专题21 主观题之立体几何 《2021年高考冲刺数学每日一练》(原卷版)
2021年高考数学真题模拟试题专项汇编之立体几何(文)(Word版,含解析)
（8）立体几何（文）——2021年高考数学真题模拟试题专项汇编1.【2021年新高考Ⅰ卷，3】已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( ) A.2B.22C.4D.422.【2021年新高考Ⅱ卷，4】卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度指卫星到地球表面的最短距离）.把地球看成一个球心为O ，半径为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道所在平面所成角的度数，地球表面能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星的点的纬度的最大值记为α.该卫星信号覆盖的地球表面面积22π(1cos )S r α=-（单位：2km ），则S 占地球表面积的百分比为( ) A.26%B.34%C.42%D.50%3.【2021年北京卷，4】某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为( )33+ B.1213+3 4.【2021年浙江卷，4】某几何体的三视图如图所示(单位：cm )，则该几何体的体积(单位：3cm )是( )A.32B.3C.322D.325.【2021年新高考Ⅱ卷，5】正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则四棱台的体积为( ) A.5623B.562C.282D.28236.【2021年浙江卷，6】如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，,M N 分别是1A D ，1D B 的中点，则( )A.直线1A D 与直线1D B 垂直，直线//MN 平面ABCDB.直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC.直线1A D 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD.直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B7.【2021年北京卷，8】定义：24小时内降水在平地上积水厚度（mm ）来判断降雨程度.其中小雨（10<mm ），中雨（10mm —25mm ），大雨（25mm —50mm ），暴雨（50mm —100mm ），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级( )A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨8.【2021年全国乙卷(文)，10】在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为( ) A.π2B.π3C.π4D.π69.【2021年全国甲卷(文)，14】已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为__________.10.【2021年上海卷，9】已知圆柱的底面半径为1，高为2，AB 为上底面圆的一条直径，点C 为下底底面圆周上的一个动点，点C 绕着下底底面旋转一周，则ABC △面积的取值范围为____________.11.【2021年全国乙卷(文)，16】以图①为正视图，在图②③④③中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为___________（写出符合要求的一组答案即可）.12.【2021年全国乙卷(文)，18】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥.（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积.13.【2021年安徽怀宁模拟，18】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AAC C ⊥底面11,2,ABC AA AC AC AB BC ====，且AB BC ⊥，O 为AC 的中点.（1）求证：平面11A B O ⊥平面1BCA ；（2）若点E 在1BC 上，且//OE 平面1A AB ，求三棱锥1E A BC -的体积.14.【2021年广西桂林模拟(文)，18】如图所示，在三棱锥A BCD -中，侧棱AB ⊥平面BCD ，F 为线段BD 中点，Q 为线段AB 中点，2π3BCD ∠=，3AB =，2BC CD ==.证明：（1）CF ⊥平面ABD ； （2）求点D 到平面QCF 的距离.15.【2021年全国甲卷(文)，19】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，11BF A B ⊥，（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥.答案以及解析1.答案：B解析：本题考查圆锥的侧面展开图.设圆锥的底面半径为r ，母线长为l .由题意可得2ππr l =，所以222l r ==. 2.答案：C解析：由题意可知，6400cos 0.1536000640036000r r α==≈++，所以从同步卫星上可望见的地球的表面积222π(1cos )2π(10.15)S r r α=-≈-，此面积与地球表面积之比约为222π(10.15)100%42%4πr r -⨯≈.3.答案：A解析：画正方体，删点，剩下的4个点就是三棱锥的顶点，如图：1333311(11)2S +=⨯⨯⨯+=表. 4.答案：A解析：本题考查几何体的三视图.该几何体是高为1的四棱柱，其底面为三个全等的直角边为1的等腰直角三角形拼成的梯形，面积为32，故其体积是32. 5.答案：D解析：本题考查棱台的体积.将正四棱台1111A B C D ABCD -补成四棱锥P ABCD -，作PO ⊥底面ABCD 于点O ，交平面1111A B C D 于点1O ，则棱台1111A B C D ABCD -的体积1111P ABCD P A B C D V V V --=-.由题意，11112142PA PO A B PA PO AB ====，易知，4PA =，22AO =22224(22)22PO PA AO --=，所以12PO =，则1322(44)223P ABCD V -=⨯⨯⨯，1111142(22)23P A B C D V -=⨯⨯，所以棱台1111A B C D ABCD -的体积111132242282P ABCD P A B C D V V V --=-==.6.答案：A解析：本题考查空间的线线关系与线面关系.易知1A D ⊥平面1ABD ，故11A D D B ⊥，排除B ，C 项；连接1AD ，可知//MN AB ，所以//MN 平面ABCD ，A 项正确；因为AB 不垂直于平面11BDD B ，//MN AB ，所以直线MN 不垂直于平面11BDD B ，D 项错误.7.答案：B解析：由相似的性质可得，小圆锥的底面半径2002502r ==，故231π5015050π3V =⨯⨯⨯=⋅小圆锥，积水厚度3250π12.5π100V h S ⋅===⋅大小圆锥圆，属于中雨，故选B. 8.答案：D解析：本题考查立体几何中的线面关系及解三角形的应用.如图，记正方体的棱长为a ，则1111112AD C B A C B D a ====，所以1122B P PC a ==，221162BP B P B B a =+=.在1BC P 中，由余弦定理得22211113cos 22PB C B PC PBC PB C B +-∠==⋅，所以1π6PBC ∠=.又因为11//AD BC ，所以1PBC ∠即为直线PB 与1AD 所成的角，所以直线PB 与1AD 所成的角为π6.9.答案：39π解析：本题考查圆锥的体积与侧面积.由题可得圆锥的体积21π12π30π3V r h h ===，可得52h =，故圆锥的母线22132l r h +，所以圆锥的侧面积π39πS rl ==. 10.答案：5]解析：本题主要考查空间几何体.上顶面圆心记为O ，下底面圆心记为O '，连接OC ，过点C 作CM AB ⊥，垂足为点M ，则12ABCSAB CM =⨯⨯，根据题意，AB 为定值2，所以ABCS 的大小随着CM 长短的变化而变化.当点M 与点O 重合时，22125CM OC ==+=，取得最大值，此时12552ABCS =⨯⨯=.当点M 与点B 重合时，CM 取最小值2，此时12222ABCS=⨯⨯=.综上所述，ABCS 的取值范围为[2,5].11.答案：②⑤或③④解析：本题考查几何体的三视图.由高度可知，侧视图只能为②或③.当侧视图为②时，则该三棱锥的直观图如图1，平面PAC ⊥平面ABC ，2PA PC ==，5BA BC =2AC =，此时俯视图为⑤；当侧视图为③时，则该三棱锥的直观图如图2，PA ⊥平面ABC ，1PA =，5AC AB ==2BC =，此时俯视图为④.12.答案：（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂底面ABCD ， 所以PD AM ⊥.又因为PB AM ⊥，PD PB P ⋂=，PB ，PD ⊂平面PBD ， 所以AM ⊥平面PBD .因为AM ⊂平面PAM ，所以平面PAM ⊥平面PBD .（2）由PD ⊥底面ABCD ，所以PD 即为四棱锥P ABCD -的高，DPB 是直角三角形. 由题可知底面ABCD 是矩形，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥.设2AD BC a ==，取CD 的中点为E ，CP 的中点为F ，连接MF ，AF ， EF ，AE ，可得//MF PB ，//EF DP ，那么AM M F ⊥，AM F 为直角三角形，且12EF =，2144AE a =+，21AM a =+，222142AF EF AE a =++因为DPB 是直角三角形，所以根据勾股定理得224BP a =+，则2242a MF +=.由AM F 是直角三角形，可得222AM MF AF +=，解得22a =， 所以底面ABCD 的面积22S a ==，则四棱锥P ABCD -的体积11221333V S h =⋅⋅=⨯⨯-.13.答案：（1）1111,//,AB BC AB A B BC A B ⊥∴⊥，在1A AC 中，112AA AC AC ===，O 是AC 的中点，1AO AC ∴⊥，又平面11AAC C ⊥平面ABC ，平面11AAC C平面ABC AC =，1A O ∴⊥平面ABC .BC ⊂平面1,ABC AO BC ∴⊥. 111,A B AO ⊂平面111111,A B O A B AO A =，BC ∴⊥平面11A B O ， 又BC ⊂平面1BCA ，∴平面1BCA ⊥平面11A B O .（2）如图，连接1B C ，设1B C 与1BC 交于点E ，连接1,OE AB ， 易得1//OE AB ，1AB ⊂平面11,ABB A OE ⊄平面11ABB A ，//OE ∴平面11ABB A ，∴满足条件的E 为1BC 的中点.11111 1122E A BCC A BC B A CC V V V ---==三棱锥三棱锥三棱锥21133212346=⨯⨯⨯⨯=， 故三棱锥1E A BC -的体积为36.14.答案：（1）AB ⊥平面BCD ，CF ，BD ⊂平面BCD ，AB CF ∴⊥，AB BD ⊥.2BC CD ==，F 为BD 中点，CF BD ∴⊥.又CF AB ⊥，AB BD B =，AB ，BD ⊂平面ABD ，CF ∴⊥平面ABD .（2）在三棱锥Q DCF -中，设D 到平面QFC 距离为d . Q DCF D QCF V V --=，1133DCFQCFQB Sd S ∴⋅⋅=⋅⋅，DCFQCFQB S d S ⋅∴=.1112π322sin 2223DCFDCBSS ==⨯⨯⨯⨯=，2π44222cos 233BD =+-⨯⨯⨯.AB BD ⊥，3AB =，Q ，F 分别为AB ，BD 的中点.22912212ADAB BD QF ++∴====.QCF 中，π2cos 13CF ==，235422CQ ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，21QF =. 25211244cos 55212QCF +-∴∠==⨯⨯，21sin QCF ∴∠=. 152121122QCFS∴=⨯⨯=. 33372221d ∴==.15.答案：（1）如图，取BC 的中点为M ，连接EM .由已知易得//EM AB ，2AB BC ==，1CF =，112EM AB ==，11//AB A B ， 由11BF A B ⊥得EM BF ⊥，又易得EM CF ⊥，BF CF F ⋂=，所以EM ⊥平面BCF ， 故1111121132323F EBC E FBC V V BC CF EM --==⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=三棱锥三棱锥.（2）连接1A E ，1B M ，由（1）知11//EM A B ， 所以ED 在平面11EMB A 内.在正方形11CC B B 中，由于F ，M 分别是1CC ，BC 的中点，所以1tan 2CF CBF BC ∠==，111tan 2BM BB M BB ∠==， 且这两个角都是锐角，所以1CBF BB M ∠=∠， 所以111190BHB BMB CBF BMB BB M ∠=∠+∠=∠+∠=︒， 所以1BF B M ⊥，又11BF A B ⊥，1111B M A B B ⋂=，所以BF ⊥平面11EMB A ， 又DE ⊂平面11EMB A ，所以BF DE ⊥.。
2021年高考数学一轮复习 立体几何备考试题 理
2021年高考数学一轮复习 立体几何备考试题 理一、选择题1．（珠海xx 届高三9月摸底）如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．B ．C ．D ．2、（xx 广东高考）某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是 ( )A .B ．C ．D ．3、（xx 广东高考）设是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是( )A . 若,,,则B ．若,,,则C ．若,,,则D ．若,,,则4、（xx 广东高考）某几何体的三视图如图1所示，它的体积为（ ）A. B. C.D.5、（2011广东高考）如图1 ~ 3，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为A ．B ．C ．D ．4444正视侧视俯视第1题图46、（广州海珠区xx届高三8月摸底）已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是A．若则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则二、解答题7、（xx广东高考）如图4，四边形为正方形，平面，，于点，，交于点.（1）证明：（2）求二面角的余弦值8、（xx广东高考）如图1,在等腰直角三角形中,,,分别是上的点,,为的中点.将沿折起,得到如图2所示的四棱锥,其中.(Ⅰ) 证明:平面； (Ⅱ) 求二面角的平面角的余弦值.9、（xx广东高考）如图5所示，在四棱锥中，底面为矩形，平面，点在线段上，平面.（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）若，，求二面角的正切值..COBD EACDO BE图1 图2图510、（2011广东高考）如图5，在锥体中，是边长为1的 菱形，且，，， 分别是的中点． （1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值．11、（xx 广州一模）如图5，在棱长为的正方体中，点是棱的中点，点在棱上，且满足． （1）求证：；（2）在棱上确定一点， 使，，，四点共面，并求此时的长；（3）求平面与平面所成二面角的余弦值．12、（珠海xx 届高三9月摸底）如图，长方体中，分别为中点，（1）求证：．（2）求二面角的正切值．13、（广州海珠区xx 届高三8月）如图，四棱锥中，底面为正方形，，平面， 为棱的中点．（1）求证：// 平面； （2）求证：平面平面； （3）求二面角的余弦值．14、（xx 届肇庆二模）如图5，在四棱锥中，底面ABCD 是边长为 2的菱形，且DAB =60. 侧面PAD 为正三角形，其所在的平面垂直于底面ABCD ，G 为AD 边的中点.图5G FEA 1D 1C 1B 1D CBA第18题图（1）求证：BG 平面PAD；（2）求平面PBG与平面PCD所成二面角的平面角的余弦值；（3）若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF平面ABCD，并证明你的结论.15．（xx届深圳二模）如图5,已知△ABC为直角三角形,∠ACB为直角.以AC为直径作半圆O,使半圆O所在平面⊥平面ABC,P为半圆周异于A,C的任意一点.(1)证明:AP⊥平面PBC(2)若PA=1,AC=BC=2,半圆O的弦PQ∥AC,求平面PAB与平面QCB所成锐二面角的余弦值.答案：1、A2、B3、D4、C5、B6、B7（1）证明：平面，平面①四边形为正方形②平面平面③即④且平面（2）方法1（传统法）过作交于，过作交于，连接就是所求二面角的平面角 （过程略）方法2（向量法）由（1）可得，，建立空间直角坐标系，如图所示.设 在中，，则；由（1）知，所以， 因为，所以， 所以，，所以，所以3(0,0,),(,0,0),(,,0),(0,,0)444a A a E F C a ， 则333(,0,),(,,),444a a a AE a AF a=-=- 设平面的法向量为，则，得，取，则，所以由（1）可知，平面的法向量为，所以004cos ,||||n CF n CF n CF a ++⋅<>====⋅设二面角为，则8、(Ⅰ) 在图1中,易得连结,在中,由余弦定理可得OD =由翻折不变性可知, 所以,所以, 理可证, 又,所以平面.(Ⅱ) 传统法:过作交的延长线于,连结, 因为平面,所以, 所以为二面角的平面角. 结合图1可知,为中点,故,从而C D OBEHC DOxE向量法图yzB所以,所以二面角的平面角的余弦值为.向量法:以点为原点,建立空间直角坐标系如图所示, 则,, 所以,设为平面的法向量,则 ,即,解得,令,得由(Ⅰ) 知,为平面的一个法向量, 所以,即二面角的平面角的余弦值为.9、解析：（Ⅰ）因为平面，平面，所以.又因为平面，平面，所以.而，平面，平面，所以平面.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知平面，而平面，所以，而为矩形，所以为正方形，于是. 法1：以点为原点，、、为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.则、、、，于是，.设平面的一个法向量为，则，从而，令，得.而平面的一个法向量为.所以二面角的余弦值为，于是二面角的正切值为3.法2：设与交于点，连接.因为平面，平面，平面，所以，，于是就是二面角的平面角.又因为平面，平面，所以是直角三角形.由∽可得，而，所以，，而，所以，于是，而，于是二面角的正切值为.10、 （1）证明：取的中点，连接 ∵，∴∵在边长为1的菱形中， ∴△是等边三角形 ∴，∴平面 ∴∵分别是的中点 ∴∥，∥ ∴，， ∴平面（2）解：由（1）知， ∴是二面角的平面角 易求得∴222733421442cos 273212PH HB PB PHB PH HB +--+-∠====-⋅⨯⨯∴二面角的余弦值为11、推理论证法：（1）证明：连结，，因为四边形是正方形，所以．在正方体中，平面，平面，所以． 因为，，平面， 所以平面． 因为平面，所以． （2）解：取的中点，连结，则．在平面中，过点作，则．连结，则，，，四点共面． 因为，，所以．故当时，，，，四点共面． （3）延长，，设，连结， 则是平面与平面的交线．过点作，垂足为，连结， 因为，，所以平面． 因为平面，所以．所以为平面与平面所成二面角的平面角． 因为，即，所以．在△中，，，所以2222cos135AM AB MB AB MB =+-⨯⨯⨯ ．即． 因为，sin135a ⨯=所以．所以．故平面与平面所成二面角的余弦值为． 空间向量法：（1）证明：以点为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图的空间直角坐标系， 则，，， ，，所以，．因为，所以．所以． （2）解：设，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以． 所以存在实数，使得． 因为，，所以． 所以，．所以．故当时，，，，四点共面． （3）解：由（1）知，．设是平面的法向量，则即取，则，．所以是平面的一个法向量． 而是平面的一个法向量，设平面与平面所成的二面角为，则． 故平面与平面所成二面角的余弦值为．12、解：(1)．证明：在长方体中， 分别为中点，且四边形是平行四边形…………………………………………………………3分，……………………………5分(2)．长方体中，分别为中点，……………………………7分过做于，又就是二面角的平面角……………………………9分，在中，……………………11分直角三角形中………………………………13分二面角的正切值为……………………………14分13．HGFEA1D1C1B1D CBA14、（1）证明：连结BD.因为ABCD为棱形，且∠DAB=60°，所以ABD为正三角形. （1分）又G为AD的中点，所以BG⊥AD. （2分）又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，（3分）∴BG⊥平面PAD. （4分）解：（2）∵△PAD为正三角形，G为AD的中点，∴PG⊥AD.∵PG平面PAD，由（1）可得：PG⊥GB. 又由（1）知BG⊥AD.∴PG、BG、AD两两垂直. （5分）故以G为原点，建立如图所示空间直角坐标系，，，（6分）所以，，，，（7分）设平面PCD的法向量为，即令，则（8分）又平面PBG的法向量可为，（9分）设平面PBG与平面PCD所成二面角的平面角为，则∴即平面PBG与平面PCD所成二面角的平面角的余弦值为. （10分）（3）当F为PC的中点时，平面DEF⊥平面ABCD. （11分）取PC的中点F，连结DE，EF，DF，CG，且DE与CG相交于H.因为E、G分别为BC、AD的中点，所以四边形CDGE为平行四边形，故H为CG的中点. 又F为CP的中点，所以FH//PG. （12分）由（2），得PG平面ABCD，所以FH平面ABCD. （13分）又FH平面DEF，所以平面DEF⊥平面ABCD. （14分）15、24216 5E98 庘32168 7DA8 綨29936 74F0 瓰30744 7818 砘36718 8F6E 轮p36633 8F19 輙33870 844E 葎vZR25471 637F 捿26810 68BA 梺38866 97D2 韒。
2021年高考数学立体几何全真模拟预测练习卷含答案
251.已知两平面α，β相交于直线a，直线b在β内与直线a相交于A点，直线c在平面α内与直线a平行，请用反证法论证b,c为异面直线.解析：这题规定用反证法，提出与结论相反的假定后，要注意分可能的几种情况讨论.证：用反证法.假设b,c共面，则b∥c或b,c相交.(1)若b∥c,∵c∥a, ∴a∥b这与b∩a＝A的已知条件矛盾；(2)若b∩c＝P,∵bβ，∴P∈β.又∵cα，∴P∈α. ∴P∈α∩β而α∩β＝a.∴P∈a，这样c,a有了公共点P，这与a∥c的已知条件矛盾.综上所述，假设不成立，所以b、c为异面直线.说明本题如不指明用反证法，也可以考虑用平面直线的判定定理来证明.252.如图，在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，异面直线AA1和BD1的中点分别是E、F.(1)证明EF是AA1与BD1的公垂线段；(2)求异面直线AA1和BD1间的距离.解析：(1)连接ED 1、EB ， 则显然ED 1＝EB ＝25a 又F 为BD 1之中点. ∴ EF ⊥BD 1； 连接FA 1，FA.∵ F 为正方体的中心，∴ FA ＝FA 1，又E 为AA 1之中点， ∴ EF ⊥A 1A.故EF 为AA 1与BD 1的公垂线段. (2)在Rt ΔEFD 1中 EF ＝2121FD ED -＝a a a 22434522=-. 故AA 1到BD 1间的距离是a 22.评析：今后学习了线面的位置关系之后，可以利用“转化”的思想求距离. 253. 如图所示，正三棱锥S —ABC 的侧棱与底面的边长相等，如果E 、F 分别为SC 、AB 的中点，求异面直线EF 与SA 所成的角.解析：计算EF 、SA 所成的角，可把SA 平移，使其角的顶点在EF 上.为此取SB 之中点G ，连GE 、GF 、BE 、AE ，由三角形中位线定理：GE ＝21BC ，GF ＝21SA ，且GF ∥SA ，所以∠GFE 就是EF 与SA 所成的角.若设此正三棱锥棱长为a ，那么GF ＝GE ＝21a,EA ＝EB ＝23a,EF ＝22)21(AB EA ＝22a ，因为ΔEGF 为等腰直角三角形.∠EFG ＝45°，所以EF 与SA 所成的角为45°. 说明 异面直线所成角的求法：利用定义构造角，可固定一条，平移另一条，或同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上，通过证明所作的角就是所求的角或者补角，解三角形，可求.254. 在空间四边形ABCD 中，M 、N 、P 、Q 分别是四边上的点，且满足MBAM＝NB CN ＝QD AQ ＝PDCP ＝k.(1)求证：M 、N 、P 、Q 共面.(2)当对角线AC ＝a,BD ＝b ，且MNPQ 是正方形时，求AC 、BD 所成的角及k 的值(用a,b 表示) 解析：(1)∵MBAM ＝QD AQ ＝k ∴ MQ ∥BD ，且MB AM AM +＝1+k k∴BD MQ ＝AB AM ＝1+k k∴ MQ ＝1+k kBD 又NB CN ＝PDCP＝k ∴ PN ∥BD ，且NB CN CN +＝1+k k∴BD NP ＝CB CN ＝1+k k 从而NP ＝1+k kBD ∴ MQ ∥NP ，MQ ，NP 共面，从而M 、N 、P 、Q 四点共面. (2)∵MA BM ＝k 1，NC BN ＝k1∴MA BM ＝NC BN ＝k 1,MABM BM +＝11+k ∴ MN ∥AC ，又NP ∥BD.∴ MN 与NP 所成的角等于AC 与BD 所成的角.∵ MNPQ 是正方形，∴∠MNP ＝90° ∴ AC 与BD 所成的角为90°， 又AC ＝a ，BD ＝b ，AC MN ＝BA BM ＝11+k ∴ MN ＝11+k a 又 MQ ＝11+k b,且MQ ＝MN ， 1+k k b ＝11+k a ，即k ＝ba.说明：公理4是证明空间两直线平行的基本出发点.255.已知：直线a 和直线b 是异面直线，直线c ∥a ，直线b 与c 不相交，求证：b 、c 是异面直线.证：因为b,c 不相交，b 、c 的位置关系有b ∥c 或b 、c 异面两种可能. 假设b ∥c,∵ c ∥a,∴ a ∥b ，这与已知a,b 是异面直线矛盾. 所以b 与c 不能平行，又b 、c 不相交 所以b,c 是异面直线.256.分别和两条异面直线AB 、CD 同时相交的两条直线AC 、BD 一定是异面直线，为什么?证明：假设AC 、BD 不异面，则它们都在某个平面α内，这时A 、B 、C 、D 四点都在α上，由公理1知A、B 、C 、D α，这与已知AB 与CD 异面矛盾，所以AC 、BD 一定是异面直线.257. 如图，ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体，B 1E 1＝D 1F 1＝411B A ，则BE 1与DF 1所成角的余弦值是( ) A.1715B.21C.178D.23解析：过A 点在平面ABB 1A 1内作AF ，使A 1F ＝D 1F 1，则ADF 1F 是平行四边形，∴FA ∥DF 1，再过E 1在平面ABB 1A 1内作E 1E ∥FA ，则∠BE 1E 即是BE 1与DF 1所成的角，由已知BE 1＝DF 1＝411B A ，ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体，∴ E 1E ＝417A 1B 1， 又DF 1＝AF ＝E 1E ，DF 1＝BE 1. ∴ E 1E ＝417A 1B 1，EB ＝21A 1B 1 在ΔBE 1E 中，cos ∠BE 1E ＝11221212BE E E BE BE E E ⋅⋅-+＝1715.∴ 应选A.258. 在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 和N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值是( ) A.23B.1010C.53D.52解析：由图所示，AM 与CN 是异面直线，过N 作平行于AM 的平行线NP ，交AB 于P ，由定义可知∠PNC 就是AM 与CN 所成的角.因ΔPBC ，ΔPBN ，ΔCBN 皆为直角三角形，且BP ＝41，BN ＝21，BC ＝1，故PN 2＝(41)2+(21)2＝165，CN 2＝(21)2+12＝45，PC 2＝(41)2+12＝1617，在ΔPCN 中cos ∠PNC ＝CN PN PC CN PN ⋅-+2222，所以cos ∠PNC ＝52，因此应选D.259. 已知异面直线a 与b 所成的角为50°，P 为空间一定点，则过点P 且与a 、b 所成的角都是30°的直线有且仅有( )A.1条B.2条C.3条D.4条解析： 过P 点分别作直线a ′∥a,b ′∥b,则a ′与b ′的夹角为50°，由异面直线所成的角的定义可知，过P 点与a ′,b ′成30°角的条数，就是所求的条数.画图可知，过P点与a′、b′成30°角的直线只有两条.∴应选B.的直260. .若a、b为异面直线，P为空间一点，过P且与a、b所成角均为3线有( )A.二条B.二条或三条C.二条或四条D.二条、三条或四条解析：D。
2021新高考数学题型专项训练----立体几何(含答案)
新高考数学题型训练----立体几何一、解答题（共18题；共175分）1.（2021·高州一模）如图，在四棱柱中，底面，，，且，．（1）求证：平面平面；（2）求二面角所成角的余弦值2.（2021·淮北模拟）如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，，，且，，面，，N为中点.（1）若是中点，求证：面；（2）求二面角的正弦值.3.（2021·崇明一模）如图，已知平面，与平面所成角为，且（1）求三棱锥的体积；（2）设为的中点，求异面直线与所成角的大小（结果用反三角函数值表示）4.（2021·玉溪模拟）如图所示，在正三棱柱中，，E，F分别是，的中点．（1）求证：平面；（2）若点G是线段的中点，求二面角的正弦值．5.（2021·凉山州模拟）如图，四棱锥中，底面，，，，且，，分别为，的中点.（1）若，求证：平面；（2）若四棱锥的体积为2，求二面角的余弦值.6.（2021·奉贤模拟）如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，.（1）当四棱锥的体积为时，求异面直线与所成角的大小；（2）求证：平面.7.（2021·榆林模拟）如图，在正四面体中，点E，F分别是的中点，点G，H分别在上，且，.（1）求证：直线必相交于一点，且这个交点在直线上；（2）求直线与平面所成角的正弦值.8.（2021·汉中模拟）如图，四棱锥的底面是正方形，底面，点在棱上.（1）求证：平面平面；（2）当，为的中点时，求直线与平面所成角的正弦值.9.（2021·八省联考）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为．（1）求四棱锥的总曲率；（2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数，证明：这类多面体的总曲率是常数．10.（2021·青浦一模）如图，在长方体中，，，点P为棱的中点.（1）证明：平面PAC；（2）求异面直线与AP所成角的大小.11.（2020·驻马店模拟）如图，四棱锥E﹣ABCD的侧棱DE与四棱锥F﹣ABCD的侧棱BF都与底面ABCD垂直，，// ，.（1）证明：//平面BCE.（2）设平面ABF与平面CDF所成的二面角为θ，求.12.（2020·郑州模拟）如图，四边形是矩形，沿对角线将折起，使得点D在平面内的射影恰好落在边上．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）当时，求二面角的余弦值．13.（2020·深圳模拟）已知三棱锥中，，，O 为AC的中点，点N在边BC上，且.（1）求证：平面AMC；（2）求二面角的余弦值.14.（2020·济宁模拟）如图1，四边形ABCD为矩形，BC=2AB，E为AD的中点，将ABE、DCE分别沿BE、CE折起得图2，使得平面平面BCE，平面平面BCE.（1）求证：平面平面DCE；（2）若F为线段BC的中点，求直线FA与平面ADE所成角的正弦值.15.（2020·平邑模拟）如图①：在平行四边形中, , ,将沿对角线折起,使,连结,得到如图②所示三棱锥.（1）证明：平面；（2）若,二面角的平面角的正切值为,求直线与平面所成角的正弦值.16.（2020·宝鸡模拟）如图三棱柱中，底面是边长为的等边三角形，，分别为，的中点，，.（1）证明：平面.（2）求二面角的平面角大小.17.（2020·聊城模拟）如图，将长方形OAA1O1(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，其中，弧的长为，AB为⊙O的直径.（1）在弧上是否存在点C(C，在平面的同侧)，使，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由.（2）求二面角的余弦值18.（2020·赣县模拟）如图所示，已知四边形是菱形，平面平面，，.（1）求证：平面平面.（2）若，求二面角的余弦值.答案解析部分一、解答题1.【答案】（1）证明：因为，，所以，，因为，所以，所以，即．因为底面，所以底面，所以．因为，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）解：如图，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，．所以，，，设平面的法向量为，则令，得．设平面的法向量为，则令，得，所以，由图知二面角为锐角，所以二面角所成角的余弦值为．【解析】【分析】（1）利用，，所以，，因为，再利用勾股定理推出，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，即，再利用线线垂直证出线面垂直，即平面，再利用线面垂直证出面面垂直。
2020—2021年高考总复习数学《立体几何》高考考点专项复习及参考答案(精品试题).docx
届高三第二次模拟数学理试题分类汇编：立体几何一、填空、选择题1、（崇明县2016届高三二模）已知圆锥的母线长为5cm ，侧面积为15πcm2，则此圆锥的体积为cm 2．2、（奉贤区2016届高三二模）在棱长为1的正方体ABCD A B C D ''''-中，若点P 是棱上一点，则满足2PA PC '+=的点P 的个数_______．3、（虹口区2016届高三二模）已知A 、B 是球O 的球面上两点，90AOB ∠=o ，C 为该球面上的动点，若三棱锥ABC O -体积的最大值为323，则球O 的表面积为__________4、（黄浦区2016届高三二模）已知一个凸多边形的平面展开图由两个正六边形和六个正方形构成，如右上图所示，若该凸多面体所有棱长均为1，则其体积V =5、（静安区2016届高三二模）如图，正四棱锥P ABCD -的底面边长为23cm ，侧面积为 283cm ，则它的体积为.6、（闵行区2016届高三二模）若一个圆锥的母线长是底面半径的3倍，则该圆锥的侧面积是底面积的 倍.7、（浦东新区2016届高三二模）已知四面体ABCD 中，2==CD AB ，E ，F分别为BC ，AD 的中点，且异面直线AB 与CD 所成的角为3π，则EF =________．8、（普陀区2016届高三二模）若a 、b 表示两条直线，α表示平面，下列命题中的真命题为（ ）（A ）若α⊥a ，b a ⊥，则α//b （B ）若α//a ，b a ⊥，则α⊥b （C ）若α⊥a ，α⊆b ，则b a ⊥ （D ）若α//a ，α//b ，则b a // 9、（徐汇、金山、松江区2016届高三二模）．如图，圆锥形容器的高为,h 圆锥内水面的高为1,h 且11,3h h =若将圆锥倒置，水面高为2,h 则2h 等于------------------------------------------------（ ）（A ）23h （B ）1927h （C ）363h （D ）3193h10、（杨浦区2016届高三二模）已知命题：“若a,b 为异面直线，平面α过直线a 且与直线b 平行，则直线b 与平面α的距离等于异面直线a,b 之间的距离”为真命题.根据上述命题，若a,b 为异面直线，且它们之间的距离为d ，则空间中与a,b 均异面且距离也均为d 的直线c 的条数为（ ）A0条 B.1条 C.多于1条，但为有限条 D.无数多条11、（闸北区2016届高三二模）已知,,,S A B C 是球O 表面上的点，SA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，1SA AB == 2BC =，则球O 的表面积等于（ ）A ．π4 B ．π3 C ．π2 D ．π12、（长宁、青浦、宝山、嘉定四区2016届高三二模）下列命题正确的是（ ）．（A ）若直线1l ∥平面α，直线2l ∥平面α，则1l ∥2l ； （B ）若直线l 上有两个点到平面α的距离相等，则l ∥α；（C ）直线l 与平面α所成角的取值范围是⎪⎭⎫⎝⎛2,0π；（D ）若直线1l ⊥平面α，直线2l ⊥平面α，则1l ∥2l .13、（闵行区2016届高三二模）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是1AA 的中点，P 为底面ABCD 内一动点，设1PD PE 、与底面ABCD 所成的角分别为12θθ、（12θθ、均不为0)．若12θθ=，则动点P 的轨迹为哪种曲线的一部分（ ）.(A)直线 (B)圆 (C) 椭圆 (D) 抛物线14、（浦东新区2016届高三二模）给出下列命题，其中正确的命题为( )（A ）若直线a 和b 共面，直线b 和c 共面，则a 和c 共面；（B ）直线a 与平面α不垂直，则a 与平面α内的所有直线都不垂直； （C ）直线a 与平面α不平行，则a 与平面α内的所有直线都不平行； （D ）异面直线a 、b 不垂直，则过a 的任何平面与b 都不垂直. 二、解答题1、（崇明县2016届高三二模）如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 的中点． （1）求证：11EF B D ∥； （2）求二面角1C EF A --的大小（结果用反三角函数值表示）．AC BC 1A 1B 1（第19题图）D 1D FE2、（奉贤区2016届高三二模）面ABC 外的一点P ，,,AP AB AC 两两互相垂直，过AC 的中点D 作ED ⊥面ABC ，且1ED =，2PA =，2AC =，连,BP BE ，多面体B PADE -的体积是33． (1)画出面PBE 与面ABC 的交线，说明理由； （2）求面PBE 与面ABC 所成的锐二面角的大小．ADBCPEQ A DCBP （第20题图）3、（虹口区2016届高三二模）如图，在四棱锥ABCD P -中，已知⊥PA 平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，90ABC BAD ∠=∠=︒，2AB AD AP ===，1BC =.(1) 求点A 到平面PCD 的距离； (2) 若点Q 为线段BP 的中点，求直线CQ 与平面ADQ 所成角的大小.4、（黄浦区2016届高三二模）如图，小凳的凳面为圆形，凳脚为三根细钢管，考虑到钢管的受力等因素，设计的小凳应满足：三根细钢管相交处的节点P 与凳面圆形的圆心O 的连线垂直于凳面和地面，且P 分两钢管上下两段的比值为0.618，三只凳脚与地面所成的角均为60°，若A 、B 、C 是凳面圆周的三等分点，18AB =厘米，求凳面的高度h 及三根细钢管的总长度（精确到0.01）；5、（静安区2016届高三二模）设点,E F 分别是棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -的棱1,AB AA 的中点．如图，以C 为坐标原点，射线CD 、CB 、1CC 分别是x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．（1）求向量1D E u u u u r与1C F u u u u r 的数量积；（2）若点,M N 分别是线段1D E 与线段1C F 上的点，问是否存在直线MN ，MN ⊥平面ABCD ？若存在，求点,M N 的坐标；若不存在，请说明理由E FB 1A 1C 1D 1BC DA6、（闵行区2016届高三二模）如图，在直角梯形PBCD中，//PB DC，DC BC⊥，22PB BC CD===，点A是PB的中点，现沿AD将平面PAD折起，设PABθ∠=．（1）当θ为直角时，求异面直线PC与BD所成角的大小；（2）当θ为多少时，三棱锥P ABD-的体积为26．7、（浦东新区2016届高三二模）如图，在圆锥SO中，AB为底面圆O 的直径，点C为»AB的中点，SO AB=.（1）证明：AB⊥平面SOC；（2）若点D为母线SC的中点，求AD与平面SOC所成的角.（结果用反三角函数表示）8、（普陀区2016届高三二模）在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面边长为1，B C 1与底面ABCD 所成的角的大小为2arctan ，如果平面11C BD 与底面ABCD 所成的二面角是锐角，求出此二面角的大小（结果用反三角函数值）9、（徐汇、金山、松江区2016届高三二模）在直三棱柱111C B A ABC -中，1==AC AB ，90=∠BAC ，且异面直线BA 1与11CB 所成的角等于060，设a AA =1. （1）求a 的值；（2）求三棱锥BC A B 11-的体积．1A 1B 1CA BCD.A 1CEA BCDB 110、（杨浦区2016届高三二模）如图，底面是直角三角形的直三棱柱111ABC A B C -中，1112AC BC AA ===，D 是棱1AA 上的动点.(1)证明：1DC BC ⊥； (2)求三棱锥1C BDC -的体积.11、（闸北区2016届高三二模）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，1AD =，11AA =，点E 在棱AB 上移动．（1）探求AE 多长时，直线1D E 与平面11AA D D成45o 角；（2）点E 移动为棱AB 中点时，求点E 到平面11A DC 的距离．12、（长宁、青浦、宝山、嘉定四区2016届高三二模）如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，底面△ABC 是等腰直角三角形，21===AA BC AC ，D 为侧棱1AA 的中点．（1）求证：⊥BC 平面11A ACC ；（2）求二面角11C CD B --的大小（结果用反三角函数值表示）． 参考答案一、填空、选择题ABCA 1B 1C 1D1、12π2、23、64π4、3325、4106、37、1 或3 8、C 9、D 10、D 11、A 12、D13、B 14、D二、解答题1、可得有关点的坐标为11111(0,0,1),(1,1,1),(,1,0),(0,,0),(0,1,1)22D BEF C 11(,,0)22EF =--u u u r ，11(1,1,0)B D =--u u u u r (4)分所以112B D EF =u u u u r u u u r...............................5分所以11EF B D ∥...............................6分（2）设1(,,)n u v w =u r是平面1C EF 的一个法向量.因为111,n EF n FC ⊥⊥u r u u u u r u r u u u u r所以1111110,0222n EF u v n FC v w ⋅=--=⋅=+=u r u u u ru r u u u u r解得,2u v v w =-=- .取1w = ，得1(2,2,1)n =-u r.............................9分因为1DD ABCD ⊥平面，所以平面ABCD 的一个法向量是2(0,0,1)n =u u r (10)分设1n u r 与2n u u r 的夹角为α ，则12121cos 3||||n n n n α⋅==⋅u r u u ru r uu r .......................11分结合图形，可判别得二面角1C EF A --是钝角，其大小为1arccos 3π- (12)分2、(1)根据条件知:PE 与AD 交点恰好是C 1分ACBC 1A 1B 1（第19题图）D 1 D FE x yz,C PE C ∈∴∈面PBE ,,C AC C ∈∴∈面ABC 2分B ∈面PBE ,B ∈面ABC3分 面PBE与面ABC的交线BC5分 (2)(理) ,,AP AB AC 两两互相垂直,BA ⊥面EDAP 7分多面体B PADE -的体积是()113323PA DE AD BA ⨯+⨯⨯=9分233BA ∴=10分建立空间直角坐标系,设平面的法向量是()1,,n x y z u r23,0,03B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()0,2,0C ()0,1,0D ()0,1,1E ()0,0,2P23,0,23BP ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，23,1,13BE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r123203n BP x z ⋅=-+=u r u u u r12303n BE x y z ⋅=-++=u r u u u r()13,1,1n ∴=u r11分面ABC 的法向量()20,0,1n =u u rADBC PE zxyQA D CBP（第20题解答图）z yx 1212cos n nn n θ⋅==⋅u r u u ru r u u r 1555= 12分所以面PBE 与面ABC 所成的锐二面角大小5arccos 513分注：若作出二面角得2分，计算再3分 (2)(文),,AP AB AC 两两互相垂直,BA ⊥面EDAP7分多面体B PADE -的体积是()113323PA DE AD BA ⨯+⨯⨯=9分233BA ∴=10分 连接AEAE 是BE 在面EDAP 的射影BEA ∠是BE 与面PADE 所成的线面角． 11分 计算2AE =,2363tan 32BAE ∠==12分BEA ∠是BE 与面PADE 所成的线面角6arctan 3． 13分3、 （理）解：(1)以},,{AP AD AB 为正交基底建立空间直角坐标系xyz A -，则相关点的坐标为B （2,0,0），(2,1,0),(0,2,0),(0,0,2).C D P ……2分设平面PCD 的法向量为(,,),n x y z =r由(2,1,0),DC =-uuu r (0,2,2),DP =-u u u r (0,2,0).DA =-u u u r则ADBCPE202,2.220n DC x y y x z x n DPy z r u u u r r u u u r ìïì?-==ïïïÞ眄镲=?-+=ïîïî 令1x =，则(1,2,2)n =r.……5分所以点A 到平面PCD 的距离为：(0,2,0)(1,2,2)4.(1,2,2)3DA n d nu u u r r r×-?=== ……7分(2) 由条件，得(1,0,1),Q =(0,2,0),(1,0,1),AD AQ ==u u u r u u u r 且(1,1,1).CQ u u u r=--设平面ADQ 的法向量为0000(,,),n x y z =r 则00000000200,.0n AD y y z x n AQx z r u u u r r u u u r ìïì?==ïï镲Þ眄镲=-?+=ïïîî令01x =，则0(1,0,1)n =-r.……10分设直线CQ 与平面ADQ 所成角为,θ则00026sin cos ,.332CQ n CQ n CQ n θ⋅=<>===⋅u u u r u u r u u u r u u ru u u r u u r故直线CQ 与平面ADQ 所成角的大小为6sin.3arc ……14分注：第（1）小题也可用等积法来做.4、[解] 联结PO ，AO ，由题意，PO ⊥平面ABC ，因为凳面与地面平行， 所以PAO ∠就是PA 与平面ABC 所成的角，即60PAO ∠=︒．（2分） 在等边三角形ABC 中，18AB =，得63AO =，（4分）在直角三角形PAO 中，318OP AO ==，（6分）由0.618OPh OP=-，解得47.13h ≈厘米．（9分）三根细钢管的总长度3163.25sin 60h≈︒厘米．（12分）5、（1）在给定空间直角坐标系中，相关点及向量坐标为11(2,0,2),(1,2,0),(1,2,2)D E D E =--u u u u r (2)分PA BCD xy z PA BCD 11(0,0,2),(2,2,1),(2,2,1)C F C F =-u u u u r (4)分所以111222(2)(1)4D E C F ⋅=-⨯+⨯+-⨯-=u u u u r u u u u r。
2021年高考数学专题分类汇编：立体几何(含答案)
立体几何3．（2021•浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．B．3C．D．34．（2021•浙江）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B15．（2021•新高考Ⅰ）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．2B．2C．4D．46．（2021•甲卷）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O﹣ABC的体积为（）A．B．C．D．7．（2021•甲卷）在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥A﹣EFG 后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（）A．B．C．D．8．（2021•乙卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（）A．B．C．D．18．（2021•甲卷）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为．19．（2021•甲卷）已知向量＝（3，1），＝（1，0），＝+k．若⊥，则k＝．20．（2021•乙卷）以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为（写出符合要求的一组答案即可）．21．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为．40．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC 和CC1的中点，BF⊥A1B1．（1）求三棱锥F﹣EBC的体积；（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．41．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM．（1）求BC；（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．42．（2021•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC ＝4，P A＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．（Ⅰ）证明：AB⊥PM；（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．43．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC 和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？44．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面P AM⊥平面PBD；（2）若PD＝DC＝1，求四棱锥P﹣ABCD的体积．45．（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．（1）证明：OA⊥CD；（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，求三棱锥A﹣BCD的体积．46．（2021•上海）四棱锥P﹣ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，E为AB中点，PE⊥平面ABCD．（1）若△P AB为等边三角形，求四棱锥P﹣ABCD的体积；（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的大小．答案解析3．（2021•浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．B．3C．D．3【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为直四棱柱，底面四边形ABCD为等腰梯形，其中AB∥CD，由三视图可知，延长AD与BC后相交于一点，且AD⊥BC，且AB＝，CD＝，AA1＝1，等腰梯形的高为＝，则该几何体的体积V＝＝．故选：A．4．（2021•浙江）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1【解答】解：连接AD1，如图：由正方体可知A1D⊥AD1，A1D⊥AB，∴A1D⊥平面ABD1，∴A1D⊥D1B，由题意知MN为△D1AB的中位线，∴MN∥AB，又∵AB⊂平面ABCD，MN⊄平面ABCD，∴MN∥平面ABCD．∴A对；由正方体可知A1D与平面BDD1相交于点D，D1B⊂平面BDD1，D∉D1B，∴直线A1D与直线D1B是异面直线，∴B、C错；∵MN∥AB，AB不与平面BDD1B1垂直，∴MN不与平面BDD1B1垂直，∴D错．故选：A．5．（2021•新高考Ⅰ）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．2B．2C．4D．4【解答】解：由题意，设母线长为l，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有，解得，所以该圆锥的母线长为．故选：B．6．（2021•甲卷）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O﹣ABC的体积为（）A．B．C．D．【解答】解：因为AC⊥BC，AC＝BC＝1，所以底面ABC为等腰直角三角形，所以△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点，所以OO1⊥平面ABC，在Rt△ABC中，AB＝，则，在Rt△AOO1中，，故三棱锥O﹣ABC的体积为．故选：A．7．（2021•甲卷）在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥A﹣EFG 后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（）A．B．C．D．【解答】解：由题意，作出正方体，截去三棱锥A﹣EFG，根据正视图，可得A﹣EFG在正方体左侧面，如图，根据三视图的投影，可得相应的侧视图是D图形，故选：D．8．（2021•乙卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（）A．B．C．D．【解答】解∵AD1∥BC1，∴∠PBC1是直线PB与AD1所成的角（或所成角的补角），设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则PB1＝PC1＝＝，BC1＝＝2，BP＝＝，∴cos∠PBC1＝＝＝，∴∠PBC1＝，∴直线PB与AD1所成的角为．故选：D．19．（2021•甲卷）已知向量＝（3，1），＝（1，0），＝+k．若⊥，则k＝．【解答】解：因为向量＝（3，1），＝（1，0），＝+k，由⊥，则＝32+12+k•（3×1+1×0）＝10+3k＝0，解得k＝．故答案为：．20．（2021•乙卷）以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为②⑤或③④（写出符合要求的一组答案即可）．【解答】解：观察正视图，推出正视图的长为2和高1，②③图形的高也为1，即可能为该三棱锥的侧视图，④⑤图形的长为2，即可能为该三棱锥的俯视图，当②为侧视图时，结合侧视图中的直线，可以确定该三棱锥的俯视图为⑤，当③为侧视图时，结合侧视图虚线，虚线所在的位置有立体图形的轮廓线，可以确定该三棱锥的俯视图为④．故答案为：②⑤或③④．21．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为4π．【解答】解：圆柱的底面半径为r＝1，高为h＝2，所以圆柱的侧面积为S侧＝2πrh＝2π×1×2＝4π．故答案为：4π．40．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC 和CC1的中点，BF⊥A1B1．（1）求三棱锥F﹣EBC的体积；（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．【解答】解：（1）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥A1B1，又BF⊥A1B1，BB1∩BF＝B，BB1，BF⊂平面BCC1B1，∴A1B1⊥平面BCC1B1，∵AB∥A1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥BC，又AB＝BC，故，∴，而侧面AA1B1B为正方形，∴，∴，即三棱锥F﹣EBC的体积为；（2）证明：如图，取BC中点G，连接EG，B1G，设B1G∩BF＝H，∵点E是AC的中点，点G时BC的中点，∴EG∥AB，∴EG∥AB∥B1D，∴E、G、B1、D四点共面，由（1）可得AB⊥平面BCC1B1，∴EG⊥平面BCC1B1，∴BF⊥EG，∵，且这两个角都是锐角，∴∠CBF＝∠BB1G，∴∠BHB1＝∠BGB1+∠CBF＝∠BGB1+∠BB1G＝90°，∴BF⊥B1G，又EG∩B1G＝G，EG，B1G⊂平面EGB1D，∴BF⊥平面EGB1D，又DE⊂平面EGB1D，∴BF⊥DE．41．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM．（1）求BC；（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．【解答】解：（1）连结BD，因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂平面ABCD，则AM⊥PD，又AM⊥PB，PB∩PD＝P，PB，PD⊂平面PBD，所以AM⊥平面PBD，又BD⊂平面PBD，则AM⊥BD，所以∠ABD+∠ADB＝90°，又∠ABD+∠MAB＝90°，则有∠ADB＝∠MAB，所以Rt△DAB∽Rt△ABM，则，所以，解得BC＝；（2）因为DA，DC，DP两两垂直，故以点D位坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则，P（0，0，1），所以，，设平面AMP的法向量为，则有，即，令，则y＝1，z＝2，故，设平面BMP的法向量为，则有，即，令q＝1，则r＝1，故，所以＝，设二面角A﹣PM﹣B的平面角为α，则sinα＝＝，所以二面角A﹣PM﹣B的正弦值为．42．（2021•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，P A＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．（Ⅰ）证明：AB⊥PM；（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，CD＝AB＝1，CM＝BC＝2，∠DCM＝60°，∴由余弦定理可得，DM2＝CD2+CM2﹣2CD×CM×cos60°＝，则CD2+DM2＝1+3＝4＝CM2，即CD⊥DM，又PD⊥DC，PD∩DM＝D，∴CD⊥平面PDM，而PM⊂平面PDM，∴CD⊥PM，∵CD∥AB，∴AB⊥PM；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD⊥平面PDM，又CD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PDM，且平面ABCD∩平面PDM＝DM，∵PM⊥MD，且PM⊂平面PDM，∴PM⊥平面ABCD，连接AM，则PM⊥MA，在△ABM中，AB＝1，BM＝2，∠ABM＝120°，可得，又P A＝，在Rt△PMA中，求得PM＝，取AD中点E，连接ME，则ME∥CD，可得ME、MD、MP两两互相垂直，以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A（，2，0），P（0，0，），C（），又N为PC的中点，∴N（），，平面PDM的一个法向量为，设直线AN与平面PDM所成角为θ，则sinθ＝|cos＜＞|＝＝．故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为．43．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC 和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？【解答】（1）证明：连接AF，∵E，F分别为直三棱柱ABC﹣A1B1C1的棱AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，∴CF＝1，BF＝，∵BF⊥A1B1，AB∥A1B1，∴BF⊥AB∴AF＝＝＝3，AC＝＝＝，∴AC2＝AB2+BC2，即BA⊥BC，故以B为原点，BA，BC，BB1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，则A（2，0，0），B（0，0，0），C（0，2，0），E（1，1，0），F（0，2，1），设B1D＝m，则D（m，0，2），∴＝（0，2，1），＝（1﹣m，1，﹣2），∴•＝0，即BF⊥DE．（2）解：∵AB⊥平面BB1C1C，∴平面BB1C1C的一个法向量为＝（1，0，0），由（1）知，＝（1﹣m，1，﹣2），＝（﹣1，1，1），设平面DEF的法向量为＝（x，y，z），则，即，令x＝3，则y＝m+1，z＝2﹣m，∴＝（3，m+1，2﹣m），∴cos＜，＞＝＝＝＝，∴当m＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的余弦值最大，此时正弦值最小，故当B1D＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．44．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面P AM⊥平面PBD；（2）若PD＝DC＝1，求四棱锥P﹣ABCD的体积．【解答】（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，∴PD⊥AM，又∵PB⊥AM，PD∩PB＝P，PB，PD⊂平面PBD．∴AM⊥平面PBD．∵AM⊂平面P AM，∴平面P AM⊥平面PBD；（2）解：由PD⊥底面ABCD，∴PD即为四棱锥P﹣ABCD的高，△DPB是直角三角形；∵ABCD底面是矩形，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM．设AD＝BC＝2a，取CP的中点为F．作EF⊥CD交于E，连接MF，AF，AE，可得MF∥PB，EF∥DP，那么AM⊥MF．且EF＝．AE＝＝，AM＝＝，．∵△DPB是直角三角形，∴根据勾股定理：BP＝，则MF＝；由△AMF是直角三角形，可得AM2+MF2＝AF2，解得a＝．底面ABCD的面积S＝，则四棱锥P﹣ABCD的体积V＝＝．45．（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．（1）证明：OA⊥CD；（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，求三棱锥A﹣BCD的体积．【解答】解：（1）证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD；（2）方法一：取OD的中点F，因为△OCD为正三角形，所以CF⊥OD，过O作OM∥CF与BC交于点M，则OM⊥OD，所以OM，OD，OA两两垂直，以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则B（0，﹣1，0），，D（0，1，0），设A（0，0，t），则，因为OA⊥平面BCD，故平面BCD的一个法向量为，设平面BCE的法向量为，又，所以由，得，令x＝，则y＝﹣1，，故，因为二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，所以，解得t＝1，所以OA＝1，又，所以，故＝．方法二：过E作EF⊥BD，交BD于点F，过F作FG⊥BC于点G，连结EG，由题意可知，EF∥AO，又AO⊥平面BCD所以EF⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC，又BC⊥FG，FG∩EF＝F所以BC⊥平面EFG，又EF⊂平面EFG，所以BC⊥EG，则∠EGF为二面角E﹣BC﹣D的平面角，即∠EGF＝45°，又CD＝DO＝OB＝OC＝1，所以∠BOC＝120°，则∠OCB＝∠OBC＝30°，故∠BCD＝90°，所以FG∥CD，因为，则，所以，则，所以EF＝GF＝，则，所以．46．（2021•上海）四棱锥P﹣ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，E为AB中点，PE⊥平面ABCD．（1）若△P AB为等边三角形，求四棱锥P﹣ABCD的体积；（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的大小．【解答】解：（1）∵△P AB为等边三角形，且E为AB中点，AB＝4，∴PE＝2，又PE⊥平面ABCD，∴四棱锥P﹣ABCD的体积V＝PE•S正方形ABCD＝×2×42＝．（2）∵PE⊥平面ABCD，∴∠PFE为PF与平面ABCD所成角为45°，即∠PFE＝45°，∴△PEF为等腰直角三角形，∵E，F分别为AB，CD的中点，∴PE＝FE＝4，∴PB＝＝，∵AD∥BC，∴∠PCB或其补角即为PC与AD所成角，∵PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BC，又BC⊥AB，PE∩AB＝E，PE、AB⊂平面P AB，∴BC⊥平面P AB，∴BC⊥PB，在Rt△PBC中，tan∠PCB＝＝＝，故PC与AD所成角的大小为arctan．。
2021年高考数学一轮复习 立体几何备考试题
2021年高考数学一轮复习立体几何备考试题一、选择题1、（xx年江西高考）一几何体的直观图如右图，下列给出的四个俯视图中正确的是2、（xx年江西高考）如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为，那么A.8B.9C.10D.113、（xx年江西高考）如图，已知正四棱锥S-ABCD所有棱长都为1，点E是侧棱SC上一动点，过点E垂直于SC的截面将正四棱锥分成上、下两部分。
记SE=x（0＜x＜1），截面下面部分的体积为V（x），则函数y=V（x）的图像大致为4、（红色六校xx届高三第一次联考）已知正方体被过一面对角线和它对面两棱中点的平面截去一个三棱台后的几何体的主（正）视图和俯视图如下，则它的左（侧）视图是( )5、（xx届江西省高三4月模拟）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A. B. C. D.6、（吉安一中xx届高三下学期第一次模拟）如图，正四面体ABCD的顶点A，B，C分别在两两垂直的三条射线上，则在下列命题中，错误．．的为（）A. O-ABC是正三棱B. 直线OB∥平面ACDC. 直线AD与OB所成的角是45°D. 二面角D-OB-A为45°7、（南昌三中xx届高三第七次考试）M是正方体的棱的中点，给出下列命题：①过M点有且只有一条直线与直线、都相交；②过M点有且只有一条直线与直线、都垂直；③过M点有且只有一个平面与直线、都相交；④过M点有且只有一个平面与直线、都平行.其中真命题是（）A．②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③8、设a，b是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列命题：①若a⊥b，a⊥α，则b∥α；②若a∥α，α⊥β则a⊥β；③若a⊥β，α⊥β，则a∥α；④若a⊥b，a⊥α，b⊥β则a⊥β．其中正确命题的个数是A．0 B．1 C．2 D．39、将正方体(如图(a)所示)截去两个三棱锥，得到图(b)所示的几何体，则该几何体的侧视图为10、设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，考查下列命题，其中正确的命题是 A 、 B 、 C 、 D 、11、平面四边形中，，，将其沿对角线折成四面体，使平面平面，若四面体顶点在同一个球面上，则该球的体积为( )A. B. C. D.12、如右图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为( ) A ．1 B ． C ． D ．二、解答题1、（xx 年江西高考）如图，四棱锥中，为矩形，平面平面. （1）求证：（2）若问为何值时，四棱锥的体积最大？并求此时平面与平面夹角的余弦值.2、（xx年江西高考）如图，四棱锥中，，3,12DAB DCB EA EB AB PA ∆≅∆====，，连接并延长交于. (1) 求证：；(2) 求平面 与平面的夹角的余弦值.11113、（xx 年江西高考）在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，已知AB=AC=AA 1=，BC=4，在A 1在底面ABC 的投影是线段BC 的中点O 。
2021版新高考数学：高考中的立体几何问题含答案
教学资料范本2021版新高考数学：高考中的立体几何问题含答案编辑:时间:（对应学生用书第138页）［命题解读］立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高考试题来看，立体几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算，考查的热点是平行与垂直的证明、二面角的计算，平面图形的翻折，探索存在性问题，突出三大能力：空间想象能力、运算能力、逻辑推理能力与两大数学思想：转化化归思想、数形结合思想的考查.［典例示范］（本题满分12分）（20xx全国卷田）图1是由矩形ADEB、RtAABC 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，连接DG ,如图2.(1)证明：图2中的A, C, G, D四点共面①，且平面ABC，平面BCGE②；(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小③.［信息提取］看到①想到四边形ACGD共面的条件，想到折叠前后图形中的平行关系；看到②想到面面垂直的判定定理；看到③想到利用坐标法求两平面法向量的夹角余弦值，想到建立空间直角坐标系.［规范解答］(1)由已知得AD//BE, CG//BE,所以AD//CG,故AD, CG确定一个平面，从而A, C, G, D四点共面. ................... 2分由已知得ABXBE, ABXBC,且BEABC=B,故AB,平面BCGE. .................................... 3分又因为AB?平面ABC, 所以平面ABC,平面BCGE. ........... 4分(2)作EHXBC,垂足为H. 因为EH?平面BCGE,平面BCGE,平面ABC, 所以EHL平面ABC. ................................................ 5分由已知，菱形BCGE的边长为2, /EBC = 60° ,可求得BH = 1, EH =>/3. ................................................... 6 分以H为坐标原点，HC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, 0, V3),CG=(1, 0, V3), AC=(2, —1, 0). ........................................................ 8分设平面ACGD的法向量为n = (x, y, z),则CGn = 0,「x+gz= 0, 即................ 9分y= 0.ACn = 0, 2x-所以可取n = (3, 6, -V3). ........................... 10分又平面BCGE的法向量可取为m=(0, 1, 0),…i、n m y3 …八所以cos <n, m> =|nj|mj = 2 . ...................... 11 分因此，二面角B-CG-A的大小为30° . .................. 12分［易错防范］结合折叠后棱柱的侧棱关系：CG=BE 可求出CG,或者 借助折叠前后直角三角形的边角关系，直接求出点G 的 坐标［通性通法］合理建模、建系巧解立体几何问题 (1)建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型或角度、距离等 的计算模型;(2)建系一一依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求 解. ［规范特训I ］ 1.(20xx 江南十校二模)已知多面体ABC-DEF,四边形BCDE 为矩形，z\ADE 与4BCF 为边长 为2，2的等边三角形，AB= AC= CD = DF = EF = 2.(1)证明：平面 ADE//平面BCF;(2)求BD 与平面BCF 所成角的正弦值.［解］(1)取 BC, DE 中点分别为 O,O i,连接 OA, O i A, OF,O i F. 由 AB = AC=CD = DF = EF = 2, BC= DE = CF = AE = AD = BF = 2\f2,可知AABC, z\DEF 为等腰直角三角形，故OA ，BC, OF^DE, CD± DE, CDXDF,又 DEADF=D,故 CD,平面 DEF,平面 BCDE ，平面 DEF, 因为平面BCDE n 平面DEF = DE, OF^DE,所以O 〔F ，平面BCDE.同理OAL 平面BCDE;所以OF// OA,而O 〔F=OA,故四边形AOFO 1为平 行四边形，所以AO 1 // OF, AO 1?平面BCF, OF?平面BCF,所以AO 1 //平面 BCF,又 BC//DE,故 DE//平面 BCF,而 AO 〔nDE = O 1,所以平面 ADE //平面BCF.(2)以O 为坐标原点,以过O 且平行于AC 的直线作 为x轴，平行于AB 的直线作为y 轴，OO 1为z 轴建立空间 直角坐标系如图.则有 B(1, 1, 0), C(-1, —1, 0), D(-1, —1,2), F(-1, 1, 2),易错点不能恰当的建立直角坐标系防范措施 由(1)的结论入手，结合面面垂直的性质及侧面菱形的边 角关系建立空间直角坐标系建系后写不出点的坐标故BD=( —2, —2, 2), BC=( —2, —2, 0), BF=( —2, 0, 2).2y= 0,、…一 _____________ ，…，…，三 -> ,，L —2x—设平面BCF的法向量为n = (x, y, z),由BC±n, BF，n得,—2x+2z= 0, 取x=1得y=— 1, z=1,故平面BCF的一个法向量为n = (1, —1,1).、一，一一一一一.、二一一. —设BD与平面BCF所成角为9,则sin 8=|cos <B D, n>尸— 2X1— 2X (— 1) +2X1 1小X乖:3.故BD与平面BCF所成角的正弦值为1.32.(20xx河南、河北考前模拟)如图，在矩形ABCD中，AB=2, BC = 3,点E是边AD上的一点，且AE = 2ED,点H是BE的中点，将^ ABE沿着BE折起，使点A运动到点S处，且有SC= SD.(1)证明：SHL平面BCDE.(2)求二面角C-SBE的余弦值.［解］(1)证明：取CD的中点M,连接HM, SM, 由已知得AE = AB=2, ；SE= SB= 2,又点H是BE的中点，「.SH，BE.. SC= SD,点M是线段CD的中点,ASMICD.又「HM // BC, BCXCD,HMXCD,,. SMA HM = M,从而CD,平面SHM,得CDXSH,又CD, BE 不平行，；SH ，平面BCDE.(2)法一：取BS 的中点N, BC 上的点P,使BP=2PC,连接HN, PN, PH,可知 HNXBS, HPXBE.由(1)得 SHL HP, ；HP ，平面 BSE,则 HPXSB,又 HN^BS, HNAHP = H, • . BS,平面 PHN,「•二面角C-SB-E 的平面角为/PNH.又计算得 NH = 1, PH =，2, PN ="3,法二：由(1)知，过H 点作CD 的平行线GH 交BC 于点G,以点H 为坐标原 点，HG, HM , HS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐 标系 H-xyz,则点 B(1, —1, 0), C(1, 2, 0), E(-1, 1, 0), S(0, 0, V2), BC=(0, 3, 0), BE=( —2, 2, 0), BS= (-1, 1, g设平面SBE 的法向量为 m=(x1, y1, Z I ),• .cos /PNH = 1 3 后3.mBE= —2x1 + 2y1 = 0, I m BS= - x1 + y1+ 嫄z1 = 0, 令 yi = 1,得 m = (1, 1, 0).设平面SBC 的法向量为n = (x 2, y 2, z 2), nBC = 3y2= 0, 由 一 _n B S= - x2 + y2+卷z2= 0, 令 z2=1,得 n =(啦，0, 1).••・二面角C-SB-E 的余弦值为平.• .cos <m, n> 一|m| |n| 一［2x73— 3 .。
2021高考-数学押题专练-空间几何体(解析版)
押题16空间几何体【押题方向】空间几何体是高考全国卷每年必考知识点,作为客观题考查的空间几何体试题主要涉及三视图、几何体的表面积与体积、截面等内容,难度有容易题也有难度较大的题，求解本类问题的关键是空间想象能力及运算能力，预测2021年依然会有2道立体几何客观题.依然会遵循前几年的命题风格.【模拟专练】1．（2021·山东德州市·高三一模）已知三棱锥P ABC -中，AP 、AB 、AC 三条棱两两垂直，且长度均为，以顶点P 为球心，4为半径作一个球，则该球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为______．【答案】3π【详解】由题可知：AP 、AB 、AC 三条棱两两垂直，且长度均为如图：所以PC PB BC ====2AM AF ==，所以3tan tan3APF APM ∠=∠=，则6APF APM π∠=∠=所以12EPF CPM π∠=∠=，则 4123EF MN ππ==⨯= 44,2332NE MF ππππ=⨯===所以球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为42333ππππ⨯++=2．（2021·山东烟台市·高三一模）已知正三棱锥 P ABC -的底面边长为2,面,PAB PBC 分别切于点,M N ，则MN 的长度为___________.【答案】56【详解】如图，设正三棱锥内切球的半径为R ，M 为内切球与侧面PAB 的切点，Q 为侧面上切点所在小圆的圆心，半径为r ，ABC为等边三角形，CD ∴==,233CH CD ==,133DH CD ==,3PH ===,POM PDH △△,OM PO DH PD ∴=,.33PH R PD -=PD ==333R -=，解得10521R =，sin sin 6PH OMQ PDH PD ∠=∠== ,35cos sin sin 6r MQ R OMQ R PMQ R PDH R ∴==∠=∠=∠=由正三棱锥的定义知，内切圆与三个侧面相切，切点构成的三角形为等边三角形，故120QMN ∠=︒,由余弦定理可得22222355252cos12033362136MN r r r r =+-︒==⨯=，所以56MN =3．（2021·山东济宁市·高三一模）在长方体1111ABCD A B C D -中，3AB =，14A D A A ==，E ，F ，G 分别是棱AB ，BC ，1CC 的中点，P 是底面ABCD 内一动点，若直线1D P 与平面EFG 平行，当三角形1BB P 的面积最小时，三棱锥1A BB P -的外接球的体积是______．【答案】125π6【详解】补全截面EFG 为截面1EFGHQR 如图，设BR AC ⊥， 直线1D P 与平面EFG 不存在公共点，1//D P ∴平面1EFGHQR ，易知平面1//ACD 平面1EFGHQR ，P AC ∴∈，且当P 与R 重合时，BP BR =最短，此时1PBB 的面积最小，由等面积法得1122BR AC AB BC ⨯=⨯，即113422BR ⨯⨯，125BP ∴=，1B B AP ⊥ ，BP AP ⊥，AP ∴⊥平面1B BP ，则1AP B P ⊥，又1AB B B ⊥，1AB ∴为三棱锥1A BB P -5=．∴三棱锥1A BB P -的外接球的半径为52，体积为35125π2643V π⎛⎫= ⎪⎝⎭=⨯．故答案为：125π6．4．（2020·山东高三其他模拟）将一个斜边长为4的等腰直角三角形以其一直角边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的表面积为_________.【答案】(882)π+【详解】因为等腰直角三角形的斜边长为4，所以直角边长为22，由题意可知所得几何体是圆锥，其底面圆的半径22r =4l =，则其表面积为(282r rl πππ+=+.5．（2020·山东高三专题练习）已知正方体棱长为2，以正方体的一个顶点为球心，以22则该球面被正方体表面所截得的所有的弧长和为______________.【答案】3π【详解】如图所示，球面被正方体表面所截得3段相等的弧长，与上底面截得的弧长，是以1D 为圆心，以2为半径的四分之一的圆周，所以11111224A C AB BC ππ===⨯⨯=，则所有弧长和为3π【押题专练】1．如图，在矩形ABCD 中，22AB BC ==，22AB BC ==．将A ，C 分别沿BE ，DF 向上翻折至A '，C '，则A C ''取最小值时，二面角A EF C ''--的正切值是________．【答案】5【详解】分别取BE ，DF 中点为M 、N ，连接A M '，MF ，C N '，NE ．四边形ABCD 为矩形，22AB BC ==，1AE CF ==，∴翻折前，四边形ABFE 和四边形CDEF 都是正方形，则1EF =，CE DF ∴⊥，AF BE ⊥，即NE DF ⊥，CN DF ⊥，AM BE ⊥，MF BE ⊥，∴翻折后仍有A M BE '⊥，C N DF '⊥，NE DF ⊥，MF BE ⊥，又A M MF M '⋂=，且A M '，MF ⊂平面A MF '，BE ∴⊥平面A MF '；同理可得：DF ⊥平面C NE '，又//DE BF ，且1DE BF ==，∴四边形BFDE 是平行四边形，则//BE DF ，BE ∴、DF 都是平面A MF '与平面C NE '的公垂线，,BE DF ⊂平面BFDE ，∴平面A MF '⊥平面BFDE ，平面C NE '⊥平面BFDE ．分别记1A ，1C 为点A '，C '在底面的投影，则点A '在底面的投影1A 落在直线MF 上，且沿MF 方向运动；点C '在底面的投影1C 落在直线NE 上，且沿NE 方向运动．当且仅当A C ''为平面A MF '与平面C NE '的公垂线段时长度最小，此时//A C ME ''，故//A C ''平面MFNE ，则11A A C C ''=．又11//A A C C ''，A '∴，1A ，1C ，C '共面，平面11A A C C ''⋂平面11MFNE A C =，11A C 也是平面A MF '与平面C NE '的公垂线，此时11Rt A A M Rt C C N '' ≌，11MA NC ∴=，又11//A C ME ，11//MA EC ，∴四边形11MA C E 为平行四边形，∴11MA EC =，∴1C 为NE 的中点，1A 为MF 的中点，1124MA NC ∴==，则11A A C C ''==64=，22A F C E ''∴==，将二面角A EF C ''--单独画出如图．过点A '作AP EF '⊥于点P ，过点C '作E C Q F '⊥于点Q ，又1A E AE '==，1CF CF '==，222122cos 242A F EF A E A FE A F EF ''+-'∴∠=='⋅，则1cos 4FP A F A FE ''=∠=，4A P '∴==；同理14EQ =，4C Q '=，则1141314FP FQ ==-，过点P 作//PG C Q '交FC '于点G ，连接A G '，则GP EF ⊥，∴A PG '∠即为二面角A EF C ''--的平面角，则13FG PG FC QC ==''，∴12PG =，13FG =，又2A F A C '''==，1C F '=，则A FC '' 为等腰直角三角形，∴cos 2A FC ''∠=，6A G ='∴，在A PG ' 中，22277103051614436144cos 7277724412A P PG A G A PG A P PG +-''+-'∠==='⋅，26tan 5A PG '∴∠=．2．如图，二面角A BD C --的平面角的大小为120︒，120BDA ∠=︒，150BDC =∠︒，2AD BD ==，CD =，则四面体ABCD 的外接球表面积为________．【答案】116π【详解】在BDA V 中，120BDA ∠=︒，2AD BD ==，所以AB ==，设BDA V 的外接圆的半径为1r ，则124sin AB r BDA==∠，所以12r =，在BDC 中，150BDC =∠︒，2BD =，CD =，所以BC ==，设BDC 的外接圆的半径为2r ，则22sin BC r BDC==∠，所以1r =又作12,O G BD O G BD ⊥⊥，所以12O GO ∠为二面角A BD C --的平面角，即12120O GO ∠= ，所以1O G ==2O G ==，所以12O O =设四面体ABCD 的外接球的球心为O ，球半径为R ，则1212sin O O OG O MO ==∠，所以R ==ABCD 的外接球表面积为24429116R πππ=⨯=，故答案为：116π.3．蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内饰米糠的球，如图所示.因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的足球．现已知某“鞠”的表面上有四个点A ，B ，C ，D 满足10cm AB BC CD DA DB =====，15cm AC =，则该“鞠”的表面积为___________2cm .【答案】7003π【详解】由已知得ABD △，CBD 均为等边三角形.如图所示，设球心为O ，BCD △的中心为O '，取BD 的中点F ，连接,,,,AF CF OO OB O B ''，则AF BD ⊥，CF BD ⊥，得BD ⊥平面AFC ，且可求得53cm AF CF ==，而15cm AC =，所以120AFC ∠=︒.在平面AFC 中过点A 作CF 的垂线，与CF 的延长线交于点E ，由BD ⊥平面AFC ，得BD AE ⊥，故AE ⊥平面BCD ，过点O 作OG AE ⊥于点G ，则四边形O EGO '是矩形，则()2103sin 60cm 33O B BC ︒'=⨯=，()153cm 23O F O B ''==，()15sin 60cm 2AE AF =︒=，53sin 302EF AF =︒=．设球的半径为R ，OO x '=，则由222OO O B OB ''+=，222OA AG GO =+，得221003x R +=，222535315232x R ⎛⎫⎛⎫++-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得5cm x =，2175cm 3R =故三棱锥A BCD -外接球的表面积()227004cm 3S R ππ==4．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的顶点C 在平面α上，若A 1B 和A 1D 与平面α都成60°角，则A 1C 与平面α所成角的余弦值为______.【答案】13【详解】设直线l 过点A 1且垂直于α，则A 1B 与A 1D 都与直线l 夹角为30°，连结BD ，由题意得△A 1BD 是等边三角形，取BD 中点E ，由题意得A 1E 可以承担直线l 的角色，但同时与直线A 1B 、A 1D 夹角为相等的直线，最小也要30°，∴此时直线l 是唯一的，由题意知A 1C 与直线l （直线A 1E ）的余弦值恰为A 1C 与平面α所成角的正弦，设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则A 1C 222222++＝3，CE 221222+2，A 1E 22(22)(2)-＝6，∴设A 1C 与平面α所成角为θ，则sin θ＝22211112A C A E CE A C A E +-⨯⨯2236⨯⨯223，∴A 1C 与平面α所成角的余弦值为：cos θ2221()3-＝13.故答案为：13.5．如图，在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面正方形ABCD 内（不包括边界），若B 1P //平面A 1BM ，则C 1P 长度的取值范围是____．【答案】30[2)5【详解】取BC 中点N ，连结B 1D ，B 1N ，DN ，作CO ⊥DN ，连结C 1O ，因为平面B 1DN ∥平面A 1BM ，所以点P 在底面ABCD 内的轨迹是线段DN （动点P 在底面正方形ABCD 内，不包括边界，故不含点N 和点D ），在1C DN △中，2211152,1()22C D DN C N ===+=，所以12215262()()2224C DN S =-= ，过C 1O ⊥DN ，则当P 与O 重合时，C 1P 长度取最小值，所以C 1P 长度的最小值为1630421522C O ==⨯，当P 与D 重合时，C 1P 长度取最大值，∴C 1P 长度的最大值为C 1D ，∵P 与D 不重合，∴C 1P 长度的取值范围是[5．故答案为：305.6．鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经90 榫卯起来．若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器（容器壁的厚度忽略不计），则该球形容器表面积的最小值为_____．【答案】41π【详解】由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半，即为14122=，∴该球形容器体积的最小值为：42412ππ⨯=.7．在三棱锥D ABC -中，ABC 是以A ∠为直角的等腰直角三角形，DBC △是边长为2的等边三角形，二面角A BC D --的余弦值为63-，则三棱锥D ABC -的外接球的表面积为______.【答案】8π【详解】如图，设BC 的中点为E ，过点E 作平面ABC 的法线EO ，过BCD △的重心F 作平面DBC 的法线FO ，EO 与FO 交于点O ，则O 为三棱锥D ABC -的外接球的球心.又1333EF DE ==，6cos 3DEA ∠=-，所以3cos 3FEO ∠=.又3cos 3EF FEO OE ∠==，所以1OE =，，所以球的表面积为8π.8．已知球O 的半径为102，以球心O 为中心的正四面体Γ的各条棱均在球O 的外部，若球O 的球面被Γ的四个面截得的曲线的长度之和为8π，则正四面体Γ的体积为_________．【答案】【详解】由题知，正四面体截球面所得曲线为四个半径相同的圆，每个圆的周长为2π，半径为1，故球心O 到正四=a ，如图所示，则斜高32AE EF a ==，体高3=AF a ，在Rt AEF 和R t AGO 中，13OG EF AO AE ==，61236632a =-，∴6a =，∴231362618234312V a a =⋅⋅=⋅=．9．已知菱形ABCD 的边长为4，对角线4BD =，将ABD △沿着BD 折叠，使得二面角A BD C --为120︒，则三棱锥A BCD -的外接球的表面积为___________.【答案】1123π【详解】如图所示：将ABD △沿BD 折起后，取BD 中点为E ，连接AE ，CE ，则AE BD ⊥，CE BD ⊥，所以AEC ∠即为二面角A BD C --的平面角，所以120AEC ∠=︒；ABD △与BCD △是边长为4的等边三角形.分别记三角形ABD △与BCD △的重心为G 、F ，则12333EG EA ==，1333EF EC ==；即EF EG =；因为ABD △与BCD △都是边长为4的等边三角形，所以点G 是ABD △的外心，点F 是BCD △的外心；记该几何体ABCD 的外接球球心为O ，连接OF ，OG ，根据球的性质，可得OF ⊥平面BCD ，OG ⊥平面ABD ，所以 OGE 与OFE △都是直角三角形，且OE 为公共边，所以Rt OGE △与Rt OFE 全等，因此1602OEG OEF AEC ∠=∠=∠=︒，所以433OE =；因为AE BD ⊥，CE BD ⊥，AE CE E =I ，且AE ⊂平面AEC ，CE ⊂平面AEC ，所以BD ⊥平面AEC ；又OE ⊂平面AEC ，所以BD OE ⊥，连接OB ，则外接球半径2213OB ==，所以外接球表面积为1123π.10．三棱锥A BCD -的一条棱长为a ，其余棱长均为1，当三棱锥A BCD -的体积最大时，它的外接球的表面积为___________.【答案】53π【详解】解：由题意画出三棱锥的图形，其中1AB BC CD BD AC =====，AD a =.取BC ，AD 的中点分别为E ，F ，可知AE BC ⊥，DE BC ⊥，且AE DE E = ，∴BC ⊥平面AED ，∴平面ABC ⊥平面BCD 时，三棱锥A BCD -的体积最大，此时2AD a ====.设三棱锥外接球的球心为O ，半径为R ，由球体的对称性知，球心O 在线段EF 上，∴OA OC R ==，又64EF ==，设OF x OE x 4==-，，在三角形AOF 中：2222216R ()x 24AD OF ⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭,在三角形OEC 中：2222211R ()x 242OE BC ⎛⎫⎛⎫=+=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴222221442R x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得612x =.∴球的半径R 满足222665R 41212⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴三棱锥外接球的表面积为25544123R πππ=⨯=.11．四面体ABCD 中，90ABC BCD ∠=∠=︒，2AB BC CD ===，AD =表面积为__________．【答案】12π【详解】由题意90ABC BCD ∠=∠=︒，2AB BC CD ===，AD =AC BD ==，所以222AB BD AD +=，AB BD ⊥，同理AC CD ⊥，取AD 中点O ，则O 到,,,A B C D 四点的距离相等，O 即为ABCD 外接球的球心，所以球半径为2AD r ==，球表面积为2412ππ==S r ．故答案为：12π．12．如图所示，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，,E F 为1,AA AB 的中点，M 点是正方形11ABB A 内的动点，若1//C M 平面1CD E ，则M 点的轨迹长度为______．2【详解】如图所示，11A B 的中点H ，1BB 的中点G ，连接11,,,,GH C H C G EG HF .可得四边形11EGC D 是平行四边形，∴11//C G D E ，又1C G ⊄平面1CD E ，1D E ⊂平面1CD E ，可得1//C G 平面1CDE .同理可得1//C H CF ，1//C H 平面1CD E ，又111C H CG C = ，∴平面1//C GH 平面1CD E .∵M 点是正方形11ABB A 内的动点，1//C M 平面1CD E ，∴点M 在线段GH 上．∴M 点的轨迹长度为22112GH =+=.2.132的正方体ABCD A B C D ''''-中，点E ､F ､G 分别是棱A B ''､B C '､CD 的中点，则由点E ､F ､G 确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于___________.【答案】332【详解】分别取AD 中点P ，1CC 中点M ，1AA 中点N ，可得出过E ，F ，G 三点的平面截正方体所得截而为正六边形EFMGPN ，则正六边形的边长2211122MG CG CM =+=+，故截面多边形的面积等于23336142S =⨯⨯=.故答案为：332.14．球O 为正方体1111ABCD A B C D -的内切球，平面11A C B 截球O 的截面面积为π，则球的表面积为________．【答案】6π【详解】设内切球半径为R ，则正方体棱长为2R ，如图，平面11A C B 截球O 所得圆为正11A C B △的内切圆，而截面圆半径为1，在正11A C B △中122A B =，∴3216⋅=，62R =故内切球的表面积为264)6π2π⋅⋅=．故答案为：6π15．某圆台下底半径为2，上底半径为1，母线长为2，则该圆台的表面积为________.【答案】11π【详解】由题意该圆台的表面积为2221(21)211S ππππ=⨯+⨯+⨯+⨯=．。
高中数学高考冲刺立体几何专题训练 试题(共12页)
直线、平面(píngmiàn)、简单几何体题型一多面体中平行与垂直的证明【典例1】(2021年高考) 如图,在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.〔1〕证明PA//平面EDB；〔2〕证明PB⊥平面EFD；〔3〕求二面角C—PB—D的大小.本小题考察直线与平面平行,直线与平面垂直,二面角等根底知识,考察空间想象才能和推理论证才能.拓展提升：〔1〕证明线面平行只需证明直线与平面内一条直线平行即可；〔2〕求斜线与平面所成的角只需在斜线上找一点作平面的垂线，斜线和射影所成的角，即为所求角；〔3〕证明线面垂直只需证此直线与平面内两条相交直线垂直变可.这些从9(A)证法中都能十清楚显地表达出来【变式训练】1〔( 2021年卷〕如图4,两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1和2,AB=4.(Ⅰ)证明(zh èngm íng)PQ ⊥平面ABCD ; (Ⅱ)求异面直线AQ 与PB 所成的角; (Ⅲ)求点P 到平面QAD 的间隔 .2.(2021全国Ⅰ·文)四棱锥中，底面ABCD 为平行四边形，侧面底面ABCD ，，，，．〔Ⅰ〕证明：；〔Ⅱ〕求直线SD 与平面SBC 所成角的大小．3.〔全国1〕四棱锥P -ABCD 的底面为直角梯形,AB ∥DC ,底面ABCD ,且PA =AD =DC =AB =1,M 是PB 的中点.〔Ⅰ〕证明：面PAD ⊥面PCD ； 〔Ⅱ〕求AC 与PB 所成的角；〔Ⅲ〕求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小.本小题主要考察直线与平面垂直、直线与平面所成角的有关知识及思维才能和空间想象才能.考察应用向量知识解决数学问题的才能.题型二 结论探究性问题【典例2】〔2021年高考(ɡāo k ǎo)〕如图,在三棱锥A －BCD 中,侧面ABD 、ACD 是全等的直角三角形,AD 是公一DBCASE共的斜边,且AD ＝,BD＝CD＝1,另一个侧面是正三角形(1)求证：AD⊥BC(2)求二面角B－AC－D的大小(3)在直线AC上是否存在一点E,使ED与面BCD成30︒角？假设存在,确定E 的位置；假设不存在,说明理由.分析：此题考察了线线关系，线面关系及其相关计算，考察了余弦定理尤为突出的是此题采用探究式、开放式设问方式，对学生灵敏运用知识解题提出了较高要求。
2021年高考数学立体几何全真模拟预测练习卷含答案
211. 下列说法中正确的是（ ）：A. 直线l 平行于平面α内的无数条直线，则l //αB. 若直线a 在平面α外，则a//αC. 若直线a//b ，直线b ⊂α，则a//αD. 若直线a//b ，b ⊂α，那么a 就平行于平面α内的无数条直线 解析：画出图形，根据直线与平面平行的定义和判定定理进行分析。
解答: 由直线l 虽与平面α内无数条直线平行，但l 有可能在平面α内，知l 不一定平行于α，从而排除A直线a 在平面α外，包括两种情况：a//α或a 与α相交，故a 与α不一定平行，从而排除B直线a//b ，b ⊂α只能说明a 和b 无公共点，但a 可能在平面α内，故a 不一定平行于α，从而排除Ca//b ，b ⊂α，那么a ⊂α或a//α，故a 可能与平面α内的无数条直线平行，从而选择D 点评: 判定直线与平面平行时，要注意直线与平面平行的判定定理中的三个条件，缺一不可。
。
212.如图2－20，两个全等的正方形ABCD 和ABEF 所在平面相交于AB ，M ∈AC ，N ∈FB ，且AM ＝FN ，求证：MN//平面BCE 。
解析： 要证MN//平面BCE ，就是要在平面BCE 上找一条直线，证明它与MN 平行即可。
DA F GN M BCE图2－20证明: 连结AN 并延长，交BE 延长张于G ，连结CG 。
由AF//BG ，知MCAMNB FN NG AN ==，故MN//CG ，MN ⊄平面BCE ，CG ⊂平面BCE ，于是MN//平面BCE 。
点评:证线面平行，通常转化为证线线平行，关键是在平面内找到所需的线。
213. 如图2－21，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 为DD 1的中点，（1）判断BD 1和过A 、C 、E 三点的平面的位置关系， 并证明你的结论。
（2）求∆ACE 的面积。
证明（1）：连结BD ，令BD ∩AC ＝F 。
∵BD 1和过A 、C 、E 三点的平面平行，则F 是DB 的中点，又E 是DD 1的中点， ∴EF ∥BD 1又EF ⊂平面ACE ，BD 1⊄平面ACE ， ∴BD 1∥平面ACE（2）在正方形ABCD 中，AB ＝2，AC ＝22，∴AF ＝2 在直角△ADE 中，AD ＝2，DE ＝1，∴AE ＝5 在Rt △EAF 中，EF ＝22AF EA -＝25-＝3 ∴632221=⨯⨯=∆ACE s 214. 直线a//直线b ，直线a 与平面α相交，判定直线b 与平面α的位置关系，并证明你的结论CBADA 1 D 1 C 1B 1 EC AD A 1D 1 C 1 B 1 E图2－F证明：假设直线b 与α不相交，则b ⊂α或b//α(1)若b ⊂α，由a//b ，b ⊂α，a ⊄α⇒a//α，与a 与平面α相交矛盾，故b ⊂α不可能。
【课堂新坐标】2021年高考数学三轮冲刺 立体几何专项模拟试卷（含解析）(1)
【课堂新坐标】2021年高考数学三轮冲刺 立体几何专项模拟试卷（含解析）本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部份，共150分，考试时刻120分钟．第Ⅰ卷一、选择题(本大题共8小题，每题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的)1．(2021·肇庆模拟)在△ABC 中，已知|AB →|＝|BC →|＝|CA →|＝2，那么向量AB →·BC →＝ ( )A ．2B ．－2C ．23 D ．－23【解析】 向量AB →与BC →的夹角为2π3，那么AB →·BC →＝2×2×cos 23π＝－2.【答案】 B2．(2021·东营模拟)已知等比数列{a n }，假设存在两项a m ，a n 使得a m ·a n ＝a 23，那么1m ＋4n的最小值为( )A.32 B ．53C.94D.76【解析】 由等比数列的性质知m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n (m ＋n )＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋4m n ＋n m ≥32，当且仅当4m n ＝nm，即m ＝2，n ＝4时等号成立．【答案】 A3．在正四面体P －ABC 中，D ，E ，F 别离是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结论中不成立的( ) A ．BC ∥平面PDF B ．DF ⊥平面PAE C ．平面PDE ⊥平面ABC D ．平面PAE ⊥平面ABC【解析】 假设平面PDF ⊥平面ABC ，那么极点P 在底面的射影在DF 上，又因为正四面体的极点在底面的射影是底面的中心，因此结论不成立，应选C.【答案】 C4．(2021·济宁模拟)点M 、N 别离是正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱A 1B 1、A 1D 1的中点，用过A 、M 、N 和D 、N 、C 1的两个截面截去正方体的两个角后取得的几何体如以下图1，那么该几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图依次为( )图1 A ．①②③ B ．②③④ C ．①③④D ．②④③【解析】 依照三视图的概念可知选B. 【答案】 B5．(2021·枣庄模拟)设z ＝x ＋y ，其中实数x ，y 知足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k ，若z 的最大值为6，那么z 的最小值为( )A ．－3B ．－2C ．－1D ．0【解析】由z ＝x ＋y 得y ＝－x ＋z ，作出⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k ，的区域BCO ，平移直线y ＝－x ＋z ，由图象可知当直线通过C 时，直线的截距最大，现在z ＝6，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x ，y ＝－x ＋6，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝3，因此k ＝3，解得B (－6,3)，代入z ＝x ＋y 得最小值为z ＝－6＋3＝－3，选A.【答案】 A6．(2021·课标全国卷Ⅰ)如图2，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，若是不计容器厚度，那么球的体积为( )图2A.500π3 cm 3B ．866π3 cm 3C.1 372π3cm 3D.2 048π3cm 3【解析】 如图，作出球的一个截面，那么MC ＝8－6＝2(cm)，BM ＝12AB ＝12×8＝4(cm)．设球的半径为R cm ，那么R 2＝OM 2＋MB 2＝(R －2)2＋42，∴R ＝5，∴V 球＝43π×53＝5003π(cm 3)．【答案】 A7．(2021·临汾模拟)已知平面α⊥平面β，α∩β＝l ，点A ∈α，A ∉l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α，m ∥β，那么以下四种位置关系中，不必然成立的是( )A ．AB ∥m B ．AC ⊥m C ．AB ∥βD ．AC ⊥β【解析】 因为m ∥α，m ∥β，α∩β＝l ，因此m ∥l . 因为AB ∥l ，因此AB ∥m ，故A 必然正确．因为AC ⊥l ，m ∥l ，因此AC ⊥m ，从而B 必然正确． 因为AB ∥l ，l ⊂β，AB ⊄β. 因此AB ∥β.故C 也正确．因为AC ⊥l ，当点C 在平面α内时，AC ⊥β成立，当点C 不在平面α内时，AC ⊥β不成立，故D 不必然成立．【答案】 D8．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，D 是AC 的中点，AB 1⊥BC 1，那么平面DBC 1与平面CBC 1所成的角为( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．90°【解析】 以A 为坐标原点，AC →，AA 1→的方向别离为y 轴和z 轴的正方向成立空间直角坐标系． 设底面边长为2a ，侧棱长为2b ， 则A (0,0,0)，C (0,2a,0)，D (0，a,0)，B (3a ，a,0)，C 1(0,2a,2b )，B 1(3a ，a,2b )．由AB 1→⊥BC 1→，得AB 1→·BC 1→＝0，即2b 2＝a 2. 设n 1＝(x ，y ，z )为平面DBC 1的一个法向量， 则n 1·DB →＝0，n 1·DC 1→＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧3ax ＝0，ay ＋2bz ＝0.又2b 2＝a 2，令z ＝1，解得n 1＝(0，－2，1)．同理可求得平面CBC 1的一个法向量为n 2＝(1，3，0)．利用公式cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝22，得θ＝45°.【答案】 B 第Ⅱ卷二、填空题(本大题共6小题，每题5分，共30分，把答案填在题中横线上)9．已知函数f (x )＝A sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6(A ＞0，ω＞0)的最小正周期为2，且f (0)＝3，那么函数f (3)＝________.【解析】 ω＝2π2＝π，由f (0)＝A sin π6＝3得A ＝23，因此f (x )＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋π6，因此f (3)＝23sin ⎝⎛⎭⎪⎫3π＋π6＝－ 3.【答案】 －310．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a ，极点都在一个球面上，那么该球的表面积为________． 【解析】 设球心为O ，正三棱柱上底面为△ABC ，中心为O ′，因为三棱柱所有棱的长都为a ，那么可知OO ′＝a 2，O ′A ＝33a ，又由球的相关性质可知，球的半径R ＝OO ′2＋O ′A 2＝216a ，因此球的表面积为4πR 2＝73πa 2. 【答案】 73πa 211．(2021·南通模拟)关于直线m ，n 和平面α，β有以下四个命题：①若m ∥α，n ∥β，α∥β，那么m ∥n ； ②若m ∥n ，m ⊂α，n ⊥β，那么α⊥β； ③若α∩β＝m ，m ∥n ，那么n ∥α且n ∥β； ④若m ⊥n ，α∩β＝m ，那么n ⊥α或n ⊥β. 其中假命题的序号是________．【解析】 命题①m 与n 也可相交或异面，因此①是假命题；命题②由条件可得m ⊥β，又m ⊂α，故α⊥β，因此②是真命题；命题③也可取得n ⊂α或n ⊂β，因此③错；命题④由已知只能取得n 垂直α与β内的一条直线，无法判定n ⊥α或n ⊥β，因此命题④错．【答案】 ①③④12．(2021·陕西高考)某几何体的三视图如图3所示，那么其体积为________． 图3【解析】 原几何体可视为圆锥的一半，其底面半径为1，高为2， ∴其体积为13×π×12×2×12＝π3.【答案】 π313．对大于或等于2的自然数m 的n 次方幂有如下分解方式： 22＝1＋3 23＝3＋5 32＝1＋3＋5 33＝7＋9＋11 42＝1＋3＋5＋7 43＝13＋15＋17＋19 52＝1＋3＋5＋7＋953＝21＋23＋25＋27＋29依照上述分解规律，假设m 3(m ∈N *)的分解中最小的数是73，那么m 的值为________．【解析】 由所给等式知，m 3分解中第1个数为数列3,5,7，…中第2＋3＋4＋…＋(m －1)＋1项，即m 2－m2项，从而m 3分解中第1个数为m 2－m ＋1，由m 2－m ＋1＝73得m ＝9.【答案】 914．(2021·南昌模拟)三棱锥S —ABC 中，∠SBA ＝∠SCA ＝90°，△ABC 是斜边AB ＝a 的等腰直角三角形，那么以下结论中：图4①异面直线SB 与AC 所成的角为90°. ②直线SB ⊥平面ABC ； ③平面SBC ⊥平面SAC ； ④点C 到平面SAB 的距离是12a .其中正确结论的序号是________．【解析】 由题意知AC ⊥平面SBC ，故AC ⊥SB ，SB ⊥平面ABC ，平面SBC ⊥平面SAC ，①②③正确；取AB 的中点E ，连接CE ，可证得CE ⊥平面SAB ，故CE 的长度即为C 到平面SAB 的距离12a ，④正确．【答案】 ①②③④三、解答题(本大题共6小题，共80分，解许诺写出文字说明、证明进程或演算步骤)15．(本小题总分值12分)(2021·深圳模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对边的边长别离是a ，b ，c . (1)假设c ＝2，C ＝π3且△ABC 的面积等于3，求cos(A ＋B )和a ，b 的值；(2)假设B 是钝角，且cos A ＝35，sin B ＝1213，求sin C 的值．【解】 (1)∵A ＋B ＋C ＝π，C ＝π3，∴A ＋B ＝π－C ，∴cos(A ＋B )＝cos(π－C )＝－cos C ＝－cos π3＝－12.由余弦定理及已知条件得，a 2＋b 2－ab ＝4， 又因为△ABC 的面积等于3，因此12ab sin C ＝3，得ab ＝4.联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2－ab ＝4，ab ＝4，解得a ＝2，b ＝2.(2)∵B 是钝角，且cos A ＝35，sin B ＝1213，∴sin A ＝1－cos 2A ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝45，cos B ＝－1－sin 2B ＝－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12132＝－513，∴sin C ＝sin[π－(A ＋B )]＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝45×⎝ ⎛⎭⎪⎫－513＋35×1213＝1665.16．(本小题总分值12分)(2021·青岛模拟)在如图5所示的多面体ABCDE 中，AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，且AC ＝AD ＝CD ＝DE ＝2，AB ＝1.图5(1)请在线段CE 上找到点F 的位置，使得恰有直线BF ∥平面ACD ，并证明这一结论； (2)求多面体ABCDE 的体积．【解】 (1)如下图，由已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，∴AB ∥ED ，设F 为线段CE 的中点，H 是线段CD 的中点，连接BF 、FH 、AH ，那么FH 綊12ED ，又AB ＝12ED ，∴FH 綊AB ，∴四边形ABFH 是平行四边形，∴BF ∥AH ，又因为BF ⊄平面ACD ，AH ⊂平面ACD ，∴BF ∥平面ACD . (2)取AD 中点G ，连接CG . 因为AB ⊥平面ACD ，∴CG ⊥AB ， 又CG ⊥AD ，∴CG ⊥平面ABED ，即CG 为四棱锥C —ABED 的高，求得CG ＝3，∴V C —ABED ＝13·1＋22·2·3＝3.17．(本小题总分值14分)(2021·黄冈模拟)如图6，三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧面AA 1B 1B 为正方形，侧面BB 1C 1C 为菱形，∠CBB 1＝60°，AB ⊥B 1C .(1)求证：平面AA 1B 1B ⊥平面BB 1C 1C ；(2)假设AB ＝2，求三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积． 图6【解】 (1)由侧面AA 1B 1B 为正方形，知AB ⊥BB 1. 又AB ⊥B 1C ，BB 1∩B 1C ＝B 1，因此AB ⊥平面BB 1C 1C ，又AB ⊂平面AA 1B 1B ，因此平面AA 1B 1B ⊥平面BB 1C 1C .(2)由题意，CB ＝CB 1，设O 是BB 1的中点，连接CO ，那么CO ⊥BB 1. 由(1)知，CO ⊥平面AA 1B 1B ，且CO ＝32BC ＝32AB ＝ 3.连结AB 1，那么VC —ABB 1＝13S △ABB 1·CO ＝16AB 2·CO ＝233.因为VB 1—ABC ＝VC —ABB 1＝13VABC —A 1B 1C 1＝233，故三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积VABC —A 1B 1C 1＝23.18．(本小题总分值14分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2，数列{b n }知足b 1＝1，且b n ＋1＝b n ＋2.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝1－－1n2a n －1＋－1n2b n ，求数列{c n }的前2n 项和T 2n .【解】 (1)当n ＝1，a 1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1， ∴a n ＝2a n －1.∴{a n }是等比数列，公比为2，首项a 1＝2，∴a n ＝2n . 由b n ＋1＝b n ＋2，得{b n }是等差数列，公差为2. 又首项b 1＝1，∴b n ＝2n －1.(2)c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n n 为奇数，－2n －1 n 为偶数，∴T 2n ＝2＋23＋…＋22n －1－[3＋7＋…＋(4n －1)] ＝22n ＋1－23－2n 2－n .19．(本小题总分值14分)如图7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OM ∥AC .图7(1)求证：平面MOE ∥平面PAC . (2)求证：平面PAC ⊥平面PCB .(3)设二面角M —BP —C 的大小为θ，求cos θ的值．【解】 (1)因为点E 为线段PB 的中点，点O 为线段AB 的中点，因此OE ∥PA . 因为PA ⊂平面PAC ，OE ⊄平面PAC ， 因此OE ∥平面PAC . 因为OM ∥AC ，因为AC ⊂平面PAC ，OM ⊄平面PAC ， 因此OM ∥平面PAC .因为OE ⊂平面MOE ，OM ⊂平面MOE ，OE ∩OM ＝O ， 因此平面MOE ∥平面PAC .(2)因为点C 在以AB 为直径的⊙O 上， 因此∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC . 因为PA ⊥平面BAC ，BC ⊂平面ABC ， 因此PA ⊥BC .因为AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，PA ∩AC ＝A ， 因此BC ⊥平面PAC . 因为BC ⊂平面PCB ， 因此平面PAC ⊥平面PCB .(3)如图，以C 为原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，成立空间直角坐标系C —xyz . 因为∠CBA ＝30°，PA ＝AB ＝2， 因此CB ＝2cos 30°＝3，AC ＝1.延长MO 交CB 于点D . 因为OM ∥AC ，因此MD ⊥CB ，MD ＝1＋12＝32，CD ＝12CB ＝32.因此P (1,0,2)，C (0,0,0)，B (0，3，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，32，0. 因此CP →＝(1,0,2)，CB →＝(0，3，0)．设平面PCB 的法向量m ＝(x ，y ，z )．因为⎩⎨⎧m ·CP→＝0，m ·CB→＝0.因此⎩⎪⎨⎪⎧x ，y ，z ·1，0，2＝0，x ，y ，z ·0，3，0＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2z ＝0，3y ＝0.令z ＝1，那么x ＝－2，y ＝0. 因此m ＝(－2,0,1)．同理可求平面PMB 的一个法向量n ＝(1，3，1)．因此cos 〈m ，n 〉＝m·n|m|·|n|＝－15.因为二面角M —BP —C 为锐二面角，因此cos θ＝15.图820．(本小题总分值14分)(2021·天津高考)如图8，四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明B 1C 1⊥CE ；(2)求二面角B 1CE C 1的正弦值；(3)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为26，求线段AM 的长．【解】 如图，以点A 为原点，以AD ，AA 1，AB 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴成立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，B (0,0,2)，C (1,0,1)，B 1(0,2,2)，C 1(1,2,1)，E (0,1,0)．(1)证明：易患B 1C 1→＝(1,0，－1)，CE →＝(－1,1－1)，于是B 1C 1→·CE →＝0，因此B 1C 1⊥CE . (2)B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0.消去x ，得y ＋2z ＝0， 不妨令z ＝1，可得一个法向量为m ＝(－3，－2,1)． 由(1)知，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1，可得B 1C 1⊥平面CEC 1，故B 1C 1→＝(1,0，－1)为平面CEC 1的一个法向量．于是cos 〈m ，B 1C 1→〉＝m ·B 1C 1→|m ||B 1C 1→|＝－414×2＝－277，从而sin 〈m ，B 1C 1→〉＝217. 因此二面角B 1—CE —C 1的正弦值为217. (3)AE →＝(0,1,0)，EC 1→＝(1,1,1)．设EM →＝λEC 1→＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM →＝AE →＋EM →＝(λ，λ＋1，λ)． 可取AB →＝(0,0,2)为平面ADD 1A 1的一个法向量． 设θ为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角，那么sin θ＝|cos 〈AM →，AB →〉|＝|AM →·AB →||AM →||AB →|＝2λλ2＋λ＋12＋λ2×2＝λ3λ2＋2λ＋1， 于是λ3λ2＋2λ＋1＝26，解得λ＝13(负值舍去)， 因此AM ＝ 2.。
2021年新高考数学立体几何练习(含解析)
2021年新高考数学立体几何练习1．如图，在四棱锥P ABCD -中，已知//AB DC ，1AB AD ==，2BD =，2CD =，6PB PC PD ===．（1）证明：平面PCD ⊥平面ABCD ；（2）设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ，求直线l 与平面ABCD 所成角的大小．2．如图，四棱台1111ABCD A B C D -中，1A A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，4ABC π∠=，222BC AB ==，1111A B A A ==．（1）证明：1//DD 平面1ACB ； （2）求面角11A B C D --的余弦值．3．如图，直角三角形ABD 所在的平面与半圆弧BD 所在平面相交于BD ，2AB BD ==，E ，EC=．F分别为AD，BD的中点C是BD上异于B，D的点，2（1）证明：平面CEF⊥平面BCD（2）若点C为半圆弧BD上的一个三等分点（靠近点)--的余弦值．D，求二面角A CE B4．如图，在四棱锥中P ABCD⊥，且22AD BC，AD CD-，PA⊥平面ABCD，//==AD CD42BC =，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 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．5．如图，已知斜三棱柱111ABC A B C -底面是边长2的正三角形，D 为ABC ∆所在平面上一点且四边形ABCD 是菱形，ACBD O =，四边形11ACC A 为正方形，平面11A DC ⊥平面111A B C ．（Ⅰ）证明：1B O ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求平面1CDC 与平面11A DC 所成二面角的正弦值．6．如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAB ⊥平面ABCD ，//BC AD ，90BAD ∠=︒，244PA AD AB BC ====，21PC =（1）证明：PA ⊥平面ABCD ；（2）线段AB 上是否存在一点M ，使得MC 与平面PCD 所成角的正弦值为221？若存在，请求出AMAB的值；若不存在，请说明理由．7．如图，三棱柱111ABC A B C -所有棱长都相等，D 为BC 上的点，直线l 为平面1ADC 与平面111A B C 的交线，l ⊥平面11BB C C ． （1）证明：AD ⊥平面11BB C C ；（2）已知160B BC ∠=︒，求二面角1D AC C --的余弦值．8．如图，已知直三棱柱222ABC A B C -的底面为正三角形，侧棱长都为4，1A 、1B 、1C 分别在棱2AA 、2BB 、2CC 上，且121A A =，122B B =，123C C =，过AB ，AC 的中点M ，N 且与直线2AA 平行的平面截多面体111222A B C A B C -所得的截面DEFG 为该多面体的一个中截面．（1）证明：中截面DEFG 是梯形；（2）若直线11A C 与平面222A B C 所成的角为45︒，求平面111A B C 与平面222A B C 所成锐二面角的大小．9．在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，23AB BD DA ===，2BC CD ==． （1）求证：平面PAC ⊥平面PBD ；（2）若直线CD 与平面PBC 所成角的正弦值为3，求平面PCD 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值．10．图1是由正方形ABCD ，Rt ABE ∆，Rt CDF ∆组成的一个平面图形，其中1AB AE DF ===，将其沿AB 、CD 折起使得点E 与点F 重合，如图2．（1）证明：图2中的平面ABE 与平面ECD 的交线平行于底面ABCD ； （2）求二面角B EC D --的余弦值．2021年新高考数学立体几何练习参考答案与试题解析一．解答题（共10小题）1．如图，在四棱锥P ABCD -中，已知//AB DC ，1AB AD ==，2BD =，2CD =，6PB PC PD ===．（1）证明：平面PCD ⊥平面ABCD ；（2）设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ，求直线l 与平面ABCD 所成角的大小．【解答】（1）证明：因为1AB AD ==，2BD =，所以222AB AD BD +=，即AB AD ⊥．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（1分）又因为//AB DC ，所以AD CD ⊥．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（2分）取CD 中点为F 点，连FB ，FP ，因6PC PD ==2CD =．所以5FP ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（3分） 因//AB FD ，1AB FD ==，AB AD ⊥， 所以四边形ABFD 是正方形，所以FB CD ⊥．且1AD FB ==，所以222FP FB PB +=，FP FB ∴⊥．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（4分）又因为FP CD F =，FP ⊂平面PCD ．CD ⊂平面PCD ．所以FB ⊥平面PCD ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（5分）又因为FB ⊂平面ABCD ，所以平面PCD ⊥平面ABCD ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（6分）（2）解：延长DA 和CB ，使其相交于点E ，则平面PAD 与平面PBC 的交线l 即为PE ．⋯⋯⋯⋯（7分） 由（1）知FP FB ⊥，PF FC ⊥，FC FB ⊥，故以点F 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．⋯⋯⋯（8分）则(0,0,5)P ，(1E -，2，0)，(1,2,5)PE =--．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（9分）又平面ABCD 的法向量为(0,0,1)n =．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（10分）设直线l 与平面ABCD 所成角的大小为θ． 则|5|2sin |cos |10PE n θ-=〈⋅〉==，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（11分） 故所求直线l 与平面ABCD 所成角的大小为4π．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（12分） （注：此题亦可用几何法，上图中PEF ∠即为所求）2．如图，四棱台1111ABCD A B C D -中，1A A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，4ABC π∠=，222BC AB ==，1111A B A A ==．（1）证明：1//DD 平面1ACB ； （2）求面角11A B C D --的余弦值．【解答】（1）证明：连接BD ，交AC 于O ，连接1B O ， 四边形ABCD 是平行四边形，12OD BD ∴=，由棱台的性质可得11//B D OD ，由BC ==2AB =，又111A B =， 可得111112A B B D AB BD ==，则11B D OD =， ∴四边形11B ODD 是平行四边形，则11//B O DD ，又1B O ⊂平面1B AC ，1DD ⊂/平面1B AC ，1//DD ∴平面1ACB ；（2）解：1A A ⊥平面ABCD ，且AC ⊂平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，1A A AC ∴⊥，1A A AB ⊥，又4ABC π∠=，BC =2AB =，2AC ∴=，则222AB AC BC +=，故AB AC ⊥，即AB ，AC ，1AA 两两互相垂直，以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，1AA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 则(0A ，0，0)，(0C ，2，0)，1(1B ，0，1)，1(1D -，1，1)，∴1(1,2,1)CB =-，(0,2,0)AC =，1(1,1,1)CD =--．设平面1AB C 的一个法向量为(,,)m x y z =，由12020m AC y m CB x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取1z =，得(1,0,1)m =-；设平面11B CD 的一个法向量为111(,,)n x y z =，由11111111020n CD x y z n CB x y z ⎧⋅=--+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取13z =，得(1,2,3)n =． 设二面角11A B C D --为θ，由图可知，θ为锐角，则2||cos |cos,|||||1m n m n m n θ⋅=<>===+． 故二面角11A B C D --．3．如图，直角三角形ABD 所在的平面与半圆弧BD 所在平面相交于BD ，2AB BD ==，E ，F 分别为AD ，BD 的中点C 是BD 上异于B ，D 的点，2EC =． （1）证明：平面CEF ⊥平面BCD（2）若点C 为半圆弧BD 上的一个三等分点（靠近点)D ，求二面角A CE B --的余弦值．【解答】证明：（1）因为C 半圆弧BD 上的一点，所以BC BD ⊥． 在ABD ∆中，E ，F 分别为AD ，BD 的中点，所以112EF AB ==，且//EF AB ． 于是在EFC ∆中，222112EF FC EF +=+==，所以EFC ∆为直角三角形，且EF FC ⊥．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（2分） 因为AB BD ⊥，//EF AB ，所以EF BD ⊥．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（3分） 因为EF FC ⊥，EF BD ⊥，BD FC F =，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（4分）所以EF ⊥平面BCD ．又EF ⊂平面CEF ，所以平面CEF ⊥平面BCD ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（5分）解：（2）由已知120BFC ∠=︒，以F 为坐标原点，分别以垂直于平面BCD 向上的方向，向量,FD FE所在方向作为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz-，则31(,,0)2C，(0E，0，1)，(0B，1-，0)，(0A，1-，2)，31(,,1)2CE=--，(0,1,1)BE=，(0,1,1)AE=-．⋯⋯⋯⋯（7分）设平面ACE的一个法向量为1(m x=，1y，1)z，则111113122AE m y zCE m x y z⎧⋅=-=⎪⎨⋅=--+=⎪⎩，取11z=，得3(3m=，1，1)．⋯⋯⋯⋯（8分）设平面BCE的法向量2(n x=，2y，2)z，则BE nCE n⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即22222312y zx y z+=⎧⎪⎨--+=⎪⎩，取21z=，得(3,1,1)n=-．⋯⋯⋯⋯（9分）所以105cos,||||2153m nm nm n⋅<>===⋅⨯，⋯⋯⋯⋯（11分）又二面角A CE B--为锐角，所以二面角A CE B--的余弦值为105．⋯⋯⋯（12分）4．如图，在四棱锥中P ABCD-，PA⊥平面ABCD，//AD BC，AD CD⊥，且22AD CD== 42BC=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所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．【解答】解：（1）证明：四边形ABCD 是直角梯形， 22AD CD ==42BC =4AC ∴=，22()884AB BC AD CD =-++，ABC ∴∆是等腰直角三角形，即AB AC ⊥，PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， PA AB ∴⊥，AB ∴⊥平面PAC ，又PC ⊂平面PAC ，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22AN NG MN ==，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 ABC V S MN -∆==⨯⨯⨯⨯=，设点B 到平面MAC 的距离是h ，则13B MAC MAC V S h -∆=，22MG MN ==11422222MAC S AC MG ∆∴==⨯， ∴182233h ⨯=，解得22h = 在ABN ∆中，4AB =，2AN 135BAN ∠=︒，2162242262BN ∴=++⨯⨯⨯= 2233BM BN MN ∴=+=，BM ∴与平面MAC 所成角的正弦值为26h BM =．5．如图，已知斜三棱柱111ABC A B C -底面是边长2的正三角形，D 为ABC ∆所在平面上一点且四边形ABCD 是菱形，AC BD O =，四边形11ACC A 为正方形，平面11A DC ⊥平面111A B C ．（Ⅰ）证明：1B O ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求平面1CDC 与平面11A DC 所成二面角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：取11A C 中点M ，连接MD 、1MB 、MO ， 因为1111A B B C =，所以111B M AC ⊥，因为四边形11ACC A 为正方形，所以11OM A C ⊥， 所以11AC ⊥平面1B MDO ，因为MD ⊂平面1B MDO ， 所以11AC DM ⊥，又因为平面11A DC ⊥平面111A B C ， 所以DM ⊥平面111A B C ，又因为平面//ABCD 平面111A B C ， 所以DM ⊥平面ABCD ，因为1//B M OD 且1B M OD =，所以1//B O DM ， 所以1B O ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）解：建立如图所示的空间直角坐标系，在RT△1B BO中，2222112(3)1 B O B B BO=-=-=，(1CD=-，3，0)，1(0CC=，3，1)，设平面1CDC的法向量为(m x=，y，)z，13030CD m x yCC m y z⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1y=，(3m=，1，3)-，平面11A DC的法向量为(0n=，1，0)，所以平面1CDC与平面11A DC所成二面角的余弦值为||11||||717m nm n⋅==⋅⋅，故平面1CDC与平面11A DC所成二面角的正弦值为142177-=．6．如图，在四棱锥P ABCD-中，平面PAB⊥平面ABCD，//BC AD，90BAD∠=︒，244PA AD AB BC====，21PC=．（1）证明：PA⊥平面ABCD；（2）线段AB上是否存在一点M，使得MC与平面PCD所成角的正弦值为221？若存在，请求出AMAB的值；若不存在，请说明理由．【解答】（1）证明：平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，90BAD ∠=︒，AD ∴⊥平面PAB ，PA ⊂平面PAB ，AD PA ∴⊥， 在直角梯形ABCD 中，244AB BC ==， 2222215AC AB BC ∴=+=+=，4PA =，21PC =，222PA AC PC ∴+=，即PA AC ⊥， 又ADAC A =，AD 、AC ⊂平面ABCD ，PA ∴⊥平面ABCD ．（2）解：以A 为原点，AB ，AD ，AP 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，则(0A ，0，0)，(2B ，0，0)，(0P ，0，4)，(2C ，1，0)，(0D ，4，0)，∴(2AB =，0，0)，(2PC =，1，4)-，(0PD =，4，4)-，设AM AB λ=，[0λ∈，1]，则(2M λ，0，0)∴(22MC λ=-，1，0)，设平面PCD 的法向量为(n x =，y ，)z ，则00n PC n PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即240440x y z y z +-=⎧⎨-=⎩，令1y =，则32x =，1z =，∴3(2n =，1，1)， MC 与平面PCD 221∴221|cos n =<，23(22)12|||||||||911(22)14n MC MC n MC λλ-+⋅>==⋅++⨯-+，化简得216810λλ-+=，解得14λ=， 故线段AB 上存在点M 满足题意，且14AM AB =． 7．如图，三棱柱111ABC A B C -所有棱长都相等，D 为BC 上的点，直线l 为平面1ADC 与平面111A B C 的交线，l ⊥平面11BB C C ． （1）证明：AD ⊥平面11BB C C ；（2）已知160B BC ∠=︒，求二面角1D AC C --的余弦值．【解答】（1）证明：在三棱柱111ABC A B C -中，平面//ABC 平面111A B C ， 因为AD ⊂平面ABC ， 所以//AD 平面111A B C ，又因为AD ⊂平面1ADC ，平面1ADC ⋂平面111A B C l =， 所以//AD l ，又因为l ⊥平面11BB C C ， 所以AD ⊥平面11BB C C ；（2）解：由（1）可知，AD ⊥平面11BB C C ， 因为BC ⊂平面11BB C C ，所以AD BC ⊥， 因为AB AC =， 所以D 是BC 的中点，因为AD ⊂平面ABC ，AD ⊥平面11BB C C ， 所以ABC ⊥平面11BB C C ，连结1B D ，1B C ，在菱形11B BCC 中，因为160B BC ∠=︒， 所以△1B BC 是等边三角形， 因为D 是BC 的中点，所以1B D BC ⊥，又因为平面ABC ⊥平面11BB C C ，平面ABC ⋂平面11BB C C BC =，1B D ⊂平面11BB C C ， 所以1B D ⊥平面ABC ，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系， 不妨设三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都是2， 则(0D ，0，0)，(1C ，0，0)，1(0,3,0),(2,0,3)A C ， 则1(2,3,3),(0,3,0),(1,3,0)AC DA AC =-==-， 设平面1DAC 的法向量为(,,)m x y z =， 所以1233030AC m x y z DA m y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩，令3x =，则0y =，2z =-，故(3,0,2)m =-， 设平面1ACC 的法向量为(,,)n a b c =， 所以1233030n AC a b c n AC a b ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令3a =，则1b =，1c =-，故(3,1,1)n =-，||35|cos ,|||||75n m n m n m ⋅<>===⨯，因为二面角1D AC C --为锐二面角， 所以二面角1D AC C --的余弦值为35．8．如图，已知直三棱柱222ABC A B C -的底面为正三角形，侧棱长都为4，1A 、1B 、1C 分别在棱2AA 、2BB 、2CC 上，且121A A =，122B B =，123C C =，过AB ，AC 的中点M ，N 且与直线2AA 平行的平面截多面体111222A B C A B C -所得的截面DEFG 为该多面体的一个中截面．（1）证明：中截面DEFG 是梯形；（2）若直线11A C 与平面222A B C 所成的角为45︒，求平面111A B C 与平面222A B C 所成锐二面角的大小．【解答】（1）证明：由题意可知，2//AA 截面DEFG ，2AA ⊂平面22ACC A ，且平面22ACC A ⋂截面DEFG NF =，所以2//AA NF ，同理可证2//AA ME ，所以//ME NF ，即//DE GF ， 因为121A A =，122B B =，123C C =，所以四边形1221A A B B 和四边形1221A A C C 均是梯形，又M ，N ，分别为AB ，AC 的中点，所以D ，E ，F ，G 分别为11A B ，22A B ，22A C ，11A C 的中点，故DE ，GF 分别为梯形1221A A B B 和梯形1221A A C C 的中位线，故13(12)22DE =⨯+=，1(13)22GF =⨯+=，所以DE GF ≠，故中截面DEFG 是梯形；（2）解：因为直三棱柱222ABC A B C -的底面为正三角形， 所以222B F A C ⊥，FN ⊥平面222A B C ，以F 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设AB a =，则1113(0,,1),(0,,3),(,0,2)22a a A C B -，2223(0,,0),(,0,0),(0,,0)22a aA B C -，11(0,,2)A C a =，平面222A B C 的一个法向量为(0,0,1)m =，因为直线11A C 与平面222A B C 所成的角为45︒， 所以1111211||2|cos ,|2||||4A C m A C m A C m a ⋅<>===+，解得2a =，所以111(0,1,1),(3,0,2),(0,1,3)AB C -，故1111(3,1,1),(0,2,2)A B A C ==，设平面111A B C 的法向量为(,,)n x y z =，则有111130220n A B x y z n AC y z ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=+=⎪⎩， 令1y =，则0x =，1z =-，故(0,1,1)n =-，所以||12|cos ,|||||212m n m n m n ⋅<>===⨯， 故平面111A B C 与平面222A B C 所成锐二面角的大小为45︒．9．在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，23AB BD DA ===，2BC CD ==．（1）求证：平面PAC ⊥平面PBD ；（2）若直线CD 与平面PBC 所成角的正弦值为3，求平面PCD 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值．【解答】（1）证明：连接AC ，23AB BD DA===，2BC CD==，ABD∴∆为等边三角形，BCD∆为等腰三角形，AC BD∴⊥，PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，PA BD∴⊥，又AC PA A=，AC、PA⊂平面PAC，BD∴⊥平面PAC，BD⊂平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD．（2）解：以A为原点，AD，AP为y、z轴，在平面ABCD内，作Ax⊥面PAD，建立如图所示的空间直角坐标系，设(0)PA a a=>，则(0P，0，)a，(3B 30)，(2C，230)，(0D ，230)，∴(2CD=-，0，0)，(1BC=-30)，(2PC=，23)a-，设平面PBC的法向量为(m x=，y，)z，则m BCm PC⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即302230x yx y az⎧-=⎪⎨+-=⎪⎩，令1y=，则3x43z=，∴(3m=，143)，直线CD与平面PBC3，|cos CD∴<，2233||||||||43231()CD mmCD ma⋅->===⋅⨯++，解得2a=或2-（舍负），∴(2PC =，23，2)-，(3m =，1，23)， 同理可得，平面PCD 的法向量(0n =，1，3)， cos m ∴<，7||||831122m n n m n ⋅>===⋅++⨯， 故平面PCD 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值为78． 10．图1是由正方形ABCD ，Rt ABE ∆，Rt CDF ∆组成的一个平面图形，其中1AB AE DF ===，将其沿AB 、CD 折起使得点E 与点F 重合，如图2．（1）证明：图2中的平面ABE 与平面ECD 的交线平行于底面ABCD ；（2）求二面角B EC D --的余弦值．【解答】（1）证明：因为//CD AB ，AB ⊂平面ABE ，CD ⊂/平面ABE ，所以//CD 平面ABE ， 因为CD ⊂平面ECD ，设平面ABE ⋂平面ECD l =，所以//l CD ， 因为l ⊂/平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以//l 平面ABCD ，即平面ABE 与平面ECD 的交线平行底面ABCD ；（2）解：建立空间直角坐标系如图所示， 则3111),(1,,0),(1,,0),(0,,0)222E B C D -， 所以13(0,1,0),(1,,),(1,0,0)2BC EC DC ==-=， 设平面EBC 的法向量1(n x =，y ，)z ，平面ECD 的法向量为2(n a =，b ，)c ，则有1101302BC n y EC n x y ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩，2213020EC n a b DC n a ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅==⎩， 令1z =，则3x ，令1c =，则3b 所以123(,0,1),(0,3,1)n n ==，所以1212127 cos,||||724n nn nn n⋅<>===⨯，所以二面角B EC D--的余弦值为7-．。
【精准解析】2021高考数学(文)二轮(统考版)：主观题专练 立体几何(6)
立体几何(6)1．[2020·大同市测试试题]如图，在直三棱柱ABC -A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点．(1)求证AC⊥BC1；(2)求证AC1∥平面CDB1；(3)求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值．2．[2020·惠州市高三第一次调研考试试题]如图，在四棱锥P -ABCD中，P A⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点为M，P A＝AB＝4，AD＝CD，N是CD的中点．(1)求证：MN∥平面P AD；(2)求点M到平面PBC的距离．3．[2020·广东省七校联合体高三第一次联考试题]如图所示，四棱锥P -ABCD中，P A⊥底面ABCD，P A＝2，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝1，AD＝23，CD＝4，E为CD的中点．(1)求证：AE∥平面PBC；(2)求三棱锥C -PBE的体积．4．[2020·唐山市高三年级摸底考试]如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝2，点E 是PC 的中点．(1)求证：P A ∥平面BED ；(2)若直线BD 与平面PBC 所成的角为30°，求四棱锥P -ABCD 的体积．5．[2020·石家庄市重点高中高三毕业班摸底考试]如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，△ACD 是边长为2的等边三角形，且AB ＝BC ＝2，P A ＝2. (1)求证：平面P AC ⊥平面PBD ；(2)若点M 是棱PC 的中点，求直线PD 与BM 所成角的余弦值．6．[2020·南昌十中期中]如图，直角梯形ABCD 所在平面与等腰直角三角形ABE 所在平面互相垂直，∠AEB ＝π2，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC .(1)求证：AB ⊥DE .(2)求证：平面AED ⊥平面BCE .(3)线段EA 上是否存在一点F ，使EC ∥平面FBD ？若存在，求出EFEA的值；若不存在，说明理由．立体几何(6)1.解析：(1)∵直三棱柱ABC - A 1B 1C 1底面三边AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，AC ⊥BC .又AC ⊥CC 1，BC ∩CC 1＝C ，∴AC ⊥平面BCC 1B 1，又∵BC 1⊂平面BCC 1B 1，∴AC ⊥BC 1.(2)如图，设CB 1与C 1B 的交点为E ，连接DE ，∵D 是AB 的中点，E 是BC 1的中点，∴DE ∥AC 1∵DE ⊂平面CDB 1，AC 1⊄平面CDB 1，∴AC 1∥平面CDB 1.(3)∵DE ∥AC 1，∴∠CED 或其补角为AC 1与B 1C 所成的角．在△CED 中，ED ＝12AC 1＝52，CD ＝12AB ＝52，CE ＝12CB 1＝22，∴cos ∠CED ＝CE 2＋DE 2－CD 22·CE ·DE ＝82×22×52＝225.∴异面直线AC 1与B 1C 所成角的余弦值为225.2．解析：(1)解法一 因为△ABC 是正三角形，所以BA ＝BC ，又AD ＝CD ，所以BD 所在的直线为线段AC 的垂直平分线，所以M 为AC 的中点，又N 是CD 的中点，所以MN ∥AD ，又AD ⊂平面P AD ，MN ⊄平面P AD ，所以MN ∥平面P AD .解法二 在正三角形ABC 中，AB ＝BC ，因为AD ＝CD ，BD ＝BD ，所以△ABD ≌△CBD ，所以M 为AC 的中点．如图，取PC 的中点为E ，连接ME ，NE .因为M 为AC 的中点，E 为PC 的中点，所以ME ∥P A ，又ME ⊄平面P AD ，P A ⊂平面P AD ，所以ME ∥平面P AD ，同理可得NE ∥平面P AD .又ME ⊂平面MEN ，NE ⊂平面MEN ，ME ∩NE ＝E ，所以平面MEN ∥平面P AD .又MN ⊂平面MEN ，所以MN ∥平面P AD .(2)设点M 到平面PBC 的距离为h ，在Rt △P AB 中，P A ＝AB ＝4，所以PB ＝4 2.在Rt △P AC 中，P A ＝AC ＝4，所以PC ＝42，在△PBC 中，PB ＝42，PC ＝42，BC ＝4，所以S △PBC ＝47.连接PM ，由V 三棱锥M - PBC ＝V 三棱锥P - BMC，即13×47×h ＝13×23×4，解得h ＝2217，所以点M 到平面PBC 的距离为2217.3．解析：(1)∵AB ＝3，BC ＝1，∠ABC ＝90°， ∴AC ＝2，∠BCA ＝60°.在△ACD 中，AD ＝23，AC ＝2，CD ＝4，∴AC 2＋AD 2＝CD 2，∴∠CAD ＝90°，△ACD 是直角三角形．又E 为CD 的中点，∴AE ＝12CD ＝CE ＝2，∴△ACE 是等边三角形，∴∠CAE ＝60°， ∴∠CAE ＝60°＝∠BCA ，∴BC ∥AE .又AE ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，∴AE ∥平面PBC . (2)∵P A ⊥底面ABCD ，∴P A ⊥底面BCE ， ∴P A 为三棱锥P -BCE 的高．∵∠BCA ＝60°，∠ACD ＝60°，∴∠BCE ＝120°. 又BC ＝1，CE ＝2，∴S △BCE ＝12×BC ×CE ×sin ∠BCE ＝12×1×2×32＝32，∴V 三棱锥C -PBE ＝V 三棱锥P -BCE ＝13×S △BCE ×P A ＝13×32×2＝33.4.解析：(1)如图，连接AC 交BD 于O ，连接OE . 由题意可知，PE ＝EC ，AO ＝OC ，∴P A ∥EO ，又P A ⊄平面BED ，EO ⊂平面BED ， ∴P A ∥平面BED .(2)由PD ⊥底面ABCD ，得PD ⊥BC ， 又由题意可知CD ⊥BC ，且PD ∩CD ＝D ， ∴BC ⊥平面PCD ，则BC ⊥DE .由PE ＝EC ，PD ＝DC ，得PC ⊥DE ，又PC ∩BC ＝C ，∴DE ⊥平面PBC ，∴∠DBE 即直线BD 与平面PBC 所成的角． 设AD ＝x ，在Rt △DBE 中，DE ＝2，BD ＝4＋x 2，则sin ∠DBE ＝DE BD ＝12，解得x ＝2.∴四棱锥P -ABCD 的体积V ＝13×PD ×S 矩形ABCD ＝83.5．解析：(1)∵P A ⊥底面ABCD ，∴P A ⊥BD ，取AC 的中点O ，连接OB ，OD ，则AC ⊥OB ，AC ⊥OD ，∴点O ，B ，D 共线，即AC ⊥BD . 又P A ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面P AC .∵BD ⊂平面PBD ，∴平面P AC ⊥平面PBD . (2)取CD 的中点N ，连接MN ，BN ，则MN ∥PD . ∴∠BMN 或其补角是异面直线PD 与BM 所成的角． Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2，∴PD ＝22，∴MN ＝ 2. 连接OM ，则OM ∥P A ，∴OM ⊥平面ABCD ， Rt △MOB 中，MO ＝OB ＝1，∴BM ＝ 2. △BDN 中，BD ＝3＋1，DN ＝1，∠BDN ＝30°，由余弦定理BN 2＝BD 2＋DN 2－2BD ·DN ·cos 30°，得BN 2＝2＋ 3. △BMN 中，cos ∠BMN ＝BM 2＋MN 2－BN 22·BM ·MN ＝2＋2－(2＋3)2×2×2＝2－34，∴直线PD 与BM 所成角的余弦值为2－34.6.解析：(1)如图，取AB 的中点O ，连接EO ，DO .由△ABE 为等腰直角三角形，可得EB ＝EA ，所以EO ⊥AB . 因为四边形ABCD 为直角梯形，AB ＝2CD ＝2BC ，AB ⊥BC ， 所以四边形OBCD 为正方形，则BO ⊥OD ，即AB ⊥OD . 又OD ∩OE ＝O ，OD ⊂平面ODE ，OE ⊂平面ODE ， 所以AB ⊥平面ODE .又DE ⊂平面ODE ，所以AB ⊥DE .(2)因为平面ABE ⊥平面ABCD ，平面ABE ∩平面ABCD ＝AB ， 且AB ⊥BC ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面ABE . 又AE ⊂平面ABE ，所以BC ⊥AE .又AE ⊥BE ，BC ∩BE ＝B ，BC ⊂平面BCE ，BE ⊂平面BCE ，所以AE ⊥平面BCE . 又AE ⊂平面AED ，所以平面AED ⊥平面BCE .(3)存在点F ，且EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .理由如下．如图，连接AC ，BD ，AC ∩BD ＝M ，取AE 上靠近点E 的三等分点F ，连接FB ，FD ，MF .因为四边形ABCD 为直角梯形，AB ＝2CD ＝2BC ，所以CM MA ＝CD AB ＝12.又EF F A ＝12，所以CM MA ＝EFF A ，所以EC ∥FM . 因为EC ⊄平面FBD ，FM ⊂平面FBD ， 所以EC ∥平面FBD .。
【精准解析】2021高考数学(文)二轮(统考版)：主观题专练 立体几何(5)
立体几何(5)1．[2020·湖北孝感重点中学二联]如图，在六面体ABCD -A1B1C1D1中，平面ABB1A1⊥平面ABCD，平面ADD1A1⊥平面ABCD.(1)若AA1∥CC1，求证：BB1∥DD1.(2)求证：AA1⊥平面ABCD.2．[2020·江西五校协作体高三考试试题]如图，在底面为正方形的四棱锥P -ABCD中，M 是PB的中点，AB＝2，P A＝2，点P在底面ABCD上的射影O恰是AD的中点．(1)证明：平面P AB⊥平面P AD；(2)求三棱锥M -PDC的体积．3．[2020·河南省豫北名校高三质量考评]如图，在多面体EF ABCD中，四边形ABCD为正方形，四边形ACEF为矩形，平面ACEF⊥平面ABCD，且AB＝AF＝1.(1)求证：BE⊥平面CDF；(2)求点E到平面CDF的距离．4.[2020·南昌市高三年级摸底测试卷]如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB ＝AC＝AA1＝2，E是BC的中点，F是A1E上一点，且A1F＝2FE.(1)证明：AF⊥平面A1BC；(2)求三棱锥C1 -A1FC的体积．5．[2020·惠州市高三第二次调研考试试题]如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圆O所在的平面互相垂直，已知AB＝3，EF＝1.(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；(2)设几何体F -ABCD，F-BCE的体积分别为V1，V2，求V1︰V2.6．[2020·黄冈中学，华师附中等八校第一次联考]如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠BAD＝90°，AB＝4，AD＝2，DC＝3，点E在CD上，且DE＝2，将△ADE沿AE折起，使得平面ADE⊥平面ABCE(如图2)．G为AE的中点．(1)求证：DG⊥BC.(2)求四棱锥D -ABCE的体积．(3)在线段BD上是否存在点P，使得CP∥平面ADE？若存在，求BPBD的值；若不存在，请说明理由．立体几何(5)1．解析：(1)因为AA1∥CC1，AA1⊄平面C1CDD1，CC1⊂平面C1CDD1，所以AA1∥平面C1CDD1.因为平面A1ADD1∩平面C1CDD1＝DD1，AA1⊂平面A1ADD1，所以AA1∥DD1.同理AA1∥BB1，所以BB1∥DD1.(2)如图，在平面ABCD 内任取一点O ，过点O 作OE ⊥AB 于点E ，OF ⊥AD 于点F . 因为平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ，OE ⊂平面ABCD ，平面ABB 1A 1∩平面ABCD ＝AB ，OE ⊥AB ，所以OE ⊥平面ABB 1A 1.又AA 1⊂平面ABB 1A 1，所以AA 1⊥OE . 同理AA 1⊥OF .因为OE ，OF ⊂平面ABCD ，OF ∩OE ＝O ，所以AA 1⊥平面ABCD . 2．解析：(1)证明：依题意，得PO ⊥平面ABCD ， 又AB ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥AB .又AB ⊥AD ，PO ∩AD ＝O ，所以AB ⊥平面P AD . 又AB ⊂平面P AB ， 所以平面P AB ⊥平面P AD .(2)因为PO ⊥平面ABCD ，O 为AD 的中点，所以△P AD 为等腰三角形， 又AD ＝2，P A ＝2，所以PO ＝1，PD ＝2，连接BD ，则S △BCD ＝12×2×2＝2.因为点M 是PB 的中点，所以点M 到平面PDC 的距离等于点B 到平面PDC 距离的一半，V M - PDC ＝12V B - PDC＝12V P - BCD＝12·13S △BCD ·PO＝12×13×2×1＝13.即三棱锥M - PDC 的体积为13.3．解析：(1)如图，分别取AD ，BC ，BE ，DF 的中点P ，Q ，M ，N ，连接AN ，PN ，PQ ，QM ，MN ，则QM ∥CE ，PN ∥AF ，QM ＝12CE ，PN ＝12AF .∵在矩形ACEF 中，AF 綊CE ， ∴QM 綊PN ，∴四边形PQMN 为平行四边形，∴PQ 綊MN .易知PQ 綊AB ，∴AB 綊MN ，∴四边形ABMN 为平行四边形，∴AN ∥BM .∵平面ACEF ⊥平面ABCD ，EC ⊥AC ，平面ACEF ∩平面ABCD ＝AC ， ∴EC ⊥平面ABCD ，∴EC ⊥DC .同理F A ⊥AD .又由条件知AD ＝AF ，∴AN ⊥DF ，则BM ⊥DF ，即BE ⊥DF . ∵DC ⊥BC ，EC ⊥DC ，且BC ∩CE ＝C ，∴DC ⊥平面BCE ，∴DC ⊥BE . 又BE ⊥DF ，DC ∩DF ＝D ，∴BE ⊥平面CDF . (2)由(1)可得EC ⊥BC .又BC ⊥CD ，CD ∩CE ＝C ，∴BC ⊥平面CDE ，∴AD ⊥平面CDE . 在矩形ACEF 中，AF ∥CE ，∴AF ∥平面CDE ， ∴三棱锥F - CDE 的高等于AD 的长，且AD ＝1. 由(1)易知CD ⊥平面ADF ，∵DF ⊂平面ADF ，∴CD ⊥DF ，∴S △CDF ＝12×1×2＝22.设点E 到平面CDF 的距离为h ，∵V F -CDE ＝V E -DCF ，∴13×12×1×1×1＝13×22h ，解得h ＝22. 4.解析：(1)如图，连接AE ，因为AB ＝AC ＝2，AB ⊥AC ，E 为BC 的中点，所以AE ⊥BC ，AE ＝ 2.由于三棱柱ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱，故AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥BC . 在直角三角形A 1AE 中，因为AA 1＝2，AE ＝2， 所以A 1E ＝6，那么EF ＝63. 所以AE EF ＝A 1E AE ，所以△A 1AE ∽△AFE ，所以∠AFE ＝∠A 1AE ＝90°，即AF ⊥A 1E .由AE ⊥BC ，AA 1⊥BC ，AA 1∩AE ＝A ， 得BC ⊥平面A 1AE ⇒BC ⊥AF .由AF ⊥A 1E ，AF ⊥BC ，BC ∩A 1E ＝E ， 得AF ⊥平面A 1BC .(2)过E 作ED ⊥AC ，交AC 于点D ，连接A 1D ，过F 作FG ∥ED ，交A 1D 于点G .因为AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥ED ，又ED ⊥AC ，AC ∩AA 1＝A ，所以ED ⊥平面AA 1C ，所以FG ⊥平面AA 1C .因为FG ∥ED ，A 1F ＝2FE ，所以FG ＝23ED ＝23×12AB ＝23.S △A 1C C 1＝12×2×2＝2，所以V 三棱锥C 1 -A 1FC ＝V 三棱锥F -A 1C C 1＝13S △A 1C C 1·FG＝13×2×23＝49. 5．解析：(1)解法一 ∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，矩形ABCD 中，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，CB ⊂平面ABCD ，∴CB ⊥平面ABEF ，∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB . 又AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF ，∵CB ∩BF ＝B ，CB ⊂平面CBF ，BF ⊂平面CBF ， ∴AF ⊥平面CBF ，∵AF ⊂平面DAF ，∴平面DAF ⊥平面CBF .解法二 ∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，矩形ABCD 中，DA ⊥AB ， 平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，DA ⊂平面ABCD ， ∴DA ⊥平面ABEF ，∵BF ⊂平面ABEF ，∴DA ⊥BF . 又AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF ，∵DA ∩AF ＝A ，DA ⊂平面DAF ，AF ⊂平面DAF ， ∴BF ⊥平面DAF ，∵BF ⊂平面CBF ，∴平面DAF ⊥平面CBF .(2)如图，过点F 作FH ⊥AB ，交AB 于H ，∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，且FH ⊂平面ABEF ， ∴FH ⊥平面ABCD .则V 1＝13×(AB ×BC )×FH ，V 2＝13×⎝⎛⎭⎫EF ×HF 2×BC ， ∴V 1V 2＝2AB EF＝6. 6．解析：(1)因为G 为AE 的中点，AD ＝DE ＝2，所以DG ⊥AE .因为平面ADE ⊥平面ABCE ，平面ADE ∩平面ABCE ＝AE ，DG ⊂平面ADE ， 所以DG ⊥平面ABCE .因为BC ⊂平面ABCE ，所以DG ⊥BC .(2)在直角三角形ADE 中，易得AE ＝22，则DG ＝AD ·DEAE ＝ 2.所以四棱锥D -ABCE 的体积V 四棱锥D -ABCE＝13×(1＋4)×22×2＝53 2. (3)如图，过点C 作CF ∥AE 交AB 于点F ，则AF ︰FB ＝1︰3.过点F 作FP ∥AD 交DB 于点P ，连接PC ，则DP ︰PB ＝1︰3. 因为CF ∥AE ，AE ⊂平面ADE ，CF ⊄平面ADE ， 所以CF ∥平面ADE . 同理FP ∥平面ADE .又CF ∩PF ＝F ，所以平面CFP ∥平面ADE . 因为CP ⊂平面CFP ，所以CP ∥平面ADE .所以在线段BD 上存在点P ，使得CP ∥平面ADE ，且BP BD ＝34.。
2021年高考数学立体几何全真模拟预测练习卷含答案
立体几何基础题题库二（有详细答案）21.小明想利用树影测树高，他在某一时刻测得长为1m 的 竹竿影长0.9m ，但当他马上测树高时, 因树靠近一幢建 筑物,影子不全落在地面上，有一部分影子上了墙如图所 示.他测得留在地面部分的影子长2.7m, 留在墙壁部分的 影高1.2m, 求树高的高度（太阳光线可看作为平行光线） _______. 4．2米解析：树高为AB ，影长为BE ，CD 为树留在墙上的影高，1.21,0.9CD CE CE ∴==CE=1.08米，树影长BE=2.7 1.08 3.78+=米，树高AB=10.9BE=米。
22．如图,正四面体A BCD-（空间四边形的四条边长及两对角线的长都相等）中,,E F 分别是棱,AD BC 的中点, 则EF 和AC 所成的角的大小是________.解析：设各棱长为2，则EF=，取AB 的中点为M ，cos 2MFE ∠=即.4πθ= 23．OX ，OY ，OZ 是空间交于同一点O 的互相垂直的三条直 线，点P 到这三条直线的距离分别为3，4，7，则OP 长 为_______.解析：在长方体OXAY —ZBP C 中，OX 、OY 、OZ 是相交的三条互相垂直的三条直线。
又PZOZ ，PYOY ，PXOX ，有 OX 2+OZ 2=49，OY 2=OX 2=9， OY 2+OZ 2=16，得 OX 2+OY 2+OZ 2=37，OP =37．24．设直线a 上有6个点，直线b 上有9个点，则这15个点，能确定_____个不同的平面.解析：当直线a ，b 共面时，可确定一个平面；当直线a ，b 异面时，直线a 与b 上9个点可确定9个不同平面，直线b 与a 上6个点可确定6个不同平面，所以一点可以确定15个不同的平面．25. 在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点．求证：EF 和AD 为异面直线.解析：假设EF 和AD 在同一平面内，…（2分），则A ，B ，E ，F α∈；……（4分）又A ，EAB ，∴AB ，∴B α∈，……（6分）同理C α∈……（8分）故A ，B ，C ，D α∈，这与ABCD 是空间四边形矛盾。
2021高考数学押题专练立体几何(原卷版)
押题12 立体几何【押题方向】高考立体几何承载着考查空间想象能力、逻辑推理能力及运算能力的考查，是高中数学的传统及核心重点内容，也是高考命题创新的探索者.在每年的试题中，它在继承中求稳定，在创新中求发展. 为了准确地把握2021年高考立体几何小题命题思想与趋势，在最后的复习中做到有的放矢，提高复习效率，我们现一起分析研究2020-2017这4年的考题，以便发现规律，把握住高考命题的脉搏.【模拟专练】1．（2021·山东高三二模）如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，P ，M ，N 分别为棱1CC ，CB ，CD 上的动点(点P 不与点C ，1C 重合)，若CP CM CN ==，则下列说法正确的是（ ）A ．存在点P ，使得点1A 到平面PMN 的距离为43B ．用过P ，M ，1D 三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形C ．1//BD 平面PMND ．用平行于平面PMN 的平面α去截正方体，得到的截面为六边形时，该六边形周长一定为322．（2021·山东临沂市·高三其他模拟）如图1，在正方形ABCD 中，点E 为线段BC 上的动点(不含端点)，将ABE 沿AE 翻折，使得二面角B AE D --为直二面角，得到图2所示的四棱锥B AECD -，点F 为线段BD 上的动点(不含端点)，则在四棱锥B AECD -中，下列说法正确的有（ ）A ．,,,B EC F 四点不共面B ．存在点F ，使得平面//CF 平面BAEC ．三棱锥B ADC 的体积为定值D ．存在点E 使得直线BE 与直线CD 垂直3．（2021·山东高三二模）半正多面体（semiregularsolid ）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为2，则（ ）A ．BF ⊥平面EABB ．该二十四等边体的体积为203C ．该二十四等边体外接球的表面积为8πD ．PN 与平面EBFN 所成角的正弦值为224．（2021·聊城市·山东聊城一中高三一模）如图，正四棱锥S －BCDE 底面边长与侧棱长均为a ，正三棱锥A －SBE 底面边长与侧棱长均为a ，则下列说法正确的是（ ）A ．AS ⊥CDB ．正四棱锥S －BCDE 的外接球半径为22aC ．正四棱锥S －BCDE 的内切球半径为212a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭ D ．由正四棱锥S －BCDE 与正三棱锥A －SBE 拼成的多面体是一个三棱柱5．（2021·山东济宁市·高三一模）如图，AC 为圆锥SO 底面圆O 的直径，点B 是圆O 上异于A ，C 的动点，2SO OC ==，则下列结论正确的是（ ）A ．圆锥SO 的侧面积为82πB ．三棱锥S ABC -体积的最大值为83 C ．SAB ∠的取值范围是ππ,43⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．若AB BC =，E 为线段AB 上的动点，则SE CE +的最小值为)231+【押题模拟】1．如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，P ，M ，N 分别为棱1CC ，CB ，CD 上的动点(点P 不与点C ，1C 重合)，若CP CM CN ==，则下列说法正确的是（ ）A ．存在点P ，使得点1A 到平面PMN 的距离为43B ．用过P ，M ，1D 三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形C ．1//BD 平面PMN D ．用平行于平面PMN 的平面α去截正方体，得到的截面为六边形时，该六边形周长一定为32 2．如图所示，几何体是由两个全等的直四棱柱组合而成的，且前后、左右、上下均对称，两个四棱柱的侧棱互相垂直，四棱柱的底面是边长为2的正方形，该几何体外接球的体积为86π，设两个直四棱柱交叉部分为几何体r ，则（ ）A ．几何体r 为四棱锥B ．几何体r 的各侧面为全等的正三角形C ．直四棱柱的高为4D ．几何体r 内切球的体积为4π33．已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，棱长为2，E 为线段B 1C 上的动点，O 为AC 的中点，P 为棱CC 1上的动点，Q 为棱AA 1的中点，则以下选项中正确的有（ ）A ．AE ⊥B 1CB ．直线B 1D ⊥平面A 1BC 1C ．异面直线AD 1与OC 1所成角为3π D ．若直线m 为平面BDP 与平面B 1D 1P 的交线，则m //平面B 1D 1Q4．如图，已知四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，90DAB CBD ∠=∠=︒，60ADB BDC ∠=∠=︒，E 为PC 中点，F 在CD 上，30FBC ∠=︒，22PD AD ==，则下列结论正确的是（ ）A ．//BE 平面PADB ．PB 与平面ABCD 所成角为30C ．四面体D BEF -的体积为33 D ．平面PAB ⊥平面PAD5．(多选题)如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，P 为棱CC 1上的动点(点P 不与点C ，C 1重合)，过点P 作平面α分别与棱BC ，CD 交于M ，N 两点，若CP ＝CM ＝CN ，则下列说法正确的是（ ）A ．A 1C ⊥平面αB ．存在点P ，使得AC 1∥平面αC ．存在点P ，使得点A 1到平面α的距离为53D ．用过点P ，M ，D 1的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形6．如图，点M 是棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中的侧面11ADD A 上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（ ）A ．存在无数个点M 满足1CM AD ⊥B ．当点M 在棱1DD 上运动时，1||MA MB +的最小值为31+C ．在线段1AD 上存在点M ，使异面直线1B M 与CD 所成的角是30D ．满足1||2MD MD =的点M 的轨迹是一段圆弧7．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为3a 的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为a 的截角四面体，则下列说法正确的是（ ）A ．该截角四面体的表面积为273aB ．该截角四面体的体积为323212a C ．该截角四面体的外接球表面积为2112a π D ．该截角四面体中，二面角A BC D --的余弦值为13 8．如图，正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，点P 是11BCD 内部(不包括边界)的动点，若BD AP ⊥，则线段AP 长度的可能取值为( )A ．23B ．65C ．6D ．5 9．（多选题）如图，正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E 、F ，且12EF =，则下列结论中错误的是（ ）A ．AC AF ⊥B ．//EF 平面ABCDC ．三棱锥A BEF -的体积为定值D ．AEF 的面积与BEF 的面积相等10．如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，14,2AB BC BB ===，E 、F 分别为棱AB 、11A D 的中点，则下列说法中正确的有（ ）A ．1DB CE ⊥B ．三棱锥D CEF -的体积为83C ．若P 是棱11CD 上一点，且11D P =，则E 、C 、P 、F 四点共面D ．平面CEF 截该长方体所得的截面为五边形11．如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，点P 在线段1BC 上运动，则下列判断中正确的是（ ）A ．三棱锥1A D PC -的体积为112B ．//DP 面11AB DC ．平面1PBD 与平面1ACD 所成二面角为90︒D ．异面直线1A P 与1AD 所成角的范围是,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦12．《九章算术》成书于公元一世纪左右，经历代各家的不断增补和修订，而逐渐成为现今定本，现今流传的大多是在三国时期魏元帝景元四年（263年）刘徽为《九章》所作注本.书中阐述：将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；将底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；将四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在“堑堵”111ABC A B C -中，2ACB π∠=，E ，F 分别为1A B ，1AC 上的点，下列结论正确的是（ ）A ．四棱锥111AB BCC -为“阳马”B ．若1AE A B ⊥，1AF AC ⊥，则四面体1AAEF 为“鳖臑” C ．当E ，F 分别为1A B ，1AC 的中点时，四面体1A AEF 为“鳖臑”D ．若CA CB =，则当13A B =时，四面体1A ABC 为“鳖臑”，且体积的最大值为3213．矩形ABCD 中，4AB =，3BC =，将ABD △沿BD 折起，使A 到A '的位置，A '在平面BCD 的射影E 恰落在CD 上，则（ ）A ．三棱锥A BCD '-的外接球直径为5B ．平面A BD '⊥平面A BC 'C ．平面A BD '⊥平面ACD ' D ．A D '与BC 所成角为6014．在直角梯形ABCD 中，2AD CD ==，//AB CD ，30ABC ∠=︒，点M 为直线AB 上一点，且2AM =，将该直角梯形沿AC 折叠成三棱锥D ABC -，则下列说法正确的是（ ）A ．存在位置D ，使得BD AC ⊥B ．在折叠的过程中，始终有DM AC ⊥C ．三棱锥D ABC -体积最大值为()2263+D ．当三棱锥D ABC -体积最大时，21643BD =+15．如图，正方体1111ABCD A BC D -中，E ､F 是线段A 1C 1上的两个动点，且EF 的长为定值，下列结论中正确的是（ ）A ．BD CE ⊥B ．BD ⊥面CEFC ．三角形BEF 和三角形CEF 的面积相等D ．三棱锥B -CEF 的体积为定值。
2021宝安区高考数学最后冲刺题——立体几何
立体几何1.如图，三棱锥P﹣ABC中，侧棱PA⊥底面ABC，C点在以AB为直径的圆上．（1）若PA＝AC，且E为PC的中点，证明：AE⊥PB；（2）若PA＝AC＝BC，求二面角C﹣BP﹣A的大小．2.如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，AP=PD，将三角形PAD沿AD折起使平面PAD ⊥平面ABCD.（1）若M为PC上一点，且满足BM⊥PD，求证：PD⊥AM；，求AP的长.（2）若二面角B-PC-D的余弦值为−√1053.已知在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BC=BB1=4，∠ABC=1200，侧棱与底面垂直，点M,N分别是棱CC1,A1B1的中点.(1)求三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面积:(2)设平面ABC截三棱柱ABC-A1B1C1的外接球面所得小圆的圆心为0，求直线OB1与平面BMN 所成角的正弦值，4.如图，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，BM⊥AD于M，CN⊥AD于N，∠A＝45°，AD＝4BC＝4，AB＝，现沿CN将△CDN折起使△ADN为正三角形，且平面ADN⊥平面ABCN，过BM的平面与线段DN、DC分别交于E、F．（1）求证：EF⊥DA；（2）在棱DN上（不含端点）是否存在点E，使得直线DB与平面BMEF所成角的正弦值为，若存在，请确定E点的位置；若不存在，说明理由．5.如图1所示，在平行六面体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为4的正方形．过点A 的平面与棱BB 1，CC 1，DD 1分别相交于E ，F ，G 三点，且CF ＝3，DG ＝2． （1）求BE 的长；（2）若平行六面体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1是侧棱长为6的直四棱柱（如图2），求平面ABCD 与平面AED 1所成锐二面角的余弦值．6.在四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥平面ABCD,AD ∥BC,2,==⊥AD PA CD BC ,CD=1, BC=3,点M,N 在线段BC 上,BM=2MN=1,E MD AN = ,Q 为线段PB 上的一点。
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专题21 主观题之立体几何
【真题感悟】
1．（2017山东，理17）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴旋转120︒得到的，G 是DF 的中点.
（Ⅰ）设P 是CE 上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小；
（Ⅱ）当3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小.
2．（2020·全国高考真题（文））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.
3．（2020·海南高考真题）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．
4．（2019·全国高考真题（文））如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.
（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；
（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．
5．（2019·全国高考真题（文））图1是由矩形,ADEB Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1,2AB BE BF ===， 60FBC ∠=，将其沿,AB BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2. （1）证明图2中的,,,A C G D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；
（2）求图2中的四边形ACGD 的面积.
6．（2019·北京高考真题（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底部ABCD 为菱形，E 为CD 的中点.
（Ⅰ）求证：BD ⊥平面P AC ；
（Ⅱ）若∠ABC =60°，求证：平面P AB ⊥平面P AE ；
（Ⅲ）棱PB 上是否存在点F ，使得CF ∥平面P AE ？说明理由.
7．（2020·全国高考真题（文））如图，在长方体1111ABCD A BC 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．
8．（2020·江苏高考真题）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．
9．（2020·江苏高考真题）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=1
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BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．
10．（2020·浙江高考真题）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
（I）证明：EF⊥DB；
（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．
11．（2020·北京高考真题）如图，在正方体1111ABCD A BC 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．
12．（2020·天津高考真题）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12,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．
【高考预测】
1．（2021·河南郑州市·郑州一中高三其他模拟（文））如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AAC C ⊥底面ABC ，112,AA AC AC AB BC ====，且AB BC ⊥，O 为AC 的中点.
（1）求证：平面11A B O ⊥平面1BCA ；
（2）若点E 在1BC 上，且//OE 平面1A AB ，求三棱锥1E A BC -的体积.
2．（2021·全国高一课时练习）已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中的棱长为2，O 1是A 1C 1中点.
（1）求证：AO 1//平面DBC 1；
（2）设BB 1的中点为M ，过A ､C 1､M 作一截面，并求出截面面积.
3．（2021·四川绵阳市·高三三模（文））如图，四棱锥 B ACDE -中，//AE CD ，AC CD ⊥，222CD CB AE AC ====，平面BCD ⊥平面ACDE ，点F 为BD 的中点.
（1）求证：//EF 平面ABC ；
（2）若EF CD ⊥，求四棱锥 B ACDE -的体积.
4．（2021·云南高三二模（理））如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11B BCC 是菱形，160B BC ∠=︒，AB BC ⊥，1AB BB ⊥，D 为棱BC 的中点.
（1）求证：平面1AB D ⊥平面ABC ；
（2）若AB BC =，求二面角1D AB C --的正弦值.
5．（2021·全国高二课时练习）如图所示，平面CDEF ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝45°，四边形CDEF 为直角梯形，EF ∥DC ，ED ⊥CD ，AB ＝3EF ＝3，ED ＝a ，AD 2=．
（1）求证：AD ⊥BF ；
（2）若线段CF 上存在一点M ，满足AE ∥平面BDM ，求CM CF
的值； 6．（2021·全国高二课时练习）在多面体ABCDEF 中，正方形ABCD 和矩形BDEF 互相垂直，G 、H 分别是DE 和BC 的中点，2AB BF ==．
（1）求证：ED ⊥平面ABCD ．
（2）在BC 边所在的直线上存在一点P ，使得//FP 平面AGH ，求FP 的长；
7．（2021·全国高三月考（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，//AD BC ，90ADC ∠=︒，平面PAD ⊥底面ABCD ，90PBC ∠=︒，22PA AD BC ===，3CD =.
（1）求证：PA PD =；
（2）求点D 到平面PAB 的距离.
8．（2021·江苏高三专题练习）四棱锥P ﹣ABCD ，底面为正方形ABCD ，边长为4，E 为AB 中点，PE ⊥平面ABCD .
（1）若△P AB 为等边三角形，求四棱锥P ﹣ABCD 的体积；
（2）若CD 的中点为F ，PF 与平面ABCD 所成角为45°，求PC 与AD 所成角的大小.
9．（2021·河南高三月考（理））如图，在等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，2243AB CD AD ===将ADC
沿着AC 翻折，使得点D 到点P ，且26PB =．
（1）求证：平面APC ⊥平面ABC ；
（2）求直线AB 与平面BCP 所成角的余弦值．
10．（2021·河南高三月考（文））如图，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，AD DE ⊥，4=AD ，2DE EF ==.
（1）求证：平面ADE ⊥平面CDEF ；
（2）设M 是CF 的中点，棱AB 上是否存在点G ，使得//MG 平面ADE ？若存在，求线段AG 的长；若不存在，说明理由.
11．（2021·全国高三月考）如图（1），五边形ABCEF 中，ABF 为等腰三角形，120BAF ∠=︒，四边形BCEF 为矩形，23CE =，1EF =，D 为CE 的中点．将四边形ADEF 沿AD 折起，使得平面ADEF ⊥平面ABCD ，如图（2）．
（1）试问：在AD 上是否存在一点P ，使得平面//PCE 平面ABF ？若存在，求AP 的长；若不存在，请说明理由．
（2）求直线BE 与平面ABF 所成角的正弦值．
12．（2021·山东高三二模）如图所示的几何体是由等高的半个圆柱和1
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个圆柱拼接而成，点G为弧CD的
中点，且C、E、D、G四点共面.
（1）证明：平面BFD 平面BCG；
（2）若平面BDF与平面ABG所成锐二面角的余弦值为15
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，求直线DF与平面ABF所成角的大小.。