因此可以,AB AD 为,x y 轴，过A 平行于OP 的直线为z 轴建立空间直角坐标系A xyz -，如图，则(0,0,0)A ，(1,0,0)B ，(1,1,0)C ，(0,2,0)D ，(0,1,1)P ， (0,1,1)=AP ，(1,1,0)AC =，设平面PAC 的一个法向量为(,,)n x y z =，则00n AP y z n AC x y ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，取1y =-，则1x z ==，即(1,1,1)n =-，又(1,1,1)BP =-，1111cos ,333BP n BP n BP n ⋅--+===-⨯， 直线PB 与平面PAC 所成角为θ，则1sin cos ,3BP n θ==．备注：以上图,,OC OD OP 分别为,,x y z 建立直角坐标系更加容易计算。
2020版 高考大题增分课4 立体几何中的高考热点问题
（四）立体几何中的高考热点问题[命题解读] 1.立体几何是高考的必考内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算．2．重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．【例1】(本小题满分12分)(2019·哈尔滨模拟)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的体积为63，求该三棱锥的侧面积．[信息提取]看到四边形ABCD为菱形，想到对角线垂直；看到三棱锥的体积，想到利用体积列方程求边长．[规范解答](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AC⊥BE. 2分因为BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED. 4分(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝32x，GB＝GD＝x2.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝32x. 6分由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 ＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.9分从而可得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. 12分 [易错与防范] 易错误区：1.在第(1)问中，易忽视条件BD ∩BE ＝B .AC ⊂平面AEC 等条件，推理不严谨，导致扣分．2．在第(2)问中，需要计算的量较多，易计算失误，或漏算，导致结果错误． 防范措施：1.在书写证明过程中，应严格按照判定定理的条件写，防止扣分．2．在计算过程中，应牢记计算公式，逐步计算，做到不重不漏．[通性通法] 空间几何体体积的求法(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求四面体N -BCM 的体积．[解] (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以点N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝5.由AM ∥BC 得点M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N -BCM 的体积V N -BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453.求点到平面的距离(几何体的高)求点到平面的距离(几何体的高)涉及到空间几何体的体积和线面垂直关系，是近几年高考考查的一个重要方向，重点考查学生的转化思想和运算求解能力．【例2】 (2019·开封模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，且∠DAB＝60°，P A＝PD，M为CD的中点，平面P AD⊥平面ABCD.(1)求证：BD⊥PM；(2)若∠APD＝90°，P A＝2，求点A到平面PBM的距离．[解](1)证明：取AD中点E，连接PE，EM，AC，∵底面ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∵E，M分别是AD，DC的中点，∴EM∥AC，∴EM⊥BD.∵P A＝PD，∴PE⊥AD，∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PE ⊥平面ABCD ，∴PE ⊥BD ，∵EM ∩PE ＝E ，∴BD ⊥平面PEM ，∵PM ⊂平面PEM ，∴BD ⊥PM .(2)连接AM ，BE ，∵P A ＝PD ＝2，∠APD ＝90°，∠DAB ＝60°，∴AD ＝AB＝BD ＝2，PE ＝1，EM ＝12AC ＝3，∴PM ＝PB ＝1＋3＝2.在等边三角形DBC 中，BM ＝3，∴S △PBM ＝394，S △ABM ＝12×2×3＝ 3.设三棱锥A -PBM 的高为h ，则由等体积可得13·394h ＝13×3×1，∴h ＝41313，∴点A 到平面PBM 的距离为41313.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，E为PD 的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设AP＝1，AD＝3，三棱锥P-ABD的体积V＝34，求点A到平面PBC的距离．[解](1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)三棱锥P-ABD的体积V＝16P A·AB·AD＝36AB，由V＝34，可得AB＝32.由题设知BC⊥AB，BC⊥P A，所以BC⊥平面P AB，在平面P AB内作AH⊥PB交PB于点H，则BC⊥AH，故AH⊥平面PBC.又AH＝P A·ABPB＝P A·ABP A2＋AB2＝31313.所以点A到平面PBC的距离为313 13.是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．【例3】(2018·秦皇岛模拟)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 是边长为a的正方形，侧面P AD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．(1)求证：EF∥平面P AD；(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：如图所示，连接AC，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点．所以对角线AC经过点F.又在△P AC中，点E为PC的中点，所以EF为△P AC的中位线，所以EF∥P A.又P A⊂平面P AD，EF⊄平面P AD，所以EF∥平面P AD.(2)存在满足要求的点G.在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC.因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD.又侧面P AD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面P AD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面P AD.又EF∥平面P AD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG，EG.因为F为BD中点，所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD⊂平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.(2019·长沙模拟)如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面P AC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面P AC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．[证明](1)连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥S-ABCD 是正四棱锥，所以SO⊥AC.在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD.因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.(2)在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面P AC.连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝2a.由SD⊥平面P AC得SD⊥PC，易求得PD＝2a 4.故可在SP上取一点N，使得PN＝PD.过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN，在△BDN中，易得BN∥PO.又因为NE∥PC，NE⊂平面BNE，BN⊂平面BNE，BN∩NE＝N，PO⊂平面P AC，PC⊂平面P AC，PO∩PC＝P，所以平面BEN∥平面P AC，所以BE∥平面P AC.因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.[大题增分专训]1．(2019·济南模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AB＝BC＝12AD，E，F分别为线段AD，PB的中点．(1)证明：PD∥平面CEF；(2)若PE⊥平面ABCD，PE＝AB＝2，求三棱锥P-DEF的体积．[解](1)证明：连接BE，BD，BD交CE于点O，连接OF(图略)．∵E为线段AD的中点，AD∥BC，BC＝12AD＝ED，∴BC ED，∴四边形BCDE为平行四边形，∴O为BD的中点，又F是BP的中点，∴OF∥PD.又OF⊂平面CEF，PD⊄平面CEF，∴PD∥平面CEF.(2)由(1)知，BE＝CD.∵四边形ABCD为等腰梯形，AB＝BC＝12AD，∴AB＝AE＝BE，∴三角形ABE是等边三角形，∴∠DAB＝π3，过B作BH⊥AD于点H(图略)，则BH＝ 3.∵PE⊥平面ABCD，PE⊂平面P AD，∴平面P AD⊥平面ABCD，又平面P AD∩平面ABCD＝AD，BH⊥AD，BH⊂平面ABCD，∴BH ⊥平面P AD ，∴点B 到平面P AD 的距离为BH ＝ 3.又F 为线段PB 的中点，∴点F 到平面P AD 的距离h 等于点B 到平面P AD的距离的一半，即h ＝32，又S △PDE ＝12PE ·DE ＝2，∴V 三棱锥P -DEF ＝13S △PDE ×h ＝13×2×32＝33.2．(2019·石家庄模拟)如图，已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为正方形，且P A ⊥底面ABCD ，过AB 的平面ABFE 与侧面PCD 的交线为EF ，且满足S △PEF ：S 四边形CDEF ＝1∶3.(1)证明：PB ∥平面ACE ；(2)当P A ＝2AD ＝2时，求点F 到平面ACE 的距离．[解] (1)证明：由题知四边形ABCD 为正方形，∴AB ∥CD ，∵CD ⊂平面PCD ，AB ⊄平面PCD ，∴AB ∥平面PCD .又AB⊂平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD＝EF，∴EF∥AB，∴EF∥CD.由S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3知E，F分别为PD，PC的中点．如图，连接BD交AC于点G，则G为BD的中点，连接EG，则EG∥PB.又EG⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴PB∥平面ACE.(2)∵P A＝2，AD＝AB＝1，∴AC＝2，AE＝12PD＝52，∵P A⊥平面ABCD，∴CD⊥P A，又CD⊥AD，AD∩P A＝A，∴CD⊥平面P AD，∴CD⊥PD.在Rt△CDE中，CE＝CD2＋DE2＝3 2.在△ACE中，由余弦定理知cos∠AEC＝AE2＋CE2－AC22AE·CE＝55，∴sin∠AEC＝255，∴S△ACE＝12·AE·CE·sin∠AEC＝34.设点F 到平面ACE 的距离为h ，连接AF ，则V F -ACE ＝13×34×h ＝14h . ∵DG ⊥AC ，DG ⊥P A ，AC ∩P A ＝A ，∴DG ⊥平面P AC .∵E 为PD 的中点，∴点E 到平面ACF 的距离为12DG ＝24.又F 为PC 的中点，∴S △ACF ＝12S △ACP ＝22，∴V E -ACF ＝13×22×24＝112.由V F -ACE ＝V E -ACF ，得14h ＝112，得h ＝13， ∴点F 到平面ACE 的距离为13.3．已知在四棱锥P -ABCD 中，平面P AB ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，E 为线段AD 上靠近点A 的三等分点，O 为AB 的中点，且P A ＝PB ，AB ＝23AD .(1)求证：EC ⊥PE .(2)PB 上是否存在一点F ，使得OF ∥平面PEC ？若存在，试确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：连接PO ，EO ，CO .∵平面P AB ⊥平面ABCD ，P A ＝PB ，O 为AB 的中点，∴PO⊥平面ABCD，∵CE⊂平面ABCD，∴PO⊥CE.设AD＝3，∵四边形ABCD为矩形，∴CD＝AB＝2，BC＝3，∴AE＝13AD＝1，∴ED＝2，EC＝ED2＋DC2＝22＋22＝22，OE＝AO2＋AE2＝12＋12＝2，OC＝OB2＋BC2＝12＋32＝10，∴OE2＋EC2＝OC2，∴OE⊥EC.又PO∩OE＝O，∴EC⊥平面POE，又PE⊂平面POE，∴EC⊥PE.(2)PB上存在一点F，使得OF∥平面PEC，且F为PB的三等分点(靠近点B)．证明如下：取BC的三等分点M(靠近点C)，连接AM，易知AE MC，∴四边形AECM 为平行四边形，∴AM∥EC.取BM的中点N，连接ON，∴ON∥AM，∴ON∥EC.∵N为BM的中点，∴N为BC的三等分点(靠近点B)．∵F为PB的三等分点(靠近点B)，连接OF，NF，∴NF∥PC，又ON∩NF＝N，EC∩PC＝C，∴平面ONF∥平面PEC，∴OF∥平面PEC.。
2020新课标高考数学讲义：立体几何含解析
球
S＝4πR2
V＝ πR3
2.空间线面位置关系的证明方法
(1)线线平行： ⇒a∥b、 ⇒a∥b、
⇒a∥b、 ⇒c∥b.
(2)线面平行： ⇒a∥α、 ⇒a∥α、 ⇒a∥α.
(3)面面平行： ⇒α∥β、 ⇒α∥β、
⇒α∥γ.
(4)线线垂直： ⇒a⊥b.
(5)线面垂直： ⇒l⊥α、 ⇒a⊥β、 ⇒a⊥β、 ⇒b⊥α.
(6)面面垂直： ⇒α⊥β、 ⇒α⊥β.
[提醒]要注意空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理中的条件.如由α⊥β、α∩β＝l、m⊥l、易误得出m⊥β的结论、就是因为忽视面面垂直的性质定理中m⊂α的限制条件.
3．用空间向量证明平行垂直
设直线l的方向向量为a＝(a1、b1、c1)、平面α、β的法向量分别为μ＝(a2、b2、c2)、υ＝(a3、b3、c3)．则有：
若存在某个位置．使得AD⊥BC、又因为AD⊥AB、则AD⊥平面ABC、所以AD⊥AC、而斜边CD小于直角边AD、矛盾、故C错误．
6. 如图、在四棱锥PACBD中、底面ACBD为正方形、PD⊥平面ACBD、BC＝AC＝a、PA＝PB＝ a、PC＝ a、则点C到平面PAB的距离为________．
解析：
解析：选B.若存在某个位置、使得AC⊥BD、作AE⊥BD于E、则BD⊥平面AEC、所以BD⊥EC、在△ABD中、AB2＝BE·BD、BE＝ 、而在△BCD中、BC2＝BE·BD、BE＝ 、两者矛盾．故A错误．
若存在某个位置、使得AB⊥CD、又因为AB⊥AD、则AB⊥平面ACD、所以AB⊥AC、故AC＝1、故B正确、D错误．
4．用向量求空间角
(1)直线l1、l2的夹角θ有cosθ＝|cos〈l1、l2〉|(其中l1、l2分别是直线l1、l2的方向向量)．
高考数学最新真题专题解析—立体几何综合(新高考卷)
高考数学最新真题专题解析—立体几何综合（新高考卷）【母题来源】2022年新高考I卷【母题题文】已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则()A. 直线BC1与DA1所成的角为90∘B. 直线BC1与CA1所成的角为90∘C. 直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45∘D. 直线BC1与平面ABCD所成的角为45∘【答案】ABD【分析】本题主要考查直线与直线所成角及直线与平面所成角，属于中档题．【解答】解：如图，因为BC1⊥B1C，B1C//DA1，所以BC1⊥DA1，故A正确;对于选项B:因为直线BC1⊥平面CDA1B1，且CA1⊂平面CDA1B1，所以直线BC1⊥CA1，故B正确;对于选项C:连接A1C1与B1D1交于点O1，则∠O1BC1即为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，sin∠O1BC1=O1C1BC1=12，所以∠O1BC1=30∘，故C错误;对于选项D:直线BC1与平面ABCD所成的角即为∠C1BC=45∘，所以D 正确．【母题来源】2022年新高考I卷【母题题文】如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2√2．(1)求A到平面A1BC的距离;(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A−BD−C的正弦值．【答案】解：(1)设A到平面A1BC的距离为d，因为直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，即可得S△ABC·AA1=4，故V A1−ABC =13S△ABC·AA1=43，又V A1−ABC =V A−A1BC=13S△A1BC·d=13×2√2×d=43，解得d =√2，所以A 到平面A 1BC 的距离为√2；(2)连接AB 1，因为直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AA 1=AB ， 故AA 1B 1B 为正方形，即AB 1⊥A 1B ，又平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1=A 1B ，AB 1⊂平面ABB 1A 1， 故AB 1⊥平面A 1BC ，所以AB 1⊥BC ，又因为AA 1⊥BC ，AB 1,AA 1⊂平面ABB 1A 1，且AB 1∩AB 1=A ， 故BC ⊥平面ABB 1A 1，则BC ⊥AB ， 所以BB 1,AB,BC 三条直线两两垂直， 故如图可以以B 为原点建立空间直角坐标系，设AA 1=AB =a ，BC =b ，则A 1B =√2a ，由条件可得{12a ×b ×a =412×√2a ×b =2√2，解得{a =2b =2, 则B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，A 1(0,2,2)，A 1C 的中点D(1,1,1)， 所以BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)，BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,1)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0) 设平面ABD 的一个法向量为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z)，{n1⃗⃗⃗⃗ ⋅BA⃗⃗⃗⃗⃗ =0n1⃗⃗⃗⃗ ⋅BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{2y=0x+y+z=0，取n1⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−1)，同理可求得平面BCD的一个法向量为n2⃗⃗⃗⃗ =(0,1,−1)所以|cos<n1⃗⃗⃗⃗ ，n2⃗⃗⃗⃗ >|=|n1⃗⃗⃗⃗⃗ ·n2⃗⃗⃗⃗⃗ ||n1⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n2⃗⃗⃗⃗⃗ |=12，所以二面角A−BD−C的正弦值为√32．【母题来源】2022年新高考II卷【母题题文】如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB//ED，AB=ED=2FB，记三棱锥E−ABC，E−ACF，F−ABC的体积分别为V1，V2，V3，则()A. V3=2V2B. V3=2V1C. V3=V1+V2D. 2V3=3V1【答案】CD【解析】【分析】本题主要考查三棱锥的体积，属于基础题．【解答】解：设AB=ED=2FB=2，则V1=13×2×2=43，V2=13×2×1=23.连结BD交AC于M，连结EM、FM，则FM=√3，EM=√6，EF=3，故S△EMF=1 2⋅√3⋅√6=3√22，V3=13S△EMF×AC=2，V3=V1+V2，2V3=3V1．【母题来源】2022年新高考II卷【母题题文】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∠ABO=∠CBO=30∘，PO=3，PA=5，求二面角C−AE−B正弦值．【答案】解：(1)法一：连接OA、OB，因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以∠POA=∠POB=90∘，又PA=PB，PO=PO，所以△POA≌△POB，所以OA=OB，作AB中点D，连接OD、DE，则有OD⊥AB，又AB⊥AC，所以OD//AC，又因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，所以OD//平面PAC，又D、E分别为AB、PB的中点，所以，在△BPA中，DE//PA又因为平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE//平面PAC，又OD、DE⊂平面ODE，OD∩DE=D，所以平面ODE//平面PAC，又OE⊂平面ODE，所以OE//平面PAC;法二：(1)连接OA、OB，因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以∠POA=∠POB=90∘，又PA=PB，PO=PO，所以△POA≌△POB，所以OA=OB，又AB⊥AC，在Rt△ABF，O为BF中点，延长BO，交AC于F，连接PF，所以在△PBF中，O、E分别为BF、PB的中点，所以EO//PF，因为EO⊄平面PAC，PF⊂平面PAC，所以EO//平面PAC;(2)法一：过点D作DF//OP，以DB为x轴，DO为y轴，DF为z轴．建立如图所示的空间直角坐标系．因为PO=3，PA=5，由(1)OA=OB=4，又∠ABO=∠CBO=30∘，所以OD=2，DB=2√3，)，所以P(0,2,3)，B(2√3,0,0)，A(−2√3,0,0)，E(√3,1,32设AC=a，则C(−2√3,a,0)，平面AEB的法向量设为n1⃗⃗⃗⃗ =(x1,y1,z1)，直线AB的方向向量可设为a⃗=(1,0,0)，直线DP⊂平面AEB，直线DP的方向向量为b⃗ =(0,2,3){a ⃗ ⋅n 1⃗⃗⃗⃗ =0b ⃗ ⋅n 1⃗⃗⃗⃗ =0，所以{x 1=02y 1+3z 1=0,所以x 1=0，设y 1=3，则z 1=−2，所以n 1⃗⃗⃗⃗ =(0,3,−2);平面AEC 的法向量设为n 2⃗⃗⃗⃗ =(x 2,y 2,z 2)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,a,0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3√3,1,32) {AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗ =0AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗ =0，所以{ay 2=03√3x 2+y 2+32z 2=0，所以y 2=0，设x 2=√3，则z 2=−6，所以n ⃗ =(√3,0,−6);所以cos <n 1⃗⃗⃗⃗ ，n 2⃗⃗⃗⃗ >=n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |n 1⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |=√13×√39=13√3=4√313， 二面角C −AE −B 的平面角为θ，则sinθ=√1−cos 2θ=1113， 所以二面角C −AE −B 的正弦值为1113法二：(2)过点A 作AF//OP ，以AB 为x 轴，AC 为y 轴，AF 为z 轴 建立所示的空间直角坐标系．因为PO =3，PA =5，由(1)OA =OB =4，又∠ABO =∠CBO =30°，所以，AB =4√3，所以P(2√3,2,3)，B(4√3,0,0)， A(0,0,0)，E(3√3,1,32)，设AC =a ，则C(0,a,0)，平面AEB 的法向量设为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4√3,0,0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3√3,1,32) {AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 1⃗⃗⃗⃗ =0AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗ =0，所以{4√3x 1=03√3x 1+y 1+32z 1=0，所以x 1=0设z 1=−2，则y 1=3， 所以n 1⃗⃗⃗⃗ =(0,3,−2);平面AEC 的法向量设为n 2⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,a,0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3√3,1,32) {AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗ =0AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗ =0，所以{ay 2=03√3x 2+y 2+32z 2=0,所以y 2=0，设x 2=√3，则z 2=−6，所以n 2⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,−6);所以cos <n 1⃗⃗⃗⃗ ，n 2⃗⃗⃗⃗ >=n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |n 1⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |=√13×√39=√1213√3=4√313二面角C −AE −B 的平面角为θ，则sinθ=√1−cos 2θ=1113， 所以二面角C −AE −B 的正弦值为1113． 【命题意图】考察棱柱、棱锥棱台、圆柱、圆锥、圆台及其简单组合体的结构特征，能画出简单空间图形并能识别立体图形的模型，考察几何体中的点线面关系，考察线线、线面、面面之间的平行和垂直关系，考察异面直线所成的角，直线和平面所成的角，二面角的平面角等的求解，考察数形结合思想，空间想象力及逻辑推导能力。
专题04 几何证明之三角形中的旋转综合问题(解析版)
专题04 几何证明之三角形中的旋转综合问题1、如图，点P是∠MON内的一点，过点P作PA⊥OM于点A，PB⊥ON于点B，且OA＝OB．（1）求证：PA＝PB；（2）如图②，点C是射线AM上一点，点D是线段OB上一点，且∠CPD+∠MON＝180°，若OC＝8，OD＝5．求线段OA的长．（3）如图③，若∠MON＝60°，将PB绕点P以每秒2°的速度顺时针旋转，12秒后，PA开始绕点P以每秒10°的速度顺时针旋转，PA旋转270°后停止，此时PB也随之停止旋转．旋转过程中，PA所在直线与OM所在直线的交点记为G，PB所在直线与ON所在直线的交点记为H．问PB旋转几秒时，PG＝PH？（1）证明：如图①中，连接OP．∵PA⊥OM，PB⊥ON，∴∠OAP＝∠OBP＝90°，∵OA＝OB，OP＝OP，∴Rt△OPA≌Rt△OPB（HL），∴PA＝PB．（2）如图②中，∵∠PAO＝∠PBO＝90°，∴∠AOB+∠APB＝180°，∵∠CPD+∠AOB＝180°，∴∠CPD＝∠APB，∴∠APC＝∠BPD，∵PA＝PB，∠PAC＝∠PBD＝90°，∴△PAC≌△PBD（ASA），∴AC＝BD，∴OC+OD＝OA+AC+OB﹣BD＝2OA＝13，∴OA＝6.5．（3）设点P的旋转时间为t秒．①当0＜t＜12时，不存在．②当12≤t＜21时，如图3﹣1中，∠APG＝（10t﹣120）°，∠BPH＝2t°，当∠APG＝∠BPH时，△PAG≌△PBH，可得PG＝PH，此时10t﹣120＝2t，t＝15．③当21≤t＜30时，如图3﹣2中，∠APG＝180°﹣∠APA′＝180°﹣（10t﹣120）°＝（300﹣10t）°，∠BPH ＝2t，当∠APG＝∠BPH时，△PAG≌△PBH，可得PG＝PH，此时300﹣10t＝2t，t＝25．④当30≤t＜39时，如图3﹣3中，∠APG＝（10t﹣300）°，∠BPH＝2t，当∠APG＝∠BPH时，△PAG≌△PBH，可得PG＝PH，此时10t﹣300＝2t，t＝37.5，综上所述，满足条件的t的值为15s或25s或37.5s．2、（1）问题发现：如图1，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝50°，连接AC，BD交于点M．填空：①的值为；②∠AMB的度数为．（2）类比探究：如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，CD＝2OD，AB＝2OB，连接AC交BD的延长线于点M．请求出的值及∠AMB的度数，并说明理由；（3）拓展延伸：在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC、BD所在直线交于点M，若OD＝1，OB＝，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．解：（1）问题发现①如图1，∵∠AOB＝∠COD＝50°，∴∠COA＝∠DOB，∵OC＝OD，OA＝OB，∴△COA≌△DOB（SAS），∴AC＝BD，∴＝1，②∵△COA≌△DOB，∴∠CAO＝∠DBO，∵∠AOB＝50°，∴∠OAB+∠ABO＝130°，在△AMB中，∠AMB＝180°﹣（∠CAO+∠OAB+∠ABD）＝180°﹣（∠DBO+∠OAB+∠ABD）＝180°﹣130°＝50°，故答案为：①1；②50°；（2）类比探究如图2，＝，∠AMB＝90°，理由是：Rt△COD中，∠DOC＝90°，CD＝2DO，∴∠DCO＝30°，∴＝tan30°＝，同理得：＝tan30°＝，∴，∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOC＝∠BOD，∴△AOC∽△BOD，∴，∠CAO＝∠DBO，在△AMB中，∠AMB＝180°﹣（∠MAB+∠ABM）＝180°﹣（∠OAB+∠ABM+∠DBO）＝90°；（3）拓展延伸①点C与点M重合时，如图1，同（2）得：△AOC∽△BOD，∴∠AMB＝90°，，设BD＝x，则AC＝x，Rt△COD中，∠OCD＝30°，OD＝1，∴CD＝2，BC＝x﹣2，Rt△AOB中，∠OAB＝30°，OB＝，∴AB＝2OB＝2，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，∴，整理得：x2﹣x﹣6＝0，∴（x﹣3）（x+2）＝0，∴x1＝3，x2＝﹣2，∴AC＝3；②点C与点M重合时，如图2，同理得：∠AMB＝90°，，设BD＝x，则AC＝x，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，∴+（x+2）2＝，整理得x2+x﹣6＝0，∴（x+3）（x﹣2）＝0，∴x1＝﹣3，x2＝2，∴AC＝2；综上所述，AC的长为3或2．3、已知在平面直角坐标系中，A（a，0），B（b，0）、C（0，c），其中a、b、c满足＝0．（1）求△ABC的面积；（2）将线段BC向右平移至AD（点B对应点A，点C对应点D）．①当点M为x轴上任意点（不与原点重合），ME、CF分别平分∠CMO与∠DCM，若∠AME＝α，∠DCF＝β，试用含α的代数式表示β；②点P为线段CD上一点（不与点C、D重合），P的横坐标为t，连接BP、AC，BP交y轴于点E，交AC于点Q，若△CQE与△PQA的面积分别为S1，S2，试用含t的代数式表示S2﹣S1．解：（1）如图1中，∵＝0，又∵≥0，|b+2|≥0，（c﹣4）2≥0，∴a＝5，b＝﹣2，c＝4，∴A（5，0），B（﹣2，0），C（0，4），∴OA＝5，OB＝2，OC＝4，∴AB＝OB+OA＝2+5＝7，∴S△ABC＝•AB•OC＝×7×4＝14．（2）①如图2﹣1中，当点E在射线OB上时，α+β＝90°理由：∵CD∥AM，∴∠DCM+∠AMC＝180°，∵∠DCF＝∠DCM＝β，∠AME＝∠AMC＝α，∴α+β＝90°．当点M在线段AB上时，如图2﹣2中，α+β＝180°．理由：∵CD∥AM，∴∠DCM+∠AMC＝180°，∠DCM＝∠CMB，∵∠DCM＝2∠DCF＝2β，∠FCM＝∠DCM，∠EMC＝∠CMB，∴∠FCM＝∠EMC＝β，∴∠AMC＝180°﹣2β，∵∠AME＝∠AMC+∠EMC，∴α＝β+180°﹣2β，∴α+β＝180°．当点M在线段OA的延长线上时，如图2﹣3中，α＝β．理由：：∵CD∥AM，∴∠DCM＝∠CMB，∵∠DCF＝∠DCM，∠AME＝∠CMB，∴∠DCF＝∠AME，∴α＝β．②如图3中，设E（0，m）．由题意：P（t，4），A（5，0），B（﹣2，0），C（0，4），∴S△BCP＝S△BCE+S△ECP，∴×t×4＝×（4﹣m）×2+×（4﹣m）×t，∴m＝，∴S2﹣S1＝S△PCA﹣S△PCE′＝×t×4﹣×t×（4﹣）＝．4、如图，在平面直角坐标系中，O为原点，点A（0，4），B（﹣4，0），C（4，0）．（Ⅰ）如图①，若∠BAD＝15°，AD＝3，求点D的坐标；（Ⅱ）如图②，AD＝2，将△ABD绕点A逆时针方向旋转得到△ACE，点B，D的对应点分别为C，E．连接DE，BD的延长线与CE相交于点F．①求DE的长；②证明：BF⊥CE．（Ⅲ）如图③，将（Ⅱ）中的△ADE绕点A在平面内旋转一周，在旋转过程中点D，E的对应点分别为D1，E1，点N，P分别为D1E1，D1C的中点，请直接写出△OPN面积S的变化范围．解：（Ⅰ）∵OA＝OB＝4，∠AOB＝90°，∴∠OAB＝∠ABO＝45°．∴∠DAO＝∠OAB﹣∠DAB＝30°．如图①中，过点D作DG⊥OA，垂足为G．在Rt△ADG中，∠DAG＝30°，∴，，∴，∴点D的坐标为．（Ⅱ）①如图②中，∵∠DAE＝∠BAC＝90°，AD＝AE＝2，∴在Rt△DAE中，，②∵OA＝OB＝OC＝4，∠AOB＝∠AOC＝90°，∴∠OAB＝∠ABO＝∠ACO＝∠OAC＝45°，∴∠BAC＝90°，∵△ABD旋转得到△ACE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，在△BFC中，则有∠FBC+∠FCB＝∠FBC+∠BCA+∠ACE＝∠FBC+∠BCA+∠ABD＝∠ABC+∠BCA＝90°，∴BF⊥CE．（Ⅲ）如图③中，∵OB＝OC，PC＝PD1，NE1＝ND1，∴OP＝BD1，PN＝E1C，OP∥BD1，PN∥CE1∵BD1⊥E1C，BD1＝E1C，∴OP⊥PN，OP＝PN，∴△OPN是等腰直角三角形，∵AB＝4，AD1＝2，∴4﹣2≤BD1≤4+2，∴2﹣1≤OP≤2+1，∴△OPN面积的最小值＝（2﹣1）2＝﹣2，△OPN的面积的最大值＝+2，∴．5、问题发现：如图（1）在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠A＝∠DEB＝30°，BC＝BE＝6，Rt△BDE绕点B逆时针旋转，H为CD的中点，当点C与点E重合时，BH与AE的位置关系为，BH与AE的数量关系为；问题证明：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图（2）的情形给出证明若不成立，请说明理由；拓展应用：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，当DE∥BC时，请直接写出BH2的长．解：问题发现：如图1中，结论：AE＝2BH，AE⊥BH．理由：在Rt△ABC中，∵BC＝6，∠A＝30°，∴AE＝2BC＝12，在Rt△CDB中，∵∠DCB＝30°，∴CD＝＝4，∵CH＝DH，∴＝＝2，∴AE＝2BH．故答案为AE⊥BH，AE＝2BH．问题证明：如图2中，（1）中结论成立．理由：延长BH到F使得HF＝BH，连接CF．设AE交BF于O．∵CH＝DH，BH＝HF，∠CHF＝∠BHD，∴△CHF≌△DHB（SAS），∴BD＝CF，∠F＝∠DBH，∴CF∥BD，∵AB＝BC，BE＝BD，∴BE＝CF，∵CF∥BD，∴∠BCF+∠CBD＝180°，∵∠ABC+∠DBE＝∠ABD+∠CBD+∠CBD+∠CBE＝∠CBD+∠ABE＝180°，∴∠BCF＝∠ABE，∴△ABE∽△BCF，∴∠CBF＝∠BAE，＝＝，∴AE＝BF＝2BH，∵∠CBF+∠ABF＝90°，∴∠ABF+∠BAE＝90°，∴∠AOB＝90°，∴BH⊥AE．拓展应用：如图3﹣1中，当DE在BC的下方时，延长AB交DE于F．∵DE∥BC∴∠ABC＝∠BFD＝90°，由题意BC＝BE＝6，AB＝6，BD＝2，DE＝4，∵•BD•BE＝•DE•BF，∴BF＝＝3，∴EF＝BF＝3，∴AF＝6+3，∴AE2＝AF2+EF2＝（6+3）2+（3）2＝144+36．∵AE＝2BH，∴AE2＝12BH2，∴BH2＝12+3如图3﹣2中，当DE在BC的上方时，同法可得AF＝6﹣3，EF＝3，∴BH2＝＝（＝12﹣3．6、已知△ABC是等边三角形，D是BC上一点，△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置．（1）如图，旋转中心是，∠DAE＝°；（2）如图，如果M是AB的中点，那么经过上述旋转后，点M转动了度；（3）如果点D为BC边上的三等分点，且△ABD的面积为3，那么四边形ADCE的面积为．解：（1）∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC＝60°∵△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置，∴旋转中心是点A，∠DAE＝∠BAC＝60°；（2）∵AB和AC为对应边，∴经过上述旋转后，点M转到了AC的中点位置，如图，∴∠MAM′＝60°，∴点M转动了60°；（3）∵△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置，∴△ABD≌△ACE，∵BD＝BC，或BD＝BC，∴CD＝2BD，或CD＝BD，∴S△ABC＝3S△ABD＝3×3＝9，或S△ABC＝S△ABD＝3×＝，∴S＝S△ABC＝9或．四边形ADCE故答案为点A，60；60；9或．7、如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是，位置关系是；（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．解：（1）∵点P，N是BC，CD的中点，∴PN∥BD，PN＝BD，∵点P，M是CD，DE的中点，∴PM∥CE，PM＝CE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴BD＝CE，∴PM＝PN，∵PN∥BD，∴∠DPN＝∠ADC，∵PM∥CE，∴∠DPM＝∠DCA，∵∠BAC＝90°，∴∠ADC+∠ACD＝90°，∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCA+∠ADC＝90°，∴PM⊥PN，故答案为：PM＝PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形．由旋转知，∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，利用三角形的中位线得，PN＝BD，PM＝CE，∴PM＝PN，∴△PMN是等腰三角形，同（1）的方法得，PM∥CE，∴∠DPM＝∠DCE，同（1）的方法得，PN∥BD，∴∠PNC＝∠DBC，∵∠DPN＝∠DCB+∠PNC＝∠DCB+∠DBC，∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCE+∠DCB+∠DBC＝∠BCE+∠DBC＝∠ACB+∠ACE+∠DBC＝∠ACB+∠ABD+∠DBC＝∠ACB+∠ABC，∵∠BAC＝90°，∴∠ACB+∠ABC＝90°，∴∠MPN＝90°，∴△PMN是等腰直角三角形；（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，△PMN是等腰直角三角形，∴MN最大时，△PMN的面积最大，∴DE∥BC且DE在顶点A上面，∴MN最大＝AM+AN，连接AM，AN，在△ADE中，AD＝AE＝4，∠DAE＝90°，∴AM＝2，在Rt△ABC中，AB＝AC＝10，AN＝5，∴MN＝2+5＝7，最大∴S△PMN最大＝PM2＝×MN2＝×（7）2＝．方法2：由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM＝PN＝BD，∴PM最大时，△PMN面积最大，∴点D在BA的延长线上，∴BD＝AB+AD＝14，∴PM＝7，∴S△PMN最大＝PM2＝×72＝．8、如图，两个等腰直角△ABC和△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°．（1）观察猜想如图1，点E在BC上，线段AE与BD的数量关系是，位置关系是．（2）探究证明把△CDE绕直角顶点C旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由；（3）拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内自由旋转，若AC＝BC＝13，DE＝10，当A、E、D三点在直线上时，请直接写出AD的长．解：（1）如图1中，延长AE交BD于H．∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，∴△ACE≌△BCD，∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，∵∠EAC+∠AEC＝90°，∠AEC＝∠BEH，∴∠BEH+∠EBH＝90°，∴∠EHB＝90°，即AE⊥BD，故答案为AE＝BD，AE⊥BD．（2）结论：AE＝BD，AE⊥BD．理由：如图2中，延长AE交BD于H，交BC于O．∵∠ACB＝∠ECD＝90°，∴∠ACE＝∠BCD，∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，∴△ACE≌△BCD，∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，∵∠EAC+∠AOC＝90°，∠AOC＝∠BOH，∴∠BOH+∠OBH＝90°，∴∠OHB＝90°，即AE⊥BD．（3）①当射线AD在直线AC的上方时，作CH⊥AD用H．∵CE＝CD，∠ECD＝90°，CH⊥DE，∴EH＝DH，CH＝DE＝5，在Rt△ACH中，∵AC＝13，CH＝5，∴AH＝＝12，∴AD＝AH+DH＝12+5＝17．②当射线AD在直线AC的下方时时，作CH⊥AD用H．同法可得：AH＝12，故AD＝AH﹣DH＝12﹣5＝7，综上所述，满足条件的AD的值为17或7．9、如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝4，点D、E分别是边AB、AC的中点，连接DE，将△ADE绕点A按顺时针方向旋转，记旋转角为α，BD、CE所在直线相交所成的锐角为β．（1）问题发现当α＝0°时，＝；β＝°．（2）拓展探究试判断：当0°≤α＜360°时，和β的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）在△ADE旋转过程中，当DE∥AC时，直接写出此时△CBE的面积．解：（1）如图1中，∵∠B＝90°，BA＝BC，∴∠A＝45°，AC＝AB，∵点D、E分别是边AB、AC的中点，∴BD＝AB，EC＝AC，∴＝，β＝45°，故答案为，45°．（2）结论：和β的大小无变化．理由：如图2中，延长CE交AB于点O，交BD于K．∵AE＝AD，AC＝AB，∴＝＝，∴＝，∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAB＝∠EAC，∴△DAB∽△EAC，∴＝＝，∠OBK＝∠OCA，∵∠BOK＝∠COA，∠BKO＝∠CAO＝45°，∴和β的大小无变化．（3）当点E在线段AB上时，S△BCE＝×4×（4﹣2）＝8﹣4，当点E在线段BA的延长线上时，S△BCE＝×4×（4+2）＝8+4．综上所述，△BCE的面积为8﹣4或8+4．10、如图乙，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点P为射线BD，CE的交点．（1）如图甲，将△ADE绕点A旋转，当C、D、E在同一条直线上时，连接BD、BE，则下列给出的四个结论中，其中正确的是哪几个．（回答直接写序号）①BD＝CE；②BD⊥CE；③∠ACE+∠DBC＝45°；④BE2＝2（AD2+AB2）（2）若AB＝6，AD＝3，把△ADE绕点A旋转：①当∠CAE＝90°时，求PB的长；②直接写出旋转过程中线段PB长的最大值和最小值．（1）解：如图甲：①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，即∠BAD＝∠CAE．在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∴①正确．②∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD＝∠ACE．∵∠CAB＝90°，∴∠ABD+∠AFB＝90°，∴∠ACE+∠AFB＝90°．∵∠DFC＝∠AFB，∴∠ACE+∠DFC＝90°，∴∠FDC＝90°．∴BD⊥CE，∴②正确．③∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝45°，∴∠ABD+∠DBC＝45°．∴∠ACE+∠DBC＝45°，∴③正确．④∵BD⊥CE，∴BE2＝BD2+DE2，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，∴DE2＝2AD2，BC2＝2AB2，∵BC2＝BD2+CD2≠BD2，∴2AB2＝BD2+CD2≠BD2，∴BE2≠2（AD2+AB2），∴④错误．故答案为①②③．（2）①解：a、如图乙﹣1中，当点E在AB上时，BE＝AB﹣AE＝3．∵∠EAC＝90°，∴CE＝＝＝3，同（1）可证△ADB≌△AEC．∴∠DBA＝∠ECA．∵∠PEB＝∠AEC，∴△PEB∽△AEC．∴＝，∴＝，∴PB＝．b、如图乙﹣2中，当点E在BA延长线上时，BE＝9．∵∠EAC＝90°，∴CE＝＝＝3，同（1）可证△ADB≌△AEC．∴∠DBA＝∠ECA．∵∠BEP＝∠CEA，∴△PEB∽△AEC，∴＝，∴＝，∴PB＝．综上，PB＝或．②解：a、如图乙﹣3中，以A为圆心AD为半径画圆，当CE在⊙A上方与⊙A相切时，PB的值最大．理由：此时∠BCE最大，因此PB最大，（△PBC是直角三角形，斜边BC为定值，∠BCE最大，因此PB最大）∵AE⊥EC，∴EC＝＝＝3，由（1）可知，△ABD≌△ACE，∴∠ADB＝∠AEC＝90°，BD＝CE＝3，∴∠ADP＝∠DAE＝∠AEP＝90°，∴四边形AEPD是矩形，∴PD＝AE＝2，∴PB＝BD+PD＝3+3．综上所述，PB长的最大值是3+3．b、如图乙﹣4中，以A为圆心AD为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PB的值最小．理由：此时∠BCE最小，因此PB最小，（△PBC是直角三角形，斜边BC为定值，∠BCE最小，因此PB最小）∵AE⊥EC，∴EC＝＝＝3，由（1）可知，△ABD≌△ACE，∴∠ADB＝∠AEC＝90°，BD＝CE＝3，∴∠ADP＝∠DAE＝∠AEP＝90°，∴四边形AEPD是矩形，∴PD＝AE＝4，∴PB＝BD﹣PD＝3﹣3．综上所述，PB长的最小值是3﹣3．11、如图1，在等腰直角△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝3，在边AB上取一点D（点D不与点A，B重合），在边AC上取一点E，使AE＝AD，连接DE．把△ADE绕点A逆时针方向旋转α（0°＜α＜360°），如图2．（1）请你在图2中，连接CE和BD，判断线段CE和BD的数量关系，并说明理由；（2）请你在图3中，画出当α＝45°时的图形，连接CE和BE，求出此时△CBE的面积；（3）若AD＝1，点M是CD的中点，在△ADE绕点A逆时针方向旋转的过程中，线段AM的最小值是．解：（1）如图1中，连接EC，BD．结论：BD＝CE．理由：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ADB≌△AEC（SAS）．∴BD＝CE．（2）如图2中，由题意：∠CAE＝45°，∵AC＝AB，∠CAB＝90°，∴∠ACB＝∠ABC＝45°，∴AE∥BC．∴△CBE的面积与△ABC的面积相等．∵△ABC的面积为4.5，∴△CBE的面积4.5．（3）如图3中，延长AM到N，使得MN＝AM，连接CN，DM．∵AM＝MN，CM＝MD，∴四边形ADNC是平行四边形，∴AD＝CN＝1，∵AC＝3，∴3﹣1≤AN≤3+1，∴2≤2AM≤4，∴1≤AM≤2，∴AM的最小值为1．故答案为1．12、综合与实践问题情境数学活动课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展数学活动，△ABC和△DEC是两个全等的直角三角形纸片，其中∠ACB＝∠DCE＝90°，∠B＝∠E＝30°，AB＝DE＝4．解决问题（1）如图①，智慧小组将△DEC绕点C顺时针旋转，发现当点D恰好落在AB边上时，DE∥AC，请你帮他们证明这个结论；（2）缜密小组在智慧小组的基础上继续探究，连接AE、AD、BD，当△DEC绕点C继续旋转到如图②所示的位置时，他们提出S△BDC＝S△AEC，请你帮他们验证这一结论是否正确，并说明理由；探索发现（3）如图③，勤奋小组在前两个小组的启发下，继续旋转△DEC，当B、A、E三点共线时，求BD的长；（4）在图①的基础上，写出一个边长比为1：：2的三角形（可添加字母）解：（1）如图①中，∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC＝CD，∵∠BAC＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD＝60°，又∵∠CDE＝∠BAC＝60°，∴∠ACD＝∠CDE，∴DE∥AC；（2）如图②中，作DM⊥BC于M，AN⊥EC交EC的延长线于N．∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到∴BC＝CE，AC＝CD，∵∠ACN+∠BCN＝90°，∠DCM+∠BCN＝180°﹣90°＝90°，∴∠ACN＝∠DCM，在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN＝DM，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S△BDC＝S△AEC．（3）如图③中，作CH⊥AD于H．∵∴AC＝CD＝AB＝2，∵B，A，E共线，∴∠BAC+∠EAC＝180°，∴∠EAC＝120°，∵∠EDC＝60°，∴∠EAC+∠EDC＝180°，∴A，E，D，C四点共圆，∴∠CAD＝∠CED＝30°，∠BAD＝90°，∵CA＝CD，CH⊥AD，∴AH＝DH＝AC•cos30°＝，∴AD＝2，∴BD＝＝＝2．（4）如图①中，设DE交BC于T．因为含有30°的直角三角形的三边之比为1：：2，由（1）可知△BDT，△DCT，△ECT都是含有30°的直角三角形，∴△BDT，△DCT，△ECT符合条件．。
2023年新高考数学大一轮复习专题四立体几何第1讲空间几何体(含答案)
新高考数学大一轮复习专题：第1讲 空间几何体[考情分析] 几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积与体积是高考题的重点与热点，多以小题的形式进行考查，属于中等难度． 考点一 表面积与体积 核心提炼1．旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． 2．空间几何体的体积公式V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．例1 (1)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________． 答案 402π解析 因为母线SA 与圆锥底面所成的角为45°， 所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形． 设底面圆的半径为r ，则母线长l ＝2r . 在△SAB 中，cos∠ASB ＝78，所以sin∠ASB ＝158.因为△SAB 的面积为515，即12SA ·SB sin∠ASB＝12×2r ×2r ×158＝515， 所以r 2＝40，故圆锥的侧面积为πrl ＝2πr 2＝402π.(2)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，点D 在棱AA 1上，则三棱锥D －BB 1C 1的体积为________．答案 233解析 如图，取BC 的中点O ，连接AO .∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2， ∴AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝ 3. ∵AA 1∥平面BCC 1B 1，∴点D 到平面BCC 1B 1的距离为 3. 又11BB C S＝12×2×2＝2， ∴11D BB C V ＝13×2×3＝233.易错提醒 (1)计算表面积时，有些面的面积没有计算到(或重复计算)． (2)一些不规则几何体的体积不会采用分割法或补形思想转化求解． (3)求几何体体积的最值时，不注意使用基本不等式或求导等确定最值．跟踪演练1 (1)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 ．122π B ．12π C ．82π D ．10π答案 B解析 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由题意可知2r ＝h ＝22，∴圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πr ·h ＝4π＋8π＝12π.故选B.(2)如图，在Rt△ABC 中，AB ＝BC ＝1，D 和E 分别是边BC 和AC 上异于端点的点，DE ⊥BC ，将△CDE 沿DE 折起，使点C 到点P 的位置，得到四棱锥P －ABDE ，则四棱锥P －ABDE 的体积的最大值为________．答案327解析 设CD ＝DE ＝x (0<x <1)，则四边形ABDE 的面积S ＝12(1＋x )(1－x )＝12(1－x 2)，当平面PDE ⊥平面ABDE 时，四棱锥P －ABDE 的体积最大，此时PD ⊥平面ABDE ，且PD ＝CD ＝x ，故四棱锥P －ABDE 的体积V ＝13S ·PD ＝16(x －x 3)，则V ′＝16(1－3x 2)．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33时，V ′>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫33，1时，V ′<0. ∴当x ＝33时，V max ＝327. 考点二 多面体与球 核心提炼解决多面体与球问题的两种思路(1)利用构造长方体、正四面体等确定直径．(2)利用球心O 与截面圆的圆心O 1的连线垂直于截面圆的性质确定球心．例2 (1)已知三棱锥P －ABC 满足平面PAB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AB ＝4，∠APB ＝30°，则该三棱锥的外接球的表面积为__________． 答案 64π解析 因为AC ⊥BC ，所以△ABC 的外心为斜边AB 的中点，因为平面PAB ⊥平面ABC ，所以三棱锥P －ABC 的外接球球心在平面PAB 上， 即球心就是△PAB 的外心，根据正弦定理ABsin∠APB ＝2R ，解得R ＝4，所以外接球的表面积为4πR 2＝64π.(2)(2020·全国Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面PAB ，如图所示，则△PAB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB 中，PA ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ， 故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝23π.规律方法 (1)长方体的外接球直径等于长方体的体对角线长．(2)三棱锥S －ABC 的外接球球心O 的确定方法：先找到△ABC 的外心O 1，然后找到过O 1的平面ABC 的垂线l ，在l 上找点O ，使OS ＝OA ，点O 即为三棱锥S －ABC 的外接球的球心． (3)多面体的内切球可利用等积法求半径．跟踪演练2 (1)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O －ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A ．36πB．64πC．144πD．256π 答案 C解析 如图所示，设球O 的半径为R ，因为∠AOB ＝90°， 所以S △AOB ＝12R 2，因为V O －ABC ＝V C －AOB ， 而△AOB 的面积为定值，当点C 位于垂直于平面AOB 的直径端点时，三棱锥O －ABC 的体积最大， 此时V O －ABC ＝V C －AOB ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36，故R ＝6，则球O 的表面积为S ＝4πR 2＝144π.(2)中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD ＝5，ED ＝3，若鳖臑P －ADE 的外接球的体积为92π，则阳马P －ABCD 的外接球的表面积为________．答案 20π解析 ∵四边形ABCD 是正方形，∴AD ⊥CD ，即AD ⊥CE ，且AD ＝5，ED ＝3， ∴△ADE 的外接圆半径为r 1＝AE 2＝AD 2＋ED 22＝2，设鳖臑P －ADE 的外接球的半径为R 1， 则43πR 31＝92π，解得R 1＝322. ∵PA ⊥平面ADE ，∴R 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 21，可得PA 2＝R 21－r 21＝102，∴PA ＝10.正方形ABCD 的外接圆直径为2r 2＝AC ＝2AD ＝10， ∴r 2＝102， ∵PA ⊥平面ABCD ，∴阳马P －ABCD 的外接球半径R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 22＝5， ∴阳马P －ABCD 的外接球的表面积为4πR 22＝20π.专题强化练一、单项选择题1.水平放置的△ABC 的直观图如图，其中B ′O ′＝C ′O ′＝1，A ′O ′＝32，那么原△ABC 是一个( )A ．等边三角形B ．直角三角形C ．三边中只有两边相等的等腰三角形D ．三边互不相等的三角形 答案 A解析 AO ＝2A ′O ′＝2×32＝3，BC ＝B ′O ′＋C ′O ′＝1＋1＝2.在Rt△AOB 中，AB ＝12＋32＝2，同理AC ＝2，所以原△ABC 是等边三角形．2．(2020·全国Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt△SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22，∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎪⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0， 解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)． 3．已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S 1，外接球的表面积为S 2，则S 1S 2等于( )A.12B.13C.14D.18答案 C解析如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r，l为底面圆周长，R为母线长，则12lR＝2πr2，即12·2π·r·R＝2πr2，解得R＝2r，故∠ADC＝30°，则△DEF为等边三角形，设B为△DEF的重心，过B作BC⊥DF，则DB为圆锥的外接球半径，BC为圆锥的内切球半径，则BCBD＝12，∴r内r外＝12，故S1S2＝14.4．(2020·大连模拟)一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，如图，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形，高1.8米，体积0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，气体每立方米1000元，则气体的费用最少为( )A．4500元B．4000元C．2880元D．2380元答案 B解析因为文物底部是直径为0.9米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，所以由正方形与圆的位置关系可知，底面正方形的边长为0.9＋2×0.3＝1.5米，又文物高 1.8米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2(米)，所以正四棱柱的高为1.8＋0.2＝2(米)，则正四棱柱的体积V＝1.52×2＝4.5(立方米)．因为文物的体积为0.5立方米，所以罩内空气的体积为4.5－0.5＝4(立方米)，因为气体每立方米1000元，所以气体的费用最少为4×1000＝4000(元)，故选B.5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，动点E 在BB 1上，动点F 在A 1C 1上，O 为底面ABCD 的中心，若BE ＝x ，A 1F ＝y ，则三棱锥O －AEF 的体积( )A ．与x ，y 都有关B ．与x ，y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关 答案 B解析 由已知得V 三棱锥O －AEF ＝V 三棱锥E －OAF ＝13S △AOF ·h (h 为点E 到平面AOF 的距离)．连接OC ，因为BB 1∥平面ACC 1A 1，所以点E 到平面AOF 的距离为定值．又AO ∥A 1C 1，OA 为定值，点F 到直线AO 的距离也为定值，所以△AOF 的面积是定值，所以三棱锥O －AEF 的体积与x ，y 都无关．6．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3B.4π3 C.5π3D ．2π 答案 C解析 如图，过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.7．(2020·全国Ⅰ)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64πB．48πC．36πD．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a . 由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23， OO 1＝a ＝2 3.在Rt△OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.8．(2020·武汉调研)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为( ) A.32π3B ．3πC.4π3D ．8π 答案 A解析 设△ABC 外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，∴球O 的体积V ＝43π·OA 3＝32π3.故选A.9.如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭的几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上、下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为( )A.2000π9B.4000π27C ．81πD ．128π答案 B解析 小圆柱的高分为上、下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h (0<h <5)，底面半径为r (0<r <5)．由于r ，h 和球的半径构成直角三角形，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱的体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，把V 看成是关于h 的函数，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0<h <53时，V ′>0，V 单调递增；当53<h <5时，V ′<0，V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱的体积取得最大值．即V max ＝π⎝⎛⎭⎪⎫25－259×⎝⎛⎭⎪⎫53＋5＝4000π27，故选B.10．已知在三棱锥P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等．若点P ，A ，B ，C 都在半径为1的球面上，则球心到平面ABC 的距离为( ) A.36B.12C.13D.32答案 C解析 ∵在三棱锥P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等，∴此三棱锥的外接球即以PA ，PB ，PC 为三边的正方体的外接球O ， ∵球O 的半径为1，∴正方体的边长为233，即PA ＝PB ＝PC ＝233，球心到截面ABC 的距离即正方体中心到截面ABC 的距离，设P 到截面ABC 的距离为h ，则正三棱锥P －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×h ＝13S △PAB ×PC ＝13×12×⎝⎛⎭⎪⎫2333， ∵△ABC 为边长为263的正三角形，S △ABC ＝233，∴h ＝23， ∴球心(即正方体中心)O 到截面ABC 的距离为13.二、多项选择题11．(2020·枣庄模拟)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD －A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器一边AB 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的是( )A ．没有水的部分始终呈棱柱形B ．水面EFGH 所在四边形的面积为定值C ．随着容器倾斜度的不同，A 1C 1始终与水面所在平面平行D ．当容器倾斜如图③所示时，AE ·AH 为定值 答案 AD解析 由于AB 固定，所以在倾斜的过程中，始终有CD ∥HG ∥EF ∥AB ，且平面AEHD ∥平面BFGC ，故水的部分始终呈棱柱形(三棱柱或四棱柱)，且AB 为棱柱的一条侧棱，没有水的部分也始终呈棱柱形，故A 正确；因为水面EFGH 所在四边形，从图②，图③可以看出，EF ，GH 长度不变，而EH ，FG 的长度随倾斜度变化而变化，所以水面EFGH 所在四边形的面积是变化的，故B 错；假设A 1C 1与水面所在的平面始终平行，又A 1B 1与水面所在的平面始终平行，则长方体上底面A 1B 1C 1D 1与水面所在的平面始终平行，这就与倾斜时两个平面不平行矛盾，故C 错；水量不变时，棱柱AEH －BFG 的体积是定值，又该棱柱的高AB 不变，且V AEH －BFG ＝12·AE ·AH ·AB ，所以AE ·AH ＝2V AEH －BFGAB，即AE ·AH 是定值，故D 正确．12.(2020·青岛检测)已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为正方形，其中AB ＝22，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝CC 1＝DD 1＝2，则下列叙述正确的是( )A ．该四棱台的高为 3B ．AA 1⊥CC 1C ．该四棱台的表面积为26D ．该四棱台外接球的表面积为16π 答案 AD解析 将四棱台补为如图所示的四棱锥P －ABCD ，并取E ，E 1分别为BC ，B 1C 1的中点，记四棱台上、下底面中心分别为O 1，O ，连接AC ，BD ，A 1C 1，B 1D 1，A 1O ，OE ，OP ，PE .由条件知A 1，B 1，C 1，D 1分别为四棱锥的侧棱PA ，PB ，PC ，PD 的中点，则PA ＝2AA 1＝4，OA ＝2，所以OO 1＝12PO ＝12PA 2－OA 2＝3，故该四棱台的高为3，故A 正确；由PA ＝PC ＝4，AC ＝4，得△PAC 为正三角形，则AA 1与CC 1所成角为60°，故B 不正确；四棱台的斜高h ′＝12PE ＝12PO 2＋OE2＝12×232＋22＝142，所以该四棱台的表面积为(22)2＋(2)2＋4×2＋222×142＝10＋67，故C 不正确；易知OA 1＝OB 1＝OC 1＝OD 1＝O 1A 21＋O 1O 2＝2＝OA ＝OB ＝OC ＝OD ，所以O 为四棱台外接球的球心，所以外接球的半径为2，外接球表面积为4π×22＝16π，故D 正确．三、填空题13．(2020·浙江)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________． 答案 1解析 如图，设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则圆锥的侧面积S 侧＝πrl ＝2π， 即r ·l ＝2.由于侧面展开图为半圆， 可知12πl 2＝2π，可得l ＝2，因此r ＝1.14.在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40cm ，母线长最短50cm ，最长80cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝________cm 2.答案 2600π解析 将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S ＝12×(π×40)×(50＋80)＝2600π(cm 2)．15．已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为________． 答案823π 解析 将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径2R ＝22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π.16．(2020·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________． 答案2π2解析 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ， 连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形， 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ， 则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2. 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ . 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ 的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.。
新高考地区专用2020_2022三年高考数学真题分项汇编专题04立体几何
专题04 立体几何1．【2022年新高考1卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．【解析】依题意可知棱台的高为MN=157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积S=140.0k m2=140×106m2，下底面积S'=180.0k m2=180×106m2，∴V=13ℎ(S+S'+√S S')=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012)¿3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．故选：C．2．【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）A．[18,814]B．[274,814]C．[274,643]D．[18,27]【答案】C【分析】设正四棱锥的高为ℎ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【解析】∵ 球的体积为36π，所以球的半径R=3,设正四棱锥的底面边长为2a，高为ℎ，则l2=2a2+ℎ2，32=2a2+(3−ℎ)2,所以6ℎ=l2，2a2=l2−ℎ2所以正四棱锥的体积V=13Sℎ=13×4a2×ℎ=23×(l2−l436)×l26=19(l4−l636)，所以V'=19(4l3−l56)=19l3(24−l26)，当3≤l≤2√6时，V'>0，当2√6<l≤3√3时，V'<0，所以当l=2√6时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为64 3，又l=3时，V=274，l=3√3时，V=814,所以正四棱锥的体积V的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是[274，643].故选：C.3．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）A．100πB．128πC．144πD．192π【答案】A【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，所以2r1=3√3sin60∘,2r2=4√3sin60∘，即r 1=3,r2=4，设球心到上下底面的距离分别为d1,d2，球的半径为R，所以d1=√R2−9，d2=√R2−16，故|d1−d2|=1或d1+d2=1，即|√R2−9−√R2−16|=1或√R2−9+√R2−16=1，解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4πR2=100π．故选：A．4．【2021年新高考1卷】已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）A ．B．C．D．【答案】B【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.【解析】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.故选：B.5．【2021年新高考2卷】正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）A．B．C．D．【答案】D【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.【解析】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高，下底面面积，上底面面积，所以该棱台的体积.故选：D. 6．【2020年新高考1卷（山东卷）】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（ ）A．20°B．40°C．50°D．90°【答案】B【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角.【解析】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..由于，所以，由于，所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.7．【2022年新高考1卷】已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则（ ）A．直线BC1与D A1所成的角为90°B．直线BC1与C A1所成的角为90°C．直线BC1与平面B B1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°【答案】ABD【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【解析】如图，连接B1C、BC1，因为D A1/¿B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与D A1所成的角，因为四边形B B1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，故直线BC1与D A1所成的角为90°，A 正确；连接A1C，因为A1B1⊥平面B B1C1C，BC1⊂平面B B1C1C，则A1B1⊥B C1，因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C=B1，所以BC1⊥平面A1B1C，又A1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥C A1，故B正确；连接A1C1，设A1C1∩B1D1=O，连接BO，因为B B1⊥平面A1B1C1D1，C1O⊂平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，因为C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B=B1，所以C1O⊥平面B B1D1D，所以∠C1BO为直线BC1与平面B B1D1D所成的角，设正方体棱长为1，则C1O=√22，BC1=√2，sin∠C1BO=C1OB C1=12，所以，直线BC1与平面B B1D1D所成的角为30∘，故C错误；因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC=45∘，故D正确.故选：ABD8．【2022年新高考2卷】如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED,AB=ED=2FB，记三棱锥E−ACD，F−ABC，F−ACE的体积分别为V1,V2,V3，则（ ）A．V3=2V2B．V3=V1 C．V3=V1+V2D．2V3=3V1【答案】CD【分析】直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3=VA−EFM+VC−EFM计算出V3，依次判断选项即可.【解析】设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅(2a)2=43a3，V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅(2a)2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=√2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=2√2a,EG=a，则EM=√2(√)2√6a,FM=√2(√)2√3a，EF=√2(√)23a，E M2+F M2=E F2，则EM⊥FM，S△EFM=12EM⋅FM=3√22a2，AC=2√2a，则V3=V A−EFM+V C−EFM=13AC⋅S△EFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.9．【2021年新高考1卷】在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）A ．当时，的周长为定值B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．【解析】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选：BD．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．10．【2021年新高考2卷】如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）A．B．C．D．【答案】BC【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.【解析】设正方体的棱长为，对于A，如图（1）所示，连接，则，故（或其补角）为异面直线所成的角，在直角三角形，，，故，故不成立，故A错误.对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，由正方体可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，故B正确.对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，故，故C正确.对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，则，因为，故，故，所以或其补角为异面直线所成的角，因为正方体的棱长为2，故，，，，故不是直角，故不垂直，故D错误.故选：BC.11．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．【答案】.【分析】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.【解析】如图：取的中点为，的中点为，的中点为，因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，又四棱柱为直四棱柱，所以平面A1B1C1D1，所以，因为，所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，，所以，所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，因为，所以，所以根据弧长公式可得.故答案为：.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.12．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N 分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________【答案】【分析】利用计算即可.【解析】因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点所以，故答案为：【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些. 13．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2√2．(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D为A1C的中点，A A1=AB，平面A1BC⊥平面AB B1A1，求二面角A−BD−C 的正弦值．【答案】(1)√2；(2)√3 2【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC⊥平面AB B1A1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.【解析】(1)在直三棱柱ABC−A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则V A−A1BC=13S△A1BC⋅ℎ=2√23ℎ=VA1−ABC=13S△ABC⋅A1A=13VABC−A1B1C1=43，解得ℎ=√2，所以点A到平面A1BC的距离为√2；(2)取A1B的中点E,连接AE,如图，因为A A1=AB，所以AE⊥A1B,又平面A1BC⊥平面AB B1A1，平面A1BC∩平面AB B1A1=A1B，且AE⊂平面AB B1A1，所以AE⊥平面A1BC，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，B B1⊥平面ABC，由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，B B1⊥BC，又AE,B B1⊂平面AB B1A1且相交，所以BC⊥平面AB B1A1，所以BC,BA,B B1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE =√2，所以A A 1=AB =2，A 1B =2√2，所以BC =2，则A (0,2,0),A 1(0,2,2),B (0,0,0),C (2,0,0),所以A 1C 的中点D (1,1,1)，则⃗B D =(1,1,1)，⃗B A =(0,2,0),⃗BC =(2,0,0),设平面ABD 的一个法向量⃗m =(x ,y ,z )，则{⃗m ⋅⃗BD =x +y +z =0⃗m ⋅⃗BA =2y =0，可取⃗m =(1,0,−1)，设平面BDC 的一个法向量⃗n =(a ,b ,c )，则{⃗m ⋅⃗BD =a +b +c =0⃗m ⋅⃗BC =2a =0，可取⃗n=(0,1,−1)，则cos 〈⃗m ,⃗n 〉=⃗m ⋅⃗n¿⃗m ∨⋅∨⃗n ∨¿=√√=12¿，所以二面角A −BD−C 的正弦值为√1−(12)2=√32.14．【2022年新高考2卷】如图，PO 是三棱锥P −ABC 的高，P A =PB ，AB ⊥AC ，E 是PB 的中点．(1)证明：OE /¿平面P AC ；(2)若∠ABO =∠CBO =30°，PO =3，P A =5，求二面角C −AE −B 的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)11 13【分析】（1）连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OA=OB，再根据直角三角形的性质得到AO=DO，即可得到O为BD的中点从而得到OE//PD，即可得证；（2）过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；【解析】(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO,BO⊂平面ABC，所以PO⊥AO、PO⊥BO，又P A=PB，所以△POA≅△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，又AB⊥AC，即∠BAC=90°，所以∠OAB+∠OAD=90°，∠OBA+∠ODA=90°，所以∠ODA=∠OAD所以AO=DO，即AO=DO=OB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE//PD，又OE⊄平面P AC，PD⊂平面P AC，所以OE//平面P AC(2)解：过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，因为PO=3，AP=5，所以OA=√A P2−P O2=4，又∠OBA=∠OBC=30°，所以BD=2OA=8，则AD=4，AB=4√3，所以AC=12，所以O(2√3,2,0)，B(4√3,0,0)，P(2√3,2,3)，C(0,12,0)，所以E(3√3,1,32)，则⃑AE=(3√3,1,32)，⃑AB=(4√3,0,0)，⃑AC=(0,12,0)，设平面AEB的法向量为⃑n=(x,y,z)，则¿，令z=2，则y=−3，x=0，所以⃑n=(0,−3,2)；设平面AEC的法向量为⃑m=(a,b,c)，则¿，令a=√3，则c=−6，b=0，所以⃑m=(√3,0,−6)；所以cos⟨⃑n,⃑m⟩=⃑n⋅⃑m|⃑n||⃑m|=√√−4√313设二面角C−AE−B为θ，由图可知二面角C−AE−B为钝二面角，所以cosθ=−4√313，所以sinθ=√1−cos2θ=1113故二面角C−AE−B的正弦值为11 13；15．【2021年新高考1卷】如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【解析】（1）因为，O是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面．因为平面，所以.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则，设,所以，设为平面的法向量，则由可求得平面的一个法向量为．又平面的一个法向量为，所以，解得．又点C到平面的距离为，所以，所以三棱锥的体积为．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作，垂足为点G．作，垂足为点F，连结，则．因为平面，所以平面，为二面角的平面角．因为，所以．由已知得，故．又，所以．因为，．[方法三]：三面角公式考虑三面角，记为，为，，记二面角为．据题意，得．对使用三面角的余弦公式，可得，化简可得．①使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②将①②两式平方后相加，可得，由此得，从而可得．如图可知，即有，根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.16．【2021年新高考2卷】在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.【解析】（1）取的中点为，连接.因为，，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.则，故.设平面的法向量，则即，取，则，故.而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.17．【2020年新高考1卷（山东卷）】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．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.【解析】（1）在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面．（2）［方法一］【最优解】：通性通法因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：因为，设，设，则有，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.［方法二］：定义法如图2，因为平面，，所以平面．在平面中，设．在平面中，过P点作，交于F，连接．因为平面平面，所以．又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．设，在中，易求．由与相似，得，可得．所以，当且仅当时等号成立．［方法三］：等体积法如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求．设，在三棱锥中，．在三棱锥中，．由得，解得，当且仅当时等号成立．在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出．18．【2020年新高考2卷（海南卷）】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．（1）证明：平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到平面；（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得，即可得到直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1）在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面；（2）如图建立空间直角坐标系，因为，则有，设，则有，因为QB=，所以有设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.。
2020年高考数学试题分项版—立体几何(解析版)
2020年高考数学试题分项版——立体几何（解析版）一、选择题1.(2020·全国Ⅰ理，3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt △SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫a 22， ∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．2．(2020·全国Ⅰ理，10)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆，若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a .由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23，OO 1＝a ＝2 3. 在Rt △OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.3．(2020·全国Ⅱ理，7)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为( )A ．EB ．FC ．GD ．H 答案 A解析 由三视图还原几何体，如图所示，由图可知，所求端点在侧视图中对应的点为E .4．(2020·全国Ⅱ理，10)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为( ) A. 3 B.32 C ．1 D.32答案 C 解析如图所示，过球心O 作OO 1⊥平面ABC ，则O 1为等边三角形ABC 的外心．设△ABC 的边长为a ， 则34a 2＝934，解得a ＝3， ∴O 1A ＝23×32×3＝ 3.设球O 的半径为r ，则由4πr 2＝16π，得r ＝2，即OA ＝2. 在Rt △OO 1A 中，OO 1＝OA 2－O 1A 2＝1， 即O 到平面ABC 的距离为1.5．(2020·全国Ⅲ理，8)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．6＋4 2B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．4＋2 3答案 C解析 如图，该几何体为三棱锥，且其中有三个面是腰长为2的等腰直角三角形，第四个面是边长为22的等边三角形，所以该几何体的表面积为3×12×2×2＋12×22×22×32＝6＋2 3.6.(2020·新高考全国Ⅰ，4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A ．20°B ．40°C ．50°D ．90° 答案 B解析 如图所示，⊙O 为赤道平面，⊙O 1为A 点处的日晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.7.(2020·新高考全国Ⅱ，4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为()A．20°B．40°C．50°D．90°答案 B解析如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.8．(2020·北京，4)某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为()A．6＋ 3 B．6＋2 3 C．12＋ 3 D．12＋2 3答案 D解析 由三视图还原几何体，该几何体为底面是边长为2的正三角形，高为2的直三棱柱， S 底＝2×34×22＝2 3. S 侧＝3×2×2＝12，则三棱柱的表面积为23＋12.9．(2020·北京，10)2020年3月14日是全球首个国际圆周率日(π Day)．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n 充分大时，计算单位圆的内接正6n 边形的周长和外切正6n 边形(各边均与圆相切的正6n 边形)的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔·卡西的方法，π的近似值的表达式是( ) A ．3n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n B ．6n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n C ．3n ⎝⎛⎭⎫sin 60°n ＋tan 60°n D ．6n ⎝⎛⎭⎫sin 60°n＋tan 60°n 答案 A解析 设内接正6n 边形的周长为C 1，外切正6n 边形的周长为C 2，如图(1)所示，sin 360°12n ＝BC 1， ∴BC ＝sin 30°n，∴AB ＝2sin 30°n ，C 1＝12n sin 30°n.如图(2)所示，tan 360°12n ＝B ′C ′1，∴B ′C ′＝tan 30°n，∴A ′B ′＝2tan 30°n ，C 2＝12n tan 30°n .∴2π＝C 1＋C 22＝6n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n ， ∴π＝3n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n＋tan 30°n . 10．(2020·天津，5)若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π 答案 C解析 由题意知，正方体的体对角线就是球的直径 ∴2R ＝(23)2＋(23)2＋(23)2＝6， ∴R ＝3，∴S 球＝4πR 2＝36π.11．(2020·浙江，5)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.73B.143 C ．3 D ．6 答案 A解析 如图，三棱柱的体积V 1＝12×2×1×2＝2，三棱锥的体积V 2＝13×12×2×1×1＝13，因此，该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝2＋13＝73.12．(2020·浙江，6)已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ，“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 B解析 如图，直线l ，m ，n 不过同一点，且l ，m ，n 共面有三种情况：①同一平面内三线平行；②两平行线与另一线相交；③三线两两相交．因此，“l ，m ，n 两两相交”是“l ，m ，n 共面”的一种情况，即“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的必要不充分条件．13.(2020·全国Ⅰ文，3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt △SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫a 22， ∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．14．(2020·全国Ⅰ文，12)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a . 由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23， OO 1＝a ＝2 3.在Rt △OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.15．(2020·全国Ⅱ文，11)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为( ) A. 3 B.32 C ．1 D.32答案 C解析 如图所示，过球心O 作OO 1⊥平面ABC ，则O 1为等边三角形ABC 的外心． 设△ABC 的边长为a ， 则34a 2＝934，解得a ＝3， ∴O 1A ＝23×32×3＝ 3.设球O 的半径为r ，则由4πr 2＝16π，得r ＝2，即OA ＝2. 在Rt △OO 1A 中，OO 1＝OA 2－O 1A 2＝1， 即O 到平面ABC 的距离为1.16．(2020·全国Ⅲ文，9)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．6＋4 2B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．4＋2 3答案 C解析 如图，该几何体为三棱锥，且其中有三个面是腰长为2的等腰直角三角形，第四个面是边长为22的等边三角形，所以该几何体的表面积为3×12×2×2＋12×22×22×32＝6＋2 3.二、填空题1．(2020·全国Ⅱ理，16)设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内； p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面； p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行； p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l . 则下述命题中所有真命题的序号是________． ①p 1∧p 4；②p 1∧p 2；③23p p ⌝∨；④34p p ⌝∨⌝. 答案 ①③④解析 p 1是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由平面的基本性质“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面”，可知p 1为真命题；p 2是假命题，因为当空间中三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；p 3是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；p 4是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线．由以上结论知綈p 2，綈p 3，綈p 4依次为真命题、真命题、假命题，从而①③④中命题为真命题，②中命题为假命题．2．(2020·全国Ⅲ理，15)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面P AB ，如图所示，则△P AB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB 中，P A ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.3．(2020·新高考全国Ⅰ，16)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________． 答案2π2解析 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ， 连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形， 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ，则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2. 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ . 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ 的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.4．(2020·新高考全国Ⅱ，13)棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱BB 1，AB 的中点，则三棱锥A 1－D 1MN 的体积为________． 答案 1解析 如图，由正方体棱长为2，得S △A 1MN ＝2×2－2×12×2×1－12×1×1＝32，又易知D 1A 1为三棱锥D 1－A 1MN 的高，且D 1A 1＝2， ∴1111A D MN D A MN V V --=＝13·1A MN S △·D 1A 1＝13×32×2＝1. 5.(2020·江苏，9)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半径为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm 3.答案 ⎝⎛⎭⎫123－π2 解析 螺帽的底面正六边形的面积 S ＝6×12×22×sin 60°＝63(cm 2)，正六棱柱的体积V 1＝63×2＝123(cm 3)， 圆柱的体积V 2＝π×0.52×2＝π2(cm 3)，所以此六角螺帽毛坯的体积 V ＝V 1－V 2＝⎝⎛⎭⎫123－π2cm 3. 6．(2020·浙江，14)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________． 答案 1解析 如图，设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则圆锥的侧面积S 侧＝πrl ＝2π， ∴r ＝12l .又圆锥侧面展开图为半圆， ∴12πl 2＝2π， ∴l ＝2，∴r ＝1.7．(2020·全国Ⅱ文，16)设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内； p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面； p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行； p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l . 则下述命题中所有真命题的序号是________． ①p 1∧p 4；②p 1∧p 2；③23p p ⌝∨；④34p p ⌝∨⌝. 答案 ①③④解析 p 1是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由平面的基本性质“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面”，可知p 1为真命题；p 2是假命题，因为当空间中三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；p 3是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；p 4是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线．由以上结论知綈p 2，綈p 3，綈p 4依次为真命题、真命题、假命题，从而①③④中命题为真命题，②中命题为假命题．8．(2020·全国Ⅲ文，16)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面P AB ，如图所示，则△P AB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB 中，P A ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.三、解答题1.(2020·全国Ⅰ理，18)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，PO ＝66DO .(1)证明：P A ⊥平面PBC ； (2)求二面角B －PC －E 的余弦值．(1)证明 由题设，知△DAE 为等边三角形，设AE ＝1， 则DO ＝32，CO ＝BO ＝12AE ＝12， 所以PO ＝66DO ＝24， PC ＝PO 2＋OC 2＝64，PB ＝PO 2＋OB 2＝64， 又△ABC 为等边三角形，则BAsin 60°＝2OA ， 所以BA ＝32， P A ＝PO 2＋OA 2＝64， P A 2＋PB 2＝34＝AB 2，则∠APB ＝90°，所以P A ⊥PB ，同理P A ⊥PC ， 又PC ∩PB ＝P ，所以P A ⊥平面PBC . (2)解 过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，ON 所在直线为y 轴，OD 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E ⎝⎛⎭⎫－12，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，24， B ⎝⎛⎭⎫－14，34，0，C ⎝⎛⎭⎫－14，－34，0，PC →＝⎝⎛⎭⎫－14，－34，－24，PB →＝⎝⎛⎭⎫－14，34，－24，PE →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，－24，设平面PCB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0，得⎩⎨⎧－x 1－3y 1－2z 1＝0，－x 1＋3y 1－2z 1＝0，令x 1＝2，得z 1＝－1，y 1＝0， 所以n ＝(2，0，－1)，设平面PCE 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PE →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－3y 2－2z 2＝0，－2x 2－2z 2＝0，令x 2＝1，得z 2＝－2，y 2＝33， 所以m ＝⎝⎛⎭⎫1，33，－2，故cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |＝223×103＝255， 所以二面角B －PC －E 的余弦值为255.2.(2020·全国Ⅱ理，20)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 ⊥平面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．(1)证明 因为侧面BB 1C 1C 是矩形，且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)解 由已知得AM ⊥BC .以M 为坐标原点，MA →的方向为x 轴正方向，|MB →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB ＝2，AM ＝ 3.连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形， 故PM ＝233，E ⎝⎛⎭⎫233，13，0.由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC . 设Q (a,0,0)， 则NQ ＝4－⎝⎛⎭⎫233－a 2，B 1⎝⎛⎭⎪⎫a ，1，4－⎝⎛⎭⎫233－a 2， 故B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a ，－23，－4－⎝⎛⎭⎫233－a 2，|B 1E →|＝2103.又n ＝(0，－1,0)是平面A 1AMN 的一个法向量，故sin ⎝⎛⎭⎫π2－〈n ，B 1E →〉＝cos 〈n ，B 1E →〉 ＝n ·B 1E →|n ||B 1E →|＝1010.所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010. 3.(2020·全国Ⅲ理，19)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.(1)证明：点C 1在平面AEF 内；(2)若AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，求二面角A －EF －A 1的正弦值．(1)证明 设AB ＝a ，AD ＝b ，AA 1＝c ，如图，以C 1为坐标原点，C 1D 1—→，C 1B 1—→，C 1C —→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系C 1－xyz .连接C 1F ，则C 1(0,0,0)，A (a ，b ，c )， E ⎝⎛⎭⎫a ，0，23c ，F ⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ， EA →＝⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ，C 1F →＝⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ， 所以EA →＝C 1F →，所以EA ∥C 1F ， 即A ，E ，F ，C 1四点共面， 所以点C 1在平面AEF 内．(2)解 由已知得A (2,1,3)，E (2,0,2)，F (0,1,1)，A 1(2,1,0)， 则AE →＝(0，－1，－1)，AF →＝(－2,0，－2)， A 1E →＝(0，－1,2)，A 1F →＝(－2,0,1)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面AEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y 1－z 1＝0，－2x 1－2z 1＝0，可取n 1＝(－1，－1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面A 1EF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1E →＝0，n 2·A 1F →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y 2＋2z 2＝0，－2x 2＋z 2＝0，同理可取n 2＝⎝⎛⎭⎫12，2，1. 因为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－77，所以二面角A －EF －A 1的正弦值为427. 4.(2020·新高考全国Ⅰ，20)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 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． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面P AD ，平面P AD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ，且PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ，所以l ⊥PD ， 因为DC ∩PD ＝D ， 所以l ⊥平面PDC .(2)解 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，如图建立空间直角坐标系D －xyz ，因为PD ＝AD ＝1，则有D (0,0,0)，C (0,1,0)，A (1,0,0)，P (0,0,1)，B (1，1,0)， 设Q (m,0,1)，则有DC →＝(0,1,0)，DQ →＝(m,0,1)，PB →＝(1,1，－1)， 设平面QCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝－m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ＝(1,0，－m )， 则cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1. 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于 |cos 〈n ，PB →〉|＝|1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2m m 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63，当且仅当m ＝1时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63. 5.(2020·新高考全国Ⅱ，20)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 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，QB ＝2，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面P AD ，平面P AD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ，且PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ，所以l ⊥PD ， 因为DC ∩PD ＝D ， 所以l ⊥平面PDC .(2)解 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D (0,0,0)，C (0,1,0)， B (1,1,0)，P (0,0,1)，DC →＝(0,1,0)，PB →＝(1,1，－1)．由(1)设Q (a,0,1)，则BQ →＝(a －1，－1,1)． 由题意知(a －1)2＋2＝2， ∴a ＝1，∴DQ →＝(1,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面QCD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DQ →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，y ＝0，可取n ＝(1,0，－1)，∴cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n |·|PB →|＝63，故PB 与平面QCD 所成角的正弦值为63. 6.(2020·北京，16)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BB 1的中点．(1)求证：BC 1∥平面AD 1E ；(2)求直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值． (1)证明 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， AB ∥A 1B 1且AB ＝A 1B 1，A 1B 1∥C 1D 1且A 1B 1＝C 1D 1， ∴AB ∥C 1D 1且AB ＝C 1D 1，∴四边形ABC 1D 1为平行四边形，则BC 1∥AD 1， ∵BC 1⊄平面AD 1E ，AD 1⊂平面AD 1E ， ∴BC 1∥平面AD 1E .(2)解 以点A 为坐标原点，AD ，AB ，AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2， 则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，D 1(2,0,2)，E (0,2,1)， AD 1→＝(2,0,2)，AE →＝(0,2,1)，AA 1→＝(0,0,2)， 设平面AD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝0，n ·AE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2y ＋z ＝0，令z ＝－2，得x ＝2，y ＝1，则n ＝(2,1，－2)． cos 〈n ，AA 1→〉＝n ·AA 1→|n |·|AA 1→|＝－43×2＝－23.因此，直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.7.(2020·天津，17)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝2，CC 1＝3，点D ，E 分别在棱AA 1和棱CC 1上，且AD ＝1，CE ＝2，M 为棱A 1B 1的中点．(1)求证：C 1M ⊥B 1D ；(2)求二面角B －B 1E －D 的正弦值；(3)求直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值．(1)证明 依题意，以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CC 1→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C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，C 1(0,0,3)，A 1(2,0,3)，B 1(0,2,3)，D (2,0,1)，E (0,0,2)，M (1,1,3)．则C 1M →＝(1,1,0)，B 1D →＝(2，－2，－2)， ∵C 1M →·B 1D →＝2－2＋0＝0，∴C 1M ⊥B 1D .(2)解 依题意，CA →＝(2,0,0)是平面BB 1E 的一个法向量，EB 1→＝(0,2,1)，ED →＝(2,0，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面DB 1E 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EB 1→＝0，n ·ED →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋z ＝0，2x －z ＝0.不妨设x ＝1，可得n ＝(1，－1,2)．∴cos 〈CA →，n 〉＝CA →·n |CA →||n |＝66，∴sin 〈CA →，n 〉＝1－16＝306. ∴二面角B －B 1E －D 的正弦值为306. (3)解 依题意，AB →＝(－2,2,0)，由(2)知，n ＝(1，－1,2)为平面DB 1E 的一个法向量， ∴cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |＝－33，∴直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值为33. 8.(2020·江苏，15)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．(1)求证：EF ∥平面AB 1C 1； (2)求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1.证明 (1)因为E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点， 所以EF ∥AB 1.又EF ⊄平面AB 1C 1，AB 1⊂平面AB 1C 1， 所以EF ∥平面AB 1C 1.(2)因为B 1C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， 所以B 1C ⊥AB .又AB ⊥AC ，B 1C ⊂平面AB 1C ，AC ⊂平面AB 1C ， B 1C ∩AC ＝C ， 所以AB ⊥平面AB 1C . 又因为AB ⊂平面ABB 1， 所以平面AB 1C ⊥平面ABB 1.9.(2020·江苏，22)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．解 (1)如图，连接OC ，因为CB ＝CD ，O 为BD 的中点，所以CO ⊥BD .又AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥OC .以{OB →，OC →，OA →}为基底，建立空间直角坐标系O －xyz . 因为BD ＝2，CB ＝CD ＝5，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)． 所以AB →＝(1,0，－2)，DE →＝(1,1,1)，所以|cos 〈AB →，DE →〉|＝|AB →·DE →||AB →|·|DE →|＝|1＋0－2|5×3＝1515.因此，直线AB 与DE 所成角的余弦值为1515. (2)因为点F 在BC 上，BF ＝14BC ，BC →＝(－1,2,0)．所以BF →＝14BC →＝⎝⎛⎭⎫－14，12，0. 又DB →＝(2,0,0)，故DF →＝DB →＋BF →＝⎝⎛⎭⎫74，12，0.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面DEF 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ DE →·n 1＝0，DF →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＋z 1＝0，74x 1＋12y 1＝0，令x 1＝2，得y 1＝－7，z 1＝5，所以n 1＝(2，－7,5)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面DEC 的一个法向量， 又DC →＝(1,2,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n 2＝0，DC →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝0，x 2＋2y 2＝0，令x 2＝2，得y 2＝－1，z 2＝－1， 所以n 2＝(2，－1，－1)． 故|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|4＋7－5|78×6＝1313. 所以sin θ＝1－cos 2θ＝23913. 10.(2020·浙江，19)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝∠ACD ＝45°，DC ＝2BC .(1)证明：EF ⊥DB ；(2)求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．(1)证明 如图(1)，过点D 作DO ⊥AC ，交直线AC 于点O ，连接OB .由∠ACD ＝45°，DO ⊥AC ，得CD ＝2CO . 由平面ACFD ⊥平面ABC ，得DO ⊥平面ABC ， 所以DO ⊥BC .由∠ACB ＝45°，BC ＝12CD ＝22CO ，得BO ⊥BC .所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB . 由ABC －DEF 为三棱台， 得BC ∥EF ，所以EF ⊥DB .(2)解 方法一 如图(2)，过点O 作OH ⊥BD ，交直线BD 于点H ，连接CH .由ABC －DEF 为三棱台，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DBC ，所以∠OCH 为直线CO 与平面DBC 所成角． 设CD ＝22，则DO ＝OC ＝2，BO ＝BC ＝2， 得BD ＝6，OH ＝233，所以sin ∠OCH ＝OH OC ＝33.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33. 方法二 由ABC －DEF 为三棱台，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(3)，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CD ＝22，由题意知各点坐标如下：O (0,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，D (0,0,2)．因此OC →＝(0,2,0)，BC →＝(－1,1,0)，CD →＝(0，－2,2)． 设平面DBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－2y ＋2z ＝0，可取n ＝(1,1,1)，所以sin θ＝|cos 〈OC →，n 〉|＝|OC →·n ||OC →|·|n |＝33.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33. 11.(2020·全国Ⅰ文，19)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P AB ⊥平面P AC ；(2)设DO ＝2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P －ABC 的体积． (1)证明 ∵D 为圆锥顶点，O 为底面圆心， ∴OD ⊥平面ABC ，∵P 在DO 上，OA ＝OB ＝OC ， ∴P A ＝PB ＝PC ，∵△ABC 是圆内接正三角形， ∴AC ＝BC ，△P AC ≌△PBC ，∴∠APC ＝∠BPC ＝90°，即PB ⊥PC ，P A ⊥PC ， P A ∩PB ＝P ，∴PC ⊥平面P AB ，PC ⊂平面P AC ，∴平面P AB ⊥平面P AC .(2)解 设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，圆锥的侧面积为πrl ＝3π，rl ＝3，OD 2＝l 2－r 2＝2，解得r ＝1，l ＝3，AC ＝2r sin 60°＝3， 在等腰直角三角形APC 中， AP ＝22AC ＝62， 在Rt △P AO 中，PO ＝AP 2－OA 2＝64－1＝22， ∴三棱锥P －ABC 的体积为V P －ABC ＝13PO ·S △ABC ＝13×22×34×3＝68.12.(2020·全国Ⅱ文，20)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 ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心．若AO ＝AB ＝6，AO ∥平面EB 1C 1F ，且∠MPN ＝π3，求四棱锥B－EB 1C 1F 的体积．(1)证明 因为侧面BB 1C 1C 是矩形，且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)解 因为AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ， 平面A 1AMN ∩平面EB 1C 1F ＝PN ， 所以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． 如图，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12(B 1C 1＋EF )·PN ＝12×(6＋2)×6＝24. 所以四棱锥B －EB 1C 1F 的体积为13×24×3＝24.13.(2020·全国Ⅲ文，19)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.证明：(1)当AB ＝BC 时，EF ⊥AC ； (2)点C 1在平面AEF 内． 证明 (1)如图，连接BD ，B 1D 1. 因为AB ＝BC ，所以四边形ABCD 为正方形，故AC ⊥BD .又因为BB 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 于是AC ⊥BB 1.又BD ∩BB 1＝B ，BD ，BB 1⊂平面BB 1D 1D ， 所以AC ⊥平面BB 1D 1D .又因为EF ⊂平面BB 1D 1D ，所以EF ⊥AC .(2)如图，在棱AA 1上取点G ，使得AG ＝2GA 1，连接GD 1，FC 1，FG ， 因为ED 1＝23DD 1，AG ＝23AA 1，DD 1∥AA 1且DD 1＝AA 1，所以ED 1∥AG 且ED 1＝AG ， 所以四边形ED 1GA 为平行四边形， 故AE ∥GD 1.因为B 1F ＝13BB 1，GA 1＝13AA 1，BB 1∥AA 1且BB 1＝AA 1，所以B 1F ∥GA 1，且B 1F ＝GA 1， 所以四边形B 1FGA 1是平行四边形， 所以FG ∥A 1B 1且FG ＝A 1B 1， 所以FG ∥C 1D 1且FG ＝C 1D 1， 所以四边形FGD 1C 1为平行四边形， 故GD 1∥FC 1. 所以AE ∥FC 1.所以A ，E ，F ，C 1四点共面，即点C 1在平面AEF 内．。
专题04 2020版立体几何(解析版)
专题04 立体几何2020真题汇编1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A ．14B ．12C ．14D ．12【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则PO ==由题意得212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得14b a =（负值舍去）. 故选C ．【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题. 2．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为A．E B．F C．G D．H【答案】A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E .故选A.【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题.3．【2020年高考全国II 卷理数】已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为AB ．32C ．1D 【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则2416R π=π，解得：2R =. 设ABC △外接圆半径为r ，边长为a ，ABC △21224a ∴⨯=，解得：3a =，2233r ∴===，∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===.故选：C ．【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 4．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A．B ．C．D ．【答案】C【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为根据三角形面积公式可得：211sin 6022ADB S AB AD =⋅⋅︒==△∴该几何体的表面积是：632=⨯++故选：C ．【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.5．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为 A ．64π B ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r π=π=∴，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====， ∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A.【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.6．【2020年高考天津】若棱长为 A ．12π B ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.故选：C ．【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 7．【2020年高考北京】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为A ．6B ．6+C ．12+D ．12+【答案】D【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+ ⎪⎝⎭故选：D ．【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．8．【2020年高考浙江】某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是A．73B．143C．3D．6【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为11117 2112122 32233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：A 的【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.9．【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ．“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】依题意,,m n l 是空间不过同一点的三条直线，当,,m n l 在同一平面时，可能////m n l ，故不能得出,,m n l 两两相交.当,,m n l 两两相交时，设,,m n A m l B n l C ⋂=⋂=⋂=，根据公理2可知,m n 确定一个平面α，而,B m C n αα∈⊂∈⊂，根据公理1可知，直线BC 即l α⊂，所以,,m n l 在同一平面.综上所述，“,,m n l 在同一平面”是“,,m n l 两两相交”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理1和公理2的运用，属于中档题.10．【2020年新高考全国Ⅰ卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°【答案】B【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥.. 由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒， 由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒. 故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.11．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内． p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面． p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行． p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l ． 则下述命题中所有真命题的序号是__________． ①14p p ∧ ②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝【答案】①③④【解析】对于命题1p ，可设1l 与2l 相交，这两条直线确定的平面为α；若3l 与1l 相交，则交点A 在平面α内， 同理，3l 与2l 的交点B 也在平面α内，所以，AB α⊂，即3l α⊂，命题1p 为真命题；对于命题2p ，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个， 命题2p 为假命题；对于命题3p ，空间中两条直线相交、平行或异面， 命题3p 为假命题；对于命题4p ，若直线m ⊥平面α， 则m 垂直于平面α内所有直线， 直线l ⊂平面α，∴直线m ⊥直线l ， 命题4p 为真命题.综上可知，，为真命题，，为假命题，14p p ∧为真命题，12p p ∧为假命题，23p p ⌝∨为真命题，34p p ⌝∨⌝为真命题.故答案为：①③④.【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.12．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点， 设内切圆的圆心为O ，由于AM ==122S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=解得：22r，其体积：3433V r =π=π.. 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．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，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，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.13．【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积（单位：cm 2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm ）是_______． 【答案】1【解析】设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，则21222r l r l ππππ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩，解得1,2r l ==. 故答案为：1【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.14．【2020年高考江苏】如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是 ▲ cm.【答案】2π【解析】正六棱柱体积为262⨯， 圆柱体积为21()222ππ⋅=，所求几何体体积为2π.故答案为：2π【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.15．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】2. 【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E=111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，1D E =，所以||EP ===所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E ，因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得22FG π==.故答案为：2. 【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.16．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】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，PO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ； （2）求二面角B PC E --的余弦值．【解析】（1）设DO a =，由题设可得,,PO AO a AB a ===，PA PB PC ===. 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1(0,1,0),(0,1,0),(,0),(0,0,22E A C P -.所以31(,,0),(0,2EC EP =--=-. 设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即02102y z x y⎧-+=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，可取(3=-m . 由（1）知(0,1,2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ，则cos ,|||5⋅==n m n m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为5. 【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.17．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】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 ⊥平面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．【解析】（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以1MN 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11EB C F ．（2）由已知得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连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故1,0)3PM 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1(NQ B a =， 故21123223210(,,4()),||33B E a a B E =-----=． 又(0,1,0)=-n 是平面A 1AMN 的法向量，故1111π10sin(,)cos ,2||B E B E B E B E⋅-===⋅n n n |n |所以直线B 1E 与平面A 1AMN ．18．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】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 =，12BFFB =．（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．【解析】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121212cos ,||||⋅〈〉==⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --．19．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1； （2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】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 CAC C =所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.20．【2020年高考浙江】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．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB ．由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得CD =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥.由45ACB ∠=︒，12BC 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CD =.由2,DO OC BO BC ===，得BD OH =所以sin OH OCH OC ∠==，因此，直线DF 与平面DBC . 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CD =.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|sin |cos ,||||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC . 【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．21．【2020年高考天津】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：11CM 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．【解析】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|||cos ,6|A CA C CA⋅〈〉==n n n ，于是sin ,6CA 〈〉=n ．所以，二面角1B B E D --的正弦值为6． （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cos,||||AB AB AB ⋅==n n n ．所以，直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值为3．2020模拟汇编1．【2020·广东省高三一模（理）】已知直三棱柱111ABC A B C -的体积为V ，若P Q ，分别在11AA CC ，上，且111133AP AA CQ CC ==，，则四棱锥B APQC -的体积是 A ．16VB ．29VC ．13VD ．79V【答案】B【解析】在棱1BB 上取一点H ，使113BH BB =，连接PH 、QH ， 由题意PHQ ABC S S =△△，BH ⊥平面PHQ ，所以111113339B PHQ PHQ ABC V S BH S BB V -=⋅=⋅=△△，11133ABC PHQ ABC ABC V S BH S BB V -=⋅=⋅=△△， 所以112399B APQC ABC PHQ B PHQ V V V V V V ---=-=-=.故选：B ．【点睛】本题考查了直三棱柱的特征及几何体体积的求解，考查了空间思维能力，属于基础题. 2．【2020·全国高三（理）】在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是棱11B C 的中点，点F 是线段1CD 上的一个动点．有以下三个命题：①异面直线1AC 与1B F 所成的角是定值；②三棱锥1B A EF -的体积是定值；③直线1A F 与平面11B CD 所成的角是定值． 其中真命题的个数是 A ．3 B ．2C ．1D ．0【答案】B【解析】以A 点为坐标原点，AB,AD,1AA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，可得B (1,0,0),C (1,1,O ),D (0,1,0),1A (0,0,1),1B (1,0,1),1C (1,1,1),1D (0,1,1),设F (t ，1，1-t )，（0≤t ≤1）， 可得1AC =(1,1,1),1B F =(t -1，1，-t )，可得11AC B F =0，故异面直线1AC 与1B F 所的角是定值，故①正确；三棱锥1B A EF -的底面1A BE 面积为定值，且1CD ∥1BA ,点F 是线段1CD 上的一个动点，可得F 点到底面1A BE 的距离为定值，故三棱锥1B A EF -的体积是定值，故②正确；可得1A F =(t ，1，-t )，1B C =(0,1,-1),11B D =(-1,1,0),可得平面11B CD 的一个法向量为n =（1，1，1），可得1cos ,A F n 不为定值，故③错误;故选B ．【点睛】本题主要考查空间角的求解及几何体体积的求解，建立直角坐标系，是解题的关键. 3．【2020·六盘山高级中学高三其他（理）】已知点 M N P Q ，，，在同一个球面上，34,5MN NP MP ===， ，若四面体MNPQ 体积的最大值为 10，则这个球的表面积是A ．254πB ．62516πC ．22516πD ．1254π【答案】B【解析】由34,5MN NP MP ===，，可知90PNM ∠=， 则球心O 在过PM 中点'O 与面MNP 垂直的直线上， 因为MNP 面积为定值，所以高最大时体积最大， 根据球的几何性质可得，当'O Q 过球心时体积最大， 因为四面体Q MNP -的最大体积为10，所以111'34'10332MNP S O Q O Q ⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=△， 可得'5O Q =，在'OO P ∆中，222''OP OO O P =+，()222554R R ∴=-+，得258R =， ∴球的表面积为2256254816ππ⎛⎫⨯=⎪⎝⎭，故选B ．【点睛】本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.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可以转化为长方体的外接球； ③特殊几何体可以直接找出球心和半径；④设球心（在过底面多边形外接圆圆心与底面垂直的直线上），利用待定系数法求半径.4．【2020·六盘山高级中学高三其他（理）】对于直线m ，n 和平面α，β，αβ⊥的一个充分条件是A ．m n ⊥，//m α，//n βB ．m n ⊥，m αβ=，n ⊂αC ．//m n ，n β⊥，m α⊂D ．//m n ，m α⊥，n β⊥【答案】C【解析】A 选项中，根据m n ⊥，//m α，βn//，得到αβ⊥或αβ∥，所以A 错误；B 选项中，m n ⊥，m αβ=，n β⊂，不一定得到αβ⊥，所以B 错误；C 选项中，因为//m n ，n β⊥，所以m β⊥， 又m α⊂，从而得到αβ⊥，所以C 正确；D 选项中，根据//m n ，m α⊥，所以n α⊥，而n β⊥，所以得到αβ∥，所以D 错误. 故选：C ．【点睛】本题考查空间中线面关系有关命题的判断，面面关系有关命题的判断，属于简单题.5．【2020·河南省南阳中学高三月考（理）】某简单几何体的三视图（俯视图为等边三角形）如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）为A ．18B ．C ．D ．【答案】C【解析】由题意可知几何体是底面为正三角形的三棱柱，底面边长为2，高为3， 所以几何体的体积为2234⨯⨯=C ．【点睛】本题考查三视图求解几何体的体积，考查转化思想以及空间想象能力．6．【2020·福建省福州第一中学高三其他（理）】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．83πB ．103πC ．6πD ．3π【答案】D【解析】该几何体是一个底面半径为1、高为4的圆柱被一个平面分割成两部分中的一个部分，故其体积为221141232V πππ=⨯⨯-⨯⨯⨯= . 本题选择D 选项.7．【2020·广西壮族自治区高三其他（理）】三个几何体组合的正视图和侧视图均为如下图所示，则下列图中能作为俯视图的个数为A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】D【解析】对于①，由三个圆柱组合而成，其正视图和侧视图相同，符合要求；对于②，最底层是圆柱，中间是底面为正方形的直棱柱，最上面是小的圆柱，其正视图和侧视图相同，符合要求；对于③，最底层是圆柱，中间是底面为正方形的直棱柱，最上面是底面为正方形的小的直棱柱，其正视图和侧视图相同，符合要求；对于④，最底层是圆柱，中间是圆柱，最上面是底面为正方形的直棱柱，其正视图和侧视图相同，符合要求；所以四个图都可能作为俯视图. 故选：D ．【点睛】考查由正视图和侧视图判断几何体的俯视图；基础题.8．【2020·辽宁省高三二模（理）】已知一个圆柱的侧面积等于表面积的一半，且其轴截面的周长是18，则该圆柱的体积是______． 【答案】27π【解析】设圆柱的底面圆的半径为r ，高为h ．由题意可得()22π12π2π22218rhr rh r h ⎧=⎪+⎨⎪+=⎩，解得3r h ==，则该圆柱的体积是2π27πr h =． 故答案为:27π.【点睛】本题考查了圆柱体积的求解，考查了圆柱的侧面积.本题的关键是求出圆柱底面圆的半径和高.本题的难点在于轴截面的周长这一条件的理解.9．【2020·重庆南开中学高三期中（理）】正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =，1AA =D 为棱11A B 的中点，则异面直线AD 与1CB 成角的大小为_______．【答案】6π 【解析】如图，1111111122AD AA A D AA A B AA AB =+=+=+，111CB CA AB BB AA AC AB =++=-+，且12,AB AC BC AA ====，侧棱和底面垂直， ∴1111()2AD CB AA AB AA AC AB ⎛⎫⋅=+⋅-+ ⎪⎝⎭2211122AA AB AC AB =-⋅+11182249222=-⨯⨯⨯+⨯=，13,AD CB ===∴1cos ,AD CB <>==[]1,0,AD CB π<>∈， ∴1,6AD CB π<>=，∴异面直线AD 与1CB 成角的大小为6π． 故答案为：6π．【点睛】解答本题时还可以建立空间直角坐标系，用坐标形式下的向量运算求解.10．【2020·四川省高三三模（理）】如图，平行六面体1111ABCD A B C D -中，5AB =，3AD =，17AA =，3BAD π∠=，114BAA DAA π∠=∠=，则1AC 的长为_____．【解析】平行六面体1111ABCD A B C D -中，5AB =，3AD =，17AA =，3BAD π∠=，114BAA DAA π∠=∠=，11AC AB BC CC =++，则()211221AC AC AB BC CC ==++2221112cos2cos2cos344AB BC CC AB BC BC CC AB CC πππ=+++⋅+⋅⋅+⋅12594925323725798222=+++⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+1198AC AC ∴==．．【点睛】本题考查利用空间向量法求线段长，解答的关键就是选择合适的基底表示向量，考查计算能力，属于中等题.11．【2020·六盘山高级中学高三其他（理）】如图，在四棱锥中P ABCD -，PA ⊥平面ABCD ，AD BC ∥，AD CD ⊥，且AD CD ==BC =2PA =（1）求证：AB PC ⊥；（2）在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M AC D --的大小为45，如果存在，求BM 与平面MAC 所成的角的正弦值，如果不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，9. 【解析】（1）如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由已知AD CD ==，BC =可得ABC 是等腰直角三角形，即AB AC ⊥， 又PA ⊥平面ABCD ，则PA AB ⊥， 所以AB ⊥平面P AC ， 所以AB PC ⊥．（2）假设存在符合条件的点M ，过点M 作MN AD ⊥于N ，则//MN PA ，MN ∴⊥平面ABCD ，MN AC ∴⊥．过点M 作MG AC ⊥于G ，连接NG ，则AC ⊥平面MNG ， AC NG ∴⊥，即MGN ∠是二面角M AC D --的平面角．若45MGN ∠=︒，则NG MN =，又AN ==，1MN ∴=，即M 是线段PD 的中点．∴存在点M 使得二面角M AC D --的大小为45︒．在三棱锥M ABC -中，11184413323M ABC ABCV SMN -==⨯⨯⨯⨯=，设点B 到平面MAC 的距离是h ，则13B MAC MAC V S h -∆=，2MG =11422MACSAC MG ∴==⨯，∴1833h ⨯=，解得h =在ABN 中，4AB =，AN =135BAN ∠=︒，BN ∴=，BM ∴=BM ∴与平面MAC 所成角的正弦值为h BM =【点睛】本题考查了项目垂直的判定与性质，空间角与空间距离的计算，属于中档题．12．【2020·辽河油田第二高级中学高三月考（理）】如图，AB 是半圆O 的直径，C 是半圆O 上除A ，B 外的一个动点，DC 垂直于半圆O 所在的平面，DC ∥EB ，DC ＝EB ＝1，AB ＝4.（1）证明：平面ADE⊥平面ACD；（2）当C点为半圆的中点时，求二面角D﹣AE﹣B的余弦值.-【答案】（1）证明见解析（2）6【解析】（1）证明：∵AB是圆O的直径，∴AC⊥BC，∵DC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴DC⊥BC，又DC∩AC＝C，∴BC⊥平面ACD，∵DC∥EB，DC＝EB，∴四边形DCBE是平行四边形，∴DE∥BC，∴DE⊥平面ACD，又DE⊂平面ADE，∴平面ACD⊥平面ADE.（2）当C点为半圆的中点时，AC＝BC＝，以C为原点，以CA，CB，CD为坐标轴建立空间坐标系如图所示：则D（0，0，1），E（0，，1），A（，0，0），B（0，，0），∴AB=（﹣，0），BE=（0，0，1），DE=（0，，0），DA=（，0，﹣1），设平面DAE的法向量为m=（x1，y1，z1），平面ABE的法向量为n=（x2，y2，z2），则00m DA m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，00n AB n BE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即11100z ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，22200z ⎧-+=⎪⎨=⎪⎩，令x 1＝1得m =（1，0，22），令x 2＝1得n =（1，1，0）.∴cos 632m n m n m n ⋅===⨯<，>.∵二面角D ﹣AE ﹣B 是钝二面角，∴二面角D ﹣AE ﹣B 的余弦值为6-.【点睛】本题考查了面面垂直的判定，空间向量与二面角的计算，属于中档题.13．【2020·湖北省高三其他（理）】如图所示，多面体是由底面为ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而得到的，该直四棱柱的底面为菱形，其中2AB =，5CF=，1BE =，60BAD ∠=．(1)求BG 的长；(2)求平面AEFG 与底面ABCD 所成锐二面角的余弦值．【答案】(1) (2)4【解析】因为多面体是由底面为ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而得到的， 所以平面ADG //平面BCFE ，又平面ADG平面AEFG AG =,平面BCFE ⋂平面AEFG EF =,所以//AG EF ，同理//AE GF ，所以四边形AEFG 是平行四边形，连结AC ,BD 交于O ，以O 为原点，,OB OC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则(0,A ，(1,0,0)B ，(1,0,1)E ，F ，所以(4)AG EF ==-，(1,AB =，所以(2,0,4)BG AG AB =-=-，所以||(BG =-=所以BG 的长为(2)根据题意可取平面ABCD 的一个法向量为(0,0,1)m =，由(1)知(4)AG =-，(1,AE =，设平面AEFG 的法向量为(,,)n x y z =，则由00n AE n AG ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得040x z x z ⎧++=⎪⎨-+=⎪⎩，即32y z x z ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，令23z =，则x =，5y =-，所以(33,5,n =-，所以cos ,4||||1m n m n mn ⋅〈〉===⋅⨯，所以平面AEFG 与底面ABCD 所成锐二面角的余弦值为4. 【点睛】本题主要考查面面平行的性质定理，线段长的求法及二面角的余弦值的求法，考查运算求解能力，属于中档题.14．【2020·广东省高三其他（理）】已知几何体ABCDEF 中，//AB CD ，//FC EA ，AD AB ⊥，AE ⊥面ABCD ，2AB AD EA ===，4CD CF ==.（1）求证：平面⊥BDF 平面BCF ；（2）求二面角E －BD－F 的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）13. 【解析】（1）证明：在直角梯形ABCD 中由已知可得BD BC ==222,BD BC CD BD BC ∴+=∴⊥//FC EA ，且AE ⊥面ABCD ， FC ∴⊥平面ABCD ，BC ⊂面ABCD ，BD FC ∴⊥， FCBC C =，BC ⊂面BCF ，FC ⊂面BCF∴BD ⊥面BCF且BD ⊂面BDF ，故面⊥BDF面BCF ；（2）分别以DA 、DC 所在直线为x 轴、y 轴，以D 为垂足作面DAC 的垂线DZ 为z 轴，建系如图(0,0,0),(2,2,0),(2,0,2)(0,4,4)D B E F ， 则(2,2,0),(2,0,2),(0,4,4)DB DEDF ===，设面DEB 的法向量为(,,)m x y z =，则22002200x y m DB x z m DE ⎧+=⎧⋅=⇒⎨⎨+=⋅=⎩⎩，取1x =，则1y z ==-，故(1,1,1)m =--设面DBF 的法向量为(,,)n x y z =，则22004400x y n DB y z n DF ⎧+=⎧⋅=⇒⎨⎨+=⋅=⎩⎩，取1x =，则1,1y z =-=，故(1,1,1)n =-则1cos ,3||||3m n m n m n ⋅<>===⋅⨯，由图可得二面角E -BD -F 的余弦值为13． 【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查用空间向量法求二面角，解题关键是建立空间直角坐标系，把求二面角问题化为纯粹的计算．15．【2020·福建省福州第一中学高三其他（理）】如图，组合体由半个圆锥S O -和一个三棱锥S ACD -构成，其中O 是圆锥S O -底面圆心，B 是圆弧AC 上一点，满足BOC ∠是锐角，2===AC CD DA .（1）在平面SAB 内过点B 作//BP 平面SCD 交SA 于点P ，并写出作图步骤，但不要求证明；（2）在（1）中，若P 是SA 中点，且SO =BP 与平面SAD 所成角的正弦值.【答案】（1）答案见解析；（2.【解析】（1）①延长AB 交DC 的延长线于点Q ；②连接SQ ；③过点B 作//BP QS 交SA 于点P .（2）若P 是SA 中点，则B 是AQ 中点，又因为CB AQ ⊥，所以CA CQ =，所以90QAD ∠=，从而30BAC ∠=.依题意，,,OS OC OD 两两垂直，分别以OC ，OD ，OS 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则()()(111,0,0,,,,,22A D S P B ⎛⎛⎫-- ⎪⎝⎭⎝⎭， 从而()()1,3,0,1,0,3,AD AS BP ⎛===- ⎝⎭，设平面SAD 的法向量为(),,n x y z =，则0,0,AS n AD n ⎧⋅=⎨⋅=⎩即0,0,x x ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩取x =)1,1=--n .则cos ,1n BP n BP n BP⋅====+， 所以直线BP 与平面SAD .16．【2020·广西壮族自治区高三其他（理）】如图，直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为等腰直角三角形，90ACB ∠=，12AA AC =，P 是侧棱1CC 上的点．。
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年高考数学 专题四 立体几何题型分析 理
2020专题四：立体几何题型分析考点一三视图、直观图与表面积、体积1.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．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积有以下关系S直观图＝24S原图形，S原图形＝22S直观图．2.三视图(1)几何体的三视图包括正(主)视图、侧(左)视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π(r＋r′)l2名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝13Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝13(S上＋S下＋S上S下)h球S ＝4πR 2 V ＝43πR 3例1.等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．例2．(2020·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．180B ．200C ．220D ．240例3.(1)如图所示，已知三棱柱ABC A 1B 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(2)(2020·新课标Ⅰ)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考点二 球与空间几何体的“切”“接”问题 方法主要是“补体”和“找球心” 方法一：直接法例1、一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱长分别为1,2,3 ，则此球的表面积为 .练习：已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积为（ ） A. 16π B. 20π C. 24π D. 32π 方法二：构造法（构造正方体或长方体）例2（2020年福建高考题）若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是 练习 （2020年全国卷）一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ） A. 3π B. 4π C. 33π D. 6π 三、确定球心位置法例3、在矩形ABCD 中，AB=4，BC=3，AC 沿将矩形ABCD 折成一个直二面角B-AC-D ，则四面体ABCD 的外接球的体积为( )四、构造直角三角形例4、正四面体的棱长为a ，则其内切球和外接球的半径是多少,体积是多少？练习： 角度一 直三棱柱的外接球1．(2020·辽宁高考)已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310角度二 正方体的外接球2．(2020·合肥模拟)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示 (图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________． 角度三 正四面体的内切球3．(2020·长春模拟)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＝________. 角度四 四棱锥的外接球4．四棱锥P ABCD 的五个顶点都在一个球面上，该四棱锥的三视图如图所示，E ，F 分别是棱AB ，CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为22，则该球的表面积为( ) A ．9π B ．3π C ．22π D ．12π考点三 利用空间向量求角和距离 1．两条异面直线所成角的求法π12125.A π9125.B π6125.C π3125.D设两条异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a·b||a||b|(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．2．直线和平面所成的角的求法如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|n·e||n||e|.3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 是二面角α l β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB u u u r ，CD u u ur 〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α l β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．4．点到平面的距离的求法设n r 是平面α的法向量，在α内取一点B, 则 A 到α的距离|||||cos |||AB n d AB n θ==u u u r r u u u r g r 易错点：1．求异面直线所成角时，易求出余弦值为负值而盲目得出答案而忽视了夹角为⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.2．求直线与平面所成角时，注意求出夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值．3．利用平面的法向量求二面角的大小时，二面角是锐角或钝角由图形决定．由图形知二面角是锐角时cosθ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；由图形知二面角是钝角时，cos θ＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|.当图形不能确定时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)，这是利用向量求二面角的难点、易错点．一、线线角问题1．(2020·沈阳调研)在直三棱柱A 1B 1C 1 ABC 中，∠BCA ＝90°，点D 1，F 1分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与AF 1所成角的余弦值是( )A.3010 B.12 C.3015D.15102．如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 和N 分别是A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值为________．二、线面角的问题3、(2020·湖南高考)如图，在直棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.(1)证明：AC ⊥B 1D ；(2)求直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值．[针对训练](2020·福建高考改编)如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AA 1＝1，AB ＝3k ，AD ＝4k ，BC ＝5k ，DC ＝6k (k >0)．若直线AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值为67，求k 的值．三、二面角问题4、(2020·新课标卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB . (1)证明：BC 1//平面A 1CD ； (2)求二面角D A 1C E 的正弦值．[针对训练](2020·杭州模拟)如图，已知平面QBC 与直线PA 均垂直于Rt△ABC 所在平面， 且PA ＝AB ＝AC .(1)求证：PA ∥平面QBC ；(2)若PQ ⊥平面QBC ，求二面角Q PB A 的余弦值．四、 利用空间向量解决探索性问题．(2020·江西模拟)如图，四边形ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，DE ＝3AF ，BE 与平面ABCD 所成的角为60°.(1)求证：AC ⊥平面BDE ； (2)求二面角F BE D 的余弦值；(3)设点M 是线段BD 上一个动点，试确定点M 的位置，使得AM ∥平面BEF ，并证明你的结论．[针对训练]已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 在线段BD 1上．当∠APC 最大时，三棱锥P ABC 的体积为________．五、近三年新课标高考试题立体几何（三视图1小+1小1大：（1）三视图（2）线面关系（3）与球有关的组合体（4）证明、求体积与表面积（注意规范性），作辅助线的思路（5）探索性问题的思考方法）(11)（6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（15）已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,23AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为（18）（本小题满分12分）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为平行四 边形，∠DAB=60°,AB=2AD ,PD ⊥底面ABCD . （Ⅰ）证明：PA ⊥BD ；（Ⅱ）若PD =AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值。
专题04 立体几何-【李金柱梳理】冲刺2023年高考数学大题突破+限时集训(新高考专用)解析版1
专题04立体几何题型简介立体几何一般作为全国卷第20题21题.重点题型主要是1体积问题及表面积问题2线面距离及线面角问题3二面角问题4空间几何综合问题典例在线题型一：体积及表面积问题1．在如图所示的多面体ABCDE 中，⊥AE 平面ABC ，AE CD ∥，22AE CD ==，3CA CB ==，25AB =．(1)证明：平面ABE ⊥平面BDE ；(2)求多面体ABCDE 的体积．【答案】(1)证明见解析(2)25解（1）证明：设AB ，BE 的中点分别为F ，G ，连接CF ，FG ，DG ，则FG AE ∥，且12FG AE =，又CD AE ∥，且12CD AE =，所以FG CD ∥，且FG CD =，所以四边形CFGD 为平行四边形，所以∥CF DG ．因为⊥AE 平面ABC ，CF ⊂平面ABC ，所以AE CF ⊥，所以AE DG ⊥，因为CA CB =，F 为AB 的中点，所以CF AB ⊥，所以DG AB ⊥，又AB ，AE ⊂平面ABE ，且AB AE A = ，所以DG ⊥平面ABE ，又DG ⊂平面BDE ，所以平面ABE ⊥平面BDE ．（2）由（1）得CF AB ⊥，CF AE ⊥，且AB ，AE ⊂平面ABE ，AB AE A = ，所以CF ⊥平面ABE ，又因为3CA CB ==，25AB =，F 为AB 的中点，所以2CF =．因为CD AE ∥，AE ⊂平面ABE ，CD ⊄平面ABE ，所以CD ∥平面ABE ，所以点D 到平面ABE 的距离等于点C 到平面ABE 的距离CF ．因为⊥AE 平面ABC ，AC ，BC ⊂平面ABC ，所以AE AC ⊥，AE BC ⊥，又CD AE ∥，所以CD AC ⊥，CD BC ⊥，又AC ，BC ⊂平面ABC ，且AC BC C = ，所以CD ⊥平面ABC ，连接AD ，多面体ABCDE 的体积V 等于三棱锥D ABC -的体积与三棱锥D ABE -的体积之和，而11252521323D ABC V -=⨯⨯⨯⨯=，11452522323D ABE V -=⨯⨯⨯⨯=，所以多面体ABCDE 的体积25452533V =+=．变式训练1．如图①，在平面四边形ABCD 中，2AB AD ==，2BC CD ==，60BAD ∠=．将BCD △沿着BD 折叠，使得点C 到达点C '的位置，且二面角A BD C '--为直二面角，如图②．已知,,P G F 分别是,,AC AD AB'的中点，E 是棱AB 上的点，且C E '与平面ABD 所成角的正切值为3．(1)证明：平面//PGF 平面C DB '；(2)求四棱锥P GFED -的体积．【答案】(1)证明见解析解（1）,,P G F 分别为,,AC AD AB '的中点，//PG C D '∴，//PF BC '，,PG PF ⊄ 平面C DB '，,C D BC ''⊂平面C DB '，//PG ∴平面C DB '，//PF 平面C DB '，又PG PF P ⋂=，,PG PF ⊂平面PGF ，∴平面//PGF 平面C DB '.（2）取BD 的中点M ，连接,C M EM '，2AB AD == ，60BAD ∠= ，ABD ∴ 为等边三角形，2BD ∴=，又BC C D ''==222BC C D BD ''∴+=，C DB '∴ 为等腰直角三角形，112C M BD '∴==，C M BD '⊥； 二面角A BD C '--是直二面角，即平面C DB '⊥平面ABD ，平面C DB '⋂平面ABD BD =，C M '⊂平面C DB '，C M '∴⊥平面ABD ，C EM '∴∠即为C E '与平面ABD所成角，1tan 3C M C EM EM EM ''∴∠===，解得：2EM =；在EMB △中，由余弦定理得：2222cos60EM BM BE BM BE =+-⋅ ，即2314BE BE =+-，解得：12BE =，E ∴为线段AB 上靠近点B 的四等分点，111442ABD AGF BDE ABD ABD ABD ABDGFED S S S S S S S S ∴=--=--=四边形211222=⨯⨯⨯111113232P GFED GFED V S C M -'∴=⨯⨯=⨯=四棱锥四边形题型二：线面距离及线面角问题．如图，在多面体ABCDE 中，已知ABC ，ACD ，BCE 均为等边三角形，平面ACD ⊥平面ABC ，平面BCE ⊥平面ABC ，H 为AB的中点．(1)判断DE 与平面ABC 的位置关系，并加以证明；(2)求直线DH 与平面ACE 所成角的正弦值．【答案】(1)DE ∥平面ABC ，证明见解析；(2)155【详解】（1）DE ∥平面ABC ，理由如下：分别取,AC BC 的中点,O P ，连接,,DO EP OP ，因为AD CD =，所以DO AC ⊥，又平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD 平面ABC AC =，DO ⊂平面ACD ，所以DO ⊥平面ABC ，同理EP ⊥平面ABC ，所以EP DO ∥，又因为,ACD BCE 是全等的正三角形，所以EP DO =，所以四边形DOPE 是平行四边形，所以DE OP ∥，因为ED ⊄平面ABC ，OP ⊂平面ABC ，所以ED ∥平面ABC ；（2）连接BO ，则易知BO ⊥平面ACD ，以O 为坐标原点，分别以,,OD OA OB的方向为,,x y z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，令2AC =.则()()())13130,0,0,0,1,0,0,1,0,3,0,0,0,,,0,,2222O A C DH P ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，13,3,,22DE OP E ⎫=∴-⎪⎪⎭所以()33130,2,0,3,,3,2222AC AE DH ⎛=-=-= ⎭⎝⎭ ，设平面ACE 的法向量为(),,m x y z =，所以·0·0m AC m AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩ ，所以20333022y y z -=⎧⎪⎨-+=⎪⎩则0y =，取2z =，1x ∴=-，则()1,0,2m =-，所以2315cos ,525DH m DH m DH m ===，设直线DH 与平面ACE 所成的角为θ，则15sin cos ,5DH m θ==．变式训练1如图，PD 垂直于梯形ABCD 所在平面，90ADC BAD ∠=∠=，F 为PA 的中点，2PD =112AB ADCD ===，四边形PDCE 为矩形.(1)求证：//AC 平面DEF ；(2)求平面ABCD 与平面BCP 的夹角的大小；(3)求点F 到平面BCP 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)45 (3)14【详解】（1）设CP DE G = ，连接FG，四边形PDCE 为矩形，G ∴为PC 中点，又F 为PA 中点，//AC FG ∴，又FG ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ，//AC ∴平面DEF .（2）以D 为坐标原点，,,DA DC DP正方向为,,x y z 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则()1,1,0B ，()0,2,0C，(P ，()1,1,0BC ∴=-，(0,CP =-，设平面BCP 的法向量(),,n x y z =，020BC n x y CP n y ⎧⋅=-+=⎪∴⎨⋅=-+=⎪⎩，令1y =，解得：1x =，z =，(n ∴=；z 轴⊥平面ABCD ，∴平面ABCD 的一个法向量()0,0,1m =，cos ,2m n m n m n⋅∴<>==⋅ ，则平面ABCD 与平面BCP的夹角为45 .（3）由（2）知：1,0,22F ⎛ ⎝⎭，(P，1,0,22PF ⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭，由平面BCP的法向量(n =，∴点F 到平面BCP 的距离11224PF nd n⋅=== .题型三：二面角问题1如图，四棱锥P -ABCD 中，已知AD BC ∥，BC =2AD ，AD =DC ，∠BCD =60°，CD ⊥PD ，PB ⊥BD ．(1)证明：PB ⊥AB ；(2)设E 是PC 的中点，直线AE 与平面ABCD 所成角等于【答案】(1)证明见解析(2)77解（1）连结BD ，在BDC 中，因为BC=2DC ，∠BCD=60°，由余弦定理()22222cos603BD DC DC DC DC +-⋅⋅︒．因为222BD CD BC +=，所以CD ⊥BD ，又CD ⊥PD ，BD PD D = ，,BD PD ⊂平面PDB ，所以CD ⊥平面PDB ，由于PB ⊂平面PDB ，所以CD ⊥PB ．因为PB ⊥BD ，CD BD D =I ，,CD BD ⊂平面ABCD ，所以PB ⊥平面ABCD ，由于AB ⊂平面ABCD ，因此PB ⊥AB ．（2）解法1：以B 为坐标原点，BC的方向为x 轴正方向，||DC为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，由（1）可知y 轴在平面ABCD 内．则(0,0,0)B ，1322A ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，(2,0,0)C ，3322D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，13,22DC ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．设(0,0,)(0)P t t >，则(2,0,)PC t =- ，1,0,2t E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，13,222t AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．因为平面ABCD 的法向量为(0,0,1)m =，所以2cos ,||||4AE m AE m AE m t 〈〉==⋅+⋅由AE 与平面ABCD 所成角等于45°，2sin 454t =+，解得t=2．设平面DPC 的法向量1(,,)n x y z =，则110,0.n PC n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即220,130.22x z x -=⎧⎪⎨=⎪⎩所以可取1(3,1,3)n =．因为平面BPC 的法向量为2(0,1,0)n = ，于是1212127cos ,7n n n n n n 〈〉=⋅=．因为二面角B-PC-D 是锐二面角，所以其余弦值为77．解法2：取BC 中点为F ，连结EF ，AF ，则EF PB ∥，且AF=DC ．由（1）可知EF ⊥平面ABCD ，∠EAF 是AE 与平面ABCD 所成角，所以∠EAF=45°，所以EF=AF=DC ，于是PB=2EF=2DC ．以B 为坐标原点，BC的方向为x 轴正方向，||DC 为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，由（1）可知y 轴在平面ABCD 内．则(0,0,0)B ，(2,0,0)C ，332D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(0,0,2)P ，(2,0,2)PC =-，13,22DC ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．设平面DPC 的法向量(,,)m x y z =，则0,0.m PC m DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即可得220,130.22x z x y -=⎧⎪⎨-=⎪⎩所以可取(3,1,3)m = ．因为平面BPC 的法向量(0,1,0)n = ，于是7cos ,7||||m n m n m n ⋅〈〉==⋅．因为二面角B-PC-D 是锐二面角，所以其余弦值为77．解法3：取BC 中点为F ，连结EF ，AF ，则//EF PB ，且AF=DC ．由（1）可知EF ⊥平面ABCD ，∠EAF 是AE 与平面ABCD 所成角，故∠EAF=45°，因此EF=AF=DC ，于是PB=2EF=2DC=BC ，可得22PC DC =．连结BE ，则BE ⊥PC ．过E 在平面PDC 内作EG ⊥PC ，交PD 于点G ，则∠BEG 是二面角B-PC-D 的平面角．因为PB ⊥BC ，所以2BE DC ，7PD DC =．因为CD ⊥PD ，由PEG PDC △∽△可得147EG =．由PC ⊥平面BEG ，BG ⊂平面BEG ，所以PC ⊥BG ，而CD ⊥BG ，,,PC CD C PC CD ⋂=⊂平面PDC ，故BG ⊥平面PDC ，由于GE Ì平面PDC ，所以BG ⊥GE ，所以由余弦定理得7cos 7GE BEG BE ∠==．因此二面角B PCD --的余弦值为77．变式训练1如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为梯形，AB CD ∥，2AB CD =，AD SD =，SAB △为正三角形，SC BC ⊥，CB CS =.(1)求证：平面SAB ⊥平面SBC ；(2)求二面角C SA D --的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)277解（1）分别取BS ，AS 的中点O ，E ，连接OE ，OC ，ED ，则//OE AB 且12OE AB =.因为//AB CD ，2AB CD =，所以//,OE CD OE CD =，所以四边形OCDE 为平行四边形，则//CO DE .因为AD SD =，故DE SA ⊥，故CO SA ⊥.因为CB CS =，故CO SB ⊥.因为SA SB S =I ，SA ，SB ⊂平面SAB ，所以CO ⊥平面SAB.因为CO ⊂平面SBC ，所以平面SAB ⊥平面SBC.（2）连接AO ，因为△SAB 为正三角形，所以AO SB ⊥，因为平面SAB ⊥平面SBC ，平面SAB 平面SBC SB =，AO ⊂面SAB ，所以AO ⊥平面SBC ，OC 、OS 在面SBC 内，又CO SB ⊥，故OA ，OS ，OC 两两垂直，故以O 为坐标原点，OC ，OS ，OA 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.设2BC SC ==，则22AB SB ==，6OA =，2OC =，所以()0,0,6A ，()2,0,0C，()0,2,0S ，262,,22D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，（难点：点D 的坐标不易直接看出，可先求出点E 的坐标，利用CO DE =求解点D 的坐标）所以()0,2,6AS =- ，262,,22SD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ，()2,2,0CS =-.设面SAD 的法向量为()111,,m x y z =，由11111260262022m AS y z m SD x y z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令11z =，得()0,3,1m =.设面SAC 的法向量为()222,,x n y z =，则2222260220n AS y z n CS x y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，令23y =，得()3,3,1n = .则427cos ,727m n m n m n ⋅===⨯⋅，显然二面角C SAD --为锐二面角，所以二面角C SA D --的余弦值为277.题型四：空间几何综合问题1．如图所示，正方形ABCD 所在平面与梯形ABMN 所在平面垂直，AN BM ∥，2AN AB BC ===，4BM =，CN =(1)证明：BM ⊥平面ABCD ；(2)在线段CM （不含端点）上是否存在一点E ，使得二面角E BN M --的余弦值为3.若存在，求出的CE EM 值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析(2)存在，12CE EM =【详解】（1）证明：正方形ABCD 中，BC AB ⊥，平面ABCD ⊥平面ABMN ，平面ABCD ⋂平面ABMN AB =，BC ⊂平面ABCD ，BC ∴⊥平面ABMN ，又BM ⊂平面ABMN ，BC ∴⊥BM ，且BC BN ⊥，又2,BC ==BN ∴=2AB AN == ，222BN AB AN ∴=+，AN AB ∴⊥，又//AN BM ，BM AB ∴⊥，又,,BC BA B BA BC =⊂ 平面ABCD ，∴BM ⊥平面ABCD ；（2）解：如图，以B 为坐标原点，,,BA BM BC 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则()()()0,0,0,2,0,0,0,0,2B A C ，()()()2,0,2,2,2,0,0,4,0D N M ，设点(),,E a b c ，()01CE CM λλ=<<，()(),,20,4,2a b c λ∴-=-，()04,0,4,2222a b E c λλλλ=⎧⎪∴=∴-⎨⎪=-⎩，()()2,2,0,0,4,22BN BE λλ∴==-，设平面BEN 的法向量为(),,m x y z = ，()2204220BN m x y BE m y z λλ⎧⋅=+=⎪∴⎨⋅=+-=⎪⎩，令221,1,,1,1,11x y z m λλλλ⎛⎫=∴=-=∴=- ⎪--⎝⎭ ，显然，平面BMN 的法向量为()0,0,2BC =，cos ,3BC m BC m BC m⋅∴==，==，即=即23210λλ+-=，解得13λ=或1-（舍），所以存在一点E，且12CE EM =.变式训练1如图，在四棱锥E -ABCD 中，平面ADE ⊥平面ABCD ，O ､M 分别为线段AD ､DE 的中点，四边形BCDO 是边长为1的正方形，AE =DE ，AE ⊥DE.(1)求证：CM //平面ABE ；(2)求直线CM 与BD 所成角的余弦值；(3)点N 在直线AD 上，若平面BMN ⊥平面ABE ，求线段AN 的长.【答案】(1)证明见解析(2)6(3)53【详解】（1）证明：取AE 的中点P ，连接BP ､MP ，如图所示.∵M ､P 分别为ED ､AE 的中点，∴PM //AD ，且PM=12AD.又四边形BCDO 是边长为1的正方形，∴BC //OD ，且BC=OD ，又O 为AD 的中点，∴BC //AD ，且BC=12AD ，即PM //BC ，且PM=BC ，∴四边形BCMP 为平行四边形，∴CM //PB ，又CM ⊄平面ABE ，PB ⊂平面ABE ，∴CM //平面ABE.（2）（2）连接EO ，∵AE=DE ，O 为AD 中点，∴EO ⊥AD.∵EO ⊂平面ADE ，且平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE∩平面ABCD=AD ，∴EO ⊥平面ABCD.又OB ⊂平面ABCD ，OD ⊂平面ABCD ，∴EO ⊥OB ，EO ⊥OD ，以O 为原点，OB ､OD ､OE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则(0A ，1-，0)，C （1，1，0），B （1，0，0），D （0，1，0），(0E ，0，1)，M 11(0,,22∴11(1,,),22CM BD=-- =（-1，1，0）.设直线CM 与BD 所成角为θ，则cosθ=1||2||||CM BD CM BD ⋅=，∴直线CM 与BD所成角的余弦值为6.（3）设ON →=λOD →，则N （0，λ，0），∴NB →=（1，-λ，0），11(1,,)22MB =-- ，设平面BMN 的法向量为n →=(a ，b ，c)，则0,0,n MB n NB ⎧⋅=⎨⋅=⎩ 即220220a b c a b λ⎧--=⎪⎨⎪-=⎩，令a=λ，则b=1，c=2λ-1，∴n →=（λ，1，2λ-1），设面ABE 的法向量为(,,)m x y z =，(1,1,0),(0,1,1)AB AE ==由00AB m x y AE m y z ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，可取(1,1,1)m =- ．∵平面BMN ⊥平面ABE ，∴0m n →→⋅=，即λ-1+2λ-1=0，解得λ=23，53AN ∴=.模拟尝试一、解答题1．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 为等边三角形，M 为PA 的中点，PD AB ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD．(1)证明：平面MCD ⊥平面PAB ；(2)若//AD BC ，2AD BC =，2CD AB =，求平面MCD 与平面PBC 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；.【详解】（1）设AD 的中点为E ，连接PE ，因为PAD 为等边三角形，所以PE AD ⊥，又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，且PE ⊂平面PAD ，所以PE ⊥平面ABCD ，因为AB ⊂平面ABCD ，所以PE AB ⊥，又PD AB ⊥，,PD PE P PD PE =⊂ ，平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，又因为MD ⊂平面PAD ，所以AB MD ⊥，因为在等边三角形PAD 中，M 为PA 的中点，所以MD AP ⊥，因为AB AP A =I ，,AB AP ⊂平面PAB ，所以MD ⊥平面PAB ，因为MD ⊂平面MCD ，所以平面MCD ⊥平面PAB ；（2）连接CE ，由（1）知，AB ⊥平面PAD ，因为AD ⊂平面PAD ，所以AB AD ⊥，因为//AD BC ，2AD BC =，2CD AB =，所以四边形ABCE 为矩形，即CE AD ⊥，BC AE DE ==，22CD AB CE ==，所以30∠=︒CDE ，设BC a =，2AD a =，tan 60PE AE =⋅︒，tan 303AB CE DE ==⋅︒=，以E 为原点，分别以EC 、ED 、EP 所在直线为x 、y 、z轴建立空间直角坐标系，所以()0,,0A a -，()P，C ⎫⎪⎪⎝⎭，,0B a ⎫-⎪⎪⎝⎭，()0,,0D a，0,2a M ⎛- ⎝⎭，所以,,322a MC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，30,,22a MD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,,3PB a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,0,3PC ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，设平面MCD 和平面PBC 的法向量分别为()1111,,n x y z =，()2222,,n x y z =，则111111102302a n MC y a n MD y ⎧⋅=+-=⎪⎪⎨⎪⋅=-=⎪⎩，222222200n PB ay n PC ⎧⋅=--=⎪⎪⎨⎪⋅=-=⎪⎩，即1111x z ⎧=⎪⎨=⎪⎩，22203y x z =⎧⎨=⎩，取11y =，21z =，则1n = ，()23,0,1n =，所以121212cos ,35n n n n n n ⋅==⋅，所以平面MCD 与平面PBC.2．（2023·山东·日照一中校考模拟预测）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1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【答案】【详解】（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则1111111111433333A A BC A A ABC A ABC A B BC C C B V S h h V S A A V ---=⋅===⋅== ，解得h =所以点A 到平面1A BC；（2）取1A B 的中点E,连接AE,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥,又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC ⋂平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以⊥AE 平面1A BC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得2AE =，所以12AA AB ==，12A B =以2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1AC 的中点()1,1,1D ，则()1,1,1BD = ，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()1,0,1m =- ，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c =，则20n BD a b c n BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()0,1,1n =-r，则1cos ,222m n m n m n ⋅==⨯⋅，所以二面角A BD C --213122⎛⎫-= ⎪⎝⎭3．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，D 为线段AB 的中点，4CB =，43AB =118AC =，三棱锥1A A DC -的体积为8．(1)证明：1A D ⊥平面11B C D ；(2)求平面1ACD 与平面1A BC 夹角的余弦值．【答案】(1)见解析65555【详解】（1）证明：因为1AA ⊥平面ABC ，CB ⊂平面ABC ，所以1AA BC ⊥，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AAC C 为平行四边形，则118AC AC ==，因为43AB =4CB =，所以222AB CB AC +=，所以CB AB ⊥，又因为1AB AA A ⋂=，1AA ⊂平面11ABB A ，AB ⊂平面11ABB A ，所以CB ⊥平面11ABB A ，因为11//CB C B ，所以11C B ⊥平面11ABB A ，又1A D ⊂平面11ABB A ，所以111C B A D ⊥．1832ABC S AB BC =⋅=△，D 为AB 的中点，则132ACD ABC S S ==△△因为1AA ⊥平面ABC ，1111113833A A CD A ACD ACD V V S AA AA --==⋅=⨯= ，所以123AA =11A DB △中，1126A D B D ==1143A B =2221111A D B D A B +=，所以11A D B D ⊥，1111C B BD B ⋂=，111,C B B D ⊂平面11B C D ，所以1A D ⊥平面11B C D ；（2）因为1BB ⊥平面ABC ，BC AB ⊥，以点B 为坐标原点，BA 、1BB 、BC 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()0,0,4C 、()3,0,0D 、()143,3,0A 、()10,23,0B ，设平面1DAC 的法向量为()111,,m x y z =，()123,3,0DA = ，()23,0,4DC =-，则11111330340m DA x y m DC x z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，取12x =，可得(2,3m =-，设平面1A CB 的法向量为()222,,x n y z =，()13,3,0BA = ，()0,0,4BC =，则1222433040n BA x y n BC z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩ ，取21x =，可得()1,2,0n =- ，所以，6655cos ,55115m n m n m n ⋅===⋅⨯，所以平面1DAC 与平面1ACB 夹角的余弦值为65555.4．（2022·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60ADC ∠=︒，PAD 为等边三角形，O 为线段AD 的中点，且平面PAD ⊥平面ABCD ，M 是线段PC 上的点.(1)求证：OM BC ⊥；(2)若直线AM 与平面PAB 的夹角的正弦值为1010，求四棱锥M ABCD -的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)43【详解】（1）因为PAD 为等边三角形，O 为线段AD 的中点，所以PO AD ⊥；因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ；又BC ⊂平面ABCD ，所以PO BC ⊥；在OCD 中，1,2,60OD CD ADC ==∠=︒，由余弦定理可得OC =因为222OC OD CD +=，所以CO AD ⊥；因为//AD BC ，所以CO BC ⊥，所以BC ⊥平面POC ；因为OM ⊂平面POC ，所以OM BC ⊥.（2）由（1）得,,OP OC OD 两两垂直，以O 为坐标原点，建系如图，则()())0,1,0,0,0,,2,0,A P BC -；)(1,0,,0,1,AB PC AP =-=-=；设PM PC λ=，则)AM AP PM =+= ；设平面PAB 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AB n AP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，0y y -==⎪⎩，令y =则()1n =- .因为直线AM 与平面PAB所以n AM n AM ⋅==，解得13λ=或23λ=-（舍），即有13PM PC =，M 是靠近P 的三等分点，所以四棱锥M ABCD -的高等于OP 的23.四棱锥M ABCD -的体积为114222sin 603233V ︒=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=.5．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AA =，E 是1AA 的中点，底面ABCD 是平行四边形，若1A C ⊥平面1BDC.(1)若1AB AA =，证明：底面ABCD 是正方形(2)若60BAD ∠=︒，求二面角1B BE D --的余弦值【答案】(1)证明见解析；(2)【详解】（1）如图，连接1,AC CD ，1A C ⊥平面1BDC ，BD ⊂平面1BDC ，1C D ⊂平面1BDC ，则1AC BD ⊥，11AC C D ⊥，直棱柱中1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1AA BD ⊥，111AA A C A = ，11,AA A C ⊂平面1ACA ，则BD ⊥平面1ACA ，又AC ⊂平面1ACA ，所以BD AC ⊥，所以平行四边形ABCD 是菱形，1AA AB =，则直棱柱的侧面11ABB A 是正方形，因此侧面11CDD C 也是正方形，所以11CD C D ⊥，11A C CD C = ，11,AC CD ⊂平面11ACD ，所以1C D ⊥平面11ACD ，又11A D ⊂平面11ACD ，所以111C D A D ⊥，直棱柱中易知111DD A D ⊥，而111DD CD D = ，11,DD CD ⊂平面11CC D D ，所以11A D ⊥平面11CC D D ，11C D ⊂平面11CC D D ，所以1111A D C D ⊥，因此底面1111D C B A 是矩形，即四边形ABCD是矩形，所以四边形ABCD 是正方形；（2）由（1）知底面ABCD 是菱形，因此AC BD ⊥，设AC BD O ⋂=，分别以,OA OB 为,x y 轴，过O 与1AA 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图，设2AB a =，则3OA a =，OB a =，1(36)A a ，(3,0,0)C a -，(0,,0)B a ，1(36)C a -，1(23,0,6)AC a =-- ，1(3,6)BC a a =-- ，由（1）知211660AC BC a ⋅=-= ，1a =（负值舍去），6(3,0,2E ，(0,1,0)B ，(0,1,0)D -，16)B ，6(3,)2BE =- ，(0,2,0)DB = ，16)BB = ，设平面1B BE 的一个法向量是111(,,)m x y z =，则11111606302m BB m BE y z ⎧⋅=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取11x =得3,0)m = ，设平面BED 的一个法向量是222(,,)n x y z =，则2222630220n BE x y n DB y ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅==⎩，取21x =，得(1,0,2)n = ，3cos ,623m n m n m n ⋅==⨯，所以二面角1B BE D--的余弦值为366．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）直四棱柱1111ABCD A B C D -被平面α所截，所得的一部分如图所示，EF DC =．（1）证明：//ED 平面ACF ；（2）若1242DC AD A E ===，3ADC π∠=，平面EFCD与平面ABCD 433，求点E 到平面ACF 的距离．【答案】（1）详见解析；（2255．【详解】（1）依题：平面α与两平行平面ABCD ，1111D C B A 的交线分别为EF ，DC ，故有//EF DC ，又EF DC =，故有平行四边形EFCD ，∴//ED FC ，ED ⊄面ACF ，FC ⊂面ACF ，∴//ED 平面ACF ．（2）ADC △中，由余弦定理可得3AC =得AC AD ⊥，又1AA ⊥平面ABCD ，故而1AA ，AC ，AD 两两垂直，如图建系．【法一求EH 】取AD 中点H ，由1//AH A E ，1AH A E =得平行四边形1A AHE ，∴1//AA HE ，HE ⊥平面ACD ，作HI DC ⊥，（连EI ），又HE CD ⊥，∴CD ⊥平面EHI ，得CD EI ⊥，又HI DC ⊥，∴EIH ∠为所求二面角的平面角．易求3HI =4tan 33EH EIH HI ∠==，1EH =．【法二求EH 】面ABCD 的法向量显然为()0,0,1n =，设面EFCD 的法向量为(),,k x y z = ，1,0,2E h ⎛⎫⎪⎝⎭，00k DC k DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，令3x =33,1,2k h ⎫=⎪⎪⎭，依题：3119n k h n k⋅=⇒= ．由//ED 平面ACF ，点E 到平面ACF 的距离转化为D 到平面ACF 的距离d ，()1,0,0D ，()3,0C ，13,12DC EF F ⎛⎫=⇒- ⎪⎝⎭ ，设平面ACF 的法向量为(),,m x y z = ，00m AC m m AF ⎧⋅=⇒⎨⋅=⎩可为()2,0,1，255m AD d m⋅== ．真题再练1．（2021·全国·统考高考真题）如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．【答案】（12（2）7014【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法PD ⊥ 平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ，则()2,1,1PB a =- ，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥ ，则2210PB AM a ⋅=-+= ，解得22a =22BC a ==[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结BD ．因为PD ⊥底面ABCD ，且AM ⊂底面ABCD ，所以PD AM ⊥．又因为PB AM ⊥，PB PD P = ，所以AM ⊥平面PBD ．又BD ⊂平面PBD ，所以AM BD ⊥．从而90ADB DAM ∠+∠=︒．因为90∠+∠=︒MAB DAM ，所以∠=∠MAB ADB ．所以 ∽ADB BAM ，于是=AD BAAB BM．所以2112BC =．所以BC =[方法三]：几何法+三角形面积法如图，联结BD 交AM 于点N．由[方法二]知⊥AM DB ．在矩形ABCD 中，有 ∽DAN BMN ，所以2==AN DAMN BM，即23AN AM =．令2(0)=>BC t t ，因为M 为BC 的中点，则BM t =，=DB，=AM 由1122=⋅=⋅ DAB S DA AB DB AN，得=t 212t =，所以2==BC t （2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则,1,02AM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()AP = ，由1111020m AM x y mAP z ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，取1x =)m =，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z =，,0,02BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =- ，由222200n BM n BP y z ⎧⋅==⎪⎨⎪⋅=-+=⎩，取21y =，可得()0,1,1n =，cos ,14m n m n m n ⋅==⋅，所以，sin ,m n = 因此，二面角A PM B --14.[方法二]：构造长方体法+等体积法如图，构造长方体1111ABCD A B C D -，联结11,AB A B ，交点记为H ，由于11AB A B ⊥，1AB BC ⊥，所以AH ⊥平面11A BCD ．过H 作1D M 的垂线，垂足记为G ．联结AG ，由三垂线定理可知1⊥AG D M ，故AGH ∠为二面角A PM B --的平面角．易证四边形11A BCD 是边长为2的正方形，联结1D H ，HM ．111111111,2D HM D HM D A H HBM MCD A BCD S D M HG S S S S S =⋅=--- 正方形，由等积法解得31010=HG ．在Rt AHG 中，2310,210==AH HG ，由勾股定理求得355=AG ．所以，70sin 14AH AGH AG ∠==，即二面角A PM B --的正弦值为7014．2．（2021·全国·统考高考真题）已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）证明见解析；（2）112B D =【详解】（1）[方法一]：几何法因为1111,//BF AB AB AB ⊥，所以BF AB ⊥．又因为1AB BB ⊥，1BF BB B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．又因为2AB BC ==，构造正方体1111ABCG A B C G -，如图所示，过E 作AB 的平行线分别与AG BC ，交于其中点,M N ，连接11,AM BN ，因为E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，所以N 是BC 的中点，易证1Rt Rt BCF B BN ≅ ，则1CBF BBN ∠=∠．又因为1190BBN BNB ∠+∠=︒，所以1190CBF BNB BF BN ∠+∠=︒⊥，．又因为111111,BF AB BN AB B ⊥= ，所以BF ⊥平面11A MNB ．又因为ED ⊂平面11A MNB ，所以BF DE ⊥．[方法二]【最优解】：向量法因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，1B B AB ∴⊥11//A B AB ，11BF A B ⊥，BF AB ∴⊥，又1BB BF B ⋂=，AB ∴⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,B AC ∴()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）．因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥．[方法三]：因为11BF A B ⊥，11//A B AB ，所以BF AB ⊥，故110BF A B ⋅= ，0BF AB ⋅=，所以()11BF ED BF EB BB B D ⋅=⋅++ ()11=BF B D BF EB BB ⋅+⋅+ 1BF EB BF BB =⋅+⋅ 11122BF BA BC BF BB ⎛⎫=--+⋅ ⎪⎝⎭11122BF BA BF BC BF BB =-⋅-⋅+⋅112BF BC BF BB =-⋅+⋅111cos cos 2BF BC FBC BF BB FBB =-⋅∠+⋅∠1=52520255-⨯⨯⨯，所以BF ED ⊥．（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面DFE 的法向量为(),,m x y z = ，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BA θ⋅=⋅ 222214a a =⨯-+22214a a =-+当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ=．所以()minsin θ=，此时112B D =．[方法二]：几何法如图所示，延长EF 交11A C 的延长线于点S ，联结DS 交11B C 于点T ，则平面DFE 平面11B BCC FT =．作1BH FT ⊥，垂足为H ，因为1DB ⊥平面11BB C C ，联结DH ，则1D H B ∠为平面11BB C C 与平面DFE 所成二面角的平面角．设1,B D t =[0,2],t ∈1B T s =，过1C 作111//CG AB 交DS 于点G ．由111113C S C G SA A D ==得11(2)3C G t =-．又1111B D BT C G C T=，即12(2)3t s s t =--，所以31t s t =+．又111B H BT C F FT=，即11B H =1B H =所以DH ===则11sin B D DHB DH∠===所以，当12t =时，()1min sin 3DHB ∠=．[方法三]：投影法如图，联结1,FB FN，DEF 在平面11BB C C 的投影为1BN F ，记面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的平面角为θ，则1cos B NF DEFS S θ=．设1(02)BD t t =≤≤，在1Rt DB F中，DF ==在Rt ECF中，EF 过D 作1B N 的平行线交EN 于点Q ．在Rt DEQ △中，DE ==在DEF 中，由余弦定理得222cos 2DF EF DE DFE DF EF+-∠=⋅=sin DFE ∠=1sin 2DFE S DF EF DFE =⋅∠ =13,2B NF S = 1cos B NF DFES S θ==sin θ当12t =，即112B D =，面11BBC C 与面DFE所成的二面角的正弦值最小，最小值为3．（2021·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，ABAD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)6.(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为AB AD =，O 是BD 中点，所以OA BD ⊥，因为OA ⊂平面ABD ，平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OA ⊥平面BCD ．因为CD ⊂平面BCD ，所以OA CD ⊥.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O 为坐标原点，OA 为z 轴，OD 为y 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系O xyz-，则1,0),(0,1,0),(0,1,0)2C D B -，设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,所以4233(0,,),(,0)3322EB m BC =--= ，设(),,n x y z =r为平面EBC 的法向量，则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩ 可求得平面EBC 的一个法向量为2(3,1,)n m=--．又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m =，所以222cos ,244n OA m m -=⋅+，解得1m =．又点C 到平面ABD 321133213226A BCD C ABD V V --==⨯⨯⨯=所以三棱锥A BCD -36．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作EG BD ⊥，垂足为点G ．作GF BC ⊥，垂足为点F ，连结EF ，则OA EG ∥．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，EFG ∠为二面角E BC D --的平面角．因为45EFG ∠=︒，所以EG FG =．由已知得1OB OD ==，故1OB OC ==．又30OBC OCB ∠=∠=︒，所以3BC =．因为24222,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======，111122(11)13332A BCD BCD BOC V S O S OA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯ ．[方法三]：三面角公式考虑三面角B EDC -，记EBD ∠为α，EBC ∠为β，30DBC ∠=︒，记二面角E BC D --为θ．据题意，得45θ=︒．对β使用三面角的余弦公式，可得cos cos cos30βα=⋅︒，化简可得cos 2βα=．①使用三面角的正弦公式，可得sin sin sin αβθ=，化简可得sin βα=．②将①②两式平方后相加，可得223cos 2sin 14αα+=，由此得221sin cos 4αα=，从而可得1tan 2α=±．如图可知π(0,)2α∈，即有1tan 2α=，根据三角形相似知，点G 为OD 的三等分点，即可得43BG =，结合α的正切值，可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD -的体积为6．4．（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．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF 与平面ABD 所成的角的437【详解】（1）因为AD CD =，E 为AC 的中点，所以AC DE ⊥；在ABD △和CBD △中，因为,,B A C D CD ADB DB DB D ∠=∠==，所以ABD CBD ≌△△，所以AB CB =，又因为E 为AC 的中点，所以AC BE ⊥；又因为,DE BE ⊂平面BED ，DE BE E ⋂=，所以AC ⊥平面BED ，因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .（2）连接EF ，由（1）知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC EF ⊥，所以1=2AFC S AC EF ⋅△，当EF BD ⊥时，EF 最小，即AFC △的面积最小.因为ABD CBD ≌△△，所以2CB AB ==，又因为60ACB ∠=︒，所以ABC 是等边三角形，因为E 为AC 的中点，所以1AE EC ==，3BE =因为AD CD ⊥，所以112DE AC ==,在DEB 中，222DE BE BD +=，所以BE DE ⊥.以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -，则()()()1,0,0,3,0,0,0,1A B D ，所以()()1,0,1,3,0AD AB =-=-，设平面ABD 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AD x z n AB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取y =()n = ，又因为()31,0,0,,4C F ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以34CF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭ ，所以cos ,7n CF n CF n CF⋅==，设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为02πθθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，所以sin cos ,n CF θ== 所以CF 与平面ABD所成的角的正弦值为7.5．（2022·全国·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD 是边长为8（单位：cm ）的正方形，,,,EAB FBC GCD HDA 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．(1)证明：//EF 平面ABCD ；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】(1)证明见解析；【详解】（1）如图所示：分别取,AB BC 的中点,M N ，连接MN ，因为,EAB FBC为全等的正三角形，所以,EM AB FN BC ⊥⊥，EM FN =，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面EAB ⋂平面ABCD AB =，EM ⊂平面EAB ，所以EM ⊥平面ABCD ，同理可得FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知//EM FN ，而EM FN =，所以四边形EMNF 为平行四边形，所以//EF MN ，又EF ⊄平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以//EF 平面ABCD ．（2）[方法一]：分割法一如图所示：分别取,AD DC 中点,K L ，由（1）知，//EF MN 且EF MN =，同理有，//,HE KM HE KM =，//,HG KL HG KL =，//,GF LN GF LN =，由平面知识可知，BD MN ⊥，MN MK ⊥，KM MN NL LK ===，所以该几何体的体积等于长方体KMNL EFGH -的体积加上四棱锥B MNFE -体积的4倍．因为MN NL LK KM ====，8sin 60EM == 点B 到平面MNFE 的距离即为点B 到直线MN 的距离d，d =(21343V =⨯+⨯⨯==．[方法二]：分割法二如图所示：连接AC,BD,交于O ，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH 的体积加上三棱锥A-OEH 的4倍,再加上三棱锥E-OAB 的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH 的中点P ，连接AP,OP.则EH 垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH 与三棱锥E-OAB 的高均为EM 的长.所以该几何体的体积(21111144444433232V =⋅+⋅⋅⋅⋅6．（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1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【答案】2.【详解】（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则111111111143333A A BC A A ABC A ABC A B BC C C B V S h V S A A V ---=⋅===⋅==，解得h =所以点A 到平面1A BC；（2）取1A B 的中点E,连接AE,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥,又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC ⋂平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以⊥AE 平面1A BC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE 12AA AB ==，1A B =以2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1AC 的中点()1,1,1D ，则()1,1,1BD = ，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()1,0,1m =- ，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c = ，则020n BD a b c n BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()0,1,1n =-r，则1cos ,2m n m n m n ⋅==⋅，所以二面角A BD C --2=.7．（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．【答案】(1)证明见解析(2)1113【详解】（1）证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥-P ABC 的高，所以PO ⊥平面ABC ，,AO BO ⊂平面ABC ，所以PO AO ⊥、PO BO ⊥，又PA PB =，所以POA POB ≅△△，即OA OB =，所以OAB OBA ∠=∠，又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒，所以ODA OAD∠=∠所以AO DO =，即AO DO OB ==，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以//OE PD ，又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ，所以//OE 平面PAC（2）解：过点A 作//Az OP ，如图建立空间直角坐标系，因为3PO =，5AP =，所以224OA AP PO =-=，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD ，43AB =所以12AC =，所以()23,2,0O ，()43,0,0B ，()23,2,3P ，()0,12,0C ，所以333,1,2E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则333,1,2AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，()3,0,0AB =，()0,12,0AC = ，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则33302430n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令2z =，则=3y -，0x =，所以()0,3,2n =-；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则33302120m AE a b c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令a 6c =-，0b =，所以)6m =-；所以cos ,n m n m n m⋅==设二面角C AE B --的大小为θ，则cos cos ,=n m θ=所以11sin 13θ==，即二面角C AE B --的正弦值为1113.8．（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．【答案】(1)见解析(2)见解析【详解】（1）取AB 的中点为K ，连接,MK NK ，由三棱柱111ABC A B C -可得四边形11ABB A 为平行四边形，而11,B M MA BK KA ==，则1//MK BB ，而MK ⊄平面11BCC B ，1BB ⊂平面11BCC B ，故//MK 平面11BCC B ，而,CN NA BK KA ==，则//NK BC ，同理可得//NK 平面11BCC B ，而,,NK MK K NK MK =⊂ 平面MKN ，故平面//MKN 平面11BCC B ，而MN ⊂平面MKN ，故//MN 平面11BCC B ，（2）因为侧面11BCC B 为正方形，故1CB BB ⊥，而CB ⊂平面11BCC B ，平面11CBB C ⊥平面11ABB A ，平面11CBB C ⋂平面111ABB A BB =，故CB ⊥平面11ABB A ，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，因为AB ⊂平面11ABB A ，故NK AB ⊥，若选①，则AB MN ⊥，而NK AB ⊥，NK MN N = ，故AB ⊥平面MNK ，而MK ⊂平面MNK ，故AB MK ⊥，所以1AB BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ，故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =-，则()2,2,1n =--，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯ .若选②，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，而KM ⊂平面MKN ，故NK KM ⊥，而11,1B M BK NK ===，故1B M NK =，而12B B MK ==，MB MN =，故1BB M MKN ≅ ，所以190BB M MKN ∠=∠=︒，故111A B BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ，故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM === ，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =-，则()2,2,1n =--，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯.9．（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，。
2020年高考数学试题分项版—立体几何(解析版)
2020年高考数学试题分项版——立体几何（解析版）一、选择题1.(2020·全国Ⅰ理，3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt △SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫a 22， ∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．2．(2020·全国Ⅰ理，10)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆，若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a .由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23，OO 1＝a ＝2 3. 在Rt △OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.3．(2020·全国Ⅱ理，7)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为( )A ．EB ．FC ．GD ．H 答案 A解析 由三视图还原几何体，如图所示，由图可知，所求端点在侧视图中对应的点为E .4．(2020·全国Ⅱ理，10)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为( ) A. 3 B.32 C ．1 D.32答案 C 解析如图所示，过球心O 作OO 1⊥平面ABC ，则O 1为等边三角形ABC 的外心．设△ABC 的边长为a ， 则34a 2＝934，解得a ＝3， ∴O 1A ＝23×32×3＝ 3.设球O 的半径为r ，则由4πr 2＝16π，得r ＝2，即OA ＝2. 在Rt △OO 1A 中，OO 1＝OA 2－O 1A 2＝1， 即O 到平面ABC 的距离为1.5．(2020·全国Ⅲ理，8)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．6＋4 2B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．4＋2 3答案 C解析 如图，该几何体为三棱锥，且其中有三个面是腰长为2的等腰直角三角形，第四个面是边长为22的等边三角形，所以该几何体的表面积为3×12×2×2＋12×22×22×32＝6＋2 3.6.(2020·新高考全国Ⅰ，4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A ．20°B ．40°C ．50°D ．90° 答案 B解析 如图所示，⊙O 为赤道平面，⊙O 1为A 点处的日晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.7.(2020·新高考全国Ⅱ，4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为()A．20°B．40°C．50°D．90°答案 B解析如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.8．(2020·北京，4)某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为()A．6＋ 3 B．6＋2 3 C．12＋ 3 D．12＋2 3答案 D解析 由三视图还原几何体，该几何体为底面是边长为2的正三角形，高为2的直三棱柱， S 底＝2×34×22＝2 3. S 侧＝3×2×2＝12，则三棱柱的表面积为23＋12.9．(2020·北京，10)2020年3月14日是全球首个国际圆周率日(π Day)．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n 充分大时，计算单位圆的内接正6n 边形的周长和外切正6n 边形(各边均与圆相切的正6n 边形)的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔·卡西的方法，π的近似值的表达式是( ) A ．3n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n B ．6n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n C ．3n ⎝⎛⎭⎫sin 60°n ＋tan 60°n D ．6n ⎝⎛⎭⎫sin 60°n＋tan 60°n 答案 A解析 设内接正6n 边形的周长为C 1，外切正6n 边形的周长为C 2，如图(1)所示，sin 360°12n ＝BC 1， ∴BC ＝sin 30°n，∴AB ＝2sin 30°n ，C 1＝12n sin 30°n.如图(2)所示，tan 360°12n ＝B ′C ′1，∴B ′C ′＝tan 30°n，∴A ′B ′＝2tan 30°n ，C 2＝12n tan 30°n .∴2π＝C 1＋C 22＝6n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n ， ∴π＝3n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n＋tan 30°n . 10．(2020·天津，5)若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π 答案 C解析 由题意知，正方体的体对角线就是球的直径 ∴2R ＝(23)2＋(23)2＋(23)2＝6， ∴R ＝3，∴S 球＝4πR 2＝36π.11．(2020·浙江，5)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.73B.143 C ．3 D ．6 答案 A解析 如图，三棱柱的体积V 1＝12×2×1×2＝2，三棱锥的体积V 2＝13×12×2×1×1＝13，因此，该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝2＋13＝73.12．(2020·浙江，6)已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ，“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 B解析 如图，直线l ，m ，n 不过同一点，且l ，m ，n 共面有三种情况：①同一平面内三线平行；②两平行线与另一线相交；③三线两两相交．因此，“l ，m ，n 两两相交”是“l ，m ，n 共面”的一种情况，即“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的必要不充分条件．13.(2020·全国Ⅰ文，3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt △SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫a 22， ∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．14．(2020·全国Ⅰ文，12)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a . 由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23， OO 1＝a ＝2 3.在Rt △OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.15．(2020·全国Ⅱ文，11)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为( ) A. 3 B.32 C ．1 D.32答案 C解析 如图所示，过球心O 作OO 1⊥平面ABC ，则O 1为等边三角形ABC 的外心． 设△ABC 的边长为a ， 则34a 2＝934，解得a ＝3， ∴O 1A ＝23×32×3＝ 3.设球O 的半径为r ，则由4πr 2＝16π，得r ＝2，即OA ＝2. 在Rt △OO 1A 中，OO 1＝OA 2－O 1A 2＝1， 即O 到平面ABC 的距离为1.16．(2020·全国Ⅲ文，9)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．6＋4 2B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．4＋2 3答案 C解析 如图，该几何体为三棱锥，且其中有三个面是腰长为2的等腰直角三角形，第四个面是边长为22的等边三角形，所以该几何体的表面积为3×12×2×2＋12×22×22×32＝6＋2 3.二、填空题1．(2020·全国Ⅱ理，16)设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内； p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面； p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行； p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l . 则下述命题中所有真命题的序号是________． ①p 1∧p 4；②p 1∧p 2；③23p p ⌝∨；④34p p ⌝∨⌝. 答案 ①③④解析 p 1是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由平面的基本性质“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面”，可知p 1为真命题；p 2是假命题，因为当空间中三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；p 3是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；p 4是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线．由以上结论知綈p 2，綈p 3，綈p 4依次为真命题、真命题、假命题，从而①③④中命题为真命题，②中命题为假命题．2．(2020·全国Ⅲ理，15)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面P AB ，如图所示，则△P AB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB 中，P A ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.3．(2020·新高考全国Ⅰ，16)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________． 答案2π2解析 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ， 连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形， 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ，则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2. 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ . 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ 的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.4．(2020·新高考全国Ⅱ，13)棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱BB 1，AB 的中点，则三棱锥A 1－D 1MN 的体积为________． 答案 1解析 如图，由正方体棱长为2，得S △A 1MN ＝2×2－2×12×2×1－12×1×1＝32，又易知D 1A 1为三棱锥D 1－A 1MN 的高，且D 1A 1＝2， ∴1111A D MN D A MN V V --=＝13·1A MN S △·D 1A 1＝13×32×2＝1. 5.(2020·江苏，9)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半径为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm 3.答案 ⎝⎛⎭⎫123－π2 解析 螺帽的底面正六边形的面积 S ＝6×12×22×sin 60°＝63(cm 2)，正六棱柱的体积V 1＝63×2＝123(cm 3)， 圆柱的体积V 2＝π×0.52×2＝π2(cm 3)，所以此六角螺帽毛坯的体积 V ＝V 1－V 2＝⎝⎛⎭⎫123－π2cm 3. 6．(2020·浙江，14)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________． 答案 1解析 如图，设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则圆锥的侧面积S 侧＝πrl ＝2π， ∴r ＝12l .又圆锥侧面展开图为半圆， ∴12πl 2＝2π， ∴l ＝2，∴r ＝1.7．(2020·全国Ⅱ文，16)设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内； p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面； p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行； p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l . 则下述命题中所有真命题的序号是________． ①p 1∧p 4；②p 1∧p 2；③23p p ⌝∨；④34p p ⌝∨⌝. 答案 ①③④解析 p 1是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由平面的基本性质“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面”，可知p 1为真命题；p 2是假命题，因为当空间中三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；p 3是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；p 4是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线．由以上结论知綈p 2，綈p 3，綈p 4依次为真命题、真命题、假命题，从而①③④中命题为真命题，②中命题为假命题．8．(2020·全国Ⅲ文，16)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面P AB ，如图所示，则△P AB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB 中，P A ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.三、解答题1.(2020·全国Ⅰ理，18)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，PO ＝66DO .(1)证明：P A ⊥平面PBC ； (2)求二面角B －PC －E 的余弦值．(1)证明 由题设，知△DAE 为等边三角形，设AE ＝1， 则DO ＝32，CO ＝BO ＝12AE ＝12， 所以PO ＝66DO ＝24， PC ＝PO 2＋OC 2＝64，PB ＝PO 2＋OB 2＝64， 又△ABC 为等边三角形，则BAsin 60°＝2OA ， 所以BA ＝32， P A ＝PO 2＋OA 2＝64， P A 2＋PB 2＝34＝AB 2，则∠APB ＝90°，所以P A ⊥PB ，同理P A ⊥PC ， 又PC ∩PB ＝P ，所以P A ⊥平面PBC . (2)解 过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，ON 所在直线为y 轴，OD 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E ⎝⎛⎭⎫－12，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，24， B ⎝⎛⎭⎫－14，34，0，C ⎝⎛⎭⎫－14，－34，0，PC →＝⎝⎛⎭⎫－14，－34，－24，PB →＝⎝⎛⎭⎫－14，34，－24，PE →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，－24，设平面PCB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0，得⎩⎨⎧－x 1－3y 1－2z 1＝0，－x 1＋3y 1－2z 1＝0，令x 1＝2，得z 1＝－1，y 1＝0， 所以n ＝(2，0，－1)，设平面PCE 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PE →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－3y 2－2z 2＝0，－2x 2－2z 2＝0，令x 2＝1，得z 2＝－2，y 2＝33， 所以m ＝⎝⎛⎭⎫1，33，－2，故cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |＝223×103＝255， 所以二面角B －PC －E 的余弦值为255.2.(2020·全国Ⅱ理，20)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 ⊥平面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．(1)证明 因为侧面BB 1C 1C 是矩形，且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)解 由已知得AM ⊥BC .以M 为坐标原点，MA →的方向为x 轴正方向，|MB →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB ＝2，AM ＝ 3.连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形， 故PM ＝233，E ⎝⎛⎭⎫233，13，0.由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC . 设Q (a,0,0)， 则NQ ＝4－⎝⎛⎭⎫233－a 2，B 1⎝⎛⎭⎪⎫a ，1，4－⎝⎛⎭⎫233－a 2， 故B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a ，－23，－4－⎝⎛⎭⎫233－a 2，|B 1E →|＝2103.又n ＝(0，－1,0)是平面A 1AMN 的一个法向量，故sin ⎝⎛⎭⎫π2－〈n ，B 1E →〉＝cos 〈n ，B 1E →〉 ＝n ·B 1E →|n ||B 1E →|＝1010.所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010. 3.(2020·全国Ⅲ理，19)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.(1)证明：点C 1在平面AEF 内；(2)若AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，求二面角A －EF －A 1的正弦值．(1)证明 设AB ＝a ，AD ＝b ，AA 1＝c ，如图，以C 1为坐标原点，C 1D 1—→，C 1B 1—→，C 1C —→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系C 1－xyz .连接C 1F ，则C 1(0,0,0)，A (a ，b ，c )， E ⎝⎛⎭⎫a ，0，23c ，F ⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ， EA →＝⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ，C 1F →＝⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ， 所以EA →＝C 1F →，所以EA ∥C 1F ， 即A ，E ，F ，C 1四点共面， 所以点C 1在平面AEF 内．(2)解 由已知得A (2,1,3)，E (2,0,2)，F (0,1,1)，A 1(2,1,0)， 则AE →＝(0，－1，－1)，AF →＝(－2,0，－2)， A 1E →＝(0，－1,2)，A 1F →＝(－2,0,1)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面AEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y 1－z 1＝0，－2x 1－2z 1＝0，可取n 1＝(－1，－1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面A 1EF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1E →＝0，n 2·A 1F →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y 2＋2z 2＝0，－2x 2＋z 2＝0，同理可取n 2＝⎝⎛⎭⎫12，2，1. 因为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－77，所以二面角A －EF －A 1的正弦值为427. 4.(2020·新高考全国Ⅰ，20)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 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． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面P AD ，平面P AD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ，且PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ，所以l ⊥PD ， 因为DC ∩PD ＝D ， 所以l ⊥平面PDC .(2)解 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，如图建立空间直角坐标系D －xyz ，因为PD ＝AD ＝1，则有D (0,0,0)，C (0,1,0)，A (1,0,0)，P (0,0,1)，B (1，1,0)， 设Q (m,0,1)，则有DC →＝(0,1,0)，DQ →＝(m,0,1)，PB →＝(1,1，－1)， 设平面QCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝－m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ＝(1,0，－m )， 则cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1. 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于 |cos 〈n ，PB →〉|＝|1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2m m 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63，当且仅当m ＝1时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63. 5.(2020·新高考全国Ⅱ，20)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 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，QB ＝2，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面P AD ，平面P AD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ，且PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ，所以l ⊥PD ， 因为DC ∩PD ＝D ， 所以l ⊥平面PDC .(2)解 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D (0,0,0)，C (0,1,0)， B (1,1,0)，P (0,0,1)，DC →＝(0,1,0)，PB →＝(1,1，－1)．由(1)设Q (a,0,1)，则BQ →＝(a －1，－1,1)． 由题意知(a －1)2＋2＝2， ∴a ＝1，∴DQ →＝(1,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面QCD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DQ →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，y ＝0，可取n ＝(1,0，－1)，∴cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n |·|PB →|＝63，故PB 与平面QCD 所成角的正弦值为63. 6.(2020·北京，16)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BB 1的中点．(1)求证：BC 1∥平面AD 1E ；(2)求直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值． (1)证明 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， AB ∥A 1B 1且AB ＝A 1B 1，A 1B 1∥C 1D 1且A 1B 1＝C 1D 1， ∴AB ∥C 1D 1且AB ＝C 1D 1，∴四边形ABC 1D 1为平行四边形，则BC 1∥AD 1， ∵BC 1⊄平面AD 1E ，AD 1⊂平面AD 1E ， ∴BC 1∥平面AD 1E .(2)解 以点A 为坐标原点，AD ，AB ，AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2， 则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，D 1(2,0,2)，E (0,2,1)， AD 1→＝(2,0,2)，AE →＝(0,2,1)，AA 1→＝(0,0,2)， 设平面AD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝0，n ·AE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2y ＋z ＝0，令z ＝－2，得x ＝2，y ＝1，则n ＝(2,1，－2)． cos 〈n ，AA 1→〉＝n ·AA 1→|n |·|AA 1→|＝－43×2＝－23.因此，直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.7.(2020·天津，17)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝2，CC 1＝3，点D ，E 分别在棱AA 1和棱CC 1上，且AD ＝1，CE ＝2，M 为棱A 1B 1的中点．(1)求证：C 1M ⊥B 1D ；(2)求二面角B －B 1E －D 的正弦值；(3)求直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值．(1)证明 依题意，以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CC 1→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C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，C 1(0,0,3)，A 1(2,0,3)，B 1(0,2,3)，D (2,0,1)，E (0,0,2)，M (1,1,3)．则C 1M →＝(1,1,0)，B 1D →＝(2，－2，－2)， ∵C 1M →·B 1D →＝2－2＋0＝0，∴C 1M ⊥B 1D .(2)解 依题意，CA →＝(2,0,0)是平面BB 1E 的一个法向量，EB 1→＝(0,2,1)，ED →＝(2,0，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面DB 1E 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EB 1→＝0，n ·ED →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋z ＝0，2x －z ＝0.不妨设x ＝1，可得n ＝(1，－1,2)．∴cos 〈CA →，n 〉＝CA →·n |CA →||n |＝66，∴sin 〈CA →，n 〉＝1－16＝306. ∴二面角B －B 1E －D 的正弦值为306. (3)解 依题意，AB →＝(－2,2,0)，由(2)知，n ＝(1，－1,2)为平面DB 1E 的一个法向量， ∴cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |＝－33，∴直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值为33. 8.(2020·江苏，15)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．(1)求证：EF ∥平面AB 1C 1； (2)求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1.证明 (1)因为E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点， 所以EF ∥AB 1.又EF ⊄平面AB 1C 1，AB 1⊂平面AB 1C 1， 所以EF ∥平面AB 1C 1.(2)因为B 1C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， 所以B 1C ⊥AB .又AB ⊥AC ，B 1C ⊂平面AB 1C ，AC ⊂平面AB 1C ， B 1C ∩AC ＝C ， 所以AB ⊥平面AB 1C . 又因为AB ⊂平面ABB 1， 所以平面AB 1C ⊥平面ABB 1.9.(2020·江苏，22)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．解 (1)如图，连接OC ，因为CB ＝CD ，O 为BD 的中点，所以CO ⊥BD .又AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥OC .以{OB →，OC →，OA →}为基底，建立空间直角坐标系O －xyz . 因为BD ＝2，CB ＝CD ＝5，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)． 所以AB →＝(1,0，－2)，DE →＝(1,1,1)，所以|cos 〈AB →，DE →〉|＝|AB →·DE →||AB →|·|DE →|＝|1＋0－2|5×3＝1515.因此，直线AB 与DE 所成角的余弦值为1515. (2)因为点F 在BC 上，BF ＝14BC ，BC →＝(－1,2,0)．所以BF →＝14BC →＝⎝⎛⎭⎫－14，12，0. 又DB →＝(2,0,0)，故DF →＝DB →＋BF →＝⎝⎛⎭⎫74，12，0.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面DEF 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ DE →·n 1＝0，DF →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＋z 1＝0，74x 1＋12y 1＝0，令x 1＝2，得y 1＝－7，z 1＝5，所以n 1＝(2，－7,5)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面DEC 的一个法向量， 又DC →＝(1,2,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n 2＝0，DC →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝0，x 2＋2y 2＝0，令x 2＝2，得y 2＝－1，z 2＝－1， 所以n 2＝(2，－1，－1)． 故|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|4＋7－5|78×6＝1313. 所以sin θ＝1－cos 2θ＝23913. 10.(2020·浙江，19)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝∠ACD ＝45°，DC ＝2BC .(1)证明：EF ⊥DB ；(2)求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．(1)证明 如图(1)，过点D 作DO ⊥AC ，交直线AC 于点O ，连接OB .由∠ACD ＝45°，DO ⊥AC ，得CD ＝2CO . 由平面ACFD ⊥平面ABC ，得DO ⊥平面ABC ， 所以DO ⊥BC .由∠ACB ＝45°，BC ＝12CD ＝22CO ，得BO ⊥BC .所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB . 由ABC －DEF 为三棱台， 得BC ∥EF ，所以EF ⊥DB .(2)解 方法一 如图(2)，过点O 作OH ⊥BD ，交直线BD 于点H ，连接CH .由ABC －DEF 为三棱台，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DBC ，所以∠OCH 为直线CO 与平面DBC 所成角． 设CD ＝22，则DO ＝OC ＝2，BO ＝BC ＝2， 得BD ＝6，OH ＝233，所以sin ∠OCH ＝OH OC ＝33.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33. 方法二 由ABC －DEF 为三棱台，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(3)，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CD ＝22，由题意知各点坐标如下：O (0,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，D (0,0,2)．因此OC →＝(0,2,0)，BC →＝(－1,1,0)，CD →＝(0，－2,2)． 设平面DBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－2y ＋2z ＝0，可取n ＝(1,1,1)，所以sin θ＝|cos 〈OC →，n 〉|＝|OC →·n ||OC →|·|n |＝33.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33. 11.(2020·全国Ⅰ文，19)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P AB ⊥平面P AC ；(2)设DO ＝2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P －ABC 的体积． (1)证明 ∵D 为圆锥顶点，O 为底面圆心， ∴OD ⊥平面ABC ，∵P 在DO 上，OA ＝OB ＝OC ， ∴P A ＝PB ＝PC ，∵△ABC 是圆内接正三角形， ∴AC ＝BC ，△P AC ≌△PBC ，∴∠APC ＝∠BPC ＝90°，即PB ⊥PC ，P A ⊥PC ， P A ∩PB ＝P ，∴PC ⊥平面P AB ，PC ⊂平面P AC ，∴平面P AB ⊥平面P AC .(2)解 设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，圆锥的侧面积为πrl ＝3π，rl ＝3，OD 2＝l 2－r 2＝2，解得r ＝1，l ＝3，AC ＝2r sin 60°＝3， 在等腰直角三角形APC 中， AP ＝22AC ＝62， 在Rt △P AO 中，PO ＝AP 2－OA 2＝64－1＝22， ∴三棱锥P －ABC 的体积为V P －ABC ＝13PO ·S △ABC ＝13×22×34×3＝68.12.(2020·全国Ⅱ文，20)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 ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心．若AO ＝AB ＝6，AO ∥平面EB 1C 1F ，且∠MPN ＝π3，求四棱锥B－EB 1C 1F 的体积．(1)证明 因为侧面BB 1C 1C 是矩形，且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)解 因为AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ， 平面A 1AMN ∩平面EB 1C 1F ＝PN ， 所以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． 如图，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12(B 1C 1＋EF )·PN ＝12×(6＋2)×6＝24. 所以四棱锥B －EB 1C 1F 的体积为13×24×3＝24.13.(2020·全国Ⅲ文，19)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.证明：(1)当AB ＝BC 时，EF ⊥AC ； (2)点C 1在平面AEF 内． 证明 (1)如图，连接BD ，B 1D 1. 因为AB ＝BC ，所以四边形ABCD 为正方形，故AC ⊥BD .又因为BB 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 于是AC ⊥BB 1.又BD ∩BB 1＝B ，BD ，BB 1⊂平面BB 1D 1D ， 所以AC ⊥平面BB 1D 1D .又因为EF ⊂平面BB 1D 1D ，所以EF ⊥AC .(2)如图，在棱AA 1上取点G ，使得AG ＝2GA 1，连接GD 1，FC 1，FG ， 因为ED 1＝23DD 1，AG ＝23AA 1，DD 1∥AA 1且DD 1＝AA 1，所以ED 1∥AG 且ED 1＝AG ， 所以四边形ED 1GA 为平行四边形， 故AE ∥GD 1.因为B 1F ＝13BB 1，GA 1＝13AA 1，BB 1∥AA 1且BB 1＝AA 1，所以B 1F ∥GA 1，且B 1F ＝GA 1， 所以四边形B 1FGA 1是平行四边形， 所以FG ∥A 1B 1且FG ＝A 1B 1， 所以FG ∥C 1D 1且FG ＝C 1D 1， 所以四边形FGD 1C 1为平行四边形， 故GD 1∥FC 1. 所以AE ∥FC 1.所以A ，E ，F ，C 1四点共面，即点C 1在平面AEF 内．。
高考数学备考艺体生辅导专题04《立体几何的第一问》
【高考备考艺体生文化课精选好题突围系列】专题四立体几何的第一问空间点、线、面的位置关系:平行【背一背基础知识】1.公理4：若a∥b，b∥c，则a∥c.2.线面平行判定定理：若a∥b ，a⊄α，b⊂α，则a∥α.3.线面平行的性质定理：若a∥α，a⊂β，α∩β＝b，则a∥b.4.面面平行的判定定理：若a，b⊂α，a，b相交，且a∥β，b∥β，则α∥β.5.面面平行的性质定理：①若α∥β，a⊂α，则a∥β.②若α∥β，r∩α＝a，r∩β＝b，则a∥b.③线面垂直的性质定理：若a⊥α，b⊥α，则a∥b.④面面平行的性质定理：(2)线面平行的判定，可供选用的定理有：【讲一讲基本技能】1.必备技能：(1)证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，则其中一平面内的直线平行于另一平面．(2)已知线面平行时可利用线面平行的性质定理证明线线平行．(3)判定面面平行的方法：①定义法：即证两个平面没有公共点．②面面平行的判定定理．③垂直于同一条直线的两平面平行．④平行平面的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行．(4)面面平行的性质：①若两平面平行，则一个平面内的直线平行于另一平面．②若一平面与两平行平面相交，则交线平行．（5）平行间的转化关系2.典型例题例1 如图，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，M ，N 分别是B 1C 1，A 1D 1，A 1B 1，BD ，B 1C 的中点．求证：（1）MN ∥平面CDD 1C 1；（2）平面EBD ∥平面FGA ．【分析】（1）连接1BC ，1DC ，由已知推导出121DC MN ∥且121DC MN =，由此能证明∥MN 平面11C CDD ．（2）连接EF ，11D B ，推导出四边形ABEF 为平行四边形，从而BE AF ∥，由题意BD FG ∥，由此能证明平面∥EBD 平面FGA ．【解析】例2 如图，在底面为平行四边形的四棱锥P ABCD -中，AB AC ⊥，PA ⊥平面ABCD ，且PA AB =，点E 是PD 的中点．E D BPC A（Ⅰ）求证：AC PB ⊥；（Ⅱ）求证：//PB 平面AEC ；【分析】（Ⅰ）证明线线垂直，可用线线垂直的定义，可用线面垂直的性质；（Ⅱ）利用判定定理证明线面平行时，关键是在平面内找一条与已知直线平行的直线，解题时可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过平行线分线段成比例等；要证线线垂直，可通过征到线面垂直得到．（Ⅲ）因PA ⊥平面ABCD ，故过E 作PA 的平行线即可找到E 到平面ABCD 的距离【解析】【练一练趁热打铁】1. 如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 四边长为1的菱形，4ABC π∠=，OA ⊥底面ABCD ，2OA =，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点．（1）证明：直线//MN 平面OCD ；【解析】2. 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，,M N 分别是,PA BC 的中点，PD ⊥平面ABCD ，且2PD AD ==1CD =.证明：//MN 平面PCD ；【解析】取AD 中点E ，连结ME,NE ，由已知M,N 分别是PA,BC 的中点，所以//ME PD ，//NE CD ，ME NE E,PD CD D ==所以，平面//MNE 平面PCD ， P A B CDMN所以，//MN 平面PCD.空间点、线、面的位置关系:垂直【背一背基础知识】1.判定两直线垂直，可供选用的定理有：①若a ∥b ，b ⊥c ，则a ⊥c .②若a ⊥α，b ⊂α，则a ⊥b .2.线面垂直的定义：一直线与一平面垂直⇔这条直线与平面内任意直线都垂直；3.线面垂直的判定定理，可选用的定理有：①若a ⊥b ，a ⊥c ，b ，c ⊂α，且b 与c 相交，则a ⊥α.②若a ∥b ，b ⊥α，则a ⊥α.③若α⊥β，α∩β＝b ，a ⊂α，a ⊥b ，则a ⊥β.4.判定两平面垂直，可供选用的定理有：若a ⊥α，a ⊂β，则α⊥β.【讲一讲基本技能】1.必备技能：(1)解答空间垂直问题的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的基础．(2)由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在．2.典型例题例1如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AAC C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面11AAC C ，3,5AB BC ==． DC 1B 1A 1AB C求证：1AA ⊥平面ABC ；【分析】证明直线和平面垂直的常用方法：(1)利用判定定理．(2)利用判定定理的推论．(3)利用面面平行的性质．(4)利用面面垂直的性质．【解析】例2在四棱柱1111D C B A ABCD -中，ABCD 1底面⊥AA ，底面ABCD 为菱形，11O A C 为11B D 与的交点，已知1AA AB 1,BAD 60==∠=.（1）求证：平面⊥11BC A 平面11BDD B ；（2）求点O 到平面1BC D 的距离.A 1B 1D 1 C 1OD CA B【分析】（1）要证平面⊥11BC A 平面11BDD B ，即证11A C ⊥平面11BDD B ，而1111A C B D ⊥可由菱形的性质得到，又由1AA ⊥底面ABCD ，得到1BB ⊥底面1111A B C D ，进而得到111AC BB ⊥，从而使问题得证；（2）取BD 的中点E ，连接OE ，1C E ，过O 作1C E 的垂线OM ，可知OM 为点O 到平面1BC D 的距离，从而通过解直角三角形求得OM 的长．【解析】【练一练趁热打铁】1. 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是︒=∠60DAB 且边长为a 的菱形，侧面PAD 是等边三角形，且平面PAD ⊥底面ABCD ,G 为AD 的中点.求证：BG ⊥平面PAD .【解析】连接BD ，因为底面ABCD 是︒=∠60DAB 且边长为a 的菱形，所以ABD ∆是等边三角形，又因为G 为AD 的中点，所以AD GB ⊥，而平面⊥PAG 平面ABCD且平面PAD 平面ABCD AD =∴⊥GB 平面PAD .2. 如图，在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，︒=∠90ACB ，点E 、F 、G 分别是AA 1、AC 、BB 1的中点，且CG ⊥C 1G ．（1）求证：CG//面BEF ；（2）求证：面BEF ⊥面A 1C 1G ．【解析】3. 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，且PB PD =．求证：BD PC ⊥；【解析】 PC A解答题（10*10=100分）1. 如图，在三棱锥P ABC -中，90PAC BAC ∠=∠=︒，PA PB =，点D ，F 分别为BC ，AB 的中点．DF C PA（1）求证：直线//DF 平面PAC ；（2）求证：PF ⊥AD ．【解析】PBC AD OD F C PA B2. 如图，在直三棱柱 111ABC A B C 中，AB=AC ，D 、E 分别是棱BC 、 1CC 上的点（点D 不在BC 的端点处），且AD DE ，F 为 11B C 的中点．求证：平面ADE 平面11B BCC ；【解析】3. 如图，在四棱锥ABCD P -中，已知底面ABCD 为矩形，⊥PA 平面PDC ,点E 为棱PD 的中点，求证： O PA B C D E（1）//PB 平面EAC ；（2）平面⊥PAD 平面ABCD ．【解析】（1）连接BD 与AC 相交于点O ，连结OE ．因为四边形ABCD 为矩形，所以O 为BD 中点．因为E 为棱PD 中点，所以PB ∥OE ．因为PB ⊄平面EAC ，OE ⊂平面EAC ，所以直线PB ∥平面EAC ．（2）因为PA ⊥平面PDC ，CD ⊂平面PDC ，所以 PA ⊥CD ．因为四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥CD ．因为 PA∩AD＝A ，PA ，AD ⊂平面PAD ，所以 CD ⊥平面PAD ．因为CD ⊂平面ABCD ，所以 平面PAD ⊥平面ABCD ．4. 如图,在四棱锥ABCD P -中,底面ABCD 为直角梯形,BC AD //,090=∠ADC ,平面PAD ⊥底面O PA B C DEABCD ,Q 为AD 的中点,M 是棱PC 上的点,2==PD PA ，3,121===CD AD BC ，若M 是棱PC 的中点,求证:MQB //平面PA ；【解析】5. 如图所示，在直三棱柱111ABC A B C -中，AC=BC ，D 为AB 的中点，且11AB AC ⊥11AB A D ⊥；【解析】P A B C DQM6. 如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，,E F 分别为1,BB AC 中点．（1）求证：//BF 平面1A EC ；（2）求证：平面1A EC ⊥平面11ACC A ．【解析】7. 如图，四边形ABEF是等腰梯形，AB∥EF，AF＝BE＝2，EF＝4，AB＝2，ABCD是矩形．AD⊥平面ABEF，其中Q，M分别是AC，EF的中点，P是BM中点．（1）求证：PQ∥平面BCE；（2）求证：AM⊥平面BCM；【解析】（1）因为AB∥EM，且AB＝EM，所以四边形ABEM为平行四边形．连接AE，则AE过点P，且P为AE中点，又Q为AC中点，所以PQ是△ACE的中位线，于是PQ∥CE．∵CE⊂平面BCE，PQ⊄平面BCE，∴PQ∥平面BCE．（2）AD⊥平面AB EF⇒BC⊥平面ABEF⇒BC⊥AM．在等腰梯形ABEF中，由AF＝BE＝2，EF＝42，AB＝22，可得∠BEF＝45°，BM＝AM＝2，∴AB2＝AM2＋BM2，∴AM⊥BM．又BC∩BM＝B，∴AM⊥平面BCM．学科网8. 如图所示，PA⊥平面ABC，点C在以AB为直径的⊙O上，∠CBA＝30°，PA＝AB＝2，点E为线段PB的中点，点M在弧AB上，且O M∥AC．求证：平面MOE ∥平面P AC ；【解析】9. 如图，在矩形ABCD 中，BC AB 2 ,Q P ,分别为线段AB 、CD 的中点，EP ⊥平面ABCD .QPED CB A （Ⅰ）求证：AQ ∥平面CEP ； （Ⅱ）求证：平面AEQ ⊥平面DEP ；【解析】10. 在正三棱锥ABC P -中，E 、F 分别为棱PA 、AB 的中点，且CE EF ⊥。
高中数学理科专题讲解高考大题专项(四)《立体几何》教学课件
所以ON=AF.因为BE∥AF,所以ON∥AF,所以四边形AONF是平行四边形,所以FN∥AO,且AO⊂平面MAC,所以FN∥平面MAC.因为FN∩BF=F,所以平面BFN∥平面MAC.
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证法二:因为AD∥BC,AB=2,BC=1,AD=2,CD= ,所以AB⊥AD.因为BE∥AF,BE⊥平面ABCD,所以AF⊥平面ABCD,所以AF⊥AB,AF⊥AD,取AB所在直线为x轴,取AD所在直线为y轴,取AF所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
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解题心得求线面角可以用几何法,即“先找,后证,再求”,也可以通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角,取其余角就是斜线和平面所成的角.
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对点训练1(2018全国2,理20)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2 ,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.
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对点训练1(2016全国3,理19)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明:MN∥平面PAB;(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
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题型二 证明平行关系求二面角例2(2019全国1,理18)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN∥平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.
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方法一:(1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.
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专题04 立体几何1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为 A ．68π B ．6π C ．6πD 6π【答案】D【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 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥I 平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，2APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===P ABC ∴-为正方体的一部分，22226R =++=即364466π633R V R =∴=π==π，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC Q △为边长为2的等边三角形，3CF ∴=又90CEF ∠=︒，213,2CE x AE PA x ∴=-==， AEC △中，由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =Q ，D \为AC 的中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，221221222x x x ∴+=∴==，，，2PA PB PC ∴=== 又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，22226R ∴=++=62R ∴=，34466633V R ∴=π==π，故选D.【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，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． 2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,a b a b αβ⊂⊂∥，则αβ∥”此类的错误．3．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 【答案】B【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，Q 平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EO ON EN ===,，35,722MF BF BM ==∴=BM EN ∴≠，故选B ．【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．4．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是A ．158B ．162C ．182D ．324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭.故故B.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.5．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β【答案】B【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BDPB PB PB PBαβ===<=，即αβ>； 在Rt △PED 中，tan tan PD PDED BDγβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.6．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【答案】118.8【解析】由题意得，214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形， ∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ， ∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=． 又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=， 所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.7．【2019年高考北京卷理数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【答案】40【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=. 【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．8．【2019年高考北京卷理数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： （1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内； （3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α. 故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.9．【201925底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________． 【答案】π425512-=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12， 故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭. 【名师点睛】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.10．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD的体积是 ▲ .【答案】10【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=， 因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =， 由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高， 所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. 【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.11．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求二面角A−MA 1−N 的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）105. 【解析】（1）连结B 1C ，ME ． 因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ． 又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =12A 1D ． 由题设知A 1B 1=P DC ，可得B 1C =P A 1D ，故ME =P ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ． 又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ． （2）由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA uuu r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(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，3,2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-u u u r ，1(13,2)A M =--u u u u r，1(1,0,2)A N =--u u u u r ，(0,3,0)MN =-u u u u r．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u r m m ， 所以32040x y z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取3,1,0)=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u ur ，．n n所以3020q p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是2315cos ,||525⋅〈〉===⨯‖m n m n m n ， 所以二面角1A MA N --10【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.12．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（23【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ， 故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒， 故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA u u u r的方向为x 轴正方向，||DA uuu r 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB =u u u r ，(1,1,1)CE =-u u u r，1(0,0,2)CC =u u u u r．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u ur n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u ru u ur m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）． 于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --的正弦值为32． 【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.13．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2. （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的二面角B −CG −A 的大小.【答案】（1）见解析；（2）30o .【解析】（1）由已知得AD P BE ，CG P BE ，所以AD P CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ． 由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EH 3．以H 为坐标原点，HC u u u r的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz ，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，03），CG u u u r =（1，03），AC u u u r=（2，–1，0）．设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n 即30,20.x z x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =（3，6，3又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以3cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ． 因此二面角B –CG –A 的大小为30°．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.14．【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =． （1）求证：CD ⊥平面PAD ； （2）求二面角F –AE –P 的余弦值； （3）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）3（3）见解析. 【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD ． 又因为AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ． （2）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ．因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD ．如图建立空间直角坐标系A −xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2）．因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）．所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-=u u u r u u u r u u u r．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩令z =1，则1,1y x =-=-．于是=(1,1,1)--n ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），所以3cos ,||⋅〈〉==‖n p n p n p . 由题知，二面角F −AE −P 为锐角，所以其余弦值为33．（3）直线AG 在平面AEF 内．因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--u u ur ，所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n .所以4220333AG ⋅=-++=u u u r n .所以直线AG 在平面AEF 内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F −AE −P 的余弦值；（3）首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内.15．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； （3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【答案】（1）见解析；（2）49；（3）87． 【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE u u u r u u u r u u u r，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)CF h h =>>，则()1,2,F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB =u u u r 是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =u u u r，可得0BF AB ⋅=u u u r u u u r ，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ．（2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--u u u r u u u r u u u r．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rn n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =， 可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==-u u u ru u u r u u u r n n n ．所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49． （3）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rm m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=-⎪⎝⎭m ．由题意，有224||1cos ,||||3432h h -⋅〈〉===+m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意．所以，线段CF 的长为87．【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．16．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1； （2）BE ⊥C 1E ．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D ，E 分别为BC ，AC 的中点， 所以ED ∥AB .在直三棱柱ABC−A 1B 1C 1中，AB ∥A 1B 1， 所以A 1B 1∥ED .又因为ED ⊂平面DEC 1，A 1B 1⊄平面DEC 1，所以A 1B 1∥平面DEC 1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC . 因为三棱柱ABC−A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.17．【2019年高考浙江卷】（本小题满分15分）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）． 不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E 3，EG 3由于O 为A 1G 的中点，故1152A G EO OG ===所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，3B 31，0），1(3,3,23)B ，33,3)22F ，C (0，2，0)． 因此，33(,23)22EF =u u u r ，(3,1,0)BC =u u u r ．由0EF BC ⋅=u u u r u u u r得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ． 由（1）可得1=(310)=(023)BC A C --u u u r u u u u r，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u rn n ，得3030x y y z ⎧-+=⎪⎨=⎪⎩， 取n (131)=，，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅u u u ru u u r u u u r ，n n n |， 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.18．【云南省昆明市2019届高三高考5月模拟数学试题】已知直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，若αβ⊥，则下列结论正确的是 A ．l β∥或l β⊄ B ．//l m C ．m α⊥ D ．l m ⊥【答案】A【解析】对于A ，直线l ⊥平面α，αβ⊥，则l β∥或l β⊂，A 正确；对于B ，直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，且αβ⊥，则//l m 或l 与m 相交或l 与m 异面，∴B 错误；对于C ，直线m ∥平面β，且αβ⊥，则m α⊥或m 与α相交或m α⊂或m α∥，∴C 错误； 对于D ，直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，且αβ⊥，则//l m 或l 与m 相交或l 与m 异面，∴D 错误． 故选A ．【名师点睛】本题考查了空间平面与平面关系的判定及直线与直线关系的确定问题，也考查了几何符号语言的应用问题，是基础题．19．【陕西省2019届高三年级第三次联考数学试题】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为A ．34B ．34 C ．54D ．54【答案】B【解析】如图，设BC 的中点为D ，连接1A D 、AD 、1A B ， 易知1A AB ∠即为异面直线AB 与1CC 所成的角（或其补角）. 设三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长均为1， 则3AD =112A D =，12A B =由余弦定理，得2221111cos 2A A AB A B A AB A A AB+-∠=⋅111322114+-==⨯⨯. 故应选B.【名师点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，通过平移找到所成角是解这类问题的关键，若平移不好作，可采用建系，利用空间向量的运算求解，属于基础题.解答本题时，易知1A AB ∠即为异面直线AB 与1CC 所成的角（或其补角），进而通过计算1ABA △的各边长，利用余弦定理求解即可. 20．【四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学试题】如图，边长为2的正方形ABCD 中，,E F 分别是,BC CD 的中点，现在沿,AE AF 及EF 把这个正方形折成一个四面体，使,,B C D 三点重合，重合后的点记为P ，则四面体P AEF -的高为A ．13B ．23C ．34D ．1【答案】B【解析】如图，由题意可知PA PE PF ，，两两垂直，∴PA ⊥平面PEF ， ∴11111123323PEF A PEF V S PA -=⋅=⨯⨯⨯⨯=△， 设P 到平面AEF 的距离为h ，又2111321212112222AEF S =-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=△， ∴13322P AEF hV h -=⨯⨯=，∴123h =，故23h =， 故选B .【名师点睛】本题考查了平面几何的折叠问题，空间几何体的体积计算，属于中档题．折叠后，利用A PEF P AEF V V --=即可求得P 到平面AEF 的距离．21．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学试题】在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，ABC △是边长为6的等边三角形，PAB △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______． 【答案】48π【解析】如图，在等边三角形ABC 中，取AB 的中点F ，设等边三角形ABC 的中心为O ，连接PF ，CF ，OP .由6AB =，得223,33AO BO CO CF OF ===== PAB Q △是以AB 为斜边的等腰角三角形，PF AB ∴⊥,又平面PAB ⊥平面ABC ，PF ∴⊥平面ABC ，PF OF ∴⊥，2223OP OF PF =+=则O 为棱锥P ABC -的外接球球心，外接球半径23R OC ==∴该三棱锥外接球的表面积为(24π348π⨯=，故答案为48π.【名师点睛】本题主要考查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若三条棱两两垂直，则用22224R a b c =++（,,a b c 为三条棱的长）；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. 22．【2019北京市通州区三模数学试题】如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱1A A ABCD ⊥底面，AB AC ⊥，1AB =，12,5AC AA AD CD ===E 为线段1AA 上的点，且12AE =．（1）求证：BE ⊥平面1ACB ；（2）求二面角11D AC B --的余弦值；（3）判断棱11A B 上是否存在点F ，使得直线DF ∥平面1ACB ，若存在，求线段1A F 的长；若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析；（210；（3）见解析. 【解析】（1）因为1A A ABCD ⊥底面， 所以1A A AC ⊥． 又因为AB AC ⊥， 所以AC ⊥平面11ABB A ， 又因为BE ⊂平面11ABB A ， 所以AC ⊥BE ． 因为112AE ABAB BB ==，∠EAB =∠ABB 1=90°， 所以1Rt Rt ABE BB A △∽△． 所以1ABE AB B ∠=∠． 因为1190BAB AB B ∠+∠=︒， 所以190BAB ABE ∠+∠=︒． 所以BE ⊥1AB ． 又1AC AB A =I ， 所以BE ⊥平面1ACB ．（2）如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得111(0,0,0),(0,1,0),(2,0,0),(1,2,0),(0,0,2),(0,1,2),(2,0,2),A B C D A B C -11(1,2,2),(0,0,)2D E -．由（1）知，1(0,1,)2EB u u u r =-为平面1ACB 的一个法向量，设(,,)x y z =n 为平面1ACD 的法向量．因为1(1,2,2),(2,0,0)AD AC u u u u r u u u r=-=，则10,0,AD AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u u u u r r n n 即220,20,x y z x -+=⎧⎨=⎩不妨设1z =，可得(0,1,1)=n ．因此10cos ,||||EB EB EB u u u r u u u r u u u r n n n ×<>=． 因为二面角11D AC B --为锐角， 所以二面角11D AC B --10． （3）设1A F a =，则(0,,2)F a ，(1,2,2)DF a u u u r=-+．1(1,2,2)(0,1,)2102DF EB a a u u u r u u u r ?-+?=+-=，所以1a =-（舍）．即直线DF 的方向向量与平面1ACB 的法向量不垂直， 所以，棱11A B 上不存在点F ，使直线DF ∥平面1ACB ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直与平行、以及二面角的问题，熟记线面垂直的判定定理以及空间向量的方法求二面角即可，属于常考题型.（1）根据线面垂直的判定定理，直接证明，即可得出结论成立；（2）以A 为原点建立空间直角坐标系，由（1）得到1(0,1,)2EB u u u r =-为平面1ACB 的一个法向量，再求出平面1ACD 的一个法向量，求两向量夹角的余弦值，即可得出结果； （3）先设1A F a =，用向量的方法，由0DF EB u u u r u u u r?求出a 的值，结合题意，即可判断出结论.。