2020年高考立体几何大题文科(供参考)
2020年高考文科数学《立体几何》题型归纳与训练
2020年高考文科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一立体几何证明例1如图五面体中,四边形ABCD是矩形,AD⊥面ABEF,AB//EF,AD=1,AB=1EF=22,2AF=BE=2,P、Q、M分别为AE、BD、EF的中点.（1）求证：PQ//面BCE；（2）求证：AM⊥面ADF.【答案】见解析【解析】（1）连结AC.因为四边形ABCD是矩形,且Q为BD的中点,所以Q为AC的中点.又因为P为AE的中点,所以PQ//EC,又因为PQ⊄面BCE,EC⊆面BCE,所以PQ//面BCE.（2）取EF的中点M,连结AM.因为AB//EM,且QB=EM=22,所以四边形ABEM为平行四边形,所以AM//BE,且AM=BE=2.在∆AMF中,A M=AF=2,MF=22.所以AM2+AF2=MF2,故AM⊥AF.由AD⊥面ABEF,得AD⊥AM,因为AD I AF=A,所以AM⊥面ADF.【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.如该题中的（1）问需要利用五面体中的面ABCD是矩形,根据对角线的性质确定线段BD与AC的中点.（2）问中利用勾股定理验证线线垂直关系,这些都是证明空间平行与垂直关系的基础.例2在平行六面体ABCD-A B C D中，AA=AB，AB⊥B C．11111111A 1D1B1C1A DBC求证：(1)AB∥平面A B C；11(2)平面ABB A⊥平面A BC．111【答案】见解析【解析】(1)在平行六面体ABCD-A B C D中，AB∥A B．111111因为AB⊄平面A B C，A B⊂平面A B C，所以AB∥平面A B C．11111111A 1D1B1C1A DBC(2)在平行六面体ABCD-A B C D中，四边形ABB A为平行四边形．111111又因为AA=AB，所以四边形ABB A为菱形，因此AB⊥A B．11111又因为AB⊥B C，BC∥B C，所以AB⊥BC．111111又因为A B I BC=B，A B⊂平面A BC，BC⊂平面A BC，所以AB⊥平面A BC．111111因为AB⊂平面ABB A，所以平面ABB A⊥平面A BC．111111【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.2（题型二 立体几何体积求解例 1 如图所示，在三棱锥V - ABC 中，平面VAB ⊥ 平面 ABC ，三角形VAB 为等边三角形， AC ⊥ BC ，且 AC = BC = 2 ， O ， M 分别为 AB ，V A 的中点.（1）求证：VB // 平面 MOC .V（2）求证：平面 MOC ⊥ 平面 VAB .M（3）求三棱锥V - ABC 的体积.AO BC【答案】 见解析【解析】（1）依题意， O ， M 分别为 AB ，V A 的中点，则 O M 是 △VAB 的中位线，所以 OM //VB ， OM ⊂ 平面 MOC ，VB ⊄ 平面 MOC ，故VB // 平面 MOC .（2）因为在 △ABC 中， AC = BC ，且 O 为 AB 的中点，所以 O C ⊥ AB ，又平面VAB ⊥ 平面 ABC ，平面VAB I 平面 ABC = AB ， OC ⊂ 平面 ABC ，所以 OC ⊥ 平面VAB ，又 OC ⊂ 平面 MOC ，故平面 MOC ⊥ 平面VAB .（3）由（2）知， O C ⊥ 平面VAB ，所以V V - ABC= V C -VAB 1 1 3 3= ⋅ OC = ⨯ ⨯ 22 ⨯1 =3 △SVAB 3 4 3【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.例 2 如图所示，在三棱锥 P – ABC 中， P A ⊥ AB ， P A ⊥ BC ， AB ⊥ BC ， P A = AB = BC = 2 ， D 为线段 AC 的中点， E 为线段 PC 上一点．（1）求证： P A ⊥ BD ；P（2）求证：平面 BDE ⊥ 平面 PAC ；ED C（3）当 P A // 平面 BDE 时，求三棱锥 E – BCD 的体积．AB【答案】 见解析 【解析】1）因为 P A ⊥ AB ，P A ⊥ BC ，AB I BC = B ，所以 P A ⊥ 平面 ABC .又因为 BD ⊂ 平面 ABC ，所以 PA ⊥ BD .（2）因为 AB ⊥ BC ， AB = BC ， D 为线段 AC 的中点，所以在等腰 △RtABC 中， BD ⊥ AC .又由（1）可知，P A ⊥ BD ，P A I AC = A ，所以 BD ⊥ 平面 PAC .由 E 为线段 PC 上一点，则 DE ⊂ 平面 PAC ，所以BD⊥ED.又因为BD⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面PAC.（3）当P A//平面BDE时，P A⊂平面PAC,且平面PAC I平面BDE=DE,可得P A//DE.由D是AC边的中点知，E为PC边的中点.故而ED=面BDC.12P A=1，ED∥P A，因为PA⊥平面ABC，所以ED⊥平由AB=BC=2，AB⊥BC，D为AC边中点知，BD=CD= 2.又BD⊥AC，有BD⊥DC，即∠BDC=90︒.因此，VE-BCD1111 =⋅ED=⨯⨯2⨯2⨯1=.3△SBCD323【易错点】注意体积几何证明题条件的严谨性【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.掌握线面平行的性质定理的应用及其体积的求解方法.题型三几何体的外接球问题例1（1）已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是（）A．16πB．20πC．24πD．32π（2）若三棱锥的三个侧面两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是.【答案】C；9π【解析】（1）V=a2h=16，a=2，4R2=a2+a2+h2=4+4+16=24，S=24π，选C；（2）4R2=3+3+3=9，S=4πR2=9π【易错点】外接球球心位置不好找【思维点拨】应用补形法找外接球球心的位置题型四立体几何的计算例1如图,已知三棱锥的底面是直角三角形,直角边边长分别为3和4,过直角顶点的侧棱长为4,且垂直于底面,该三棱锥的主视图是()【答案】B4, 【解析】显然由空间直角坐标系可知,该几何体在 xoy 面内的点保持不动,在 y 轴上的点在 xoy 面内的射影为坐标原点,所以该几何体的主视图就是其在面 xoy 面的表面图形,即主视图应为高为 4 ,底面边长为 3 的直角三角形．故选 B .【易错点】 该题易出现的问题是误以为 y 轴上的点在 xoy 面的射影落在 x 轴的正半轴上而误选 D , 【思维点拨】判断几何体的三视图应注意以下几个方面：（1）明确几何体的放置位置和角度,注意投影线和投影面；（2）准确把握几何体的结构特征,特别是几何体中的线面垂直关系等；（3）注意实线和虚线的区别.【巩固训练】题型一 立体几何的证明1.如图,在四棱锥 P - ABCD 中,底面 ABCD 为菱形, ∠BAD = 60° P A = PD = AD = 2 ,点 M 在线段PC 上,且 PM = 2MC , N 为 AD 的中点.（1）求证： AD ⊥ 平面 PNB ；（2）若平面 P AD ⊥ 平面 ABCD ,求三棱锥 P - NBM 的体积.【答案】（1）见解析；（2）23.【解析】（1）∵ P A = PD, N 为 AD 的中点,∴ PN ⊥ AD ,∵底面 ABCD 为菱形, ∠BAD = 60︒ ,∴ BN ⊥ AD ,∵ PN I BN = N ,∴ AD ⊥ 平面 PNB .（2）∵ PN = PD = AD = 2 ,∴ PN = NB = 3 ,∵平面 P AD ⊥ 平面 ABCD ,平面 P AD I 平面 ABCD = AD , PN ⊥ AD ,∴ PN ⊥ 平面 ABCD ,∴ PN ⊥ NB ,∴S3⨯3⨯3=. 22∵AD⊥平面PNB,AD//BC,∴BC⊥平面PNB.∵PM=2MC,∴VP-NRM =VM-PNB22132=V=⨯⨯⨯2=.3C-PNB33232.如图,在直三棱柱ABC-A B C中,D是AB的中点.111（1）证明：BC//平面A CD；11（2）若AC=CB,求证：A D⊥CD.1【答案】见解析.【解析】证明：（1）如图,连接AC,交A C于点O,连结OD.11据直三棱柱性质知四边形ACC A为平行四边形,所以O为AC的中点.111又因为D是AB的中点,所以BC//OD.1又因为BC⊄平面A CD,OD⊂平面A CD,111所以BC//平面A CD.11（2）因为AC=BC,D为AB的中点,所以CD⊥AB.据直三棱柱ABC-A B C性质知AA⊥平面ABC,又因为C D⊂平面1111所以AA⊥CD.1又因为AA I AB=A,AA,AB⊂平面ABB A,1111所以CD⊥平面ABB A,11又因为A D⊂平面ABB A,所以C D⊥A D,即A D⊥CD.11111ABC,题型二立体几何体积求解1.如图所示，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PAB；P6NA MB DC【答案】（1）（2） N -BCM 2 3 63 ．AD = BC = 所以V △S ABC = ⨯ 4 ⨯ 2 5 = 2 3 6 3 . 1 2 ⨯ (2 + 4)（2）求四面体 N - BCM 的体积．1 1 14 5V = ⨯ P A ⋅= ⨯ 4 ⨯ 2 5 =△S ABC【解析】（1）取 PB 中点 Q ，连接 AQ 、 NQ ，因为 N 是 PC 中点， NQ //BC ，且 NQ = 1BC ，又2AM = 2 2 ⨯ 3 1 BC ，且 AM // BC ，所以 QN // AM ，且3 34 2QN = AM ，所以四边形 AQNM 是平行四边形.所以 MN // AQ .又 MN ⊄ 平面PAB ， AQ ⊂ 平面 PAB ，所以 MN // 平面 PAB .PQ NAMD(2)由(1) QN // 平面 ABCD .BC所以VN -BCM= VQ -BCM1 = V2 P -BCM 1= V 2 P -BCA.N -BCM1 1 14 5 = ⨯ P A ⋅2.如图所示，四棱锥 P - ABCD 中，侧面 P AD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ， PAB = BC = 1AD ， ∠BAD = ∠ABC = 90o .2（1）证明：直线 BC // 平面 P AD ；（2）若 △PCD 面积为 2 7 ，求四棱锥 P - ABCD 的体积.【答案】（1）（2） V = ⨯⨯ 2 3 = 4 3 ．32BACD【解析】（1）在平面 ABCD 内，因为 ∠BAD = ∠ABC = 90o ，所以 BC //AD .又 BC ⊄ 平面 P AD ， AD ⊂ 平面 P AD ，故 BC // 平面 P AD .（2）取 AD 的中点 M ，联结 PM ， CM .由 AB = BC = 1AD ，及 BC //AD ， ∠ABC = 90o ，得四边形 ABCM 为正方形，则 CM ⊥ AD .2因为侧面 P AD 是等边三角形且垂直于底面 ABCD ，平面 P AD I 平面 ABCD = AD ，所以 PM ⊥ AD ，因为PM ⊂ 平面 P AD ，所以 PM ⊥ 平面 ABCD .因为 CM ⊂ 平面 ABCD ，所以 PM ⊥ CM .因为 △PCD 的面积为 2 7 ，所以 ⨯ 2x ⨯ 1 2 ⨯ (2 + 4)设 BC = x ，则 CM = x ， CD = 2 x ， PM = 3x ， PC = PD = 2x .取 CD 的中点 N ，联结 PN ，则 PN ⊥ CD ，所以 PN =14 x .21 142 2x = 2 7 ，解得 x = -2 （舍去）， x = 2 ，于是 AB = BC = 2 ，AD = 4 ， PM = 2 3 .所以四棱锥 P - ABCD 的体积V = ⨯3 2⨯ 2 3 = 4 3 .题型三 几何体的外接球问题1. 在正三棱锥 S - ABC 中， M 、N 分别是棱 SC 、BC 的中点，且 AM ⊥ MN ,若侧棱 SA = 2 3 ,则正三棱锥 S - ABC 外接球的表面积是.【答案】 36π【解析】正三棱锥的对棱互垂直。
2015-2020年高考全国卷(文)立体几何试题(含答案)
2015-2020年全国卷立体几何试题(含答案)1.(2020年全国卷1 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 51-B 51-C 51+D 51+2.(2020年全国卷1 文12)．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 ．64πB ．48πC ．36πD ．32π3.(2020年全国卷1 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PAB ⊥平面PAC ；（2）设DO 23π，求三棱锥P −ABC 的体积．4.(2020年全国卷2 文11)．已知ABC ∆是面积为439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π16，则O 到平面ABC 的距离为 A. 3 B. 23 C. 1 D. 23 5.(2020年全国卷2 文16)．设有下列四个命题：1p ：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内。
2p ：过空间中任意三点有且仅有一个平面。
3p ：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行。
4p ：若直线⊂l 平面α，直线⊥m 平面α，则l m ⊥。
则下述命题中所有真命题的序号是____________。
①41p p ∧②21p p ∧③32p p ∨⌝④43p p ⌝∨⌝6.(2020年全国卷2 文20)．如图，已知三棱柱111C B A ABC -的底面是正三角形，侧面C C BB 11是矩形，M 、N 分别为BC 、11C B 的中点，P 为AM 上一点。
过11C B 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F 。
2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标I)【含详答】
2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标I）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知合集A={x|x2−3x−4<0}，B={−4,1,3,5}，则A⋂B=A. {−4,1}B. {1,5}C. {3,5}D. {1,3}2.若z=1+2i+i3，则|z|=()A. 0B. 1C. √2D. 23.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. √5−14B. √5−12C. √5+14D. √5+124.设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为()A. 15B. 25C. 12D. 455.某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x(单位： ∘C)的关系，在20个不同的温度条件下进行种子的发芽实验，由实验数据(x i,y i)(i=1,2，…，20)得到下面的散点图：由此散点图，在10 ∘C至40 ∘C之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x的回归方程类型的是()A. y=a+bxB. y=a+bx2C. y=a+be xD. y=a+blnx6.已知圆x2+y2−6x=0，过点(1,2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为()A. 1B. 2C. 3D. 47.设函数f(x)=cos(ωx+π6)在[−π,π]的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为()A. 10π9B. 7π6C. 4π3D. 3π28.设alog34=2，则4−a=()A. 116B. 19C. 18D. 169.执行下面的程序框图，则输出的n=()A. 17B. 19C. 21D. 2310.设{a n}是等比数列，且a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则a6+a7+a8=()A. 12B. 24C. 30D. 3211.设F1，F2是双曲线C:x2−y23=1的两个焦点，O为坐标原点，点P在C上且|OP|=2，则ΔPF1F2的面积为()A. 72B. 3 C. 52D. 212.已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为▵ABC的外接圆.若⊙O1的面积为4π，AB=BC=AC=OO1，则球O的表面积为()A. 64πB. 48πC. 36πD. 32π二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若x，y满足约束条件{2x+y−2≤0x−y−1≥0y+1≥0，则z=x+7y的最大值为_____．14.设向量a⃗=(1,−1)，b⃗ =(m+1,2m−4)，若a⃗⊥b⃗ ，则m=______．15.曲线y=lnx+x+1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为____．16.数列{a n}满足a n+2+(−1)n a n=3n−1，前16项和为540，则a1=____．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.某厂接受了一项加工业务，加工出来的产品(单位：件)按标准分为A，B，C，D四个等级，加工业务约定：对于A级品、B级品、C级品，厂家每件分别收取加工费90元、50元、20元；对于D级品，厂家每件赔偿原料损失费50元，该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务，甲分厂加工成本费为25元/件，乙分厂加工成本费为20元/件，厂家为决定由哪个分厂承接加工业务，在两个分厂各试加工了100件这种产品，并统计了这些产品的等级，整理如下：甲分厂产品等级的频数分布表乙分厂产品等级的频数分布表(1)分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A级品的概率；(2)分别求甲、乙两分厂加工出来的100件产品的平均利润，以平均利润为依据，厂家应该选哪个分厂承接加工业务？18.▵ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知B=150∘．(1)若a=√3c，b=2√7，求▵ABC的面积；(2)若sinA+√3sinC=√2，求C．219.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．20.已知函数f(x)=e x−a(x+2).(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．21.已知A，B分别为椭圆E:+=1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，=8，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D，(1)求E的方程;(2)证明：直线CD过定点．22.[选修4−4：坐标系与参数方程](10分)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为{x=cos k ty=sin k t,(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为4ρcosθ−16ρcosθ+3=0．(1)当k=1时，C1是什么曲线？(2)当k=4时，求C1与C2的公共点的直角坐标．23.[选修4—5：不等式选讲]已知函数f(x)=│3x+1│−2│x−1│．(1)画出y=f(x)的图像；(2)求不等式f(x)>f(x+1)的解集．2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标I）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）已知合集A={x|x2−3x−4<0}，B={−4,1,3,5}，则A⋂B=A. {−4,1}B. {1,5}C. {3,5}D. {1,3}【答案】D【解析】【分析】本题主要考查集合的交集运算和解一元二次不等式，属于基础题．【解答】解：由不等式x2−3x−4<0，解得−1<x<4，所以A∩B={1,3}，故选D．24.若z=1+2i+i3，则|z|=()A. 0B. 1C. √2D. 2【答案】C【解析】【分析】本题主要考查复数的运算，求复数的模，属于基础题．【解答】解：z=1+2i−i=1+i，则|z|=√12+12=√2，故选C．25.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. √5−14B. √5−12C. √5+14D. √5+12【答案】C【解析】【分析】根据题意列出a,ℎ′,ℎ的关系式，化简即可得到答案．本题考查了立体几何中的比例关系，属于基础题．【解析】如图，设正四棱锥的高为h，底面边长为a,侧面三角形底边上的高为ℎ′，则由题意可得{ℎ2=12aℎ′ℎ2=(ℎ′)2−(a2)2,故(ℎ′)2−(a2)2=12aℎ′，化简可得4(ℎ′a)2−2(ℎ′a)−1=0,解得ℎ′a =√5+14．故答案选C．26.设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为()A. 15B. 25C. 12D. 45【答案】A【解析】【分析】本题主要考查概率的知识，属于基础题．【解答】解：如图，从5点中随机选取3个点，共有10种情况，其中三点共线的有两种情况：AOC和BOD，则p=210=15．故选A．27.某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x(单位： ∘C)的关系，在20个不同的温度条件下进行种子的发芽实验，由实验数据(x i,y i)(i=1,2，…，20)得到下面的散点图：由此散点图，在10 ∘C至40 ∘C之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x的回归方程类型的是()A. y=a+bxB. y=a+bx2C. y=a+be xD. y=a+blnx 【答案】D【解析】【分析】本题考查函数模型的应用，属于基础题．连接各点，判断图象的大致走向，可判断函数为对数模型．【解析】用光滑的曲线把图中各点连接起来，由图象的走向判断，此函数应该是对数函数类型的，故应该选用的函数模型为y=a+blnx．故答案选D．28.已知圆x2+y2−6x=0，过点(1,2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为()A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】本题考查圆的方程、直线方程以及求弦长，属于较易题．【解答】解：由可得，则圆心，半径，已知定点，则当直线与OA垂直时，弦长最小，OA=√(3−1)2+(0−2)2=√8弦长，故选B．29.设函数f(x)=cos(ωx+π6)在[−π,π]的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为()A. 10π9B. 7π6C. 4π3D. 3π2【答案】C【解析】【分析】本题考查了余弦函数的图象与性质，属于中档题．先利用f(−4π9)=0得到w =−3+9k 4(k ∈Z)，由T <2π<2T ，可得，由w =−3+9k 4(k ∈Z)可得k 的值，w 的值可得，即可求解．【解析】 解：由图可知f(−4π9)=cos(−4π9w +π6)=0，所以−4π9w +π6=π2+kπ(k ∈Z),化简可得w =−3+9k 4(k ∈Z)，又因为T <2π<2T ，即2π|w |<2π<4π|w |，所以，当且仅当k =−1时，所以w =32，最小正周期T =2π|w |=4π3．故答案选C ．30. 设alog 34=2，则4−a =( )A. 116B. 19C. 18D. 16【答案】B【解析】【分析】本题主要考查指对数的运算，属于基础题． 【解答】解：由alog 34=log 34a =2，可得4a =32=9， ∴4−a =(4a )−1=9−1=19， 故选B ．31. 执行下面的程序框图，则输出的n =( )A. 17B. 19C. 21D. 23【答案】C【解析】【分析】本题以程序框图为载体，考查了等差数列求和，属于中档题．【解答】解：输入n=1，S=0，则S=S+n=1，S⩽100，n=n+2=3，S=S+n=1+3=4，S⩽100，n=n+2=5，S=S+n=1+3+5=9，S⩽100，n=n+2=7，S=S+n=1+3+5+7=16，S⩽100，n=n+2=9，根据等差数列求和可得，S=1+3+5+⋯+19=100⩽100，n=19+2=21，输出n=21．故选C．32.设{a n}是等比数列，且a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则a6+a7+a8=()A. 12B. 24C. 30D. 32【答案】D【解析】【分析】本题主要考查等比数列的通项公式，属基础题．根据a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2，结合等比数列的通项公式可求得等比数列的公比q，因为a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)，从而得到答案．【解答】解：∵a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2，∴q(a1+a2+a3)=2，所以q=2，∵a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)，所以a6+a7+a8=32，故选D33.设F1，F2是双曲线C:x2−y23=1的两个焦点，O为坐标原点，点P在C上且|OP|=2，则ΔPF1F2的面积为()A. 72B. 3 C. 52D. 2【答案】B【解析】【分析】本题主要考查双曲线的定义、双曲线的简单几何性质、圆的性质，属一般题．根据双曲线的标准方程得到其焦点坐标，结合|OP|=2，可确定点P在以F1F2为直径的圆上，得到|PF1|2+|PF2|2=16，结合双曲线的定义可得|PF1|⋅|PF2|的值，从而得到答案．【解答】解：由双曲线的标准方程可得a=1,b=√3，c=2，所以焦点坐标为F1(−2,0),F2(2,0)，因为|OP|=2，所以点P在以F1F2为直径的圆上，∴|PF1|2+|PF2|2=16，∵||PF1|−|PF2||=2a=2，所以||PF1|−|PF2||2=|PF1|2+|PF2|2−2|PF1|⋅|PF2|= 4，所以|PF1|⋅|PF2|=6，所以三角形PF1F2面积为3，故选B．34.已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为▵ABC的外接圆.若⊙O1的面积为4π，AB=BC=AC=OO1，则球O的表面积为()A. 64πB. 48πC. 36πD. 32π【答案】B【解析】【分析】本题考查球的结构与性质，球的表面积公式，属中档题．【解答】解：由圆O1的面积为4π=πr2，故圆O1的半径ρ=2，∵AB=BC=AC=OO1，则三角形ABC是正三角形，由正弦定理：ABsin60∘=2r=4，得AB=OO1=2√3，由R2=r2+OO12，得球O的半径R=4，表面积为4πR2=64π，故答案为A．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）35.若x，y满足约束条件{2x+y−2≤0x−y−1≥0y+1≥0，则z=x+7y的最大值为_____．【答案】1【解析】【分析】本题考查利用线性规划求最值问题，属基础题．【解答】解：根据约束条件画出可行域为：由z=x+7y得y=−17x+17z，平移直线y=−17x，要使z最大，则y=−17x+17z在y轴上的截距最大，由图可知经过点A(1,0)时截距最大，此时z=1，故答案为1．36.设向量a⃗=(1,−1)，b⃗ =(m+1,2m−4)，若a⃗⊥b⃗ ，则m=______．【答案】5【解析】【分析】本题主要考查平面向量垂直的充要条件，平面向量数量积的坐标运算，属基础题．由a⃗⊥b⃗ 可得a⃗⋅b⃗ =0，再把两向量坐标代入运算可得答案．【解答】解：∵a⃗⊥b⃗ ，所以a⃗⋅b⃗ =0，因为a⃗=(1,−1),b⃗ =(m+1,2m−4)，所以m+1−(2m−4)=0，故m=5．故答案为：537.曲线y=lnx+x+1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为____．【答案】2x−y=0【解析】【分析】本题主要考查导数的几何意义，属基础题．根据导数的几何意义确定切点坐标，再根据直线的点斜式得到切线方程．【解答】+1解：∵y=lnx+x+1，∴y′=1x+1=2，故x0=1，设切点坐标为(x0,y0)，因为切线斜率为2，所以1x此时，y0=ln1+2=2，所以切点坐标为(1,2)，∴y−2=2(x−1)所以切线方程为2x−y=0．故答案为：2x−y=0．38.数列{a n}满足a n+2+(−1)n a n=3n−1，前16项和为540，则a1=____．【答案】7【解析】【分析】本题主要考查累加法求通项公式，等差数列的求和公式以及数列的递推关系，属较难题．对n取偶数，再结合条件可求得前16项中所有奇数项的和，对n取奇数时，利用累加法求得a n+2的值，用其表示出前16项和可得答案．【解答】解：因为a n+2+(−1)n a n=3n−1，当n=2，6，10，14时，a2+a4=5，a6+a8= 17，a10+a12=29，a14+a16=41因为前16项和为540，所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=540−(5+17+29+41)，所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=448，当n为奇数时，a n+2−a n=3n−1，所以a3−a1=2，a5−a3=8，a7−a5=14⋯a n+2−a n=3n−1，累加得an+2−a1=2+8+14+⋯3n−1=(2+3n−1)⋅n+122，∴a n+2=(3n+1)⋅(n+1)4+a1，∴a3=2+a1，a5=10+a1，a7=24+a1，a9=44+a1，a11=70+a1，a13= 102+a1，a15=140+a1，因为a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=448，所以8a1+392=448，所以a1=7．故答案为7．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）39.某厂接受了一项加工业务，加工出来的产品(单位：件)按标准分为A，B，C，D四个等级，加工业务约定：对于A级品、B级品、C级品，厂家每件分别收取加工费90元、50元、20元；对于D级品，厂家每件赔偿原料损失费50元，该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务，甲分厂加工成本费为25元/件，乙分厂加工成本费为20元/件，厂家为决定由哪个分厂承接加工业务，在两个分厂各试加工了100件这种产品，并统计了这些产品的等级，整理如下：甲分厂产品等级的频数分布表乙分厂产品等级的频数分布表(1)分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A级品的概率；(2)分别求甲、乙两分厂加工出来的100件产品的平均利润，以平均利润为依据，厂家应该选哪个分厂承接加工业务？【答案】解：(1)根据频数分布表可知甲、乙分厂加工出来的一件产品为A级品的频数分别为40，28，所以频率分别为40100=0.4，28100=0.28，用频率估计概率可得甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A级品的概率分别为0.4和0.28．(2)甲分厂四个等级的频率分别为：0.4，0.2，0.2，0.2，故甲分厂的平均利润为：0.4×(90−25)+0.2×(50−25)+0.2×(20−25)+0.2×(−50−25)=15(元)，乙分厂四个等级的频率分别为：0.28，0.17，0.34，0.21，故乙分厂的平均利润为：0.28×(90−20)+0.17×(50−20)+0.34×(20−20)+0.21×(−50−20)=10(元)，因为甲分厂平均利润大于乙厂的平均利润，故选甲分厂承接加工业务．【解析】本题主要考查频率的算法，平均数的概念及其意义，属基础题．(1)根据图表信息可得甲乙分厂的频数，从而得到答案．(2)根据图表信息可得甲乙分厂的四个等级的频率，再根据平均数的定义求得答案，比较两厂的平均数得到最终答案即可．40.▵ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知B=150∘．(1)若a=√3c，b=2√7，求▵ABC的面积；(2)若sinA+√3sinC=√22，求C．【答案】解：(1)由余弦定理得b2=a2+c2−2accosB，即28=3c2+c2−2√3c2cos150∘，解得c=4，所以a=4√3，所以S△ABC=12acsinB=12×4√3×4×12=4√3．(2)因为A=180∘−B−C=30∘−C，所以sinA+√3sinC=sin(30∘−C)+√3sinC=12cosC+√32sinC=sin(30∘+C)=√22，因为A>0°，C>0°，所以0°<C<30°，所以30°<30°+C<60°，所以30°+C=45°，所以C=15°．【解析】【解析】本题考查余弦定理，三角形面积公式的应用，三角恒等变换的应用，属于中档题．(1)由已知条件结合余弦定理可求得c，从而可根据三角形面积公式求解；(2)由两角差的正弦公式对已知式进行化简，再由辅助角公式根据C的范围求解即可．41.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．【答案】解：(1)由已知条件得PA=PB=PC，因为∠APC=90°，所以PA⊥PC，所以AP2+PC2=AC2，又因为△ABC是等边三角形，所以AC=AB=BC，所以PA2+PB2=AB2，PB2+PC2=BC2，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA∩PC=P，所以PB⊥平面PAC，因为PB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC．(2)设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意得{2+r2=l2,πrl=√3π,解得l=√3,r=1，所以等边三角形ABC的边长为√3，从而PA=PB=PC=√62，所以PO=√32−1=√22，所以三棱锥P−ABC的体积V=13SΔABC⋅PO=13×12×√3×√3×√32×√22=√68．【解析】【解析】本题考查线面位置关系的判定，圆锥的侧面积公式，棱锥的体积公式的应用，考查空间想象能力与运算能力，属于中档题．(1)由题意证得PB⊥PA，PB⊥PC，从而得到PB⊥平面PAC，根据面面垂直的判定定理即可证明；(2)由圆锥的性质可求得底面半径与母线长，从而可求得△ABC的边长，从而可求得三棱锥P−ABC的高，从而可求得体积．42.已知函数f(x)=e x−a(x+2).(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=e x−(x+2)，则f′(x)=e x−1，令f′(x)>0，得x>0；令f′(x)<0，得x<0，从而f(x)在(−∞,0)单调递减；在(0,+∞)单调递增．(2)f(x)=e x−a(x+2)=0，显然x≠−2，所以a=e xx+2，令g(x)=e xx+2，问题转化为y=a与g(x)的图象有两个交点，所以g′(x)=e x(x+1)(x+2)2，当x<−2或−2<x<−1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>−1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)的极小值为g(−1)=1e，当x <−2时，g(x)<0，当x >−2时，g(x)>0， 所以当a >1e 时，y =a 与g(x)的图象有两个交点， 所以a 的取值范围为(1e ,+∞)． 【解析】【解析】本题考查利用导数判断函数的单调性，利用导数研究函数的零点，有一定难度． (1)先求导，可直接得出函数的单调性；(2)先分离参数得a =e x x+2，再构造函数，利用导数研究函数的性质，即可得出a 的取值范围．43. 已知A ，B 分别为椭圆E:+=1(a >1)的左、右顶点，G 为E 的上顶点，=8，P 为直线x =6上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ， (1)求E 的方程;(2)证明：直线CD 过定点． 【答案】解：由题意A (−a,0),B (a,0),G (0,1),AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,1),GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,−1), AG⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a 2−1=8⇒a 2=9⇒a =3， ∴椭圆E 的方程为x 29+y 2=1．(2)由(1)知A (−3,0),B (3,0),P (6,m )， 则直线PA 的方程为y =m 9(x +3)，联立{y=m9(x+3)x29+y2=1⇒(9+m2)x2+6m2x+9m2−81=0,由韦达定理−3x C=9m2−819+m2⇒x C=−3m2+279+m2，代入直线PA的方程y=m9(x+3)得，y C=6m9+m2，即C(−3m2+279+m2,6m9+m2)，直线PB的方程为y=m3(x−3)，联立{y=m3(x−3)x29+y2=1⇒(1+m2)x2−6m2x+9m2−9=0,由韦达定理3x D=9m2−91+m2⇒x D=3m2−31+m2，代入直线PA的方程y=m3(x−3)得，y D=−2m 1+m2，即D(3m2−31+m2,−2m1+m2)，∴直线CD的斜率k CD=6m9+m2−−2m1+m2−3m2+279+m2−3m2−31+m2=4m3(3−m2)，∴直线CD的方程为y−−2m1+m2=4m3(3−m2)(x−3m2−31+m2)，整理得y=4m3(3−m2)(x−32)，∴直线CD过定点(32,0)．【解析】本题考查直线于椭圆的位置关系，定点问题，属于较难题；(1)求出各点坐标，表示出向量；(2)求出C，D两点坐标，进而求出直线CD，即可证明．44.[选修4−4：坐标系与参数方程](10分)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为{x=cos k ty=sin k t,(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为4ρcosθ−16ρcosθ+3=0．(1)当k=1时，C1是什么曲线？(2)当k=4时，求C1与C2的公共点的直角坐标．【答案】【答案】(1)当k =1时，曲线C 1的参数方程为{x =costy =sint ，化为直角坐标方程为x 2+y 2=1， 表示以原点为圆心，半径为1的圆．(2)当k =4时，曲线C 1的参数方程为{x =cos 4ty =sin 4t ，化为直角坐标方程为√x +√y =1，曲线C 2化为直角坐标方程为4x −16y +3=0，联立{√x +√y =14x −16y +3=0，解得{x =14y =14, 所以曲线C 1与曲线C 2的公共点的直角坐标为(14,14)．【解析】本题考查简单曲线的参数方程、极坐标方程，参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化等知识，考查运算求解能力，难度一般．45. [选修4—5：不等式选讲]已知函数f(x)=│3x +1│−2│x −1│．(1)画出y =f(x)的图像；(2)求不等式f(x)>f(x +1)的解集．【答案】(1)函数f(x)=|3x +1|−2|x −1|={x +3,x >15x −1,−13≤x ≤1−x −3,x <−13，图象如图所示：第21页，共21页(2)函数f(x +1)的图象即将函数f(x)的图象向左平移一个单位所得，如图，联立{y =−x −3y =5x +4可得交点横坐标为x =−76， 所以f(x)>f(x +1)的解集为{x|x <−76}．【解析】本题考查解绝对值不等式，考查了运算求解能力及数形结合的思想，难度一般．。
2020年高考数学(文) 立体几何(原卷版)
专题 立体几何一、选择题1．(2018全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π2．(2018全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为BAA ．217B ．25C ．3D ．23．(2018全国卷Ⅰ)在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为 A ．8B ．62C ．82D ．834．(2018全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是5．(2018全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为3D ABC -体积的最大值为 A ．123B ．183C ．3D ．36．(2018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：3cm ）是俯视图正视图2211A ．2B ．4C ．6D ．87．(2018北京)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为俯视图侧(左)视图正(主)视图1221A ．1B ．2C ．3D ．48．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为A ．πB ．34π C ．2π D ．4π 9．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为A ．60B ．30C ．20D ．1010．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 ）是俯视图侧视图正视图11311A．12π+B．32π+C．312π+D．332π+11．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A．90πB．63πC．42πD．36π12．(2018全国卷Ⅱ)在正方体1111-ABCD A B C D中，E为棱1CC的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为A．22B．3C．5D．713．(2018浙江)已知平面α，直线m，n满足mα⊄，nα⊂，则“m∥n”是“m∥α”的A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件14．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB与平面MNQ不平行的是15．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱CD 的中点，则A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1AE AC ⊥16．平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，αI 平面ABCD =m ，αI 平面ABB 1A 1=n ，则m ，n 所成角的正弦值为AB．2 CD ．1317．已知互相垂直的平面αβ， 交于直线l ．若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n18．已知,m n 是两条不同的直线，,,αβγ是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A ．若//,//m n αα，则//m n B ．若,αγβγ⊥⊥，则//αβC ．若//,//m n αα，且,m n ββ⊂⊂，则//αβD ．若,m n αβ⊥⊥，且αβ⊥，则m n ⊥ 19．已知直线a ，b ，l ，平面α，β，下列结论中正确的是( )A ．若a α⊂，b α⊂，l a ⊥，l b ⊥，则l α⊥B ．若a α⊂，//b a ，则//b αC ．若αβ⊥，a α⊂，则a β⊥D ．若//αβ，l α⊥，则l β⊥20．在三棱锥P ABC -中，PA PB PC ===AB AC BC ===P ABC -外接球的体积是（ ）A ．36πB ．125π6C ．32π3D ．50π二、填空题21．(2018天津)如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则四棱锥111A BB D D -的体积为__．D 1C 1B 1A 1D CBA22．(2018江苏)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ．23．已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA AC =，SB BC =，三棱锥S ABC -的体积为9，则球O 的表面积为________．24．长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为 ． 25．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 ． 26．由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为 ． 俯视图侧视图（左视图）正视图（主视图）211111127．如图，在圆柱12O O 内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切。
高中数学立体几何大题练习(文科)
立体几何大题练习（文科）：1．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥DC，∠ABC=90°，AD=SD，BC=CD=，侧面SAD⊥底面ABCD．（1）求证：平面SBD⊥平面SAD；（2）若∠SDA=120°，且三棱锥S﹣BCD的体积为，求侧面△SAB的面积．【分析】（1）由梯形ABCD，设BC=a，则CD=a，AB=2a，运用勾股定理和余弦定理，可得AD，由线面垂直的判定定理可得BD⊥平面SAD，运用面面垂直的判定定理即可得证；（2）运用面面垂直的性质定理，以及三棱锥的体积公式，求得BC=1，运用勾股定理和余弦定理，可得SA，SB，运用三角形的面积公式，即可得到所求值．【解答】（1）证明：在梯形ABCD中，AB∥DC，∠ABC=90°，BC=CD=，设BC=a，则CD=a，AB=2a，在直角三角形BCD中，∠BCD=90°，可得BD=a，∠CBD=45°，∠ABD=45°，由余弦定理可得AD==a，则BD⊥AD，由面SAD⊥底面ABCD．可得BD⊥平面SAD，又BD⊂平面SBD，可得平面SBD⊥平面SAD；（2）解：∠SDA=120°，且三棱锥S﹣BCD的体积为，由AD=SD=a，在△SAD中，可得SA=2SDsin60°=a，△SAD的边AD上的高SH=SDsin60°=a，由SH⊥平面BCD，可得×a××a2=，解得a=1，由BD⊥平面SAD，可得BD⊥SD，SB===2a，又AB=2a，在等腰三角形SBA中，边SA上的高为=a，则△SAB的面积为×SA×a=a=．【点评】本题考查面面垂直的判定定理的运用，注意运用转化思想，考查三棱锥的体积公式的运用，以及推理能力和空间想象能力，属于中档题．2．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．【分析】（1）利用AB∥EF及线面平行判定定理可得结论；（2）通过取线段CD上点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，利用线面垂直的性质定理可知FG⊥AD，结合线面垂直的判定定理可知AD⊥平面EFG，从而可得结论．【解答】证明：（1）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，所以AB∥EF，又因为EF⊂平面ABC，AB⊂平面ABC，所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；（2）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，因为BC⊥BD，FG∥BC，所以FG⊥BD，又因为平面ABD⊥平面BCD，所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD，又因为AD⊥EF，且EF∩FG=F，所以AD⊥平面EFG，所以AD⊥EG，故AD⊥AC．【点评】本题考查线面平行及线线垂直的判定，考查空间想象能力，考查转化思想，涉及线面平行判定定理，线面垂直的性质及判定定理，注意解题方法的积累，属于中档题．3．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥CB，点M和N分别是B1C1和BC的中点．（1）求证：MB∥平面AC1N；（2）求证：AC⊥MB．【分析】（1）证明MC1NB为平行四边形，所以C1N∥MB，即可证明MB∥平面AC1N；（2）证明AC⊥平面BCC1B1，即可证明AC⊥MB．【解答】证明：（1）证明：在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，因为点M，N分别是B1C1，BC的中点，所以C1M∥BN，C1M=BN．所以MC1NB为平行四边形．所以C1N∥MB．因为C1N⊂平面AC1N，MB⊄平面AC1N，所以MB∥平面AC1N；（2）因为CC1⊥底面ABC，所以AC⊥CC1．因为AC⊥BC，BC∩CC1=C，所以AC⊥平面BCC1B1．因为MB⊂平面BCC1B1，所以AC⊥MB．【点评】本题考查线面平行的判定，考查线面垂直的判定与性质，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．4．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD||BC，PD⊥底面ABCD，∠ADC=90°，AD=2BC，Q为AD的中点，M为棱PC的中点．（Ⅰ）证明：PA∥平面BMQ；（Ⅰ）已知PD=DC=AD=2，求点P到平面BMQ的距离．【分析】（1）连结AC交BQ于N，连结MN，只要证明MN∥PA，利用线面平行的判定定理可证；（2）由（1）可知，PA∥平面BMQ，所以点P到平面BMQ的距离等于点A到平面BMQ的距离．【解答】解：（1）连结AC交BQ于N，连结MN，因为∠ADC=90°，Q为AD的中点，所以N为AC的中点．…（2分）当M为PC的中点，即PM=MC时，MN为△PAC的中位线，故MN∥PA，又MN⊂平面BMQ，所以PA∥平面BMQ．…（5分）（2）由（1）可知，PA∥平面BMQ，所以点P到平面BMQ的距离等于点A到平面BMQ的距离，所以V P=V A﹣BMQ=V M﹣ABQ，﹣BMQ取CD的中点K，连结MK，所以MK∥PD，，…（7分）又PD⊥底面ABCD，所以MK⊥底面ABCD．又，PD=CD=2，所以AQ=1，BQ=2，，…（10分）=V A﹣BMQ=V M﹣ABQ=.，…（11分）所以V P﹣BMQ则点P到平面BMQ的距离d=…（12分）【点评】本题考查了线面平行的判定定理的运用以及利用三棱锥的体积求点到直线的距离．5．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC⊥AC，D，E分别是AB，AC的中点．（1）求证：B1C1∥平面A1DE；（2）求证：平面A1DE⊥平面ACC1A1．【分析】（1）证明B1C1∥DE，即可证明B1C1∥平面A1DE；（2）证明DE⊥平面ACC1A1，即可证明平面A1DE⊥平面ACC1A1．【解答】证明：（1）因为D，E分别是AB，AC的中点，所以DE∥BC，…（2分）又因为在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，B1C1∥BC，所以B1C1∥DE…（4分）又B1C1⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以B1C1∥平面A1DE…（6分）（2）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，又DE⊂底面ABC，所以CC1⊥DE…（8分）又BC⊥AC，DE∥BC，所以DE⊥AC，…（10分）又CC1，AC⊂平面ACC1A1，且CC1∩AC=C，所以DE⊥平面ACC1A1…（12分）又DE⊂平面A1DE，所以平面A1DE⊥平面ACC1A1…（14分）【点评】本题考查线面平行、线面垂直、面面垂直的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．6．在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，M，N分别是PD，PA的中点，AC⊥AD，∠ACD=∠ACB=60°，PC=AC．（1）求证：PA⊥平面CMN；（2）求证：AM∥平面PBC．【分析】（1）推导出MN∥AD，PC⊥AD，AD⊥AC，从而AD⊥平面PAC，进而AD ⊥PA，MN⊥PA，再由CN⊥PA，能证明PA⊥平面CMN．（2）取CD的中点为Q，连结MQ、AQ，推导出MQ∥PC，从而MQ∥平面PBC，再求出AQ∥平面，从而平面AMQ∥平面PCB，由此能证明AM∥平面PBC．【解答】证明：（1）∵M，N分别为PD、PA的中点，∴MN为△PAD的中位线，∴MN∥AD，∵PC⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴PC⊥AD，又∵AD⊥AC，PC∩AC=C，∴AD⊥平面PAC，∴AD⊥PA，∴MN⊥PA，又∵PC=AC，N为PA的中点，∴CN⊥PA，∵MN∩CN=N，MN⊂平面CMN，CM⊂平面CMN，∴PA⊥平面CMN．解（2）取CD的中点为Q，连结MQ、AQ，∵MQ是△PCD的中位线，∴MQ∥PC，又∵PC⊂平面PBC，MQ⊄平面PBC，∴MQ∥平面PBC，∵AD⊥AC，∠ACD=60°，∴∠ADC=30°．∴∠DAQ=∠ADC=30°，∴∠QAC=∠ACQ=60°，∴∠ACB=60°，∴AQ∥BC，∵AQ⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AQ∥平面PBC，∵MQ∩AQ=Q，∴平面AMQ∥平面PCB，∵AM⊂平面AMQ，∴AM∥平面PBC．【点评】本题考查线面垂直、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想，是中档题．7．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA=PD=AD，E、F分别为PC、BD的中点．（1）求证：EF∥平面PAD；（2）求证：面PAB⊥平面PDC．【分析】（1）连接AC，则F是AC的中点，E为PC 的中点，证明EF∥PA，利用直线与平面平行的判定定理证明EF∥平面PAD；（2）先证明CD⊥PA，然后证明PA⊥PD．利用直线与平面垂直的判定定理证明PA⊥平面PCD，最后根据面面垂直的判定定理即可得到面PAB⊥面PDC．【解答】证明：（1）连接AC，由正方形性质可知，AC与BD相交于BD的中点F，F也为AC中点，E为PC中点．所以在△CPA中，EF∥PA，又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD；（2）平面PAD⊥平面ABCD平面PAD∩面ABCD=AD⇒CD⊥平面PAD⇒CD⊥PA正方形ABCD中CD⊥ADPA⊂平面PADCD⊂平面ABCD又，所以PA2+PD2=AD2所以△PAD是等腰直角三角形，且，即PA⊥PD．因为CD∩PD=D，且CD、PD⊂面PDC所以PA⊥面PDC又PA⊂面PAB，所以面PAB⊥面PDC．【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，直线与平面平行的判定的应用，考查逻辑推理能力．8．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，且PA=AD=2，BD=2，E、F分别为AD、PC中点．（1）求点F到平面PAB的距离；（2）求证：平面PCE⊥平面PBC．【分析】（1）取PB的中点G，连接FG、AG，证得底面ABCD为正方形．再由中位线定理可得FG∥AE且FG=AE，四边形AEFG是平行四边形，则AG∥FE，运用线面平行的判定定理可得EF∥平面PAB，点F与点E到平面PAB的距离相等，运用线面垂直的判定和性质，证得AD⊥平面PAB，即可得到所求距离；（2）运用线面垂直的判定和性质，证得BC⊥平面PAB，EF⊥平面PBC，再由面面垂直的判定定理，即可得证．【解答】（1）解：如图，取PB的中点G，连接FG、AG，因为底面ABCD为菱形，且PA=AD=2，，所以底面ABCD为正方形．∵E、F分别为AD、PC中点，∴FG∥BC，AE∥BC，，，∴FG∥AE且FG=AE，∴四边形AEFG是平行四边形，∴AG∥FE，∵AG⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB，∴点F与点E到平面PAB的距离相等，由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD，又AD⊥AB，PA∩AB=A，AD⊥平面PAB，则点F到平面PAB的距离为EA=1．（2）证明：由（1）知AG⊥PB，AG∥EF，∵PA⊥平面ABCD，∴BC⊥PA，∵BC⊥AB，AB∩BC=B，∴BC⊥平面PAB，由AG⊂平面PAB，∴BC⊥AG，又∵PB∩BC=B，∴AG⊥平面PBC，∴EF⊥平面PBC，∵EF⊂平面PCE，∴平面PCE⊥平面PBC．【点评】本题考查空间点到平面的距离，注意运用转化思想，考查线面平行和垂直的判定和性质，以及面面垂直的判定，熟练掌握定理的条件和结论是解题的关键，属于中档题．9．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠BAD=∠ADC=90°，DC=2AB=2AD，BC⊥PD，E，F分别是PB，BC的中点．求证：（1）PC∥平面DEF；（2）平面PBC⊥平面PBD．【分析】（1）由中位线定理可得PC∥EF，故而PC∥平面DEF；（2）由直角梯形可得BC⊥BD，结合BC⊥PD得出BC⊥平面PBD，于是平面PBC ⊥平面PBD．【解答】证明：（1）∵E，F分别是PB，BC的中点，∴PC∥EF，又PC⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，∴PC∥平面DEF．（2）取CD的中点M，连结BM，则AB DM，又AD⊥AB，AB=AD，∴四边形ABMD是正方形，∴BM⊥CD，BM=CM=DM=1，BD=，∴BC=，∴BD2+BC2=CD2，∴BC⊥BD，又BC⊥PD，BD∩PD=D，∴BC⊥平面PBD，又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PBD．【点评】本题考查了线面平行，面面垂直的判定，属于中档题．10．如图，在三棱锥A﹣BCD中，E，F分别为BC，CD上的点，且BD∥平面AEF．（1）求证：EF∥平ABD面；（2）若AE⊥平面BCD，BD⊥CD，求证：平面AEF⊥平面ACD．【分析】（1）利用线面平行的性质可得BD∥EF，从而得出EF∥平面ABD；（2）由AE⊥平面BCD可得AE⊥CD，由BD⊥CD，BD∥EF可得EF⊥CD，从而有CD⊥平面AEF，故而平面AEF⊥平面ACD．【解答】证明：（1）∵BD∥平面AEF，BD⊂平面BCD，平面BCD∩平面AEF=EF，∴BD∥EF，又BD⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，∴EF∥平ABD面．（2）∵AE⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AE⊥CD，由（1）可知BD∥EF，又BD⊥CD，∴EF⊥CD，又AE∩EF=E，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，∴CD⊥平面AEF，又CD⊂平面ACD，∴平面AEF⊥平面ACD．【点评】本题考查了线面平行、线面垂直的性质，面面垂直的判定，属于中档题．。
2020高三数学立体几何专项训练文科
2020高三数学立体几何专项训练文科1.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA垂直于平面ABCD，E是PD的点。
Ⅰ) 证明PB平行于平面AEC。
Ⅱ) 设AP=1，AD=3，求三棱锥P-ABD的体积V和A点到平面PBD的距离。
2.在四棱锥P-ABCD中，AB平行于CD且AB等于2CD，E为PB的中点。
1) 证明CE平行于平面PAD。
2) 是否存在一点F在线段AB上，使得平面PAD平行于平面CEF？若存在，证明结论；若不存在，说明理由。
3.在四棱锥P-ABCD中，平面PAC垂直于平面ABCD，且PA垂直于AC且等于AD等于2，四边形ABCD满足BC平行于AD，AB垂直于AD且等于1，点E和F分别为侧棱PB和PC上的点，且PEPF等于λ(λ不等于0)。
1) 证明EF平行于平面PAD。
2) 当λ等于2时，求点D到平面AFB的距离。
4.四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形。
1) 证明平面A1BD平行于平面CD1B1.2) 若平面ABCD与平面B1D1C相交于直线l，证明B1D1平行于l。
5.在平行四边形ABCD外一点P，PC的中点为M，在DM上取一点G，过G与AP作平面交平面BDM于H。
证明AP平行于GH。
6.在四棱锥P-ABCD中，PA垂直于底面ABCD，AB垂直于AD，AC垂直于CD，且∠ABC等于60度，PA等于AB等于BC，E是PC的中点。
证明：1) CD垂直于AE；2) PD垂直于平面ABE。
7.在四棱锥P-ABCD中，平面PAB垂直于平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAB为等边三角形，E是PB的中点，平面AED与棱PC交于点F。
1) 证明AD平行于EF；2) 证明PB垂直于平面AEFD；3) 设四棱锥P-AEFD的体积为V1，四棱锥P-ABCD的体积为V2，求V1和V2的值。
8.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a，∠DAB 等于60度的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，G为AD的中点。
2020年高考试题分类汇编(立体几何)
2020年高考试题分类汇编（立体几何）考法1空间中的点、线、面的位置关系1.（2020·全国卷Ⅰ·文理科）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状科视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥的一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高于底面正方形的边长的比值为 A ．514- B ．512- C ．514+ D ．512+2.（2020·全国卷Ⅰ·理科）如图，在三棱锥P ABC -的平面展开图中，1AC =，3AB AD ==，AB AC ⊥，AB AD ⊥, 30CAE ∠=，则cos FCB ∠= .3.（2020·全国卷Ⅱ·文理科）设有下列四个命题：1p ：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一个平面内. 2p ：过空间任意三点有且仅有一个平面.3p ：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行. 4p ：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则l m ⊥.则下列命题中所以真命题的序号是 .①14p p ∧ ②12p p ∧ ③23()p p ⌝∨ ④34()()p p ⌝∨⌝ 4.（2020·浙江卷）已知空间中不过同一点的三条直线m ，n ，l ，则“m ，n ，ABCD (P )E (P )F (P )l 在同一平面”是“m ，n ，l 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 考法2三视图1.（2020·全国卷Ⅱ·理科）右图是一个多面体的三视图，这个多面体某天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 ．H2.（2020·全国卷Ⅲ·文理科）右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积为A ．642+B ．442+C ．623+D ．423+3.（2020·浙江卷）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：3cm ）是A ．73B ．143C ．3D ．64.（2020·北京卷）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱M N EF GH222的表面积为A ．63+B ．623+C ．123+D ．1223+考法3与球的组合体1.（2020·全国卷Ⅰ·文理科）已知A ，B ，C 为球O 的球面上三点，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 ．48π C ．36π D ．32π2.（2020·山东卷）日冕是中国古代用来测定时间的仪器，利用与冕面垂直的冕针投射到冕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的角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面，在点A 处放置一个日冕，若冕面与赤道所在的平面平行，点A 的纬度为北纬40，则冕针与点A 处的水平面所成的角为A ．20B ．40C ．50D ．903.（2020·全国卷Ⅱ·文理科）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 的面积112正（主）视图 侧（左）视图俯视图AB ．32C ．1 D．24.（2020·全国卷Ⅲ·文理科）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 .5.（2020·山东卷）已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，60BAD ∠=．以1D11BCC B 的交线长为 ．6.（2020·天津卷）若棱长为则该球的表面积为A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π考法4解答题1.（2020·全国卷Ⅰ·理科）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 ∆是底面的内角正三角形，P 为DO上一点，6PO DO =. （Ⅰ）证明：PA ⊥平面PBC ； （Ⅱ）求二面角B PC E --的余弦值.2.（2020·全国卷Ⅰ·文科）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC ∆是底面的内角正三角形，P 为DO 上一点，90ABC ∠=. （Ⅰ）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（Ⅱ）设DO =，求三棱锥P ABC -的体积.P ABO E CDP ABO C D3.（2020·全国卷Ⅱ·理科）如图，已知三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形，侧面11BCC B 是矩形，M ，N 分别为的BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点，过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .（Ⅰ）证明：1AA MN ∥，且平面1A AMN ⊥平面11EB C F ；（Ⅱ）设O 为111A B C ∆的中心，若AO ∥平面11EB C F ，且AO AB =，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值.4.（2020·全国卷Ⅱ·文科）如图，已知三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形，侧面11BCC B 是矩形，M ，N 分别为的BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点，过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .（Ⅰ）证明：1AA MN ∥，且平面1A AMN ⊥平面11EB C F ；（Ⅱ）设O 为111A B C ∆的中心，若6AO AB ==，AO ∥平面11EB C F ，且3MPN π∠=,求四棱锥11B EB C F -的体积.5.（2020·全国卷Ⅲ·理科）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E 、F 分别在棱1DD ，1BB 上，且2DE =1ED ，12BF FB =. （Ⅰ）证明：点1C 在平面AEF 内；ABC E F O MNA 1B 1C 1PABC E FO MNA 1B 1C 1P（Ⅱ）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值.6.（2020·全国卷Ⅲ·文科）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E 、F 分别在棱1DD ，1BB 上，且2DE =1ED ，12BF FB =.（Ⅰ）当AB BC =时，EF AC ⊥. （Ⅱ）证明：点1C 在平面AEF 内；7.（2020·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 ． （Ⅰ）证明：l ⊥平面PDC ；（Ⅱ）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．A BCDEF A 1B 1C 1D 1ABCDEFA 1B 1C 1D 1PABCD8.（2020·天津卷）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，2AC BC ==，13CC =，点D ，E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且1AD =，2CE =，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.（2020·浙江卷）如图，三棱台DEF ABC -中，面ADFC ⊥面ABC ，45ACB ACD ∠=∠=，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF DB ⊥；（Ⅱ）求DF 与面DBC 所成角的正弦值．A BCDEMB 1A 1C 1ABCDEF10.（2020·北京卷）如图，在正方体1111ABCD A B C D 中，E 为1BB 的中点． （Ⅰ）求证：1BC ∥平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．ABCDE A 1B 1C 1D 1。
2020年高考数学(文)母题题源解密19 立体几何综合(原卷版)
专题19 立体几何综合【母题原题1】【2020年高考全国Ⅲ卷，文数】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．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）根据正方形性质得AC BD ⊥，根据长方体性质得1AC BB ⊥，进而可证AC ⊥平面11BB D D ，即得结果；（2）只需证明1//EC AF 即可，在1CC 上取点M 使得12CM MC =，再通过平行四边形性质进行证明即可．【详解】（1）因为长方体1111ABCD A B C D -，所以1BB ⊥平面ABCD ∴1AC BB ⊥， 因为长方体1111,ABCD A B C D AB BC -=，所以四边形ABCD 为正方形AC BD ∴⊥因为11,BB BD B BB BD =⊂、平面11BB D D ，因此AC ⊥平面11BB D D ，因为EF ⊂平面11BB D D ，所以AC EF ⊥；（2）在1CC 上取点M 使得12CM MC =，连,DM MF ，因为111112,//,=D E ED DD CC DD CC =，所以11,//,ED MC ED MC =所以四边形1DMC E 为平行四边形，1//DM EC ∴因为//,=,MF DA MF DA 所以M F A D 、、、四点共面，所以四边形MFAD 为平行四边形，1//,//DM AF EC AF ∴∴，所以1E C A F 、、、四点共面，因此1C 在平面AEF 内【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题．【母题原题2】【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积．【答案】（1）见解析；（2）4．【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE．又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．（2）取CG的中点M，连结EM，DM．因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG．由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【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，突出考查考生的空间想象能力．【母题原题3】【2018年高考全国Ⅲ卷文数】如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧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）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析．【解析】（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）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连结OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP．MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD．【名师点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P为AM中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．【命题意图】用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．主要考查考生的直观想象能力、数学运算能力、逻辑推理能力，以及转化与化归思想的应用．【命题规律】立体几何解答题第1问主要集中考查空间中直线、平面的位置关系的判断，注重对公理、定理的考查，而第2问多考查空间向量在空间立体几何中的应用，在证明与计算中一般要用到初中平面几何的重要定理，空间思维要求较高，运算量较大，对学生的空间想象能力、转化能力、计算能力要求较高．在考查考生运算求解能力的同时侧重考查考生的空间想象能力和推理论证能力，给考生提供了从不同角度去分析问题和解决问题的可能，体现了立体几何教学中课程标准对考生的知识要求和能力要求，提升了对考生的数学能力和数学素养的考查．本试题能准确把握相关几何元素之间的关系，把推理论证能力、空间想象能力等能力和向量运算、二面角作图、建立空间直角坐标系等知识较好地融入试题中，使考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力得到了有效考查．【答题模板】1．一个平面的法向量是与平面垂直的向量，有无数多个，任意两个都是共线向量．若要求出一个平面的法向量的坐标，一般要建立空间直角坐标系，然后用待定系数法求解，一般步骤如下：（1）设平面的法向量为n=（x，y，z）；（2）找出（求出）平面内的两个不共线的向量的坐标a=（a1，b1，c1），b=（a2，b2，c2）；（3）根据法向量的定义建立关于x，y，z的方程组·0·0=⎧⎨=⎩，；n an b（4）解方程组，取其中的一组解，即得法向量．注意：求平面的法向量时，建立的方程组有无数组解，利用赋值法，只要给x，y，z中的一个变量赋一特殊值（常赋值–1，0，1），即可确定一个法向量，赋值不同，所求法向量不同，但n=（0，0，0）不能作为法向量．2．用空间向量解决立体几何问题的步骤如下：（1）建系：根据题中的几何图形的特征建立适当的空间直角坐标系；（2）定坐标：确定点的坐标进而求出有关向量的坐标；（3）向量运算：进行相关的空间向量的运算；（4）翻译：将向量中的语言“翻译”成相应的立体几何中的语言，完成几何问题的求解．【方法总结】1．利用向量法证明平行问题（1）证明线线平行：证明两条直线的方向向量共线．（2）证明线面平行：①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示．（3）证明面面平行：①证明两个平面的法向量平行；②转化为线线平行、线面平行问题．注意：用向量法证明平行问题时，要注意解题的规范性．如证明线面平行时，仍需要说明一条直线在平面内，另一条直线在平面外．2．利用向量法证明垂直问题（1）证明线线垂直：证明两直线的方向向量垂直，即证它们的数量积为零．（2）证明线面垂直：①证明直线的方向向量与平面的法向量共线；②证明直线与平面内的两条相交直线的方向向量垂直；③证明直线的方向向量与平面α内的任一条直线的方向向量垂直．（3）证明面面垂直：①其中一个平面与另一个平面的法向量平行；②两个平面的法向量垂直．3．求线面角（1）定义法：①作，在斜线上选取恰当的点向平面引垂线，在这一步上确定垂足的位置是关键；②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，其证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；③求，构造角所在的三角形，利用解三角形的知识求角．（2）公式法：sinθ=hl（其中h为斜线上除斜足外的任一点到所给平面的距离，l为该点到斜足的距离，θ为斜线与平面所成的角）．（3）向量法：sinθ=|cos<AB，n>|=|?|||||ABABnn（其中AB为平面α的斜线，n为平面α的法向量，θ为斜线AB与平面α所成的角）．4．求二面角（1）定义法：在二面角的棱上找一特殊点，过该点在两个半平面内分别作垂直于棱的射线，如图（1），∠AOB为二面角α–l–β的平面角；（2）垂面法：过棱上一点作棱的垂直平面，该平面与二面角的两个半平面的交线所形成的角即二面角的平面角，如图（2），∠AOB为二面角α–l–β的平面角；（3）垂线法（三垂线定理法）：过二面角的一个半平面内一点作另一个半平面所在平面的垂线，从垂足出发向棱引垂线，利用三垂线定理（线面垂直的性质）即可找到所求二面角的平面角或其补角，如图（3），∠AOB为二面角α–l–β的平面角；（4）利用射影面积公式：cosθ=SS射原，该法主要用来解决无棱二面角大小的计算，关键在于找出其中一个半平面内的多边形在另一个半平面内的射影；（5）向量法：利用公式cos<n 1，n 2>=1212·||||n n n n （n 1，n 2分别为两平面的法向量）进行求解，注意<n 1，n 2>与二面角大小的关系，是相等还是互补，需结合图形进行判断．如图（2）（4）中<n 1，n 2>就是二面角α–l –β的平面角的补角；如图（1）（3）中<n 1，n 2>就是二面角α–l –β的平面角．5．求空间距离（1）直接法：利用线线垂直、线面垂直、面面垂直等性质定理与判定定理，作出垂线段，再通过解三角形求出距离．（2）间接法：利用等体积法、特殊值法等转化求解．（3）向量法：空间中的距离问题一般都可转化为点到平面的距离问题进行求解．求点P 到平面α的距离的三个步骤：①在平面α内取一点A ，确定向量PA 的坐标；②确定平面α的法向量n ；③代入公式d =||||PA ⋅n n 求解．1．（2020·西藏自治区高三二模（文））如图，三棱锥P ABC -中，PA PC =，AB BC =，120APC ︒∠=，90ABC ︒∠=，2AC ==.（1）求证：AC PB ⊥；（2）求点C 到平面PAB 的距离.2．（2020·西藏自治区拉萨中学高一期中）（本小题满分12分）如图在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且2PA PD AD ==，设E ，F 分别为PC ，BD 的中点．（1）求证：//EF 平面PAD ；（2）求证：面PAB ⊥平面PDC ．3．（2020·西藏自治区拉萨中学高三月考（文））如图所示，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为矩形，PAD ∆为等腰三角形，90APD ︒∠=，平面PAD ⊥平面ABCD ，且1AB =，2AD =，E ，F 分别为PC ，BD 的中点.（1）证明：//EF 平面PAD ；（2）证明：平面PDC ⊥平面PAD ；（3）求四棱锥P ABCD -的体积.4．（2020·云南省高三其他（文））如图，长方体1111ABCD A B C D -的侧面11A ADD 是正方形．（1）证明：1A D ⊥平面1ABD ；（2）若2AD =，4AB =，求点B 到平面1ACD 的距离．5．（2020·云南省高三其他（文））如图所示，平面PAB ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是边长为4的正方形，90APB ∠=︒，,M N 分别是,CD PB 的中点.（1）证明：//CN 平面PAM ；（2）若60PAB ∠=︒，求四棱锥P ABCM -的体积.6．（2020·云南省高三其他（文））如图，在多边形ABPCD 中（图1）．四边形ABCD 为长方形，BPC △为正三角形，3AB =，BC =现以BC 为折痕将BPC △折起，使点P 在平面ABCD 内的射影恰好是AD 的中点（图2）．（1）证明：AB ⊥平面PAD ：（2）若点E 在线段PB 上，且13PE PB =，求二面角E DC B --的余弦值． 7．（2020·云南省高三三模（文））已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，PAD △为正三角形，M 是PC 的中点，过M 的平面α平行于平面PAB ，且平面α与平面PAD 的交线为ON ，与平面ABCD 的交线为OE ．（1）在图中作出四边形MNOE （不必说出作法和理由）；（2）若PC =，四棱锥P ABCD -D 到平面α的距离． 8．（2020·云南省高三一模（文））已知三棱柱111ABC A B C -，底面ABC 为等边三角形，侧棱1AA ⊥平面ABC ，D 为1CC 中点，12AA AB =，1AB 和1A B 交于点O .（1）证明：//OD 平面ABC ；（2）若2AB =，求点B 到平面11A B D 的距离.9．（2020·宜宾市叙州区第二中学校高三三模（文））如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABCD ，AD BC ∥，3AB AD AC ===，4PA BC ，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点． （I ）证明MN ∥平面PAB ；（II ）求四面体N BCM -的体积.10．（2020·云南省云南师大附中高三月考（文））如图，在等腰梯形ABCD 中，2AD =，4BC =，60ABC ∠=︒，E ，F 分别为BC ，AB 边的中点.现将CDE △沿着DE 折叠到PDE △的位置，使得平面PDE ⊥平面ABED .（1）证明：平面PEF ⊥平面PED ；（2）求点B 到平面PEF 的距离.11．（2020·云南省高三月考（文））在四棱锥P ABCD -中，侧面P AD 是等边三角形，且平面PAD ⊥平面ABCD ，22AD AB BC ==，90︒∠=∠=BAD ABC .（1）AD 上是否存在一点M ，使得平面PCM ⊥平面ABCD ；若存在，请证明，若不存在，请说明理由；（2）若PCD 的面积为P ABCD -的体积.12．（2020·云南省云南师大附中高三月考（文））如图，圆台12O O 的轴截面为等腰梯形1221A A B B ，1212//A A B B ，12122A A B B =，112A B =，圆台12O O 的侧面积为6π.若点C ，D 分别为圆1O ，2O 上的动点且点C ，D 在平面1221A A B B 的同侧.（1）求证：12AC A C ⊥； （2）若1260B B C ∠=︒，则当三棱锥12C A DA -的体积取最大值时，求多面体1221CDA A B B 的体积. 13．（2020·云南省昆明一中高三月考（文））如图，三棱柱111ABC A B C -的底面是等边三角形，1A 在底面ABC 上的射影为ABC 的重心G .（1）已知1AA AC =，证明：平面1ABC ⊥平面11A B C ；（2）若三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面所成角的正切值为2，2AG =，求点1B 到平面11A BC 的距离.14．（2020·贵州省高三其他（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，ABCD 为正方形，且平面PAD ⊥平面ABCD ．（1）若点F 为棱PD 的中点，在棱BC 上是否存在一点E ，使得CF ∥平面PAE ？并说明理由；（2）若2PA PD AB ===，求点A 到平面PBC 的距离．15．（2020·遵义市南白中学高三其他（文））如图，正方形ABCD 的边长为，以AC 为折痕把ACD 折起，使点D 到达点P 的位置，且PA PB =.（1）证明：平面PAC ⊥平面ABC ；（2）若M 是PC 的中点，设()01PN PA λλ=<<，且三棱锥A BMN -的体积为89，求λ的值. 16．（2020·贵州省高三其他（文））图1是直角梯形ABCD ，//AB DC ，90D ∠=︒，2AB =，3DC =，AD =点E 在DC 上，2CE ED =，以BE 为折痕将BCE 折起，使点C 到达1C 的位置，且1AC 如图2.()1证明：平面1BC E ⊥平面ABED ；()2求点B 到平面1AC D 的距离.【答案】()1证明见解析；()27. 【解析】【分析】()1在图1中，连接AE ，由已知得四边形ABCE 为菱形，连接AC 交BE 于点F ，得CF BE ⊥，证明1C F AF ⊥，再由线面垂直的判定可得1C F ⊥平面ABED ，从而得到平面1BC E ⊥平面ABED ； ()2取AD 的中点N ，连接FN ，1C N 和BD ，设B 到平面1AC D 的距离为h ，在三棱锥1C ABD ﹣中，利用11C ABD B AC D V V --=，求解点B 到平面1AC D 的距离.【详解】解：()1证明：在图1中，连接AE，由已知得2AE=，//CE BA，且CE BA AE==，∴四边形ABCE为菱形，连接AC交BE于点F，∴CF BE⊥，在Rt ACD中，AC==∴AF CF==在图2中，1AC=22211AF C F AC+=，∴1C F AF⊥.由题意知，1C F BE⊥，且AF BE F⋂=，∴1C F⊥平面ABED，又1C F⊂平面1BC E，∴平面1BC E⊥平面ABED；()2如图，取AD的中点N，连接FN，1C N和BD，设B到平面1AC D的距离为h，在直角梯形ABED中，FN为中位线，则FN AD⊥，32FN=，由()1得1C F⊥平面ABED，AD⊂平面ABED，∴1C F AD⊥，又1FN C F F⋂=，得AD⊥平面1C FN，又1C N⊂平面1C FN，∴1C N AD⊥，且1C N===在三棱锥1C ABD﹣中，11C ABD B AC DV V--=，即1111113232AB AD C F AD C N h⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，∴1172AB C FhC N⨯===.即点B到平面1ACD的距离为7.【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，利用等体积法的思想，属于中档题.17．（2020·贵州省高三其他（文））如图，四棱锥P ABCD -的底面是正方形，E 为AB 的中点，PD CE ⊥，1AE =，3PD =，PC =（1）证明：AD ⊥平面PCD .（2）求三棱锥B CEP -的侧面积.18．（2020·贵州省高三二模（文））如图，矩形ABCD 和菱形ABEF 所在的平面相互垂直，60,ABE G∠=︒为BE 的中点．（1）求证：AG ⊥平面ADF ；（2）若1AB BC ==，求三棱锥A CDF -的体积．19．（2020·四川省石室中学高三一模（文））如图所示，四棱柱1111ABCD A B C D -，底面ABCD 是以AB ，CD 为底边的等腰梯形，且24AB AD ==，60DAB ∠=︒，1AD D D ⊥.（1）求证：平面11D DBB ⊥平面ABCD ；（2）若112D D D B ==，求三棱锥1D CC B -的体积.20．（2020·四川省泸县第四中学高三二模（文））如图，在直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是矩形，A 1D 与AD 1交于点E ，AA 1＝AD ＝2AB ＝4.（1）证明：AE ⊥平面ECD ；（2）求点C 1到平面AEC 的距离.21．（2020·四川省绵阳南山中学高三一模（文））如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12,3AC AB BC AA ====，E 在棱1AA 上，且12AE A E =，F 是边BC 的中点，G 在线段AF 上．（1）求证：11EG B C ⊥；（2）求点F 到平面1BEC 的距离．22．（2020·四川省高三二模（文））如图，在四边形ABCD 中，//AD BC ，AB AD ⊥，30ABE ∠=，90BEC ∠=，2AD a =，E 是AD 的中点.现将ABE △沿BE 翻折，使点A 移动至平面BCDE 外的点P .（1）若3FC PF →→=，求证：//DF 平面PBE ；（2）若平面PBE ⊥平面BCDE ，三棱锥C PDE -的体积为14，求线段BE 的长. 23．（2020·四川省仁寿第一中学校北校区高三二模（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，且60ABC ∠=︒，2AB PC ==，PA PB ==(1)证明：平面PAB ⊥平面ABCD ；(2)有一动点M 在底面ABCD 的四条边上移动，求三棱锥M PAC -的体积的最大值.24．（2020·四川省高三三模（文））如图，在多面体ABCDEF 中，ADEF 为矩形，ABCD 为等腰梯形，//BC AD ，2BC =，4=AD ，且AB BD ⊥，平面ADEF ⊥平面ABCD ，M ，N 分别为EF ，CD 的中点.（Ⅰ）求证：//MN 平面ACF ；（Ⅱ）若2DE =，求多面体ABCDEF 的体积.25．（2020·四川省泸县第二中学高三二模（文））在三棱柱111ABC A B C -中，2,120AC BC ACB ==∠=︒，D 为11A B 的中点.（1）证明：1//A C 平面1BC D ；（2）若11A A A C =，点1A 在平面ABC 的射影在AC 上，且侧面11A ABB 的面积为11B A C D -的体积.26．（2020·四川省绵阳南山中学高三其他（文））如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,1111A B AC ⊥,D 是11B C 的中点,1112A A A B ==.（1）求证：1AB //平面1A CD ；（2）若异面直线1AB 和BC 所成角为60︒,求四棱锥11A CDB B -的体积.27．（2020·宜宾市叙州区第一中学校高三二模（文））如图，在ABC 中，AC BC ⊥，30BAC ∠=︒，4AB =，E F ，分别为AC ，AB 的中点PEF 是由AEF 绕直线EF 旋转得到，连结AP ，BP ，CP .（1）证明：AP ⊥平面BPC ；（2）若3AP =，棱PC 上是否存在一点M ，使得E APF P EMB V V --=？若存在，确定点M 的位置；若不存在，请说明理由.28．（2020·四川省泸县五中高三二模（文））如图所示的几何体111ABC A B C -中，四边形11ABB A 是正方形，四边形11BCC B 是梯形，11//B C BC ，且1112B C BC =，AB AC =，平面11ABB A ⊥平面ABC ．（1）求证：平面11A CC ⊥平面11BCC B ；（2）若2AB =，90BAC ∠=︒，求几何体111ABC A B C -的体积.29．（2020·四川省棠湖中学高三一模（文））如图1，已知菱形AECD 的对角线,AC DE 交于点F ，点E 为线段AB 的中点，2AB =，60BAD ∠=︒，将三角形ADE 沿线段DE 折起到PDE 的位置，PC =，如图2所示．（Ⅰ）证明：平面PBC ⊥平面PCF ；（Ⅱ）求三棱锥E PBC -的体积．30．（2020·四川省高三零模（文））如图,在四棱锥P ABCD -中,侧面PAD ⊥底面ABCD ,底面ABCD 为梯形//,90, 2.2AB AB CD ABC BCD BC CD ∠=∠=︒===(1)证明:BD PD ⊥;(2)若PAD △为正三角形,求C 点到平面PBD 的距离.31．（2020·宜宾市叙州区第二中学校高三一模（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，在四边形ABCD 中，2ABC π∠=，4AB =，3BC =，CD =，AD =4PA =.（1）证明：CD ⊥平面PAD ；（2）求B 点到平面PCD 的距离32．（2020·广西壮族自治区南宁三中高三月考（文））两个边长均为2的正方形ABCD 与ABEF 按如图的位置放置，M 为BD 的中点，FP FB λ=（[]0,1λ∈）.（1）当12λ=时，证明：//MP 平面BCE ；（2）若D 在平面ABEF 上的射影为AF 的中点，MP 与平面ABEF 所成角为30°，求λ的值.33．（2020·广西壮族自治区高三其他（文））已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为正方形，且PA ⊥底面ABCD ，过AB 的平面与侧面PCD 的交线为EF ，且满足:13PEF CDEF S S ∆=四边形：（PEF S ∆表示PEF ∆的面积）.（1）证明：//PB 平面ACE ；（2）当22PA AD ==时，求点F 到平面ACE 的距离.34．（2020·广西壮族自治区高三月考（文））如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，D ，E ，F 分别是1BC ，AB ,1AA 的中点，点G 在线段BC 上，A ABC CB =∠∠.(1)求证：//EF 平面1A BC ；(2)若平面//EFG 平面1A BD ，90BAC ∠=，14AB AA ==，求点1B 到平面FEG 的距离.35．（2020·广西壮族自治区高三其他（文））如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 是等腰梯形，//AD BC ，AD DC =，120ADC ∠=，三角形SAB 是等边三角形，平面SAB ⊥平面ABCD ，E 、F 分别为AB 、AD 的中点.（1）求证：平面SCD ⊥平面SEF ；（2）若2AB =，2SG GD =，求:C SGF S BEC V V --的值.36．（2020·广西壮族自治区高三月考（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，//AD BC ，AD CD ⊥，且AD CD =，45ABC ︒∠=.(1)证明：AC PB ⊥；(2)若2AD PA =，且四棱锥P ABCD -的体积为14，求PAB △的面积. 37．（2020·广西壮族自治区田阳高中高二月考（文））如图，在三棱锥P ABC -中，PA AB =，,M N 分别为棱,PB PC 的中点，平面PAB ⊥平面PBC .求证：（1）BC ∥平面AMN ；（2）平面AMN ⊥平面PBC .38．（2020·广西壮族自治区桂平市第五中学高三月考（文））如图，在直三棱柱ABC DEF -中，2AC BC ==，AB =AB =4=AD ，M 、N 分别为AD 、CF 的中点.()1求证：AN ⊥平面BCM ；()2设G 为BE 上一点，且34BG BE =，求点G 到平面BCM 的距离.39．（2020·广西壮族自治区高三其他（文））在三棱锥D ABC -中，AB BC ==4DA DC AC ===，平面ADC ⊥平面ABC ，点M 在棱BC 上.（1）若M 为BC 的中点，证明：BC DM ⊥.（2）若三棱锥A CDM -的体积为M 到平面ABD 的距离.。
文科立体几何大题训练
文科立体几何大题训练1．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．2．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．3．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．（Ⅰ）证明MN∥平面PAB；（Ⅱ）求四面体N﹣BCM的体积．4．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=AB=2，BC=3，∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABC，D，E分别为AB，AC中点．（1）求证：DE∥平面PBC；（2）求证：AB⊥PE；（3）求三棱锥P﹣BEC的体积．5．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，PA=AB=2，E为PA 的中点，∠BAD=60°．（Ⅰ）求证：PC∥平面EBD；（Ⅱ）求三棱锥P﹣EDC的体积．6．如图，在三棱锥D﹣ABC中，DA=DB=DC，E为AC上的一点，DE⊥平面ABC，F为AB的中点．（Ⅰ）求证：平面ABD⊥平面DEF；（Ⅱ）若AD⊥DC，AC=4，∠BAC=45°，求四面体F﹣DBC的体积．7．如图，四边形ABCD是正方形，平面ABCD⊥平面ABE，AF∥BE，AB⊥BE，AB=BE=2，AF=1．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BDE；（Ⅱ）求证：AC∥平面DEF；（III）求三棱锥D﹣FEB的体积．8．如图，四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，其对角线的交点为O，且SA=SC，SA⊥BD．（1）求证：SO⊥平面ABCD；（2）设∠BAD=60°，AB=SD=2，P是侧棱SD上的一点，且SB∥平面APC，求三棱锥A﹣PCD 的体积．文科立体几何大题训练参考答案与试题解析一．解答题（共8小题）1．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．【解答】（1）证明：四棱锥P﹣ABCD中，∵∠BAD=∠ABC=90°．∴BC∥AD，∵AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，∴直线BC∥平面PAD；（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．设AD=2x，则AB=BC=x，CD=，O是AD的中点，连接PO，OC，CD的中点为：E，连接OE，则OE=，PO=，PE==，△PCD面积为2，可得：=2，即：，解得x=2，PO=2．则V P﹣ABCD=×（BC+AD）×AB×PO==4．2．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．【解答】解：（1）证明：由PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC=B，可得PA⊥平面ABC，由BD⊂平面ABC，可得PA⊥BD；（2）证明：由AB=BC，D为线段AC的中点，可得BD⊥AC，由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，可得平面PAC⊥平面ABC，又平面PAC∩平面ABC=AC，BD⊂平面ABC，且BD⊥AC，即有BD⊥平面PAC，BD⊂平面BDE，可得平面BDE⊥平面PAC；（3）PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC，且平面PAC∩平面BDE=DE，可得PA∥DE，又D为AC的中点，可得E为PC的中点，且DE=PA=1，由PA⊥平面ABC，可得DE⊥平面ABC，可得S△BDC=S△ABC=××2×2=1，则三棱锥E﹣BCD的体积为DE•S△BDC=×1×1=．3．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．（Ⅰ）证明MN∥平面PAB；（Ⅱ）求四面体N﹣BCM的体积．【解答】证明：（Ⅰ）取BC中点E，连结EN，EM，∵N为PC的中点，∴NE是△PBC的中位线∴NE∥PB，又∵AD∥BC，∴BE∥AD，∵AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，∴BE=BC=AM=2，∴四边形ABEM是平行四边形，∴EM∥AB，∴平面NEM∥平面PAB，∵MN⊂平面NEM，∴MN∥平面PAB．解：（Ⅱ）取AC中点F，连结NF，∵NF是△PAC的中位线，∴NF∥PA，NF==2，又∵PA⊥面ABCD，∴NF⊥面ABCD，如图，延长BC至G，使得CG=AM，连结GM，∵AM CG，∴四边形AGCM是平行四边形，∴AC=MG=3，又∵ME=3，EC=CG=2，∴△MEG的高h=，∴S△BCM===2，∴四面体N﹣BCM的体积V N﹣BCM===．4．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=AB=2，BC=3，∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABC，D，E分别为AB，AC中点．（1）求证：DE∥平面PBC；（2）求证：AB⊥PE；（3）求三棱锥P﹣BEC的体积．【解答】证明：（1）∵D，E分别为AB，AC的中点，∴DE∥BC，又DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴DE∥平面PBC．（2）连接PD，∵DE∥BC，又∠ABC=90°，∴DE⊥AB，又PA=PB，D为AB中点，∴PD⊥AB，又PD∩DE=D，PD⊂平面PDE，DE⊂平面PDE，∴AB⊥平面PDE，又PE⊂平面PDE，∴AB⊥PE．（3）∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，PD⊥AB，PD⊂平面PAB，∴PD⊥平面ABC，∵△PAB是边长为2的等边三角形，∴PD=，∵E是AC的中点，∴．5．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，PA=AB=2，E为PA 的中点，∠BAD=60°．（Ⅰ）求证：PC∥平面EBD；（Ⅱ）求三棱锥P﹣EDC的体积．【解答】（Ⅰ）证明：连接AC，BD，设AC与BD相交于点O，连接OE．由题意知，底面ABCD是菱形，则O为AC的中点，又E为AP的中点，∴OE∥CP，∵OE⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，∴PC∥平面BDE；（Ⅱ）解：∵E为PA的中点，∴，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD，又PA∩AC=A，∴DO⊥平面PAC，即DO是三棱锥D﹣PCE的高，DO=1，则．6．如图，在三棱锥D﹣ABC中，DA=DB=DC，E为AC上的一点，DE⊥平面ABC，F为AB的中点．（Ⅰ）求证：平面ABD⊥平面DEF；（Ⅱ）若AD⊥DC，AC=4，∠BAC=45°，求四面体F﹣DBC的体积．【解答】证明：（Ⅰ）∵DE⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴AB⊥DE，又F为AB的中点，DA=DB，∴AB⊥DF，DE，DF⊂平面DEF，DE∩DF=D，∴AB⊥平面DEF，又∵AB⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面DEF．（Ⅱ）∵DA=DB=DC，E为AC上的一点，DE⊥平面ABC，∴线段DA、DB、DC在平面ABC的投影EA，EB，EC满足EA=EB=EC∴△ABC为直角三角形，即AB⊥BC由AD⊥DC，AC=4，∠BAC=45°，∴AB=BC=2，DE=2，∴S△FBC==2，∴四面体F﹣DBC的体积V F﹣DBC=V D﹣FBC==．7．如图，四边形ABCD是正方形，平面ABCD⊥平面ABE，AF∥BE，AB⊥BE，AB=BE=2，AF=1．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BDE；（Ⅱ）求证：AC∥平面DEF；（III）求三棱锥D﹣FEB的体积．【解答】（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD．又∵平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，AB⊥BE，BE⊂平面ABEF，∴BE⊥平面ABCD．又∵AC⊂平面ABCD．∴BE⊥AC，又BE∩BD=B，∴AC⊥平面BDE；（Ⅱ）证明：取DE的中点G，连结OG，FG，∵四边形ABCD为正方形，∴O为BD的中点．则OG∥BE，且．由已知AF∥BE，且，则AF∥OG且AF=OG，∴四边形AOGF为平行四边形，则AO∥FG，即AC∥FG．∵AC⊄平面DEF，FG⊂平面DEF，∴AC∥平面DEF；（Ⅲ）解：∵平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，平面ABEF∩平面ABCD=AB，∴AD∥BC，AD⊥AB．由（Ⅰ）知，BE⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴BE⊥AD∴AD⊥平面BEF．∴．8．如图，四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，其对角线的交点为O，且SA=SC，SA⊥BD．（1）求证：SO⊥平面ABCD；（2）设∠BAD=60°，AB=SD=2，P是侧棱SD上的一点，且SB∥平面APC，求三棱锥A﹣PCD 的体积．【解答】解：（1）证明：∵底面ABCD是菱形；∴对角线BD⊥AC；又BD⊥SA，SA∩AC=A；∴BD⊥平面SAC，SO⊂平面SAC；∴BD⊥SO，即SO⊥BD；又SA=SC，O为AC中点；∴SO⊥AC，AC∩BD=O；∴SO⊥平面ABCD；（2）如图，连接PO；∵SB∥平面APC，SB⊂平面SBD，平面SBD∩平面APC=PO；∴SB∥PO；在△SBD中，O是BD的中点，PO∥SB，∴P是SD的中点；取DO中点，并连接PE，则PE∥SO，SO⊥底面ACD；∴PE⊥底面ACD，且PE=；根据已知条件，Rt△ADO中AD=2，∠DAO=30°，∴DO=1；∴在Rt△SDO中，SD=2，SO=；∴；又；∴V三棱锥A﹣PCD=V三棱锥P﹣ACD=．。
2020年高考数学(文数)解答题强化专练——立体几何含答案
（文数）解答题强化专练——立体几何一、解答题（本大题共10小题，共120.0分）1.如图，在三棱锥S-ABC中，SA=SC，AB⊥AC，D为BC的中点，E为AC上一点，且DE∥平面SAB．求证：（1）直线AB∥平面SDE；（2）平面ABC⊥平面SDE．2.如图，在四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形，点P在底面ABCD的射影O落在AD上．（1）求证：平面PAB⊥平面PAD；（2）若O、M分别是AD、PB的中点，且求三棱锥M-PDC的体积．3.如图所示，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE=90°，AF∥DE，DE=DA=2AF=2．（1）求证：AC∥平面BEF；（2）求四面体BDEF的体积．4.如图，将边长为2的正六边形ABDEF沿对角线BE翻折，连接AC、FD，形成如图所示的多面体，且AC=．（1）证明：平面ABEF⊥平面BCDE；（2）求三棱锥E-ABC的体积．5.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：SH⊥平面BCDE．（2）求四棱锥S-BCDE的体积．6.如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED∥PA，且PA＝2ED＝2．(1)证明：平面PAC⊥平面PCE；(2)若∠ABC＝60°，求三棱锥P﹣ACE的体积．7.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA=PD，AB=AD，∠BAD=60°（1）求证：AD⊥PB；（2）若AB=PA=2，PB=，求点C到平面PBD的距离．8.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，O是B1D1中点，若AB=BC=2，AA1=．（1）求证：平面AB1D1⊥平面CB1D1；（2）求点O到平面AB1C的距离．9.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，AA1⊥平面ABCD．AB=2AD=4，．（1）证明：平面D1BC⊥平面D1BD；（2）若直线D1B与底面ABCD所成角为，M，N，Q分别为BD，CD，D1D的中点，求三棱锥C-MNQ的体积．10.如图，多面体ABCDB1C1是正三棱柱ABC-A1B1C1沿平面DB1C1切除部分所得，BC=CC1=1，点D为AA1的中点．（1）求证：BC1⊥平面B1CD；（2）求点B1到平面BCD的距离．答案和解析1.【答案】证明：（1）因为DE∥平面SAB，DE⊂平面ABC，平面SAB∩平面ABC=AB，所以DE∥AB，因为DE⊂平面SDE，AB⊄平面SDE，所以AB∥平面SDE，（2）因为D为BC的中点，DE∥AB，所以E为AC的中点．又因为SA=SC，所以SE⊥AC，又AB⊥AC，DE∥AB，所以DE⊥AC，∵DE⊂平面SDE，SE⊂平面SDE，DE∩SE=E，所以AC⊥平面SDE，因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面SDE．【解析】本题考查了线面平行的性质与判定，面面垂直的判定，属于中档题．（1）由线面平行可得DE∥AB，故而AB∥平面SDE；（2）证得SE⊥AC，DE⊥AC可得AC⊥平面SDE，故而平面ABC⊥平面SDE．2.【答案】（1）证明：依题意，PO⊥平面ABCD，又AB⊂平面ABCD，所以PO⊥AB．又AD⊥AB，AD∩PO=O，所以AB⊥平面PAD．又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．（2）因为PO⊥平面ABCD，O是AD的中点，所以△PAD是等腰三角形，又AD=2，，所以PO=1．因为M是PB的中点，所以M到平面PDC的距离等于点B到平面PDC距离的一半，连接BD，所以=．【解析】（1）根据PO⊥平面ABCD可得PO⊥AB，结合AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，于是平面PAB⊥平面PAD；（2）计算PO，根据计算棱锥的体积．本题考查了面面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．3.【答案】证明：（1）设AC∩BD=O，取BE中点G，连接FG，OG，所以，OG∥DE，且OG=DE．因为AF∥DE，DE=2AF，所以AF∥OG，且OG=AF，从而四边形AFGO是平行四边形，FG∥OA．因为FG⊂平面BEF，AO⊄平面BEF，所以AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF．解：（2）因为平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，所以AB⊥平面ADEF．因为AF∥DE，∠ADE=90°，DE=DA=2AF=2所以△DEF的面积为S△DEF=×ED×AD=2，所以四面体BDEF的体积V=•S△DEF×AB=【解析】（1）设正方形ABCD的中心为O，取BE中点G，连接FG，OG，由中位线定理，我们易得四边形AFGO是平行四边形，即FG∥OA，由直线与平面平行的判定定理即可得到AC∥平面BEF；（2）由已知中正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE=90°，我们可以得到AB⊥平面ADEF，结合DE=DA=2AF=2．分别计算棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式即可求出四面体BDEF的体积．本题考查的知识点是直线与平面平行的判定及棱锥的体积，（1）的关键是证明出FG∥OA，（2）的关键是得到AB⊥平面ADEF，即四面体BDEF的高为AB．4.【答案】（1）证明：正六边形ABCDEF中，连结AC、BE，交点为G，由边长为2的正六边形ABCDEF的性质得AC⊥BE，且AG=CG=，在多面体中，由AC=，得AG2+CG2=AC2，∴AG⊥GC，又GC∩BE=G，GC，BE⊂平面BCDE，∴AG⊥平面BCDE，又AG⊂平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面BCDE．（2）解：连结AE，CE，则AG为三棱锥A-BCE的高，GC为△BCE的高，在正六边形ABCDEF中，BE=2AF=4，∴，∴V E-ABC=V A-BCE==2．【解析】（1）连结AC、BE，交点为G，由边长为2的正六边形ABCDEF的性质得AC⊥BE，且AG=CG=，由勾股定理得AG⊥GC，从而AG⊥平面BCDE，由此能证明平面ABEF⊥平面BCDE．（2）连结AE，CE，则AG为三棱锥A-BCE的高，GC为△BCE的高，利用V E-ABC=V A-BCE，能求出三棱锥E-ABC的体积．本小题主要考查空间线面关系、面面垂直的证明、几何体的体积等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．5.【答案】（1）证明：取CD的中点M，连接HM，SM，由已知得AE=AB=2，所以SE=SB=2，又点H是BE的中点，所以SH⊥BE．因为SC=SD，点M是线段CD的中点，所以SM⊥CD．又因为HM∥BC，所以HM⊥CD，从而CD⊥平面SHM，所以CD⊥SH，又CD，BE不平行，所以SH⊥平面BCDE．（2）解：由（1）知，，底面BCDE的面积为，所以四棱锥S-BCDE的体积．【解析】（1）取CD的中点M，连接HM，SM，证明SH⊥BE．SM⊥CD．HM⊥CD，推出CD⊥平面SHM，即可证明SH⊥平面BCDE．（2）求出棱锥的底面面积与高，即可求解几何体的体积．本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，几何体的体积的求法，如果是考试，可以参考评分细则：（1）第（1）问中，不管用哪种方法，证出结论得（6分）；（2）第（2）问，计算出高，得（2分），算出底面积S=4，得（2分），正确算出四棱锥的体积本小问共得（6分）．6.【答案】（1）证明：连接BD，交AC于点O，设PC中点为F，连接OF，EF．∵O，F分别为AC，PC的中点，∴OF∥PA，且OF=，∵DE∥PA，且，∴OF∥DE，且OF=DE．∴四边形OFED为平行四边形，则OD∥EF，即BD∥EF，因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∵PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，∵BD∥EF，∴EF⊥平面PAC，∵EF⊂平面PCE，∴平面PAC⊥平面PCE．（2）解：∵∠ABC=60°，∴ABC是等边三角形，可得AC=2．又∵PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PA⊥AC．∴，∵EF⊥平面PAC，∴EF是三棱锥E-PAC的高．∵，∴=．【解析】本题考查平面与平面垂直的判定，三棱锥体积的计算，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．（1）连接BD，交AC于点O，设PC中点为F，由已知结合三角形中位线定理可得四边形OFED为平行四边形，则OD∥EF，即BD∥EF．再由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥BD．又四边形ABCD是菱形，得BD⊥AC．由线面垂直的判定可得BD⊥平面PAC，则EF⊥平面PAC．进一步得到平面PAC⊥平面PCE．（2）由∠ABC=60°，可得△ABC是等边三角形，得AC=2．再由PA⊥平面ABCD，得PA⊥AC．求出三角形PAC的面积，证得EF是三棱锥E-PAC的高，即可求出结果.7.【答案】解：（1）证明：∵AB=AD，且∠BAD=60°∴△ABD是等边三角形设O是AD的中点，连接PO，BO，则BO⊥AD，∵△APD是等腰三角形∴PO⊥AD，∵PO∩BO=O，∴AD⊥平面PBO，∴AD⊥PB；（2）设PB中点为E，连接DE，∵AB=PA=2，PB=，∴AP=PD=AD=BD=2，OB=，DE=1，DE⊥BP，∴OP=BO=，OP2+OB2=PB2∴OP⊥OB，∵OP⊥AD，AD∩OB=O，∴OP⊥面ABCD，S△BCD=S△ABD=•OB•AD==，S△BDP=•DE•BP=×1×=，设点C到平面PBD的距离为h，∵V P-BCD=V C-BDP∴×OP×S△BCD=×h×S△BDP，即××=×h×，解得h=．【解析】（1）设O是AD的中点，连接PO，BO，通过证明AD⊥平面PBO，证出AD⊥PB；（2）利用等体积法，即可求点C到平面PAB的距离本题考查空间直线、平面位置关系的判断，考查点面距离的计算，考查空间想象能力、推理论证、计算、转化能力8.【答案】（1）证明：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，∵AB=AD=2，AA1=，∴B1C=D1C，∵O为D1B1的中点，∴CO⊥B1D1，同理AO⊥B1D1，∴∠AOC就是平面AB1D1与平面CB1D1所成二面角的平面角．在三角形AOC中，可得AO=OC==2，∵AC=2，∴AO2+OC2=AC2，即OC⊥OA．∴∠AOC=90°．即平面AB1D1⊥平面CB1D1；（2）解：由（1）知，OB1⊥平面AOC，△AOC为直角三角形，且AO=OC=2．∴V=V，∴．∵，=2．∴d=1，∴点O到平面AB1C的距离为1．【解析】（1）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，由已知证明CO⊥B1D1，∴∠AOC就是平面AB1D1与平面CB1D1所成二面角的平面角．求解三角形可得OC⊥OA即可；（2）由（1）知，OB1⊥平面AOC，△AOC为直角三角形，然后利用等积法即可求解．本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求距离，是中档题．9.【答案】证明：（1）∵D1D⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴D1D⊥BC．又AB=4，AD=2，，∴，∵AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD．又∵AD∥BC，∴BC⊥BD．又∵D1D∩BD=D，BD⊂平面D1BD，D1D⊂平面D1BD，∴BC⊥平面D1BD，而BC⊂平面D1BC，∴平面D1BC⊥平面D1BD．解：（2）∵D1D⊥平面ABCD，∴∠D1BD即为直线D1B与底面ABCD所成的角，即，而，∴DD1=2．，∴三棱锥C-MNQ的体积．【解析】（1）推导出D1D⊥BC，AD⊥BD，BC⊥BD．从而BC⊥平面D1BD，由此能证明平面D1BC⊥平面D1BD．（2）由D1D⊥平面ABCD，得∠D1BD即为直线D1B与底面ABCD所成的角，即，由，能求出三棱锥C-MNQ的体积．本题考查面面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．10.【答案】解：（1）设BC1与B1C交于点E，连接DE，∵多面体ABCDB1C1是正三棱柱ABC-A1B1C1沿平面DB1C1切除部分所得，BC=CC1=1．∴四边形BB1C1C是正方形，四边形CC1DA，ABB1D均为直角梯形，且AB⊥AD，AC⊥AD．∵点D为AA1的中点．AA1=BB1，AA1∥BB1．∴，DC1=，∴BD=C1D．，BC1⊥DE，又∵BC1⊥B1C，B1C∩DE=E，∴BC1⊥平面B1CD；（2）设点B1到平面BCD的距离为d．∵，点D到面BCC1B1的距离即为△ABC边BC上的高，即为．∴∵．∴，S=，∴．即点B1到平面BCD的距离为．【解析】（1）设BC1与B1C交于点E，连接DE，可得BD=C1D，BC1⊥DE，即可证明BC1⊥平面B1CD；（2）利用等体积法求点B1到平面BCD的距离．本题考查了线面垂直的证明、点到面的距离，属于中档题．。
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.。
历年(2020-2022)全国高考数学真题分类专项(文科版立体几何解答题)汇编(附答案)
历年（2020-2022）全国高考数学真题分类专项（文科版立体几何解答题）汇编1．【2022年全国甲卷】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）．2．【2022年全国乙卷】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AB BD 2,∠ACB 60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求三棱锥F ABC 的体积．3．【2021年甲卷文科】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 ⊥.4．【2021年乙卷文科】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．5．【2020年新课标1卷文科】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 ，求三棱锥P −ABC 的体积.6．【2020年新课标2卷文科】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． 7．【2020年新课标3卷文科】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．。
2020高考—立体几何(选择+填空+答案)
2020年高考——立体几何1.(20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 ．514-B ．512-C ．514+D ．512+ 2.(20全国Ⅰ文12)．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 ．64πB ．48πC ．36πD ．32π3.（20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 ．3B ．32C ．1D ．324.（20全国Ⅱ理7）．右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 ．H5.（20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．3B．32C．1 D．326.（20全国Ⅲ文9）．如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A．6+42B．4+42C．6+23D．4+237.（20新高考Ⅰ4）．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°8.(20天津5)．若棱长为23A．12πB．24πC．36πD．144π9.(20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 ．143C ．3D ．610.(20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 ．63+B ．623+C ．123+D ．123+11.（20新高考Ⅰ16）．已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为球5BCC 1B 1的交线长为________．12.(20全国Ⅰ理16)．如图，在三棱锥P –ABC 的平面展开图中，AC =1，3AB AD =AB⊥AC ，AB ⊥AD ，∠CAE =30°，则cos ∠FCB = .13.（20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__________．①14p p ∧ ②12p p ∧ ③23p p ⌝∨ ④34p p ⌝∨⌝ 14.（20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_________．15.(20天津15)．如图，在四边形ABCD 中，60,3B AB ∠=︒=，6BC =，且3,2AD BC AD AB λ=⋅=-，则实数λ的值为_________，若,M N 是线段BC 上的动点，且||1MN =，则DM DN ⋅的最小值为_________．16.(20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_______．17.（20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 ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是 ▲ cm.参考答案：1．C 2．A 3．C 4．A 5．C 6．C 7．B 8．C9．A 10. D 112π12.14-13．①③④215．16；13216．1 17．1232π。
2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标Ⅲ)附答案
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此时最大距离为
.
故答案选 B
9.【答案】C
【解析】【分析】 本题考查由三视图求几何体的表面积，考查空间想象能力，难度一般. 先由三视图还原几何体，即可求出表面积.
【解答】
解：由三视图可知该几何体是底面为腰长 2 的等腰直角三角形，一侧棱长为 2 且垂直底 面的三棱锥，如下图
（ 2）由（1）可得数列
的通项公式，从而判断出该数列为等差数列，利用等差
数列的求和公式列出关于 的方程，求得 的值即可.
18.【答案】解：（1）空气质量等级为 1 的概率为
;
空气质量等级为 2 的概率为
;
空气质量等级为 3 的概率为
;
空气质量等级为 4 的概率为
;
(2) 一天中该公园锻炼的平均人次的估计值为
，所以 平面
，
又 平面
,所以
.
(2) 取 靠近 的三等分点 ,连结
,
因为 在 上，且
，所以
，且
，
所以四边形
为平行四边形，所以
.
又 在 上，且
,所以
,且
，
从而
,
,所以四边形
为平行四边形，
所以
,所以
,故
四点共面，点 在平面 内.
【解析】本题考查了线面垂直的判定及性质，四点共面判定等知识，属中档题.
(1)通过
解：由
，得
，ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
所以 z＝i， 故选 D.
3.【答案】C
【解析】【分析】 本题主要考查方差的运算，是基础题. 【解答】
解：设
的平均数为 ，方差
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所以
2020高考文科数学大题专项训练：立体几何
立体几何A组基础通关1.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,BC=CC1,平面A1BC1⊥平面BCC1B1.证明:(1)AC∥平面A1BC1;(2)平面AB1C⊥平面A1BC1.几何体为三棱柱⇒四边形ACC1A1为平行四边形⇒AC∥A1C1,又A1C1⊂平面A1BC1,AC⊄平面A1BC1,∴AC∥平面A1BC1.(2)∵BC=CC1且四边形BCC1B1为平行四边形,∴四边形BCC1B1为菱形,∴B1C⊥BC1.又平面A1BC1⊥平面BCC1B1,平面A1BC1∩平面BCC1B1=BC1,∴B1C⊥平面A1BC1.又B1C⊂平面AB1C,∴平面AB1C⊥平面A1BC1.2.如图,圆锥SO中,AB,CD为底面圆的两条直径,AB∩CD=O,且AB⊥CD,SO=OB=2,P为SB的中点.(1)求证:SA∥平面PCD;(2)求圆锥SO的表面积和体积.PO,∵P、O分别为SB、AB的中点,∴PO∥SA,由于PO⊂平面PCD,SA∉平面PCD,∴SA∥平面PCD;SO=2,OB=2,SO为圆锥的高,OB为圆锥底面圆的半径,∴V=πr2h=π×22×2=, 由于SO为圆锥的高,则母线SB==2,∴S侧面=l·SB=×2×π×2×2=4π,S底面=πr2=π×22=4π,故S=S底面+S侧面=(4+4)π.3.等边三角形ABC的边长为3,点D,E分别是边AB,AC上的点,且满足,如图甲,将△ADE 沿DE折起到△A1DE的位置,使平面A1DE⊥平面BCED,连接A1B,A1C,如图乙,点M为A1D的中点.(1)求证:EM∥平面A1BC;(2)求四棱锥A1-BCED的体积.取BD的中点N,连接NE,则NE∥BC,在四棱锥A1-BCED中,NE与BC的平行关系不变.连接MN,在△DA1B中,MN∥A1B,又NM∩NE=N,BA1∩BC=B,∴平面MNE∥平面A1BC,又EM⊂平面MNE,∴EM∥平面A1BC.(2)∵等边三角形ABC的边长为3,且,∴AD=1,AE=2.在△ADE中,∠DAE=60°,由余弦定理得DE=-°,从而AD2+DE2=AE2,∴AD⊥DE.折起后有A1D⊥DE,∵平面A1DE⊥平面BCED,平面A1DE∩平面BCED=DE,A1D⊂平面A1DE,∴A1D⊥平面BCED.∴四棱锥A1-BCED的体积V=S四边形BCED·A1D,连接BE,则S四边形BCED=CB·CE sin∠BCE+BD·DE=×1×3×sin 60°+×2×,∴V=×1=.4.如图所示,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是正方形,AB=2EF=2,EF∥AB,EF⊥FB,∠BFC=90°,BF=FC,H为BC的中点.(1)求证:FH∥平面EDB;(2)求证:AC⊥平面EDB;(3)求四面体B-DEF的体积.AC与BD交于点G,则G为AC的中点,如图所示,连接EG,GH.∵H为BC的中点,∴GH∥AB.∵EF∥AB,∴EF∥GH.又∵EF=GH=AB,∴四边形EFHG为平行四边形,∴EG∥FH.∵EG⊂平面EDB,FH⊄平面EDB,∴FH∥平面EDB.四边形ABCD为正方形,∴AB⊥BC.∵EF∥AB,∴EF⊥BC.又∵EF⊥FB,BC∩FB=B,∴EF⊥平面BFC,又FH⊂平面BFC,∴EF⊥FH,∴AB⊥FH.∵BF=FC,H为BC的中点,∴FH⊥BC,又AB∩BC=B,∴FH⊥平面ABCD,∴FH⊥AC.∵FH∥EG,∴AC⊥EG.∵AC⊥BD,EG∩BD=G,∴AC⊥平面EDB.(3)∵EF⊥FB,BF⊥FC,EF∩FC=F,∴BF⊥平面CDEF,∴BF即为四面体B-DEF的高.由(2)知,EF⊥平面BFC,∴EF⊥FC.又∵EF∥AB∥CD,∴FC为△DEF中EF边上的高.∵BC=AB=2,∴BF=FC=,∴V四面体B-DEF=×1×.5.如图,在五面体ABCDEF中,四边形CDEF为矩形,AD⊥CD.(1)证明:AB⊥平面ADE;(2)连接BD,BE,若二面角E-CD-A的大小为120°,AD=2AB=2DE=2,求三棱锥E-ABD的体积.CD⊥AD,CD⊥DE,AD∩DE=D,所以CD⊥平面ADE,因为四边形CDFE为矩形,所以EF∥CD.又EF⊄平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以EF∥平面ABCD.因为EF∥平面ABCD,EF⊂平面ABFE,平面ABFE∩平面ABCD=AB,所以EF∥AB,又EF∥CD,所以CD∥AB,又CD⊥平面ADE,所以AB⊥平面ADE.CD⊥AD,CD⊥DE,所以∠ADE即为二面角A-CD-E的平面角,所以∠ADE=120°.S△ADE=DA·DE·sin∠ADE=×2×1×.于是V三棱锥E-ABD=V三棱锥B-ADE=S△ADE·AB=×1=.6.如图,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AB=,BC=2,截面EBD是等边三角形,M,N 分别是AD,CE的中点.(1)求证:MN∥平面EAB;(2)若EC=EA,AB⊥DE,求三棱锥E-BMN的体积.,取EB的中点F,连接AF,NF,在△ECB中,易得NF BC,又在平行四边形ABCD中,AM BC,∴NF AM,∴四边形AMNF是平行四边形,∵MN∥AF,AF⊂平面EAB,MN⊄平面EAB,∴MN∥平面EAB.,连接AC交BD于点O,连接EO,在等腰△EAC中,EA=EC,∴EO⊥AC,又在等边△EBD中,EO⊥BD,∴EO⊥平面ABCD.∴EO⊥AB.又AB⊥DE,EO∩DE=E,∴AB⊥平面BDE,∴AB⊥BD.∴V E-BMN=V N-EBM=V C-EBM=V E-BCM=S△BCM·EO,又S△BCM=S△ABC=AB·BD==1,EO=,∴V E-BMN=×1×.B组能力提升7.如图,四棱锥A-BCDE中,CD⊥平面ABC,BE∥CD,AB=BC=CD,AB⊥BC,M为AD上一点,EM⊥平面ACD.(1)求证:EM∥平面ABC;(2)若CD=2BE=2,求点D到平面EMC的距离.AC的中点F,连接BF,因为AB=BC,所以BF⊥AC,又因为CD⊥平面ABC,所以CD⊥BF,又CD∩AC=C,所以BF⊥平面ACD,因为EM⊥平面ACD,所以EM∥BF,EM⊄平面ABC,BF⊂平面ABC,所以EM∥平面ABC;EM⊥平面ACD,EM⊂平面EMC,所以平面CME⊥平面ACD,平面CME∩平面ACD=CM,过点D作直线DG⊥CM,则DG⊥平面CME.由已知CD⊥平面ABC,BE∥CD,AB=BC=CD=2BE,可得AE=DE,又EM⊥AD,所以M为AD的中点.在Rt△ABC中,AC=BC=2,在Rt△ADC中,AD==2,S△CDM=S△ACD=×2×2,在△DCM中,CM=AD=,由等面积法知×CM×DG=,所以DG=,即点D到平面EMC的距离为.8.如图,直三棱柱ABC-A'B'C'中,AC=BC=5,AA'=AB=6,D,E分别为AB和BB'上的点,且=λ.(1)求证:当λ=1时,A'B⊥CE;(2)当λ为何值时,三棱锥A'-CDE的体积最小,并求出最小体积.λ=1,∴D,E分别为AB和BB'的中点,又AB=AA',且三棱柱ABC-A'B'C'为直三棱柱,∴平行四边形ABB'A'为正方形,∴DE⊥A'B.∵AC=BC,D为AB的中点,∴CD⊥AB.∵三棱柱ABC-A'B'C'为直三棱柱,∴CD⊥平面ABB'A',又A'B⊂平面ABB'A',∴CD⊥A'B,又CD∩DE=D,∴A'B⊥平面CDE,∵CE⊂平面CDE,∴A'B⊥CE.BE=x,则AD=x,DB=6-x,B'E=6-x,由已知可得C到平面A'DE的距离即为△ABC的边AB所对的高,h=-=4,∴V A'-CDE=V C-A'DE=(S四边形ABB'A'-S△AA'D-SΔDBE-S△A'B'E)·h=36-3x-(6-x)x-3(6-x)·h=(x2-6x+36)=[(x-3)2+27](0<x<6),∴当x=3,即λ=1时,V A'-CDE有最小值18.。
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2017年高考立体几何大题（文科）
1、（2017新课标Ⅰ文数）（12分）
如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=
（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；
（2）若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=,且四棱锥P-ABCD 的体积为
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，求该四棱锥的侧面积.
2、（2017新课标Ⅱ文）（12分） 如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,1,90.2
AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=︒ （1）证明：直线BC ∥平面PAD ;
（2）若△PCD 的面积为P ABCD -的体积.
3、（2017新课标Ⅲ文数）（12分）
如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD =CD ．
（1）证明：AC ⊥BD ；
（2）已知△ACD 是直角三角形，AB =BD ．若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．
4、（2017北京文）（本小题14分）
如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．
（Ⅰ）求证：PA ⊥BD ；
（Ⅱ）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；
（Ⅲ）当PA ∥平面BD E 时，求三棱锥E –BCD 的体积．
5、（2017山东文）（本小题满分12分）
由四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1- B 1CD 1后得到的几何体如图所示,四边形ABCD 为正方形,O 为AC 与BD 的交点,E 为AD 的中点,A 1E ⊥平面ABCD .
（Ⅰ）证明：1A O ∥平面B 1CD 1;
（Ⅱ）设M 是OD 的中点,证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.
6、（2017江苏）（本小题满分14分）
如图，在三棱锥A-BCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，
D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD ．
求证：（1）EF ∥平面ABC ；
（2）AD ⊥AC ．
7、（2017浙江）（本题满分15分）如图，已知四棱锥P –ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的
等腰直角三角形，，CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为PD 的中点．
（第19题图）
（Ⅰ）证明：平面PAB ；
（Ⅱ）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．
8、（2017天津文）（本小题满分13分）
如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，
PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =.
（I ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；
（II ）求证：PD ⊥平面PBC ；
（II ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.
//BC AD //CE。