2020年高考数学 题根选载20 多面体,向四面体寻根
高考数学真题答案解析2020年
高考数学真题答案解析2020年2020年的高考数学真题可谓是备受瞩目，考生们对于答案解析的需求也越来越大。
数学作为高考的一门重要科目，不仅考查了学生的计算能力和逻辑思维能力，还要求学生具备严密的推理能力和解题技巧。
下面将从不同考点出发，对2020年高考数学真题的答案进行深入解析。
首先来看选择题部分。
选择题是高考数学中的重点和难点之一。
第一题是一道立体几何题，考查了考生的空间想象能力和对三视图的理解。
该题要求利用平行四边形ABCDFE的三个顶点A、B、F分别做垂直于平面ABCDEFG的直线交平面ABCDEFG于点L、M、N，求三角形LMN的面积。
该题需要考生理解平行四边形的性质，利用垂直平面与平行四边形相交时，相交线与平行四边形边的关系。
答案是应用平行四边形的面积公式，将问题转化为求平行四边形EMFN的面积。
第二题考查了对概率的理解和应用。
该题给出了一副扑克牌，要求从中任意抽出两张牌，求两张牌都是黑桃的概率。
要解答这个问题，需要用到排列组合的知识，先计算出黑桃牌的总数，再计算出全部牌的总数，最后求出两张牌都是黑桃的概率。
接下来，我们来看看计算题部分。
计算题是高考数学中的实战演练，对考生的计算能力和思维逻辑能力提出了更高的要求。
第八题是一道线性规划题，考查了对线性规划的解析和应用。
该题给出了一组不等式约束条件和目标函数，要求求出满足约束条件的最优解。
要解答这个问题，首先需要将不等式约束条件化为等式约束条件，然后画出可行域图形，确定目标函数在可行域内的最优解。
最后，我们来看看证明题部分。
证明题是高考数学中的难点和重点，考查了考生的严密推理和证明能力。
第十题是一道关于向量的证明题，要求证明一个平行四边形的两条对角线互相平分。
在解答该题时，需要利用向量的性质，先证明对角线中点连线平分对角线，再证明对角线互相平分。
综上所述，2020年高考数学真题的答案解析涉及了立体几何、概率、线性规划和向量等多个知识点和技巧。
2020年高考数学试题分项版—立体几何(原卷版)
2020年高考数学试题分项版——立体几何（原卷版）一、选择题1.(2020·全国Ⅰ理，3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋122．(2020·全国Ⅰ理，10)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆，若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π3．(2020·全国Ⅱ理，7)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为( )A ．EB ．FC ．GD ．H4．(2020·全国Ⅱ理，10)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为( ) A. 3 B.32 C ．1 D.325．(2020·全国Ⅲ理，8)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．6＋4 2B ．4＋42C ．6＋2 3D ．4＋236.(2020·新高考全国Ⅰ，4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°7.(2020·新高考全国Ⅱ，4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°8．(2020·北京，4)某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为( )A ．6＋ 3B ．6＋2 3C ．12＋ 3D ．12＋239．(2020·北京，10)2020年3月14日是全球首个国际圆周率日(π Day)．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n 充分大时，计算单位圆的内接正6n 边形的周长和外切正6n 边形(各边均与圆相切的正6n 边形)的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔·卡西的方法，π的近似值的表达式是( ) A ．3n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n B ．6n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n C ．3n ⎝⎛⎭⎫sin 60°n＋tan 60°n D ．6n ⎝⎛⎭⎫sin 60°n＋tan 60°n10．(2020·天津，5)若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．12π B ．24π C ．36π D ．144π11．(2020·浙江，5)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.73B.143C ．3D ．6 12．(2020·浙江，6)已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ，“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件13.(2020·全国Ⅰ文，3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋1214．(2020·全国Ⅰ文，12)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π15．(2020·全国Ⅱ文，11)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为( ) A. 3 B.32 C ．1 D.3216．(2020·全国Ⅲ文，9)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．6＋4 2B ．4＋42C ．6＋2 3D ．4＋23二、填空题1．(2020·全国Ⅱ理，16)设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内； p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面； p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行； p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l . 则下述命题中所有真命题的序号是________． ①p 1∧p 4；②p 1∧p 2；③23p p ⌝∨；④34p p ⌝∨⌝.2．(2020·全国Ⅲ理，15)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．3．(2020·新高考全国Ⅰ，16)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．4．(2020·新高考全国Ⅱ，13)棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱BB 1，AB 的中点，则三棱锥A 1－D 1MN 的体积为________．5.(2020·江苏，9)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半径为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm 3.6．(2020·浙江，14)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________． 7．(2020·全国Ⅱ文，16)设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内； p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面； p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行； p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l .则下述命题中所有真命题的序号是________． ①p 1∧p 4；②p 1∧p 2；③23p p ⌝∨；④34p p ⌝∨⌝.8．(2020·全国Ⅲ文，16)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 三、解答题1.(2020·全国Ⅰ理，18)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE ＝AD .△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO ＝66DO .(1)证明：P A ⊥平面PBC ； (2)求二面角B －PC －E 的余弦值．2.(2020·全国Ⅱ理，20)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO ＝AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．3.(2020·全国Ⅲ理，19)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.(1)证明：点C1在平面AEF内；(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值．4.(2020·新高考全国Ⅰ，20)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面P AD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．5.(2020·新高考全国Ⅱ，20)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面P AD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，QB＝2，求PB与平面QCD所成角的正弦值．6.(2020·北京，16)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BB1的中点．(1)求证：BC1∥平面AD1E；(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．7.(2020·天津，17)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC ＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点．(1)求证：C1M⊥B1D；(2)求二面角B－B1E－D的正弦值；(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．8.(2020·江苏，15)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，22)在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝5，BD＝2，O为BD的中点，AO ⊥平面BCD ，AO ＝2，E 为AC 的中点．(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值；(2)若点F 在BC 上，满足BF ＝14BC ，设二面角F －DE －C 的大小为θ，求sin θ的值．10.(2020·浙江，19)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝∠ACD ＝45°，DC ＝2BC .(1)证明：EF ⊥DB ；(2)求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．11.(2020·全国Ⅰ文，19)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC ＝90°.(1)证明：平面P AB ⊥平面P AC ；(2)设DO ＝2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P －ABC 的体积．12.(2020·全国Ⅱ文，20)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心．若AO ＝AB ＝6，AO ∥平面EB 1C 1F ，且∠MPN ＝π3，求四棱锥B－EB 1C 1F 的体积．13.(2020·全国Ⅲ文，19)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.证明：(1)当AB ＝BC 时，EF ⊥AC ； (2)点C 1在平面AEF 内．。
精编2020高考数学《立体几何初步》专题完整考题(含参考答案)
2019年高中数学单元测试卷立体几何初步学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________一、选择题1．设四面体的六条棱的长分别为和a 且长为a 的棱异面,则a 的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．（2012重庆文）2．设γβα、、、为平面，l n m 、、为直线，则β⊥m 的一个充分条件是( ) A ． l m l ⊥=⋂⊥,,βαβαB ． γβγαγα⊥⊥=⋂,,mC ． αγβγα⊥⊥⊥m ,,D ． αβα⊥⊥⊥m n n ,,（2005天津）3．有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各连接中点，已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形的表面积（含最底层正方体的底面面积）超过39，则该塔形中正方体的个数至少是 （ ）A ．4B ．5C ．6D ．7(2005重庆文)4．若二面角l αβ--为1200，直线m α⊥，则β所在平面内的直线与m 所成角的取值范围是（ ）（A ）0(0,90] （B ）[300，600] （C ）[600，900] （D ）[300，900] (2004安徽春季理7） 5．1．一条直线和直线外的三点所能确定的平面的个数是-------------------------------------------（ ）(A) 1或3个 (B) 1或4个 (C) 1个、3个或4个 (D) 1个、2个或46．若干个棱长为2、3、5的长方体，依相同方向拼成棱长为90的正方体，则正方体的一条对角线贯穿的小长方体的个数是（ ） A ．64 B ．66C ．68D ．70二、填空题7．下列命题中正确命题的个数是①一条直线和另一条直线平行，那么它和经过另一条直线的任何平面平行；②一条直线平行于一个平面，则这条直线与这个平面内所有直线都没有公共点，因此这条直线与这个平面内的所有直线都平行；③若直线与平面不平行，则直线与平面内任一直线都不平行；④与一平面内无数条直线都平行的直线必与此平面平行。
高考数学 正方体是多面体的题根知识分析
题根研究正方体为多面体之根一、正方体高考十年十年来，立体几何的考题一般呈“一小一大”的形式.分数约占全卷总分的八分之一至七分之一. 立几题的难度一般在0.55左右，属中档考题，是广大考生“上线竞争”时势在必夺的“成败线”或“生死线”.十年的立几高考，考的都是多面体. 其中： （1）直接考正方体的题目占了三分之一； （2）间接考正方体的题目也占了三分之一.因此有人说，十年高考，立体几何部分，一直在围绕着正方体出题.【考题1】（正方体与其外接球）（1996年）正方体的全面积为a 2，则其外接球的表面积为（B ）A.3 2a πB.22a π C.2πa 2D.3πa 2【解析】外接球的表面积，比起内接正方体的全面积来，自然要大一些，但绝不能是它的（C ）约6倍或（D ）约9倍，否定（C ），（D ）；也不可能与其近似相等，否定（A ），正确答案只能是（B ）.【考题2】（正方体中的线面关系）（1997年）如图，在正方体ABCD- A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是BB 1、CD 的中点．（1）证明AD ⊥D 1F ；（2）求AE 与D 1F 所成的角； （3）证明面AED ⊥面A 1FD 1；（4）设AA 1=2，求三棱锥F -A 1ED 1的体积【说明】 小问题很多，但都不难. 熟悉正方体各棱、各侧面间位置关系的考生，都能迅速作答. 如解答（1），只要知道棱AD 与后侧面垂直 就够了.【考题3】（正方体的侧面展开图）（2001年）右图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，①BM 与ED 平行；②与BE 是异面直线；③与BM 成60°角；④DM 与 BN 垂直.以上四个命题中，正确命题的序号是（A）①②③（B）②④（C）③④（D）②③④【解析】考查空间想象能力. 如果能从展开图（右上）想到立体图（下），则能立即判定命题①、②为假，而命题③、④为真，答案是C.【考题4】（正方体中的垂直面）（2002年）如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直. 点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN=a（）（1）求MN的长；（2）当a为何值时，MN的长最小；（3）当MN的长最小时，求面MNA与面MNB所成二面角α的大小.【解析】【考题5】（正方体中主要线段的关系）（2002年）在下列四个正方体中，能得出AB⊥CD的是【解析】射影法：作AB在CD所在平面上的射影，由三垂线定理知其正确答案为A.平移法：可迅速排除(B)，(C)，(D)，故选（A）.【考题6】（正方体与正八面体）（2003年） 棱长为a 的正方体中，连结相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为A.33aB.43aC.63aD.123a【解析】将正八面体一分为二，得2个正四棱锥，正四棱锥的底面积为正方形面积的21，再乘31得61. 答案选C.【考题7】（正方体中的异面直线）（2004年）如图，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E 、F 分别是CC 1、AD 的中点，那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于A.510 B.515 C.54 D.32【解析】【考题8】（正方体中的线线角）（2005年）如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1=AB =2，AD =1，点E 、F 、G 分别是DD 1、AB 、CC 1的中点，则异面直线A 1E 与GF 所成的角是A.arccos 515B.4 πC.arccos 510D.2π【考题9】（正方体中的射影问题）（2006年）如图，E 、F 分别为正方体的面ADD 1A 1、面BCC 1B 1的中心，则四边形BFD 1E 在该正方体的面上的射影可能是_______．(要求：把可能的图的序号都填上)【考题10】（正方体中的三角形）（2006年）在正方体上任选3个顶点连三角形，则所得的三角形是直角非等腰三角青工的概率为 A.71 B.72 C.73 D.74【解析】在正方体上任选3个顶点连成三角形可得38C 个三角形，要得直角非等腰三角形，则每个顶点上可得三个(即正方体的一边与过此点的一条面对角线)，共有24个，得38C 24，所以选C. 二、全国热炒正方体2006年的各地数学考卷中，直涉正方体的考题有13个，隐涉正方体的考题还有更多.其中，某某卷“一大一小”的立几考题，都是考的正方体.某某卷登峰造极，“一小一大”的两个立几考题，都是正方体中的难题. 其中，第18题的第2问还是个开放题目.【考题1】2006年某某卷第13题——正方体的一“角”在三棱锥O —ABC 中，三条棱OA 、OB 、OC 两两互相垂直，且OA =OB =OC ，M 是AB 边的中点，则OM 与平面ABC 所成角的大小是（用反三角函数表示）.【考题2】2006年某某卷第19题——两正方体的“并” 如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、P 分别是BC 、A 1D 1的中点，M 、N 分别是AE 、CD 1的中点，AD =AA 1=a ，AB =2a .（1）求证：MN ∥面ADD 1A 1； （2）求二面角P —AE —D 的大小； （3）求三棱锥P —DEN 的体积.【考题3】（2006年某某卷第18题）如图，在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 是侧棱CC 1上的一点，CP =m .（Ⅰ）试确定m ，使得直线AP 与平面BDD 1B 1所成角的正切值为3；（Ⅱ）在线段A 1C 1上是否存在一个定点Q ，使得对任意的m ，D 1Q 在平面APD 1上的射影垂直于AP .并证明你的结论.【分析】熟悉正方体对角面和对角线的考生，对第(Ⅰ)问，可心算出结果为m =1/3；对第(Ⅱ)问，可猜出这个Q 点在O 1点.可是由于对正方体熟悉不多，因此第（Ⅰ）小题成了大题，第(Ⅱ)小题成了大难题.【考题4】（2006年某某卷第16题）多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的，如图，正方体的一个顶点A 在平面，其余顶点在的同侧，正方体上与顶点A 相邻的三个顶点到的距离分别为1，2和4，P 是正方体的其余四个顶点中的一个，则P 到平面的距离可能是：①3； ②4； ③5； ④6； ⑤7以上结论正确的为______________.（写出所有正确结论的编号）三、正四面体与正方体从“正方体高考十年”和“全国热炒正方体”中，我们看到正方体在立体几何中的特殊地位. 在实践中，正方体是最常见的多面体；在理论上，所有的多面体都可看作是由正方体演变而来.我们认定了正方体是多面体的“根基”. 我们在思考： （1）正方体如何演变出正四面体？ （2）正方体如何演变出正八面体？ （3）正方体如何演变出正三棱锥？ （4）正方体如何演变出斜三棱锥？【考题1】（正四面体化作正方体解）四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ）A.3πB.4πC.3π3D.6π【说明】本题如果就正四面体解正四面体，则问题就不是一个小题目了，而是有相当计算量的大题. 此时的解法也就沦为拙解.【拙解】正四面体棱长为⇒2底面ABC 是边长为2的正三角形△ABC 的高线BD =23·2=26（斜高VD =26）⇒△ABC 的边心距HD =31·26=⇒66正四面体V —ABC 的高 .332)66()26(2222=-=-=HD VD VH 正四面体外接球的半径为高的43，即R =43·.23332= 故其外接球的表面积为3π. 答案是A.【联想】1、2、3的关系正四面体的棱长为2，这个正四面体岂不是由棱长为1的 正方体的6条“面对角线”围成？为此，在棱长为1的正方体B —D 1中，（1）过同一顶点B 作3条面对角线BA 1、BC 1、BD ； （2）将顶点A 1，C 1，D 依次首尾连结.则三棱锥B —A 1C 1D 是棱长为2的正四面体.于是正四面体问题可化归为对应的正方体解决.【妙解】 从正方体中变出正四面体以2长为面对角线，可得边长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，这个正方体的体对角线长为3，则其外接球的半径为23，则其外接球的表面积为S =4πR 2=4π (23)2＝3π 以2为棱长的正四方体B —A 1C 1D 以1为棱长的正方体有共同的外接球，故其外接球的表面积也为S =3π.【寻根】 正方体割出三棱锥在正方体中割出一个内接正四面体后，还“余下”4个正三棱锥. 每个正三棱锥的体积均为1/6，故内接正四面体的体积为1/3 . 这5个四面体都与正方体“内接”而“共球”.事实上，正方体的内接四面体（即三棱锥）共有12C 48-=58个.至此可以想通，正方体为何成为多面体的题根.四、正方体成为十年大难题按理说，立体几何考题属中档考题，难度值追求在0.4到0.7之间. 所以，十年来立几考题——哪怕是解答题也没有出现在压轴题中.从题序上看，立几大题在6个大题的中间部分，立几小题也安排在小题的中间部分.然而，不知是因为是考生疏忽，还是命题人粗心，竟然在立几考题中弄出了大难题，其难度超过了压轴题的难度，从而成为近十年高考难题的高难之最！【命题】 将正方体一分为二2003年全国卷第18题，某某卷第18题，某某卷第19题等，是当年数学卷的大难题. 其难度，超过了当年的压轴题.在命题人看来，其载体是将正方体沿着对角面一分为二，得到了一个再简单不过的直三棱柱.图中的点E 正是正方体的中心.【考题】如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB =90°.侧棱AA 1=2，D 、E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G .(Ⅰ)求A 1B 与平面ABD 所成角的大小(结果用反三角函数值表示)； (Ⅱ)求点A 1到平面AED 的距离.【解析】（Ⅰ）连结BG ，则BG 是BE 在面ABD 的射影，即 ∠EBG 是A 1B 与平面ABD 所成的角.设F 为AB 中点，连结EF 、FC ，∵D 、E 分别是CC 1、A 1B 的中点，又DC ⊥平面ABC ， ∴CDEF 为矩形.连结DF ，G 是△ADB 的重心，∴G ∈DF .在直角三角形EFD 中，EF 2=FG ·FD =31FD 2，∵EF =1，∴FD =3. 于是ED =2，EG =36321=⨯. ∵FC =ED =2，∴AB =22，A 1B =23，EB =3. ∴sin ∠EBG =EB EG =36·31=32.∴A 1B 与平面ABD 所成的角是arcsin32. （Ⅱ）连结A 1D ，有E AA D ADE A V V 11--=.∵ED ⊥AB ，ED ⊥EF ，又EF ∩AB =F ，∴ED ⊥平面A 1AB ， 设A 1到平面AED 的距离为h ，则S △AED ·h =AE A S 1∆·ED . 又AE A S 1∆=A A S AB A 114121=∆·AB =2， S △AED =21AE ·ED =26.∴h =3622622=⨯. 即A 1到平面AED 的距离为362. 本题难在哪里？从正方体内切出的直三棱柱的画法不标准！ 难点突破：斜二测改图法，把问题转到正方体中.EFCD 为矩形EF =1（已知）FD =3FG （重心定理）FD =3（射影定理）EG =36（Ⅰ）ED =2（勾股定理）FC =2（正方体！） FB =2EB =3（Ⅱ）sin ∠EBG =32=EB EG .难题（0318）的题图探究正方体立体图常见的画法有两种： （1）斜二测法（图（1））此法的缺点：A1、B、C 三点“共线”导致“三线”重合（2）正等测法（图（2））此法的缺点：A、C、C1、A1“共线”导致“五线”重合难题的图近乎第二种画法（图（3））：将正方体的对角面置于正前面.五、解正方体正方体既然这么重要，我们就不能把这个“简单的正方体”看得太简单.像数学中其他板块的基础内容一样，越简单的东西，其基础性就越深刻，其内涵和外延的东西就越多.我们既然认定了正方体是多面体的根基，那我们就得趁着正方体很“简单”的时候，把它的上上下下、左左右右、里里外外的关系，都弄个清楚明白！关于正方体你已经知道了多少？正方体，（）个面，线面距转（）面距，（）个顶点（）棱。
高考数学 题根选载面体,向四面体寻根 试题
高中数学题根选载?创 作人：荧多莘 日 期： 二O 二二 年1月17日题根20.多面体，向四面体寻根我国恢复高考始于1977年，可是高考数学中的立体几何试题，却是1979年开场面世。
就是那道试题，向全国教育战线发出了重大信息：培养学生的空间想象才能是中学数学教育的极其重要的任务，而学好立体几何，那么应从最简单的几何图形——四面体开场。
【根题】〔1979，全国卷，六题〕设三棱锥V-ABC 中，∠AVB=∠BVC=∠CVA=直角求证：△ABC 是锐角三角形【证法1】如图1-1，作VD ⊥BC 于D ，∵△VBC 中∠BVC=90°.∴点D 必在斜边BC 上。
∵VA ⊥VB 且VA ⊥VC,∴VA ⊥平面VBC ，故VA ⊥⊥VD,∴BC ⊥平面VAD,从而BC ⊥AD 。
故∠ABC,∠ACB 为锐角，同理∠BAC 为锐角，故△ABC 为锐角三角形.【证法2】建立如图1-2的空间直角坐标系，设.,VA aVB b VC c ===，有()()(),0,0,0,,0,0,0,A a B b C c ， ()()2,,0,,0,,,AB a b AC a c AB AC a =-=-∴⋅=2cos 0AB ACa A bc AB AC ⋅==>⋅，故∠BAC 为锐角，同理 ∠ABC,∠BCA 为锐角，故△ABC 为锐角三角形.评注：在1979年的条件下，向量知识还远未进入中学数学。
那时此题的另一HY 证法是利用余弦定理，即在设△ABC 的3边依次为,,a b c 的条件下，证明每个角的余弦之值为正。
可惜的是，那时可以顺利证明这道题的考生实在太少。
二、理论根底1.空间不一共面的4点确定一个四面体。
每个四面体必定有4个顶点，6条棱和4个三角形外表。
2.一个外表是正三角形，另一个顶点在此外表的射影是此正三角形中心的四面体，叫做正三棱锥。
正三棱锥的3个侧面都是等腰三角形；3.侧棱与底面边长相等的正三棱锥，叫做正四面体。
2020年高考数学试卷-(理3卷含答案)
2020年高考数学试卷－（理科全国Ⅲ卷）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知集合}*,,|),{(x y N y x y x A ≥∈=，}8|),{(=+=y x y x B ，则B A 中元素的个数为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．62．复数i 311-的虚部是（ ）A ．103-B ．101-C ．101 D ．103 3．在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为1p ，2p ，3p ，4p ，且∑==411i ip，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ） A ．1.041==p p ，4.032==p p B ． 4.041==p p ，1.032==p pC ．2.041==p p ，3.032==p pD ．3.041==p p ，2.032==p p4．Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域.有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数)(t I （t 的单位：天）的Logistic 模型：)53(23.01)(--+=t eK t I ，其中K 为最大确诊病例数.当Kt I 95.0)(*=时，标志已初步遏制疫情，则*t 约为（319ln ≈）（ ）A ．60B ．63C ．66D ．695．设O 为坐标原点，直线2=x 与抛物线)0(2:2>=p px y C 交于D ，E 两点，若OD ⊥OE ，则的焦点坐标为（ ）A ．)0,41(B ．)0,21(C ．)0,1(D ．)0,2(6．已知向量a ，b 满足5||=a ，6||=b ，6-=⋅b a ，则>=+<b a a ,cos （ ）A ．3531-B ．3519-C ．3517 D ．3519 7．在ABC △中，，，，则（ ）A ．B ．C ．D ．8．右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）A ．B ．C ．D ．9．已知，则（ ）A ．B ．C ．D ．10．若直线与曲线和圆相切，则的方程为（ ）A ．B ．C ．D ． 11.已知双曲线()2222:10,0-=>>x y C a b a b的左右焦点21,F F ，离心率为5.P 是C 上的一点，且P F P F 21⊥.若21F PF ∆的面积为4，则=a （ ）A ． 1B ．2C ．4D ．812．已知5458<,45138<.设53a log =,85b log =,138c log =,则（ ）A ．a b c <<B ．b a c <<C ．b c a <<D ． c a b <<二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标ⅰ)(含解析版)
2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）已知集合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．（5分）若z＝1+2i+i3，则|z|＝（）A．0B．1C ．D．23．（5分）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 ．B ．C ．D ．4．（5分）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 ．B ．C ．D ．5．（5分）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：℃）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，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℃至40℃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+bx B．y＝a+bx2C．y＝a+be x D．y＝a+blnx 6．（5分）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．（5分）设函数f（x）＝cos（ωx +）在[﹣π，π]的图象大致如图，则f（x）的最小正周期为（）A ．B ．C ．D ．8．（5分）设a log34＝2，则4﹣a＝（）A ．B ．C ．D ．9．（5分）执行如图的程序框图，则输出的n＝（）A．17B．19C．21D．2310．（5分）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．（5分）设F1，F2是双曲线C：x2﹣＝1的两个焦点，O为坐标原点，点P在C上且|OP|＝2，则△PF1F2的面积为（）A ．B．3C ．D．212．（5分）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：本题共4小题，每小题5分，共20分。
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.。
精编新版2020高考数学《立体几何初步》专题考核题完整版(含参考答案)
2019年高中数学单元测试卷立体几何初步学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________一、选择题1．如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且BCF ADE ∆∆、均为正三角形，EF ∥AB ，EF=2，则该多面体的体积为（A ）32 （B ）33（C ）34 （D ）23(2005全国1理)2．在正四面体P —ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结论中不成立的是(A)BC∥平面PDF (B)DF ⊥平面PAE(C)平面PDF ⊥平面ABC (D)平面PAE ⊥平面ABC(2005北京理) 3．对于直线m 、n 和平面α，下面命题中的真命题是（ ）A ．如果m n m ,,αα⊄⊂、n 是异面直线，那么α//nB ．如果m n m ,,αα⊄⊂、n 是异面直线，那么α与n 相交C ．如果m n m ,//,αα⊂、n 共面，那么n m //D ．如果m n m ,//,//αα、n 共面，那么n m //（2004全国4理7）4．梯形ABCD 中AB//CD ，AB ⊂平面α，CD ⊄平面α，则直线CD 与平面α内的直线的位置关系只能是 （ ）（A ）平行 （B ）平行和异面 （C ）平行和相交 （D ）异面和相交5．若3sin (0)52x x π=--<<，则tan x =_____________.二、填空题6．(理科做) 如图，在三棱锥A BCD -中，AB BCD ⊥平面， 90DBC ∠=，2BC BD ==，1AB =，则BC 和平面ACD 所成角的正弦值为 ▲ ．7．设βα,为两个不重合的平面，n m ,是两条不重合的直线，给出下列四个命题： ①若α⊥⊥m n m ,，则α//n ；②若,,βα⊂⊂m n βα与相交且不垂直，则m n 与不垂直； ③若n m m ⊥=⊥,,βαβα ，则n β⊥； ④若βαα//,,//⊥n n m ，则β⊥m ． 其中所有真命题的序号8．空间四个点P 、A 、B 、C 在同一球面上，PA 、PB 、PC 两两垂直，且PA=PB=PC=a ，那么这个球的表面积是 ▲ ． 9．给出下列四个命题：①若直线垂直平面内的两条直线，则这条直线与平面垂直； ②若直线与平面内的任意一条直线都垂直，则这条直线与平面垂直； ③若直线垂直梯形的两腰所在直线，则这条直线垂直于两底边所在直线； ④若直线垂直梯形的两底边所在直线，则这条直线垂直于两腰所在直线， 其中为正确命题的序号是__________； 10．已知正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为334，则它的体积为 .11．若等腰直角三角形的直角边长为2，则以一直角边所在的直线为轴旋转一周所成的几何体体积是_________．12． 若三条直线两两相交，由这三条直线中任意两条所确定的平面有 ▲ 个．13．设l 、m 为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，下列命题中正确的是 ▲ （填序号）①若l ⊥α，m //β，α⊥β，则l ⊥m ； ②若l //m ，m ⊥α，l ⊥β，则α//β； ③若l //α，m //β，α//β，则l //m ；④若α⊥β，α∩β＝m ，l ⊂β，l ⊥m ，则l ⊥α.14．已知圆锥底面半径与球的半径都是1cm ，如果圆锥的体积恰好也与球的体积相等，那么这个圆锥的母线长（第11题理科为 cm ．15． 若AB 的中点M 到平面α的距离为cm 4，点A 到平面α的距离为cm 6，则点B 到平面α的距离为 __ ☆___cm ．16．已知球O 的半径为4，圆M 与圆N 为该球的两个小圆，AB 为圆M 与圆N 的公共弦，4AB =，若3OM ON ==，则两圆圆心的距离MN = ▲ ．17．空间四边形ABCD 中，E 、H 分别是AB 、AD 的中点，F 、G 分别是CB 、CD 上的点，且32==CD CG CB CF ，若BD ＝6cm,梯形EFGH 的面积为28cm 2。
新版精编2020高考数学《立体几何初步》专题完整考题(含答案)
2019年高中数学单元测试卷立体几何初步学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________一、选择题1．设有直线m 、n 和平面α、β。
下列四个命题中，正确的是 A.若m ∥α,n ∥α,则m ∥nB.若m ⊂α,n ⊂α,m ∥β,n ∥β,则α∥βC.若α⊥β，m ⊂α,则m ⊥βD.若α⊥β，m ⊥β，m ⊄α,则m ∥α(2008湖南理)（D ）2．如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1=AB=2，AD=1，点E 、F 、G 分别是DD 1、AB 、CC 1的中点，则异面直线A 1E 与GF 所成的角是（ ）A A ．515arccosB ．4π C ．510arccosD ．2π(2005福建理) 3．已知m 、n 是不重合的直线，α、β是不重合的平面，有下列命题： ①若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ； ②若m ∥α，m ∥β，则α∥β；③若α∩β=n ，m ∥n ，则m ∥α且m ∥β； ④若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β. 其中真命题的个数是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3(2004福建理)4．点A 是等边三角形BCD 所在平面外一点，AB AC AD BC a ====，E F 、分别在AB CD 、上，且(0)AE CFEB FDλλ==>。
设()f λλλαβ=+，λα表示EF 与AC 所成的角，λβ表示EF 与BD 所成的角，则----------------------------------------------------------------------（ ）(A)()f λ在(0,)+∞上是增函数 (B)()f λ在(0,)+∞上是减函数(C)()f λ在（0，1）上是增函数，在(1,)+∞上是减函数 (D)()f λ在(0,)+∞上是常 二、填空题5．已知正方体C 1的棱长为C 1各个面的中心为顶点的凸多面体为C 2，以C 2各个面的中心为顶点的凸多面体为C 3，以C 3各个面的中心为顶点的凸多面体为C 4，依次类推．记凸多面体C n 的棱长为a n ，则a 6= ▲ ．26．一个圆锥有三条母线两两垂直，则它的侧面展开图的圆心角为 ．7．设E 、F 、G 、H 为空间四点，命题甲：点E 、F 、G 、H 不共面；命题乙：直线EF 和GH 不相交，那么甲是乙的_________________条件8．已知m 、n是两条不同直线，α、β是两个不同平面，有下列4个命题： ① 若//,m n n α⊂，则m ∥α； ② 若,,m n m n αα⊥⊥⊄，则//n α； ③ 若,,m n αβαβ⊥⊥⊥，则m n ⊥；④ 若m n 、是异面直线，,,//m n m αββ⊂⊂，则//n α. 其中正确的命题序号是9．设,αβ为互不重合的平面，,m n 为互不重合的直线，给出下列四个命题： ①若,,m n m n αα⊥⊂⊥则；②若,,m n m αα⊂⊂∥,n β∥β，则α∥β； ③若,,,,m n n m n αβαβαβ⊥⋂=⊂⊥⊥则； ④若,,//,//m m n n ααββ⊥⊥则． 其中正确命题的序号为10．设a ，b ，g 是三个不重合的平面，l 是直线，给出下列命题 ①若a b ^，b g ^，则γα⊥； ②若l 上两点到α的距离相等，则α//l ；③若l a ^，//l b ，则a b ^；④若//a b ，l b Ë，且//l a ，则//l b .其中正确的命题是 ▲ ．11．设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β； ②若α外一条直线l 与α内的一条直线平行，则l 和α平行；③设α和β相交于直线l ，若α内有一条直线垂直于l ，则α和β垂直； ④直线l 与α垂直的充分必要条件是l 与α内的两条直线垂直． 上面命题中，真命题的序号________(写出所有真命题的序号)． 解析：考查立体几何中的直线、平面的垂直与平行判定的相关定理．12．如图，测量河对岸的塔高AB 时，可以选与塔底B 在同一水平面内的两个测点C 与D ．测得00153030BCD BDC CD ∠=∠==，，米，并在点C测得塔顶A 的仰角为060，则塔高AB= _____ .13． 两个相交平面能把空间分成 ▲ 个部分14．在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60BAD ∠=，侧棱PA ⊥底面ABCD ，2PA =，E 为AB 的中点，则四面体PBCE 的体积为 .15．已知直线b a ,和平面α，若αα⊥⊥b a ,，则a 与b 的位置关系是 ．16．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题:在下雨时,用一个圆台形的天池盆接雨水. 天池盆盆口直径为二尺八寸,盆底直径为一尺二寸,盆深一尺八寸. 若盆中积水深九寸,则平地降雨量是__________寸.(注:①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积;②一尺等于十寸) （2013年高考湖北卷（文））17．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上. 若球的体积为92π, 则正方体的棱长为 ______.（2013年高考天津卷（文）） 18．有下列命题正确的个数是__________；①如果一条直线与一个平面平行，那么它就和这个平面内的任意一条直线平行；②平行于D 1 C 1 同一平面的两条直线平行；③若一直线与一平面内一直线平行，则它必与此平面平行；④过两异面直线中的一条且与另一条直线平行的平面必存在19．在四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点，PA ＝2AB ＝2． （Ⅰ）求四棱锥P －ABCD 的体积V ；（Ⅱ）若F 为PC 的中点，求证PC ⊥平面AEF ； （Ⅲ）求证CE ∥平面PAB ．（本小题满分15分）20．已知在正三棱锥P ABC -中，侧棱与底面边长相等，,,D E F 分别是,,AB BC CA 的中点，有下列四个结论：①//BC 平面PDF ；②DF ⊥平面PAE ；③平面PDF ⊥平面ABC ；④平面PAE ⊥平面ABC ，其中正确的结论有__________．21．Rt ABC ∆在平面α内的射影是111A B C ∆，设直角边AB α，则111A B C ∆的形状是 三角形．22．设,b c 表示两条直线，,αβ表示两个平面，现给出下列命题： ① 若,//b c αα⊂，则//b c ； ② 若,//b b c α⊂，则//c α； ③ 若//,c ααβ⊥，则c β⊥； ④ 若//,c c αβ⊥，则αβ⊥． 其中正确的命题是___▲______．（写出所有正确命题的序号）三、解答题23． 【2014高考辽宁理第19题】如图，ABC ∆和BCD ∆所在平面互相垂直，且2AB BC BD ===，0120ABC DBC ∠=∠=，E 、F 分别为AC 、DC 的中点.（1）求证：EF BC ⊥；（2）求二面角E BF C --的正弦值.PABCDEF易得11(0,,0)22E F ,所以33(,0,),(0,2,0)EF BC =-=，因此0EF BC ⋅=,从而得（方法二）由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B左垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.易得B （0,0,0），A (0，-1D ，C (0,2,0),因而11(0,,0)22E F ,所以33(,0,),(0,2,0)EF BC =-=，因此0EF BC ⋅=,从而EF BC ⊥，所以EF BC ⊥.24．如图,四棱锥P ABCD-中,,AB AC AB PA ⊥⊥,,2AB CD AB CD =∥,,,,,E F G M N 分别为,,,,PB AB BC PD PC 的中点(Ⅰ)求证:CE PAD ∥平面;(Ⅱ)求证:EFG EMN ⊥平面平面 （2013年高考山东卷（文））25．四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为8的菱形，∠BAD=3π，若PA ＝PD ＝5， 平面PAD ⊥平面ABCD. (1)求四棱锥P －ABCD 的体积； (2)求证：AD ⊥PB;(3)若E 为BC 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？26．如图，在四棱锥ABCD P -中，⊥PD 平面ABCD ，1===BC DC PD ，2=AB ，DC AB //，︒=∠90BCD 。
2020年全国ⅰ卷理科数学第20题的探究与推广
2020年全国ⅰ卷理科数学第20题的探究与推广2020年全国卷理科数学第20题“空间几何”主要考察学生运用几何推理和空间概念建立模型、解决实际问题的能力。
本题中涉及的几何概念包括空间平面、空间线段、平面角、平行四边形、空间三角形等。
本文试图从几何模型的角度出发，深入研究本题的探究与推广。
空间几何的探究本题中主要考察学生运用几何推理和空间概念建立模型，解决实际问题的能力。
要做好这项工作，必须理解几何模型的概念。
几何模型是学习者在学习中构建的图形结构，是通过观察环境中的实际情况和运用数学思维的结构。
从宏观上把空间几何模型分为空间平面、空间线段、平面角、平行四边形、空间三角形等几个大类。
从实践方面看，学习者可以运用几何推理和空间概念建立模型，解决实际问题。
举例来说，学习者应用空间几何模型推理出空间平面、空间线段、平面角、平行四边形、空间三角形等五类关系，以解决实际问题。
例如，通过空间平面模型，学习者可以计算出空间平面内两条线段之间的关系，因此可以解决工程几何中常见的问题，比如计算某条线段在另一条线段方向上的延长线、求解某条线段的垂直平分线等。
空间几何的推广空间几何的推广主要表现为学习者从研究空间几何模型的基本概念出发，转换到研究高维空间的几何模型中。
高维空间的几何模型包括空间平面、空间线段、平面角、平行四边形、空间三角形、立方体、正四面体等关系。
由此可知，学习者可以利用空间几何模型，深入研究高维空间的几何模型，从而有助于理解宇宙的几何结构、研究复杂的空间结构等。
总结空间几何是一门学习者研究并掌握的重要数学原理之一，它是数学思维在实际应用中的一种延伸。
本文从几何模型的角度出发，深入研究了全国一卷理科数学第20题中的空间几何探究与推广，主要说明了学习者如何运用空间几何模型解决实际问题，以及如何将空间几何模型应用到高维空间的几何模型中。
2020年高考数学试题分项版—立体几何(解析版)
2020年高考数学试题分项版——立体几何（解析版）一、选择题1.(2020·全国Ⅰ理，3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt △SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫a 22， ∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．2．(2020·全国Ⅰ理，10)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆，若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a .由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23，OO 1＝a ＝2 3. 在Rt △OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.3．(2020·全国Ⅱ理，7)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为( )A ．EB ．FC ．GD ．H 答案 A解析 由三视图还原几何体，如图所示，由图可知，所求端点在侧视图中对应的点为E .4．(2020·全国Ⅱ理，10)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为( ) A. 3 B.32 C ．1 D.32答案 C 解析如图所示，过球心O 作OO 1⊥平面ABC ，则O 1为等边三角形ABC 的外心．设△ABC 的边长为a ， 则34a 2＝934，解得a ＝3， ∴O 1A ＝23×32×3＝ 3.设球O 的半径为r ，则由4πr 2＝16π，得r ＝2，即OA ＝2. 在Rt △OO 1A 中，OO 1＝OA 2－O 1A 2＝1， 即O 到平面ABC 的距离为1.5．(2020·全国Ⅲ理，8)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．6＋4 2B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．4＋2 3答案 C解析 如图，该几何体为三棱锥，且其中有三个面是腰长为2的等腰直角三角形，第四个面是边长为22的等边三角形，所以该几何体的表面积为3×12×2×2＋12×22×22×32＝6＋2 3.6.(2020·新高考全国Ⅰ，4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A ．20°B ．40°C ．50°D ．90° 答案 B解析 如图所示，⊙O 为赤道平面，⊙O 1为A 点处的日晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.7.(2020·新高考全国Ⅱ，4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为()A．20°B．40°C．50°D．90°答案 B解析如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.8．(2020·北京，4)某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为()A．6＋ 3 B．6＋2 3 C．12＋ 3 D．12＋2 3答案 D解析 由三视图还原几何体，该几何体为底面是边长为2的正三角形，高为2的直三棱柱， S 底＝2×34×22＝2 3. S 侧＝3×2×2＝12，则三棱柱的表面积为23＋12.9．(2020·北京，10)2020年3月14日是全球首个国际圆周率日(π Day)．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n 充分大时，计算单位圆的内接正6n 边形的周长和外切正6n 边形(各边均与圆相切的正6n 边形)的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔·卡西的方法，π的近似值的表达式是( ) A ．3n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n B ．6n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n C ．3n ⎝⎛⎭⎫sin 60°n ＋tan 60°n D ．6n ⎝⎛⎭⎫sin 60°n＋tan 60°n 答案 A解析 设内接正6n 边形的周长为C 1，外切正6n 边形的周长为C 2，如图(1)所示，sin 360°12n ＝BC 1， ∴BC ＝sin 30°n，∴AB ＝2sin 30°n ，C 1＝12n sin 30°n.如图(2)所示，tan 360°12n ＝B ′C ′1，∴B ′C ′＝tan 30°n，∴A ′B ′＝2tan 30°n ，C 2＝12n tan 30°n .∴2π＝C 1＋C 22＝6n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n ， ∴π＝3n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n＋tan 30°n . 10．(2020·天津，5)若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π 答案 C解析 由题意知，正方体的体对角线就是球的直径 ∴2R ＝(23)2＋(23)2＋(23)2＝6， ∴R ＝3，∴S 球＝4πR 2＝36π.11．(2020·浙江，5)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.73B.143 C ．3 D ．6 答案 A解析 如图，三棱柱的体积V 1＝12×2×1×2＝2，三棱锥的体积V 2＝13×12×2×1×1＝13，因此，该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝2＋13＝73.12．(2020·浙江，6)已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ，“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 B解析 如图，直线l ，m ，n 不过同一点，且l ，m ，n 共面有三种情况：①同一平面内三线平行；②两平行线与另一线相交；③三线两两相交．因此，“l ，m ，n 两两相交”是“l ，m ，n 共面”的一种情况，即“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的必要不充分条件．13.(2020·全国Ⅰ文，3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt △SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫a 22， ∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．14．(2020·全国Ⅰ文，12)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a . 由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23， OO 1＝a ＝2 3.在Rt △OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.15．(2020·全国Ⅱ文，11)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为( ) A. 3 B.32 C ．1 D.32答案 C解析 如图所示，过球心O 作OO 1⊥平面ABC ，则O 1为等边三角形ABC 的外心． 设△ABC 的边长为a ， 则34a 2＝934，解得a ＝3， ∴O 1A ＝23×32×3＝ 3.设球O 的半径为r ，则由4πr 2＝16π，得r ＝2，即OA ＝2. 在Rt △OO 1A 中，OO 1＝OA 2－O 1A 2＝1， 即O 到平面ABC 的距离为1.16．(2020·全国Ⅲ文，9)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．6＋4 2B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．4＋2 3答案 C解析 如图，该几何体为三棱锥，且其中有三个面是腰长为2的等腰直角三角形，第四个面是边长为22的等边三角形，所以该几何体的表面积为3×12×2×2＋12×22×22×32＝6＋2 3.二、填空题1．(2020·全国Ⅱ理，16)设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内； p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面； p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行； p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l . 则下述命题中所有真命题的序号是________． ①p 1∧p 4；②p 1∧p 2；③23p p ⌝∨；④34p p ⌝∨⌝. 答案 ①③④解析 p 1是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由平面的基本性质“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面”，可知p 1为真命题；p 2是假命题，因为当空间中三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；p 3是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；p 4是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线．由以上结论知綈p 2，綈p 3，綈p 4依次为真命题、真命题、假命题，从而①③④中命题为真命题，②中命题为假命题．2．(2020·全国Ⅲ理，15)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面P AB ，如图所示，则△P AB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB 中，P A ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.3．(2020·新高考全国Ⅰ，16)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________． 答案2π2解析 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ， 连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形， 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ，则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2. 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ . 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ 的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.4．(2020·新高考全国Ⅱ，13)棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱BB 1，AB 的中点，则三棱锥A 1－D 1MN 的体积为________． 答案 1解析 如图，由正方体棱长为2，得S △A 1MN ＝2×2－2×12×2×1－12×1×1＝32，又易知D 1A 1为三棱锥D 1－A 1MN 的高，且D 1A 1＝2， ∴1111A D MN D A MN V V --=＝13·1A MN S △·D 1A 1＝13×32×2＝1. 5.(2020·江苏，9)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半径为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm 3.答案 ⎝⎛⎭⎫123－π2 解析 螺帽的底面正六边形的面积 S ＝6×12×22×sin 60°＝63(cm 2)，正六棱柱的体积V 1＝63×2＝123(cm 3)， 圆柱的体积V 2＝π×0.52×2＝π2(cm 3)，所以此六角螺帽毛坯的体积 V ＝V 1－V 2＝⎝⎛⎭⎫123－π2cm 3. 6．(2020·浙江，14)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________． 答案 1解析 如图，设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则圆锥的侧面积S 侧＝πrl ＝2π， ∴r ＝12l .又圆锥侧面展开图为半圆， ∴12πl 2＝2π， ∴l ＝2，∴r ＝1.7．(2020·全国Ⅱ文，16)设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内； p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面； p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行； p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l . 则下述命题中所有真命题的序号是________． ①p 1∧p 4；②p 1∧p 2；③23p p ⌝∨；④34p p ⌝∨⌝. 答案 ①③④解析 p 1是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由平面的基本性质“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面”，可知p 1为真命题；p 2是假命题，因为当空间中三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；p 3是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；p 4是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线．由以上结论知綈p 2，綈p 3，綈p 4依次为真命题、真命题、假命题，从而①③④中命题为真命题，②中命题为假命题．8．(2020·全国Ⅲ文，16)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面P AB ，如图所示，则△P AB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB 中，P A ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.三、解答题1.(2020·全国Ⅰ理，18)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE ＝AD .△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO ＝66DO .(1)证明：P A ⊥平面PBC ； (2)求二面角B －PC －E 的余弦值．(1)证明 由题设，知△DAE 为等边三角形，设AE ＝1， 则DO ＝32，CO ＝BO ＝12AE ＝12， 所以PO ＝66DO ＝24， PC ＝PO 2＋OC 2＝64，PB ＝PO 2＋OB 2＝64， 又△ABC 为等边三角形，则BAsin 60°＝2OA ， 所以BA ＝32， P A ＝PO 2＋OA 2＝64， P A 2＋PB 2＝34＝AB 2，则∠APB ＝90°，所以P A ⊥PB ，同理P A ⊥PC ， 又PC ∩PB ＝P ，所以P A ⊥平面PBC . (2)解 过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，ON 所在直线为y 轴，OD 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E ⎝⎛⎭⎫－12，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，24， B ⎝⎛⎭⎫－14，34，0，C ⎝⎛⎭⎫－14，－34，0，PC →＝⎝⎛⎭⎫－14，－34，－24，PB →＝⎝⎛⎭⎫－14，34，－24，PE →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，－24，设平面PCB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0，得⎩⎨⎧－x 1－3y 1－2z 1＝0，－x 1＋3y 1－2z 1＝0，令x 1＝2，得z 1＝－1，y 1＝0， 所以n ＝(2，0，－1)，设平面PCE 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PE →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－3y 2－2z 2＝0，－2x 2－2z 2＝0，令x 2＝1，得z 2＝－2，y 2＝33， 所以m ＝⎝⎛⎭⎫1，33，－2，故cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |＝223×103＝255， 所以二面角B －PC －E 的余弦值为255.2.(2020·全国Ⅱ理，20)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO ＝AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．(1)证明 因为侧面BB 1C 1C 是矩形，且M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点， 所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN . 因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N . 又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN . 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)解 由已知得AM ⊥BC .以M 为坐标原点，MA →的方向为x 轴正方向，|MB →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB ＝2，AM ＝ 3.连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形， 故PM ＝233，E ⎝⎛⎭⎫233，13，0.由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC . 设Q (a,0,0)， 则NQ ＝4－⎝⎛⎭⎫233－a 2，B 1⎝⎛⎭⎪⎫a ，1，4－⎝⎛⎭⎫233－a 2， 故B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a ，－23，－4－⎝⎛⎭⎫233－a 2，|B 1E →|＝2103.又n ＝(0，－1,0)是平面A 1AMN 的一个法向量，故sin ⎝⎛⎭⎫π2－〈n ，B 1E →〉＝cos 〈n ，B 1E →〉 ＝n ·B 1E →|n ||B 1E →|＝1010.所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010. 3.(2020·全国Ⅲ理，19)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.(1)证明：点C 1在平面AEF 内；(2)若AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，求二面角A －EF －A 1的正弦值．(1)证明 设AB ＝a ，AD ＝b ，AA 1＝c ，如图，以C 1为坐标原点，C 1D 1—→，C 1B 1—→，C 1C —→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系C 1－xyz .连接C 1F ，则C 1(0,0,0)，A (a ，b ，c )， E ⎝⎛⎭⎫a ，0，23c ，F ⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ， EA →＝⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ，C 1F →＝⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ， 所以EA →＝C 1F →，所以EA ∥C 1F ， 即A ，E ，F ，C 1四点共面， 所以点C 1在平面AEF 内．(2)解 由已知得A (2,1,3)，E (2,0,2)，F (0,1,1)，A 1(2,1,0)， 则AE →＝(0，－1，－1)，AF →＝(－2,0，－2)， A 1E →＝(0，－1,2)，A 1F →＝(－2,0,1)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面AEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y 1－z 1＝0，－2x 1－2z 1＝0，可取n 1＝(－1，－1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面A 1EF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1E →＝0，n 2·A 1F →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y 2＋2z 2＝0，－2x 2＋z 2＝0，同理可取n 2＝⎝⎛⎭⎫12，2，1. 因为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－77，所以二面角A －EF －A 1的正弦值为427. 4.(2020·新高考全国Ⅰ，20)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面P AD ，平面P AD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ，且PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ，所以l ⊥PD ， 因为DC ∩PD ＝D ， 所以l ⊥平面PDC .(2)解 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，如图建立空间直角坐标系D －xyz ，因为PD ＝AD ＝1，则有D (0,0,0)，C (0,1,0)，A (1,0,0)，P (0,0,1)，B (1，1,0)， 设Q (m,0,1)，则有DC →＝(0,1,0)，DQ →＝(m,0,1)，PB →＝(1,1，－1)， 设平面QCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝－m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ＝(1,0，－m )， 则cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1. 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于 |cos 〈n ，PB →〉|＝|1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2m m 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63，当且仅当m ＝1时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63. 5.(2020·新高考全国Ⅱ，20)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，QB ＝2，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面P AD ，平面P AD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ，且PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ，所以l ⊥PD ， 因为DC ∩PD ＝D ， 所以l ⊥平面PDC .(2)解 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，C (0,1,0)， B (1,1,0)，P (0,0,1)，DC →＝(0,1,0)，PB →＝(1,1，－1)．由(1)设Q (a,0,1)，则BQ →＝(a －1，－1,1)． 由题意知(a －1)2＋2＝2， ∴a ＝1，∴DQ →＝(1,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面QCD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DQ →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，y ＝0，可取n ＝(1,0，－1)，∴cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n |·|PB →|＝63，故PB 与平面QCD 所成角的正弦值为63. 6.(2020·北京，16)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BB 1的中点．(1)求证：BC 1∥平面AD 1E ；(2)求直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值． (1)证明 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， AB ∥A 1B 1且AB ＝A 1B 1，A 1B 1∥C 1D 1且A 1B 1＝C 1D 1， ∴AB ∥C 1D 1且AB ＝C 1D 1，∴四边形ABC 1D 1为平行四边形，则BC 1∥AD 1， ∵BC 1⊄平面AD 1E ，AD 1⊂平面AD 1E ， ∴BC 1∥平面AD 1E .(2)解 以点A 为坐标原点，AD ，AB ，AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2， 则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，D 1(2,0,2)，E (0,2,1)， AD 1→＝(2,0,2)，AE →＝(0,2,1)，AA 1→＝(0,0,2)， 设平面AD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝0，n ·AE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2y ＋z ＝0，令z ＝－2，得x ＝2，y ＝1，则n ＝(2,1，－2)． cos 〈n ，AA 1→〉＝n ·AA 1→|n |·|AA 1→|＝－43×2＝－23.因此，直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.7.(2020·天津，17)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝2，CC 1＝3，点D ，E 分别在棱AA 1和棱CC 1上，且AD ＝1，CE ＝2，M 为棱A 1B 1的中点．(1)求证：C 1M ⊥B 1D ；(2)求二面角B －B 1E －D 的正弦值；(3)求直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值．(1)证明 依题意，以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CC 1→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，C 1(0,0,3)，A 1(2,0,3)，B 1(0,2,3)，D (2,0,1)，E (0,0,2)，M (1,1,3)．则C 1M →＝(1,1,0)，B 1D →＝(2，－2，－2)， ∵C 1M →·B 1D →＝2－2＋0＝0，∴C 1M ⊥B 1D .(2)解 依题意，CA →＝(2,0,0)是平面BB 1E 的一个法向量，EB 1→＝(0,2,1)，ED →＝(2,0，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面DB 1E 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EB 1→＝0，n ·ED →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋z ＝0，2x －z ＝0.不妨设x ＝1，可得n ＝(1，－1,2)．∴cos 〈CA →，n 〉＝CA →·n |CA →||n |＝66，∴sin 〈CA →，n 〉＝1－16＝306. ∴二面角B －B 1E －D 的正弦值为306. (3)解 依题意，AB →＝(－2,2,0)，由(2)知，n ＝(1，－1,2)为平面DB 1E 的一个法向量， ∴cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |＝－33，∴直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值为33. 8.(2020·江苏，15)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．(1)求证：EF ∥平面AB 1C 1； (2)求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1.证明 (1)因为E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点， 所以EF ∥AB 1.又EF ⊄平面AB 1C 1，AB 1⊂平面AB 1C 1， 所以EF ∥平面AB 1C 1.(2)因为B 1C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， 所以B 1C ⊥AB .又AB ⊥AC ，B 1C ⊂平面AB 1C ，AC ⊂平面AB 1C ， B 1C ∩AC ＝C ， 所以AB ⊥平面AB 1C . 又因为AB ⊂平面ABB 1， 所以平面AB 1C ⊥平面ABB 1.9.(2020·江苏，22)在三棱锥A －BCD 中，已知CB ＝CD ＝5，BD ＝2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO ＝2，E 为AC 的中点．(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值；(2)若点F 在BC 上，满足BF ＝14BC ，设二面角F －DE －C 的大小为θ，求sin θ的值．解 (1)如图，连接OC ，因为CB ＝CD ，O 为BD 的中点，所以CO ⊥BD .又AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥OC .以{OB →，OC →，OA →}为基底，建立空间直角坐标系O －xyz . 因为BD ＝2，CB ＝CD ＝5，AO ＝2， 所以B (1,0,0)，D (－1,0,0)，C (0,2,0)，A (0,0,2)． 因为E 为AC 的中点，所以E (0,1,1)． 所以AB →＝(1,0，－2)，DE →＝(1,1,1)，所以|cos 〈AB →，DE →〉|＝|AB →·DE →||AB →|·|DE →|＝|1＋0－2|5×3＝1515.因此，直线AB 与DE 所成角的余弦值为1515. (2)因为点F 在BC 上，BF ＝14BC ，BC →＝(－1,2,0)．所以BF →＝14BC →＝⎝⎛⎭⎫－14，12，0. 又DB →＝(2,0,0)，故DF →＝DB →＋BF →＝⎝⎛⎭⎫74，12，0.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面DEF 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ DE →·n 1＝0，DF →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＋z 1＝0，74x 1＋12y 1＝0，令x 1＝2，得y 1＝－7，z 1＝5，所以n 1＝(2，－7,5)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面DEC 的一个法向量， 又DC →＝(1,2,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n 2＝0，DC →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝0，x 2＋2y 2＝0，令x 2＝2，得y 2＝－1，z 2＝－1， 所以n 2＝(2，－1，－1)． 故|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|4＋7－5|78×6＝1313. 所以sin θ＝1－cos 2θ＝23913. 10.(2020·浙江，19)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝∠ACD ＝45°，DC ＝2BC .(1)证明：EF ⊥DB ；(2)求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．(1)证明 如图(1)，过点D 作DO ⊥AC ，交直线AC 于点O ，连接OB .由∠ACD ＝45°，DO ⊥AC ，得CD ＝2CO . 由平面ACFD ⊥平面ABC ，得DO ⊥平面ABC ， 所以DO ⊥BC .由∠ACB ＝45°，BC ＝12CD ＝22CO ，得BO ⊥BC .所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB . 由ABC －DEF 为三棱台， 得BC ∥EF ，所以EF ⊥DB .(2)解 方法一 如图(2)，过点O 作OH ⊥BD ，交直线BD 于点H ，连接CH .由ABC －DEF 为三棱台，得DF ∥CO ，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角． 由BC ⊥平面BDO ，得OH ⊥BC ， 故OH ⊥平面DBC ，所以∠OCH 为直线CO 与平面DBC 所成角． 设CD ＝22，则DO ＝OC ＝2，BO ＝BC ＝2， 得BD ＝6，OH ＝233，所以sin ∠OCH ＝OH OC ＝33.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33. 方法二 由ABC －DEF 为三棱台，得DF ∥CO ，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图(3)，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz .设CD ＝22，由题意知各点坐标如下：O (0,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，D (0,0,2)．因此OC →＝(0,2,0)，BC →＝(－1,1,0)，CD →＝(0，－2,2)． 设平面DBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－2y ＋2z ＝0，可取n ＝(1,1,1)，所以sin θ＝|cos 〈OC →，n 〉|＝|OC →·n ||OC →|·|n |＝33.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33. 11.(2020·全国Ⅰ文，19)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC ＝90°.(1)证明：平面P AB ⊥平面P AC ；(2)设DO ＝2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P －ABC 的体积． (1)证明 ∵D 为圆锥顶点，O 为底面圆心， ∴OD ⊥平面ABC ，∵P 在DO 上，OA ＝OB ＝OC ， ∴P A ＝PB ＝PC ，∵△ABC 是圆内接正三角形， ∴AC ＝BC ，△P AC ≌△PBC ，∴∠APC ＝∠BPC ＝90°，即PB ⊥PC ，P A ⊥PC ， P A ∩PB ＝P ，∴PC ⊥平面P AB ，PC ⊂平面P AC ，∴平面P AB ⊥平面P AC .(2)解 设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，圆锥的侧面积为πrl ＝3π，rl ＝3，OD 2＝l 2－r 2＝2，解得r ＝1，l ＝3，AC ＝2r sin 60°＝3， 在等腰直角三角形APC 中， AP ＝22AC ＝62， 在Rt △P AO 中，PO ＝AP 2－OA 2＝64－1＝22， ∴三棱锥P －ABC 的体积为V P －ABC ＝13PO ·S △ABC ＝13×22×34×3＝68.12.(2020·全国Ⅱ文，20)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心．若AO ＝AB ＝6，AO ∥平面EB 1C 1F ，且∠MPN ＝π3，求四棱锥B－EB 1C 1F 的体积．(1)证明 因为侧面BB 1C 1C 是矩形，且M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点， 所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN . 因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N . 又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN . 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)解 因为AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ， 平面A 1AMN ∩平面EB 1C 1F ＝PN ， 所以AO ∥PN ，又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN ＝AO ＝6，AP ＝ON ＝13AM ＝3，PM ＝23AM ＝23，EF ＝13BC ＝2.因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B －EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离． 如图，作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由(1)知，MT ⊥平面EB 1C 1F ， 故MT ＝PM sin ∠MPN ＝3. 底面EB 1C 1F 的面积为12(B 1C 1＋EF )·PN ＝12×(6＋2)×6＝24. 所以四棱锥B －EB 1C 1F 的体积为13×24×3＝24.13.(2020·全国Ⅲ文，19)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.证明：(1)当AB ＝BC 时，EF ⊥AC ； (2)点C 1在平面AEF 内． 证明 (1)如图，连接BD ，B 1D 1. 因为AB ＝BC ，所以四边形ABCD 为正方形，故AC ⊥BD .又因为BB 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 于是AC ⊥BB 1.又BD ∩BB 1＝B ，BD ，BB 1⊂平面BB 1D 1D ， 所以AC ⊥平面BB 1D 1D .又因为EF ⊂平面BB 1D 1D ，所以EF ⊥AC .(2)如图，在棱AA 1上取点G ，使得AG ＝2GA 1，连接GD 1，FC 1，FG ， 因为ED 1＝23DD 1，AG ＝23AA 1，DD 1∥AA 1且DD 1＝AA 1，所以ED 1∥AG 且ED 1＝AG ， 所以四边形ED 1GA 为平行四边形， 故AE ∥GD 1.因为B 1F ＝13BB 1，GA 1＝13AA 1，BB 1∥AA 1且BB 1＝AA 1，所以B 1F ∥GA 1，且B 1F ＝GA 1， 所以四边形B 1FGA 1是平行四边形， 所以FG ∥A 1B 1且FG ＝A 1B 1， 所以FG ∥C 1D 1且FG ＝C 1D 1， 所以四边形FGD 1C 1为平行四边形， 故GD 1∥FC 1. 所以AE ∥FC 1.所以A ，E ，F ，C 1四点共面，即点C 1在平面AEF 内．。
精编新版2020高考数学《立体几何初步》专题完整考试题(含参考答案)
2019年高中数学单元测试卷立体几何初步学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________一、选择题1．如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且BCF ADE ∆∆、均为正三角形，EF ∥AB ，EF=2，则该多面体的体积为（A ）32 （B ）33（C ）34 （D ）23(2005全国1理)2．A 、B 是直线l 外的两点，过A 、B 且和l 平行的平面的个数是（ ） （A ）0个（B ）1个 （C ）无数个 （D ）以上都有可能3．1．已知平面α与平面βγ、都相交，则这三个平面可能的交线有（ ） (A) 1条或2条 (B) 2条或3条 (C) 1条或3条 (D) 1条，或2条，或34．αβ∥，直线a α⊂，点B β∈，则β内过点B 的所有直线中-------------------------------（ ）(A)不一定存在与a 平行的直线 (B)只有两条与a 平行的直线 (C)存在无数条与a 平行的直线 (D)存在唯一一条与a 平行的直 5．2．正方体1111ABCD A B C D -中，P Q R 、、分别是11AB AD B C 、、的中点，那么正方体的过P Q R 、、的截面图形是-----------------------------------------------------（ ）(A)三角形 (B)四边形 (C)五边形 (D)六边 二、填空题6．下列命题中，正确命题的序号是________． ①若直线l 上有无数个点不在平面α内，则l ∥ α；②若直线l 与平面α平行，则l 与平面α内的任意一条直线都平行；③如果两条平行直线中的一条直线与一个平面平行，那么另一条直线也与这个平面平行； ④若直线l 与平面α平行，则l 与平面α内的任意一条直线都没有公共点．解析：①错误，l 上有无数个点不在平面α内，不等于所有点都不在平面α内，直线l 与平面α相交时就是这样的情形；②错误，l ∥α只是说线面无公共点，α内的线与直线 l 有平行和异面两种关系；③错误，有线面平行、线在面内两种位置关系；④符合直线与 平面平行的定义．只有④对．7．如图，P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点，过BC 的平面与平面PAD 交于EF ，那么四边形EFBC 的形状一定是__________8．设,αβ为互不重合的平面，m ，n 为互不重合的直线，给出下列四个命题：①若,,m n m n αα⊥⊂⊥则；②若,,m n m αα⊂⊂∥,n β∥β，则α∥β；③若,,,,m n n m n αβαβαβ⊥=⊂⊥⊥则；④若,,//,//m m n n ααββ⊥⊥则，其中所有正确命题的序号是 ．9．直观图的斜二测画法规则：（1）在已知图形中取水平平面，取________的轴O x O y 、，再取Oz 轴，使xOz ∠=______,且yOz ∠=________.（2）画直观图时，把它们画成对应的轴''''''O x O y O z 、、，使'''x O y ∠=________或________,'''x O z ∠=________.'''x O y 所确定的平面表示水平平面。
2020年新高考数学新题型立体几何选择试题分析与解答(17页)
2020年新高考数学新题型立体几何选择试题新题型立体几何试题多项选择题1．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，下面结论正确的是( )A ．//BD 平面11CB D B ．1AC BD ⊥C ．平面1111ACC A CBD ⊥D ．异面直线AD 与1CB 所成的角为60︒【分析】利用正方体侧棱垂直于底面的性质，结合线面平行、线面垂直、面面垂直的判定逐一核对四个选项得答案．【解答】解：对于A ，1111ABCD A B C D -Q 为正方体，11//BD B D ∴，由线面平行的判定可得//BD 面11CB D ，A 正确；对于B ，连接AC ，1111ABCD A B C D -Q 为正方体，BD AC ∴⊥，且1CC BD ⊥，由线面垂直的判定可得BD ⊥面1ACC ，1BD AC ∴⊥，B 正确；对于C ，由上可知BD ⊥面1ACC ，又11//BD B D ，11B D ∴⊥面1ACC ，则平面1111ACC A CB D ⊥，C 正确； 对于D ，异面直线AD 与1CB 所成的角即为直线BC 与1CB 所成的角，为45︒，D 错误． 故选：ABC ．2．设a ，b 为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中，错误的命题是( ) A ．若a ，b 与α所成的角相等，则//b αB ．若//a α，//b β，//αβ，则//a bC ．若a α⊂，b β⊂，//b α，则//αβD ．若a α⊥，b β⊥，αβ⊥，是a b ⊥【分析】根据题意，依次分析选项，A 、用直线的位置关系判断．B 、用长方体中的线线，线面，面面关系验证．C 、用长方体中的线线，线面，面面关系验证．D 、由a α⊥，αβ⊥，可得到a β⊂或//a β，再由b β⊥得到结论．【解答】解：A 、直线a ，b 的方向相同时才平行，不正确；B 、用长方体验证．如图，设11A B 为a ，平面AC 为α，BC 为b ，平面11A C 为β，显然有//a α，//b β，//αβ，但得不到//a b ，不正确；C 、可设11A B 为a ，平面1AB 为α，CD 为b ，平面AC 为β，满足选项C 的条件却得不到//αβ，不正确；D 、a α⊥Q ，αβ⊥，a β∴⊂或//a β又b β⊥Q ，a b ∴⊥，D 正确 故选：ABC ．3．在正四面体ABCD 中，E 、F 、G 分别是BC 、CD 、DB 的中点，下面四个结论中正确的是( ) A ．//BC 平面AGF B ．EG ⊥平面ABF C ．平面AEF ⊥平面BCDD ．平面ABF ⊥平面BCD【分析】根据正四面体的性质，结合线面平行或垂直的判定定理分别进行判断即可得到结论． 【解答】解：A ．过A 作AO ⊥平面BCD 于O ， Q 正四面体ABCD ，O ∴是正三角形BCD 的中心，F Q 、G 分别是CD 、DB 的中点，//GF BC ∴，则//BC 平面AGF ，故A 正确．B ．E Q 、F 、G 分别是BC 、CD 、DB 的中点，CD AF ∴⊥，CD BF ⊥，即CD ⊥平面ABF ，//EG CD Q ，EG ∴⊥平面ABF ，故B 正确．D ．Q ．E Q 、F 、G 分别是BC 、CD 、DB 的中点，CD AF ∴⊥，CD BF ⊥，即CD ⊥平面ABF ， CD ⊂Q 面BCD ，∴平面ABF ⊥平面BCD ，故D 正确， 只有C 错误， 故选：ABD ．4．已知直线l 、m ，平面a 、b ，且l a ⊥，//m b ，下列四个命题中正确命题是( ) A ．若//a b ，则l m ⊥B ．若l m ⊥，则//aC ．若a b ⊥，则//l mD ．若//l m ，则a b ⊥【分析】A 由垂直于平行平面中的一个则垂直另一个判断．B 由直线与平面的位置关系判断．C 由线面垂直的性质定理判断．D 由平行线中的一条垂直该平面，则另一条也垂直这个平面判断． 【解答】解：若//a b ，l a ⊥Q 则l b ⊥，又//m b l m ∴⊥Q ．故A 正确．若l m ⊥，l a ⊥Q ，则直线m 与平面a ，可能平行，相交或在平面内，故B 不正确． 若a b ⊥，//m b Q ，m a ∴⊂或//m a ，又l a ⊥Q ，l m ∴⊥，故C 不正确． 若//l m ，//m b Q ，l b ∴⊥，a b ∴⊥．D 正确． 故选：AD ．5．如图，四棱锥S ABCD -的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中正确的是( )A ．AC SB ⊥ B ．//AB 平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角【分析】根据SD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，以及三垂线定理，易证AC SB ⊥，根据线面平行的判定定理易证//AB 平面SCD ，根据直线与平面所成角的定义，可以找出ASO ∠是SA 与平面SBD 所成的角，CSO ∠是SC 与平面SBD 所成的角，根据三角形全等，证得这两个角相等；异面直线所成的角，利用线线平行即可求得结果．【解答】解：SD ⊥Q 底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，∴连接BD ，则BD AC ⊥，根据三垂线定理，可得AC SB ⊥，故A 正确；//AB CD Q ，AB ⊂/平面SCD ，CD ⊂平面SCD ， //AB ∴平面SCD ，故B 正确； SD ⊥Q 底面ABCD ，ASO ∠是SA 与平面SBD 所成的角，CSO ∠是SC 与平面SBD 所成的，而SAO CSO ∆≅∆，ASO CSO ∴∠=∠，即SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角，故C 正确； //AB CD Q ，AB ∴与SC 所成的角是SCD ∠，DC 与SA 所成的角是SAB ∠，而这两个角显然不相等，故D 不正确； 故选：ABC ．6．已知a ，b 是两条互相垂直的异面直线，下列说法中正确的是( ) A ．存在平面α，使得a α⊂且b α⊥B ．存在平面β，使得b β⊂ 且//a βC ．若点A ，B 分别在直线a ，b 上，且满足AB b ⊥，则一定有AB a ⊥D ．过空间某点不一定存在与直线a ，b 都平行的平面 【分析】根据异面直线的性质进行逐项分析判断．【解答】解：对于A ，设a ，b 的公垂线为AB ，其中A a ∈，B b ∈． 过B 作a 的平行线a '，设直线a 与a '确定的平面为平面α， 则AB α⊂，a α⊂，a α'⊂，b AB ⊥Q ，b a ⊥，b α∴⊥．故A 正确；对于B ，过b 上一点C 作//a a '，设b 与a '所确定的平面为β，则//a β，故B 正确．对于C ，设a ，b 的公垂线为CB ，且C a ∈，B b ∈．在a 上取异于C 的点A ，则b ⊥平面ABC ， AB b ∴⊥，但显然AB 与a 不垂直，故C 错误；对于D ，当空间一点在直线a 或直线b 上时，显然不存在与直线a ，b 都平行的平面，故D 正确． 故选：ABD ．7．若l 、m 、n 是互不相同的空间直线，α、β是不重合的平面，则下列命题中为假命题的是( )A ．若//αβ，l α⊂，n β⊂，则//l nB ．若αβ⊥，l α⊂，则l β⊥C ．若l n ⊥，m n ⊥，则//l mD ．若l α⊥，//l β，则αβ⊥【分析】对于A ，考虑空间两直线的位置关系和面面平行的性质定理；对于B ，考虑线面垂直的判定定理及面面垂直的性质定理；对于C ，考虑空间两条直线的位置关系及平行公理；对于D ，考虑面面垂直的判定定理．【解答】解：选项A 中，l 除平行n 外，还有异面的位置关系，则A 不正确． 选项B 中，l 与β的位置关系有相交、平行、在β内三种，则B 不正确． 选项C 中，l 与m 的位置关系还有相交和异面，故C 不正确．选项D 中，由//l β，设经过l 的平面与β相交，交线为c ，则//l c ，又l α⊥，故c α⊥，又c β⊂，所以αβ⊥，正确．故选：ABC ．8．如图，在四面体ABCD 中，截面PQMN 是正方形，则在下列命题中，正确的为( )A ．AC BD ⊥B ．//AC 截面PQMN C ．AC BD =D ．异面直线PM 与BD 所成的角为45︒【分析】首先由正方形中的线线平行推导线面平行，再利用线面平行推导线线平行，这样就把AC 、BD 平移到正方形内，即可利用平面图形知识做出判断．【解答】解：因为截面PQMN 是正方形，所以//PQ MN 、//QM PN ， 则//PQ 平面ACD 、//QM 平面BDA ， 所以//PQ AC ，//QM BD ，由PQ QM ⊥可得AC BD ⊥，故A 正确； 由//PQ AC 可得//AC 截面PQMN ，故B 正确；异面直线PM 与BD 所成的角等于PM 与QM 所成的角，故D 正确； 综上C 是错误的．故选：ABD ．9．1l ，2l ，3l 是空间三条不同的直线，则下列命题不正确的是( ) A ．12l l ⊥，2313//l l l l ⊥⇒ B ．12l l ⊥，2313//l l l l ⇒⊥ C ．1231////l l l l ⇒，2l ，3l 共面 D ．1l ，2l ，3l 共点1l ⇒，2l ，3l 共面【分析】通过两条直线垂直的充要条件两条线所成的角为90︒；判断出B 对；通过举常见的图形中的边、面的关系说明命题错误．【解答】解：对于A ，通过常见的图形正方体，从同一个顶点出发的三条棱两两垂直，A 错； 对于B ，12l l ⊥Q ，1l ∴，2l 所成的角是90︒，又231//l l l ∴Q ，3l 所成的角是1390l l ︒∴⊥，B 对； 对于C ，例如三棱柱中的三侧棱平行，但不共面，故C 错； 对于D ，例如三棱锥的三侧棱共点，但不共面，故D 错． 故选：ACD ．10．已知a ，b ，c 是三条不同的直线，且a ⊂平面α，b ⊂平面β，c αβ=I ，下列命题中正确的命题是( )A ．若a 与b 是异面直线，则c 至少与a 、b 中一条相交B ．若a 不垂直于c ，则a 与b 一定不垂直C ．若//a b ，则必有//a cD ．若a b ⊥，a c ⊥，则必有αβ⊥【分析】A 可运用反证法，若c 与a ，b 都不相交，即平行，由平行公理即可判断；B 若a 不垂直于c ，假设//a c ，b c ⊥，则a b ⊥，即可判断；C 运用线面平行的判定定理和性质定理，即可判断；D 若a b ⊥，a c ⊥，若//b c ，推不出a β⊥，也即推不出αβ⊥，即可判断．【解答】解：由于a ⊂平面α，b ⊂平面β，c αβ=I ，若c 与a ，b 都不相交，即平行， 则//c a ，//c b ，即有//a b ，与a ，b 异面矛盾，则A 正确； 若a 不垂直于c ，假设//a c ，b c ⊥，则a b ⊥，则B 错误；若//a b ，a β⊂/，即有//a β，c αβ=I ，a α⊂，则必有//a c ，则C 正确； 若a b ⊥，a c ⊥，若//b c ，推不出a β⊥，也即推不出αβ⊥，则D 错误． 故选：AC ．11．如图所示，已知正方体1111ABCD A B C D -，E ，F 分别是1D B ，1A C 上不重合的两个动点，下列四个结论中正确的是( )A ．1//CE D FB ．平面//AFD 平面11B EC C ．1AB EF ⊥D ．平面AED ⊥平面11ABB A【分析】由题意画出图形，利用两直线平行，同旁内角互补判断A ；取特殊位置判断B ；利用线面垂直的判定与性质判断C ；由面面垂直的判定判断D ． 【解答】解：如图，在1D B ，1A C 上分别取点E ，F ， 1111ABCD A B C D -Q 为正方体，则四边形11A BCD 为矩形，11111180FD C ECD A D C BCD ∠+∠<∠+∠=︒Q ，CE ∴与1D F 不平行，故A 错误；不妨取F 与1A 重合，E 与O 重合，此时平面平面AFD 与平面11B EC 相交，故B 错误； 11AB A B ⊥，1AB BC ⊥，且1A B BC B =I ，则1AB ⊥平面11A BCD ，则1AB EF ⊥，故C 正确；AD ⊥平面11ABB A ，而AD ⊂平面AED ，则平面AED ⊥平面11ABB A ，故D 正确．故选：CD ．12．在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G 分别是11A B ，11B C ，1BB 的中点，下列四个推断中正确的是( )A ．//FG 平面11AA D DB ．//EF 平面11BC DC ．//FG 平面11BC DD ．平面//EFG 平面11BC D【分析】由1//FG BC ，11//BC AD ，得1//FG AD ，从而//FG 平面11BC D ，//FG 平面11AA D D ；由11//EF AC ，11A C 与平面11BC D 相交，从而EF 与平面11BC D 相交，进而平面EFG 与平面11BC D 相交．【解答】解：Q 在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G 分别是11A B ，11B C ，1BB 的中点， 1//FG BC ∴，11//BC AD Q ，1//FG AD ∴，FG ⊂/Q 平面11AA D D ，1AD ⊂平面11AA D D ，//FG ∴平面11AA D D ，故A 正确；11//EF AC Q ，11A C 与平面11BC D 相交，EF ∴与平面11BC D 相交，故B 错误；E Q ，F ，G 分别是11A B ，11B C ，1BB 的中点，1//FG BC ∴，FG ⊂/Q 平面11BC D ，1BC ⊂平面11BC D ，//FG ∴平面11BC D ，故C 正确；EF Q 与平面11BC D 相交，∴平面EFG 与平面11BC D 相交，故D 错误．故选：AC ．13．把正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A BD C --，则下列四个结论中正确的结论是( ) A ．AC BD ⊥B ．ACD ∆是等边三角形C ．AB 与平面CBD 成60︒角D ．AB 与CD 所成角为45︒【分析】取AC 的中点E ，连接DE ，BE ，根据正方形可知EB AC ⊥，ED AC ⊥，则BED ∠为二面角B AC D --的平面角，在三角形BDE 中求出BD 的长．然后求出所求角的大小【解答】解：取BD 的中点E ，则AE BD ⊥，CE BD ⊥．BD ∴⊥面AEC ． BD AC ∴⊥，故A 正确．AD DC AB BC a ====，取AC 的中点E ，连接DE ，BE ，DE BE ==． ABCD Q 是正方形，EB AC ∴⊥，ED AC ⊥，BED ∴∠为二面角B AC D --的平面角，90BED ∴∠=︒BD a ∴=．所以ADC ∆是正三角形，故B 正确；ABD ∠为AB 与面BCD 所成的角为45︒，故C 错误．以E 为坐标原点，EC 、ED 、EA 分别为x ，y ，z 轴建立直角坐标系，则(0A ，0，)2，(0B ，2-，0)，(0D ，2，0)，(2C ，0，0)．(0AB =u u u r ，，)，DC =u u u r ，，0)．cos AB <u u u r ，12DC >=u u u rAB ∴<u u u r ，60DC >=︒u u u r，故D 错误．故选：AB ．14．对于四面体A BCD -，以下命题中正确的命题是( ) A ．若AB AC AD ==，则AB ，AC ，AD 与底面所成的角相等B ．若AB CD ⊥，AC BD ⊥，则点A 在底面BCD 内的射影是BCD ∆的内心C ．四面体A BCD -的四个面中最多有四个直角三角形D ．若四面体A BCD -的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为6π 【分析】对于A ，根据线面角的定义即可判断；对于B ，根据三垂线定理的逆定理可知，O 是BCD ∆的垂心，对于C 在正方体中，找出满足题意的四面体，即可得到直角三角形的个数，对于D 作出正四面体的图形，球的球心位置，说明OE 是内切球的半径，利用直角三角形，逐步求出内切球的表面积． 【解答】解：因为AB AC AD ==，设点A 在平面BCD 内的射影是O ，因为sin AO ABO AB ∠=，sin AOACO AC∠=，sin AOADO AD∠=，所以sin sin sin ABO ACO ADO ∠=∠=∠， 则AB ，AC ，AD 与底面所成的角相等；故A 正确；设点A 在平面BCD 内的射影是O ，则OB 是AB 在平面BCD 内的射影，因为AB CD ⊥，根据三垂线定理的逆定理可知：CD OB ⊥ 同理可证BD OC ⊥，所以O 是BCD ∆的垂心，故B 不正确； 如图：直接三角形的直角顶点已经标出，直角三角形的个数是4．故C 正确 如图O 为正四面体ABCD 的内切球的球心，正四面体的棱长为：1；所以OE 为内切球的半径，BF AF ==BE =所以AE ==， 因为222BO OE BE -=，所以222)OE OE --=，所以OE =， 所以球的表面积为：246OE ππ=g ，故D 正确．故选：ACD ．15．以下四个命题中真命题是( )A ．如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行B ．如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面C ．如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线互相平行D ．如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直【分析】对于立体几何中的线线、线面、面面关系的判定可依据课本中有关定理结论进行判断，也可列举反例从而说明不正确即可．【解答】解：观察正方体中的线面位置关系，结合课本中在关线面位置关系的定理知，ABD 正确．对于C ，A B ''、A D ''都平行于一个平面AC ，但它们不平行，故C 错． 故选：ABD ．16．平面α外有两条直线m 和n ，如果m 和n 在平面α内的射影分别是m '和n '，下列四个命题中不正确的命题是( ) A ．m n m n '⊥'⇒⊥ B ．m n m n ⊥⇒'⊥'C ．m '与n '相交m ⇒与n 相交或重合D ．m '与n '平行m ⇒与n 平行或重合【分析】由射影的概念以及线线垂直关系的判定方法，观察具体的正方体判断，即可得答案． 【解答】解：由射影的概念以及线线垂直关系的判定方法，观察如图的正方体： AC BD ⊥Q 但1A C ，1BD 不垂直，故A 错； 11A B AB ⊥Q 但在底面上的射影都是AB 故B 错；AC Q ，BD 相交，但1A C ，BD 异面，故C 错； //AB CD Q 但1A B ，1C D 异面，故D 错故选：ABCD ．17．已知m 、n 是两条不重合的直线，α、β、γ是三个两两不重合的平面，下列四个命题中真命题是()A ．若m α⊥，m β⊥，则//αβB ．若αγ⊥，βα⊥，则//γβC ．若//m α，//n β，//m n ，则//αβD ．若m 、n 是异面直线，m α⊥，//m β，n β⊥，//n α，则αβ⊥ 【分析】要求解本题，需要寻找特例，进行排除即可．【解答】解：A 因为α、β是不重合的平面，m α⊥，m β⊥，所以//αβ；B 若αγ⊥，βα⊥，α、β、γ是三个两两不重合的平面，可知α不一定平行β；://C m α，//n β，//m n ，αβ可能相交，不一定平行；D 因为mn 两直线是异面直线，可知不平行，又因为m α⊥，//m β，n β⊥，//n α，可知α、β只能满足垂直关系． 故选：AD ．18．不同直线m ，n 和不同平面α，β，下列命题中假命题有( ) A ．////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭B ．//////m n n m ββ⎫⇒⎬⎭C ．,m m n n αβ⊂⎫⇒⎬⊂⎭异面 D ．//m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⎭【分析】不同直线m ，n 和不同平面α，β，结合平行与垂直的位置关系，分析和举出反例判定，即可得到结果． 【解答】解：////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭，m 与平面β没有公共点，所以A 是正确的． //////m n n m ββ⎫⇒⎬⎭，直线n 可能在β内，所以B 不正确． ,m m n n αβ⊂⎫⇒⎬⊂⎭异面，可能两条直线相交，所以C 不正确． //m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⎭，m 与平面β可能平行，D 不正确． 故选：BCD ．19．下列四个命题中真命题是( )A ．若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行B ．若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直C ．垂直于同一直线的两条直线相互平行D ．若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直【分析】从直线与平面平行与垂直，平面与平面平行与垂直的判定与性质，考虑选项中的情况，找出其它可能情形加以判断，推出正确结果．【解答】解：若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；如果这两条直线平行，可能得到两个平面相交，所以A 不正确． 若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；这是判定定理，B 正确． 垂直于同一直线的两条直线相互平行；可能是异面直线．C 不正确．若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．D 正确． 故选：BD ．20．关于直线m ，n 与平面α，β，以下四个命题中真命题是( ) A ．若//m α，//n β且//αβ，则//m n B ．若m α⊥，n β⊥且αβ⊥，则m n ⊥ C ．若m α⊥，//n β且//αβ，则m n ⊥D ．若//m α，n β⊥且αβ⊥，则//m n【分析】根据线面垂直的性质定理和线面平行的性质定理，对四个结论逐一进行分析，易得到答案． 【解答】解：若//m α，//n β且//αβ，则m ，n 可能平行也可能异面，也可以相交，故A 错误； 若m α⊥，n β⊥且αβ⊥，则m ，n 一定垂直，故B 正确； 若m α⊥，//n β且//αβ，则m ，n 一定垂直，故C 正确；若//m α，n β⊥且αβ⊥，则m ，n 可能相交、平行也可能异面，故D 错误 故选：BC ．21．如图，直三棱柱111ABC A B C -中，12AA =，1AB BC ==，90ABC ∠=︒，外接球的球心为O ，点E 是侧棱1BB 上的一个动点．下列判断中正确的是( )A ．直线AC 与直线1C E 是异面直线B ．1A E 一定不垂直1ACC ．三棱锥1E AA O -的体积为定值D ．1AE EC +的最小值为【分析】由题意画出图形，由异面直线的概念判断A ；利用线面垂直的判定与性质判断B ；找出球心，由棱锥底面积与高为定值判断C ；设BE x =，列出1AE EC +关于x 的函数式，结合其几何意义求出最小值判断D ．【解答】解：如图，A ．Q 直线AC 经过平面11BCCB 内的点C ，而直线1C E 在平面11BCC B 内不过C ，∴直线AC 与直线1C E 是异面直线，故A 正确；B ．当11A E AB ⊥时，1A E ⊥平面11ABC ，则11A E AC ⊥，故B 错误；C ．由题意知，直三棱柱111ABC A B C -的外接球的球心为O 是1AC 与1A C 的交点，则△1AAO 的面积为定值，由1//BB 平面11AA C C ，E ∴到平面1AAO 的距离为定值，∴三棱锥1E AA O -的体积为定值，故C 正确；D ．设BE x =，则12B E x =-，1AE EC ∴+=．由其几何意义，即平面内动点(,1)x 与两定点(0,0)，(2,0)距离和的最小值知，其最小值为D 正确． 故选：ACD ．22．设m 、n 是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面．下列四个命题中正确命题是( ) A ．若m α⊥，//n α，则m n ⊥ B ．若//αβ，//βγ，m α⊥，则m γ⊥ C ．若//m α，//n α，则//m nD ．若αγ⊥，βγ⊥，则//αβ【分析】直线与平面平行与垂直，平面与平面平行与垂直的判定与性质，对选项进行逐一判断，推出结果即可．【解答】解：若m α⊥，//n α，则m n ⊥，是直线和平面垂直的判定，A 正确；若//αβ，//βγ，m α⊥，则m γ⊥，推出//αγ，满足直线和平面垂直的判定，B 正确； 若//m α，//n α，则//m n ，两条直线可能相交，也可能异面，C 不正确．若αγ⊥，βγ⊥，则//αβ中m 与n 可能相交或异面．考虑长方体的顶点，α与β可以相交．D 不正确． 故选：AB ．23．已知直线l ⊂/平面α，直线m ⊂平面α，下面四个结论中正确的是( ) A ．若l α⊥，则l m ⊥ B ．若//l α，则//l m C ．若l m ⊥，则l α⊥D ．若//l m ，则//l α【分析】在A 中，由线面垂直的性质定理得l m ⊥；在B 中，l 与m 平行或异面；在C 中，l 与α不一定垂直；在D 中，由线面平行的判定定理得//l α．【解答】解：由直线l ⊂/平面α，直线m ⊂平面α，知： 若l α⊥，则由线面垂直的性质定理得l m ⊥，故A 正确； 若//l α，则l 与m 平行或异面，故B 错误； 若l m ⊥，则l 与α不一定垂直，故C 错误；若//l m ，则由线面平行的判定定理得//l α，故D 正确． 故选：AD ．24．如图，M 是正方体1111ABCD A B C D -的棱1DD 的中点，下列命题中真命题是( )A ．过M 点有且只有一条直线与直线AB 、11BC 都相交 B ．过M 点有且只有一条直线与直线AB 、11B C 都垂直 C ．过M 点有且只有一个平面与直线AB 、11B C 都相交D ．过M 点有且只有一个平面与直线AB 、11B C 都平行【分析】点M 不在这两异面直线中的任何一条上，所以，过M 点有且只有一条直线与直线AB 、11B C 都相交，A 正确．过M 点有且只有一条直线与直线AB 、11B C 都垂直，B 正确．过M 点有无数个平面与直线AB 、11B C 都相交，C 不正确．过M 点有且只有一个平面与直线AB 、11B C 都平行，D 正确． 【解答】解：直线AB 与11B C 是两条互相垂直的异面直线，点M 不在这两异面直线中的任何一条上，如图所示：取1C C 的中点N ，则//MN AB ，且MN AB =，设BN 与11B C 交于H ，则点A 、B 、M 、N 、H 共面， 直线HM 必与AB 直线相交于某点O ．所以，过M 点有且只有一条直线HO 与直线AB 、11B C 都相交；故A 正确．过M 点有且只有一条直线与直线AB 、11B C 都垂直，此垂线就是棱1DD ，故B 正确． 过M 点有无数个平面与直线AB 、11B C 都相交，故C 不正确．过M 点有且只有一个平面与直线AB 、11B C 都平行，此平面就是过M 点与正方体的上下底都平行的平面，故D 正确． 故选：ABD ．25．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，棱长为1，点P 为线段1A C 上的动点（包含线段端点），则下列结论正确的( )A ．当113A C A P =u u u u r u u u r时，1//D P 平面1BDC B ．当113A C A P =u u u u r u u u r时，1A C ⊥平面1D APC ．1APD ∠的最大值为90︒D ．1AP PD + 【分析】利用三棱锥111A A B D -的体积可知当113A C A P =u u u u r u u u r时，P 为1A C 与平面11AB D 的交点，根据平面11//AB D 平面1BDC 可判断A ，根据1A C ⊥平面11AB D 可判断B ，根据等边三角形11AB D 可判断C ，根据Rt △1A AC Rt ≅△11A D C 可判断D ．【解答】解：连结1AB ，11B D ，1AD ，则1111111326A AB D V -=⨯⨯=，111sin 602AB D S =︒=V ，1AC =设1A 到平面11AB D 的距离为h ，则1136h =，解得h ， 113h AC ∴=． ∴当113A C A P =u u u u r u u u r时，P 为1A C 与平面11AB D 的交点． Q 平面11//AB D 平面1BDC ，1D P ⊂Q 平面11AB D ，1//D P ∴平面1BDC ，故A 正确；由①可知P ∈平面11AB D ，1A C ⊥Q 平面11AB D ，1A C ∴⊥平面1D AP ，故B 正确；可知当113A C A P =u u u u r u u u r时，P 为等边△11AB D 的中心， 1120APD ∴∠=︒，故C 错误；连结AC ，1D C ，则Rt △1A AC Rt ≅△11A D C ，1AP D P ∴=，AP ∴的最小值为11AA AC AC =g ， 1AP PD ∴+．故D 正确． 故选：ABD ．。
专题08 三视图-2020年高考数学(理)母题题源解密(解析版)
12
4
正四面体所有棱相切的球的半径是 2 a ． 4
（4）球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径． （5）球与圆台的底面与侧面均相切，则球的直径等于圆台的高．
8．柱体、锥体、台体的体积公式
几何体
体积
5
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柱体
V柱体 Sh (S 为底面面积，h 为高)，V圆柱 πr2h (r 为底面半径，h 为高)
根据立体图形可得： S△ABC
S△ ADC
S△CDB
1 22 2
2
根据勾股定理可得： AB AD DB 2 2
△ ADB 是边长为 2 2 的等边三角形
根据三角形面积公式可得：
1
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S△ ADB
1 2
AB
AD sin 60
1 2
(2
2)2
3 2 2
2
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【答题模板】 三视图问题的常见类型及解题策略： （1）由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结 合空间想象将三视图还原为实物图． （2）由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线，不 能看到的部分用虚线表示． （3）由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形 式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分 三视图是否符合. （4）求几何体体积问题需先由三视图确定几何体的结构特征，判断是否为组合体，由哪些简单几何体构成， 并准确判断这些几何体之间的关系，将其切割为一些简单的几何体，再求出各个简单几何体的体积，最后 求出组合体的体积． 【方法总结】 1．线条的规则
2020年新高考数学新题型立体几何试题(6页)
2020年新高考数学新题型立体几何试题新题型立体几何试题学校:_________ 姓名：_________ 班级：_________ 考号：_________多项选择题（请将答案填写在各试题的答题区内）1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 301．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，下面结论正确的是( )A ．//BD 平面11CB D B ．1AC BD ⊥C ．平面1111ACC A CBD ⊥D ．异面直线AD 与1CB 所成的角为60︒2．设a ，b 为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中，错误的命题是( ) A ．若a ，b 与α所成的角相等，则//b αB ．若//a α，//b β，//αβ，则//a bC ．若a α⊂，b β⊂，//b α，则//αβD ．若a α⊥，b β⊥，αβ⊥，是a b ⊥3．在正四面体ABCD 中，E 、F 、G 分别是BC 、CD 、DB 的中点，下面四个结论中正确的是( ) A ．//BC 平面AGFB ．EG ⊥平面ABFC ．平面AEF ⊥平面BCD D ．平面ABF ⊥平面BCD4．已知直线l 、m ，平面a 、b ，且l a ⊥，//m b ，下列四个命题中正确命题是( ) A ．若//a b ，则l m ⊥ B ．若l m ⊥，则//a C ．若a b ⊥，则//l mD ．若//l m ，则a b ⊥5．如图，四棱锥S ABCD -的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中正确的是( )A ．AC SB ⊥ B ．//AB 平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角6．已知a ，b 是两条互相垂直的异面直线，下列说法中正确的是( ) A ．存在平面α，使得a α⊂且b α⊥B ．存在平面β，使得b β⊂ 且//a βC ．若点A ，B 分别在直线a ，b 上，且满足AB b ⊥，则一定有AB a ⊥D ．过空间某点不一定存在与直线a ，b 都平行的平面7．若l 、m 、n 是互不相同的空间直线，α、β是不重合的平面，则下列命题中为假命题的是( ) A ．若//αβ，l α⊂，n β⊂，则//l n B ．若αβ⊥，l α⊂，则l β⊥C ．若l n ⊥，m n ⊥，则//l mD ．若l α⊥，//l β，则αβ⊥8．如图，在四面体ABCD 中，截面PQMN 是正方形，则在下列命题中，正确的为( )A ．AC BD ⊥B ．//AC 截面PQMNC ．AC BD =D ．异面直线PM 与BD 所成的角为45︒9．1l ，2l ，3l 是空间三条不同的直线，则下列命题不正确的是( ) A ．12l l ⊥，2313//l l l l ⊥⇒ B ．12l l ⊥，2313//l l l l ⇒⊥C ．1231////l l l l ⇒，2l ，3l 共面D ．1l ，2l ，3l 共点1l ⇒，2l ，3l 共面10．已知a ，b ，c 是三条不同的直线，且a ⊂平面α，b ⊂平面β，c αβ=I ，下列命题中正确的命题是( )A ．若a 与b 是异面直线，则c 至少与a 、b 中一条相交B ．若a 不垂直于c ，则a 与b 一定不垂直C ．若//a b ，则必有//a cD ．若a b ⊥，a c ⊥，则必有αβ⊥11．如图所示，已知正方体1111ABCD A B C D -，E ，F 分别是1D B ，1A C 上不重合的两个动点，下列四个结论中正确的是( )A ．1//CE D FB ．平面//AFD 平面11B EC C ．1AB EF ⊥D ．平面AED ⊥平面11ABB A12．在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G 分别是11A B ，11B C ，1BB 的中点，下列四个推断中正确的是( )A ．//FG 平面11AA D DB ．//EF 平面11BC DC ．//FG 平面11BC DD ．平面//EFG 平面11BC D13．把正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A BD C --，则下列四个结论中正确的结论是( ) A ．AC BD ⊥B ．ACD ∆是等边三角形C ．AB 与平面CBD 成60︒角D ．AB 与CD 所成角为45︒14．对于四面体A BCD -，以下命题中正确的命题是( ) A ．若AB AC AD ==，则AB ，AC ，AD 与底面所成的角相等B ．若AB CD ⊥，AC BD ⊥，则点A 在底面BCD 内的射影是BCD ∆的内心C ．四面体A BCD -的四个面中最多有四个直角三角形D ．若四面体A BCD -的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为6π 15．以下四个命题中真命题是( )A ．如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行B ．如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面C ．如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线互相平行D ．如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直16．平面α外有两条直线m 和n ，如果m 和n 在平面α内的射影分别是m '和n '，下列四个命题中不正确的命题是( ) A ．m n m n '⊥'⇒⊥ B ．m n m n ⊥⇒'⊥'C ．m '与n '相交m ⇒与n 相交或重合D ．m '与n '平行m ⇒与n 平行或重合17．已知m 、n 是两条不重合的直线，α、β、γ是三个两两不重合的平面，下列四个命题中真命题是()A ．若m α⊥，m β⊥，则//αβB ．若αγ⊥，βα⊥，则//γβC ．若//m α，//n β，//m n ，则//αβD ．若m 、n 是异面直线，m α⊥，//m β，n β⊥，//n α，则αβ⊥ 18．不同直线m ，n 和不同平面α，β，下列命题中假命题有( ) A ．////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭B ．//////m n n m ββ⎫⇒⎬⎭C ．,m m n n αβ⊂⎫⇒⎬⊂⎭异面 D ．//m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⎭19．下列四个命题中真命题是( )A ．若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行B ．若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直C ．垂直于同一直线的两条直线相互平行D ．若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直 20．关于直线m ，n 与平面α，β，以下四个命题中真命题是( ) A ．若//m α，//n β且//αβ，则//m n B ．若m α⊥，n β⊥且αβ⊥，则m n ⊥ C ．若m α⊥，//n β且//αβ，则m n ⊥D ．若//m α，n β⊥且αβ⊥，则//m n21．如图，直三棱柱111ABC A B C -中，12AA =，1AB BC ==，90ABC ∠=︒，外接球的球心为O ，点E 是侧棱1BB 上的一个动点．下列判断中正确的是( )A ．直线AC 与直线1C E 是异面直线B ．1A E 一定不垂直1ACC ．三棱锥1E AA O -的体积为定值D ．1AE EC +的最小值为22．设m 、n 是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面．下列四个命题中正确命题是( ) A ．若m α⊥，//n α，则m n ⊥ B ．若//αβ，//βγ，m α⊥，则m γ⊥ C ．若//m α，//n α，则//m nD ．若αγ⊥，βγ⊥，则//αβ23．已知直线l ⊂/平面α，直线m ⊂平面α，下面四个结论中正确的是( ) A ．若l α⊥，则l m ⊥ B ．若//l α，则//l m C ．若l m ⊥，则l α⊥D ．若//l m ，则//l α24．如图，M 是正方体1111ABCD A B C D -的棱1DD 的中点，下列命题中真命题是( )A ．过M 点有且只有一条直线与直线AB 、11BC 都相交 B ．过M 点有且只有一条直线与直线AB 、11B C 都垂直 C ．过M 点有且只有一个平面与直线AB 、11B C 都相交D ．过M 点有且只有一个平面与直线AB 、11B C 都平行25．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，棱长为1，点P 为线段1A C 上的动点（包含线段端点），则下列结论正确的( )A ．当113A C A P =u u u u r u u u r时，1//D P 平面1BDC B ．当113A C A P =u u u u r u u u r时，1A C ⊥平面1D APC ．1APD ∠的最大值为90︒D ．1AP PD +。
2020年新高考数学新题型立体几何精选典型选择试题(5页)
2020年新高考数学新题型立体几何精选典型选择试题新题型立体几何试题学校:_________ 姓名：_________ 班级：_________ 考号：_________多项选择题（请将答案填写在各试题的答题区内）1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 301．（2020•海南模拟）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AB ，E ，F 分别为AB ，BC 的中点，异面直1AB 与1C F 所成角的余弦值为m ，则( )A ．m =B ．直线1A E 与直线1C F 共面C ．m =D ．直线1AE 与直线1CF 异面2．（2019秋•中山市期末）若四面体ABCD 的三组对棱分别相等，即AB CD =，AC BD =，AD BC =，则下列结论正确的是( )A ．四面体ABCD 每组对棱相互垂直B ．四面体ABCD 每个面的面积相等C ．从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90︒且小于180︒ D ．连接四面体ABCD 每组对棱中点的线段相互垂直平分3．（2020•山东模拟）如图所示，在四个正方体中，l 是正方体的一条体对角线，点M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出l ⊥平面MNP 的图形为( )A ．B ．C ．D ．4．（2020•顺德区模拟）设α是给定的平面，A ，B 是不在α内的任意两点，则( ) A ．在α内存在直线与直线AB 异面 B ．在α内存在直线与直线AB 相交 C ．在α内存在直线与直线AB 平行 D ．存在过直线AB 的平面与α垂直 E ．存在过直线AB 的平面与α平行5．（2020•山东模拟）如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM ∆沿直线AM 翻折成△1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是( )A ．存在某个位置，使得CN AB ⊥ B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -的外接球的表面积是4π 6．（2020春•鼓楼区校级月考）已知直线a 、b 和平面α，下列说法中不正确的有( ) A ．若//a α，//b α，则//a b B ．若//a b ，//b α，则//a αC ．若//a α，b α⊂，则//a bD ．直线a 平行于平面α内的无数条直线，则//a α7．（2019秋•如皋市期末）在正三棱锥A BCD -中，侧棱长为3，底面边长为2，E ，F 分别为棱AB ，CD 的中点，则下列命题正确的是( ) A ．EF 与AD 所成角的正切值为32 B ．EF 与AD 所成角的正切值为23C ．AB 与面ACD 所成角的余弦值为12D ．AB 与面ACD 所成角的余弦值为798．（2019秋•三明期末）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，5AB =，4AD =，13AA =，以直线DA ，DC ，1DD 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则( )A ．点1B 的坐标为(4，5，3)B ．点1C 关于点B 对称的点为(5，8，3)-C ．点A 关于直线1BD 对称的点为(0，5，3) D ．点C 关于平面11ABB A 对称的点为(8，5，0)9．（2019秋•菏泽期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面为直角梯形，//AD BC ，90BAD ∠=︒，PA ⊥底面ABCD ，且2PA AD AB BC ===，M 、N 分别为PC 、PB 的中点．则( )A ．CD AN ⊥B ．BD PC ⊥C ．PB ⊥平面ANMDD ．BD 与平面ANMD 所在的角为30︒10．（2019秋•葫芦岛期末）若(1,,2)a λ=--r ，(2,1,1)b =-r ，a r与b r 的夹角为120︒，则λ的值为( ) A ．17B ．17-C ．1-D ．111．（2019秋•泰安期末）已知v r 为直线l 的方向向量，1n u u r ，2n u u r 分别为平面α，β的法向量(α，β不重合），那么下列选项中，正确的是( ) A ．12////n n αβ⇔u u r u u rB ．12n n αβ⊥⇔⊥u u r u u rC ．1////v n l α⇔uu r rD ．1//v n l α⊥⇔uu r r12．（2019秋•日照期末）将正方形ABCD 沿对角线BD 对折，使得平面ABD ⊥平面BCD ，则( ) A ．AC BD ⊥B ．ADC ∆为等边三角形 C ．AB 与CD 所成角为60︒D ．AB 与平面BCD 所成角为60︒13．（2019秋•丹东期末）正三棱柱111ABC A B C -中，1AA =，则( ) A ．1AC 与底面ABC 的成角的正弦值为12B ．1AC 与底面ABCC ．1AC 与侧面11AA B BD ．1AC 与侧面11AA B B14．（2019秋•烟台期末）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =，E ，F ，P ，Q 分别为棱AB ，AD ，1DD ，1BB 的中点，则下列结论正确的是( ) A ．AC BP ⊥B ．1B D ⊥平面EFPQC ．1//BC 平面EFPQD ．直线A ，D 和AC 15．（2019秋•苏州期末）已知向量(1a =r ，2，3)，(3b =r ，0，1)-，(1c =-r，5，3)-，下列等式中正确的是( )A ．()a b c b c =r r r r rgg B ．()()a b c a b c +=+r r r r r r g g C ．2222()a b c a b c ++=++r r r r r rD ．||||a b c a b c ++=--r r r r r r16．（2019秋•南通期末）设a r ，b r ，c r是空间一个基底( )A ．若a b ⊥r r ，b c ⊥r r ，则a c ⊥r rB ．则a r ，b r ，c r 两两共面，但a r ，b r ，c r不可能共面C ．对空间任一向量p r，总存在有序实数组(x ，y ，)z ，使p xa yb zc =++r r r r D ．则a b +r r ，b c +r r ，c a +r r一定能构成空间的一个基底17．（2019秋•佛山期末）瑞士数学家欧拉()1765LeonhardEuler 年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知ABC ∆的顶点(4,0)A -，(0,4)B ，其欧拉线方程为20x y -+=，则顶点C 的坐标可以是( )A ．(2,0)B ．(0,2)C ．(2,0)-D ．(0,2)-18．（2019秋•连云港期末）已知点P 是ABC ∆所在的平面外一点，若(2AB =-u u u r ，1，4)，(1AP =u u u r ，2-，1)，(4AC =u u u r，2，0)，则( )A ．AP AB ⊥ B ．AP BP ⊥C ．BCD ．//AP BC19．（2019秋•潍坊期末）等腰直角三角形直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为( )AB ．(1π+C ．D ．(2)+20．（2020•淄博模拟）如图正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，线段11B D 上有两个动点E 、F ，且12EF =，则下列结论中正确的是( )A ．AC BE ⊥B ．//EF 平面ABCDC ．三棱锥A BEF -的体积为定值D ．AEF ∆的面积与BEF ∆的面积相等。
2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标I)(有详细解析)
2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标I）班级:___________姓名：___________得分：___________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80.0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.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4ρcos θ−16ρsin θ+ 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．答案和解析1.D解：由不等式x2−3x−4<0，解得−1<x<4，所以A∩B={1,3}，2.C解：z=1+2i−i=1+i，则|z|=√12+12=√2，3.C解：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,ℎ′a>0，解得ℎ′a =√5+14．4.A解：如图，从5点中随机选取3个点，共有10种情况，AOB，AOD，BOC，DOC，ABC，ADC，DBC，DAB，AOC，BOD，其中三点共线的有两种情况：AOC和BOD，则p=210=15．5.D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．6.B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2√r2−OA2=2，7.C解：由图可知f(−4π9)=cos (−4π9ω+π6)=0，所以−4π9ω+π6=π2+kπ(k∈Z),化简可得ω=−3+9k4(k∈Z)，又因为T<2π<2T，即2π|ω|<2π<4π|ω|，所以1<|ω|<2，则当且仅当k=−1时，1<|ω|<2，所以|ω|=32，故最小正周期T=2π|ω|=4π3．8.B解：由alog34=log34a=2，可得4a=32=9，∴4−a=(4a)−1=9−1=1，99.C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=21．10.D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=32，11.B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12|PF1|⋅|PF2|=3，12.B解：由圆O1的面积为4π=πr2，故圆O1的半径r=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，13.1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=1，14.5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=5．15.2x−y=0解：∵y=lnx+x+1，∴y′=1x+1设切点坐标为(x0,y0)，因为切线斜率为2，所以1x+1=2，故x0=1，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=0．16.7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=7．17.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．18.解：(1)由余弦定理得b2=a2+c2−2accosB，即28=3c2+c2−2√3c2cos150∘，解得c=2，所以a=2√3，所以S△ABC=12acsin B=12×2√3×2×12=√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°．19.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=√68．20.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 ,+∞)．21. 解：由题意A (−a,0),B (a,0),G (0,1),AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,1),GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,−1), AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅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 =m 9(x +3)x 29+y 2=1⇒(9+m 2)x 2+6m 2x +9m 2−81=0,由韦达定理−3x C =9m 2−819+m 2⇒x C =−3m 2+279+m 2，代入直线PA 的方程y =m9(x +3)得，y C =6m9+m ，即C(−3m 2+279+m ,6m9+m )，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=−2m1+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)．22.(1)当k=1时，曲线C1的参数方程为{x=costy=sint，化为直角坐标方程为x2+y2=1，表示以原点为圆心，半径为1的圆．(2)当k=4时，曲线C1的参数方程为{x=cos 4ty=sin4t，化为直角坐标方程为√x+√y=1，曲线C2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C1与曲线C2的公共点的直角坐标为(14,14 )．23. (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：(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}．。
2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标Ⅰ)【word版本;可编辑;含答案】1
2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）一、选择题1.已知集合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个不同温度条件下进行种子发芽实验，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+b ln x6.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]的图象大致如图，则f(x)的最小正周期为()A.10π9B.7π6C.4π3D.3π28.设a log34=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a 1+a 2+a 3=1，a 2+a 3+a 4=2，则a 6+a 7+a 8=() A.12B.24C.30D.3211.设F 1,F 2是双曲线C:x 2−y 23=1的两个焦点，O 为坐标原点，点P 在C 上且|OP|=2，则△PF 1F 2的面积为() A.72B.3C.52D.212.已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆，若⊙O 1的面积为4π，AB =BC =AC =OO 1，则球O 的表面积为() A.64π B.48π C.36π D.32π二、填空题13.若x ，y 满足约束条件{2x +y −2≤0,x −y −1≥0,y +1≥0,则z =x +7y 的最大值为________.14.设向量a →=(1,−1),b →=(m +1,2m −4)，若a →⊥b →，则m =________. 15.曲线y =ln x +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a 1=________. 三、解答题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，厂家每件要赔偿原料损失费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(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；。
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅰ)(含答案解析)
展开式的通项公式为 （ 且 ）
所以 的各项与 展开式的通项的乘积可表示为：
和
在 中，令 ，可得： ，该项中 的系数为 ，
在 中，令 ，可得： ，该项中 的系数为
所以 的系数为
故选：C
【点睛】
本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及分析能力，属于中档题.
9．A
【分析】
首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义即可求得其最大值.
【详解】
绘制不等式组表示的平面区域如图所示，
目标函数 即： ，
其中z取得最大值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最大，
据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值，
联立直线方程： ，可得点A的坐标为： ，
据此可知目标函数的最大值为： .
参考答案
1．D
【分析】
由题意首先求得 的值，然后计算其模即可.
【详解】
由题意可得： ，则 .
故 .
故选：D.
【点睛】
本题主要考查复数的运算法则和复数的模的求解等知识，属于基础题.
2．B
【分析】
由题意首先求得集合A,B，然后结合交集的结果得到关于a的方程，求解方程即可确定实数a的值.
【详解】
求解二次不等式 可得： ，
用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于 的一元二次方程，求解得出 ，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.
【详解】
，得 ，
即 ，解得 或 （舍去），
又 .
故选：A.
【点睛】
本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.
10．A
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《高中数学题根选载》 题根20.多面体，向四面体寻根我国恢复高考始于1977年，可是高考数学中的立体几何试题，却是1979年开始面世。
就是那道试题，向全国教育战线发出了重大信息：培养学生的空间想象能力是中学数学教育的极其重要的任务，而学好立体几何，则应从最简单的几何图形——四面体开始。
一.题根案例【根题】（1979，全国卷，六题）设三棱锥 V-ABC 中，∠AVB=∠BVC=∠CVA=直角求证：△ABC 是锐角三角形【证法1】如图1-1，作VD ⊥BC 于D ，∵△VBC 中∠BVC=90°. ∴点D 必在斜边BC 上。
∵VA ⊥VB 且VA ⊥VC,∴VA ⊥平面VBC ， 故VA ⊥BC.所作BC ⊥VD,∴BC ⊥平面VAD,从而BC ⊥AD 。
故∠ABC,∠ACB 为锐角，同理∠BAC 为锐角，故△ABC 为锐角三角形. 【证法2】建立如图1-2的空间直角坐标系，设.,VA aVB b VC c ===，有()()(),0,0,0,,0,0,0,A a B b C c ，()()2,,0,,0,,,AB a b AC a c AB AC a =-=-∴⋅=u u u r u u u r u u u r u u u rQ2cos 0AB AC a A bc AB AC⋅==>⋅u u u r u u u r u u u r u u u r ，故∠BAC 为锐角，同理 ∠ABC,∠BCA 为锐角，故△ABC 为锐角三角形.评注：在1979年的条件下，向量知识还远未进入中学数学。
那时本题的另一标准证法是利用余弦定理，即在设△ABC 的3边依次为,,a b c 的条件下，证明每个角的余弦之值为正。
可惜的是，那时能够顺利证明这道题的考生实在太少。
二、理论基础1.空间不共面的4点确定一个四面体。
每个四面体必定有4个顶点，6条棱和4个三角形表面。
2.一个表面是正三角形，另一个顶点在此表面的射影是此正三角形 中心的四面体，叫做正三棱锥。
正三棱锥的3个侧面都是等腰三角形；3.侧棱与底面边长相等的正三棱锥，叫做正四面体。
正四面体的每个表面都是正三角形；4.将一个长方体任意截下一个角块如图2，我们称截得四面体为“直角四面体”。
直角四面体具有如下性质：（1）它的3条侧棱两两垂直，从而3个侧面也两两垂直； （2）它的底面三角形ABC 必定是锐角三角形； （3）它的3组对棱都互相垂直；（4）如果它的侧棱,,,PA a PB b PC c ===，则它的体积16V abc =。
（5）如果它的3个侧面积依次为123,,,S S S 底面积为,S ，那么2222123S S S S =++。
这个结论是2020年高考全国文科卷一道考题的答案，可视为勾股定理在空间的推广。
（6）如果它的侧棱,,,PA a PB b PC c ===底面上的高为,h 那么22221111h a b c =++。
以上（5），（6）两结论的证明，请参看本书题根27：“连年勾股，连年风流”。
5.正方体中的四面体.如图3，依次连结正方体ABCD-EFGH 的4个顶点A,C,F,H,即将 原正方体分割为5个四面体。
其中分别以B,D,E,G 为一个顶点的四面体都是直角四面体，而6条面对角线组成的四面体ACFH ，则是正四面体。
若设正方体的棱长为,a 则其体积为3a ，每个直角四面体的体积都是316a ，所以这个正四面体的体积313ACFH V a =四面体. 反之，若设正四面体ACFH 的棱长为,a 2，其体积332224a a ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，于是331223412ACFH V a a =⋅=四面体. 如同边长为a 的正三角形面积为234a 一样，棱长为a 的正四面体体积必定是3212a . 以上说明，正四面体无非是正方体的一个“零件”，同样，任何四面体都可以看成某多面体的一个“零件”.于是我们认定：多面体的根在四面体。
学好空间几何，应当从学好四面体开始。
三、考场精彩【题1】（2020， 全国Ⅰ卷，1 5题）如图4-1，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且ADE ∆、BCF ∆均为正三角形，EF ∥AB ，EF=2，则该多面体的体积为（ ）图32343..32A B C D 【解析】如图4-2，延长EA 、FB 交于G ，又延长FC 、ED 交于H ，由三角形中位线性质知：多面体EFGH 是棱长为2的正四面体，其体积32222,123EFGH V =⨯=正四面体112222233EFGH ABCDEF V V A ∴===∴多面体正四面体选 评注：本题是当年高考中，难倒大批考生的“大难题”。
一般考生都是采用割补法作的，其计算量之大让人苦不堪言。
本解看出原多面体只不过是正四面体的一个“零件”，以下的计算就简便多了。
【题2】（2020.江苏卷，8题）在三棱柱ABC C B A -111中，F E D ,,分别是1,,AA AC AB 的中点，设三棱锥ADE F -的体积为1V ，三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ，则=21:V V .【解析】如图5，连11,,A B AC 显然1213A ABC V V -= ∵面DEF 是三棱锥1A A BC -的中截面，111.8A ABC V V -∴=从而12124V V =, 即121:24V V =。
评注：在平面几何中，两相似三角形的面积比等于其相似比的平方。
这一结论推广到空间：两相似三棱锥的体积比等于其相似比的立方。
图5中，由于D,E,F 分别是1,,AA AC AB 的中点，所以三棱锥 A-DEF 与A-BCA 1可视为相似三棱锥，其相似比为12。
【题3】（2020年武汉市二月调考）在四面体ABCD 34,41,5.则此四面体ABCD 的外接球的半径R 为（ ）5.52.52.42A B C D【解析】如图6，将这个四面体ABCD 置于长方体AEBF-GCHD 之中,那么该四面体与长方体有同一个外接球,且球半径等于该长方体的体对角线之半.设此长方体的三度（即长、宽、高度）依次为,,a b c .令22222222234415025a b b c a b c c a ⎧+=⎪+=⇒++=⎨⎪+=⎩于是这个长方体的体对角线之长52d =522R =选C. 评注：图6的长方体中去掉4个直角四面体后，得到一个“对角线四面体”，从长方体中分离出这个“对角线四面体”并不难，难的是将原题中的“对角线四面体”复原成长方体。
是一种“逆向思维”，是破解一些难题的重要手段。
【题4】（2020.辽宁卷.12题）有4根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a 的直铁条，使这6根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a 的取值范围是（ ）((((.62.1,22.62,62.0,22A B C D【解析】长为a 的这两根直铁条，有且仅有两种焊接 方法：（1）焊接成共一端点；（2）焊接为一组对棱.如图7-1，BC=BD=a.则在△BCD 中，BC+BD ＞CD, 即有a ＞1;△ABC 中，AB+AC ＞BC,即有a ＜4.于是得：1＜a ＜4 （1）取CD 中点M ，连AM,BM.则AM ⊥CD,BM ⊥CD.且21,3BM a AM =-=△ABM 中BM+AM ＞AB,即2132a ->21743,62a a ⇒->-∴>又BM ＜AB+AM,即22123843a a -<<+,∴62a <。
综合得62,62a ∈（2）再综合（1），（2），取交集得 ： 62,62a ∈（3）如图7-2,AD=BC=a,取BC 中点M,连AM,DM,则AM ⊥BC,DM ⊥BC,且244a AM DM ==-△AMD 中,AM+DM＞AD,即224224a a a ->⇒< （4）最后综合（3）（4），取并集：(26a ∈，故选A ．评注：1.不是任意6条线段都能够连成四面体。
它们能连成四面体的必要条件是：任一表面和中截面的3条线段都符合“任意两条之和大于第3条”。
2.由两个具有公共底边的等腰三角形组成的四面体，具有等腰三角形的类似性质，即中截面ABM 垂直平分其公底。
这是解题中重要的隐含条件，我们不妨称这样的四面体为“等腰四面体”。
【题5】（2020江西理数16题）如图8，在三棱锥O ABC -中，三条棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA >OB >OC ,分别经过三条棱OA ，OB ，OC 作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为1S ，2S ，3S ，则1S ，2S ，3S 的大小关系为 。
【解析】在图8中，设OA ,OB ,OC .a b c === 取BC 中点M,连AM,OM.则△AOM 中∠AOM=90°.222211111,2222OM BC b c S OA OM b c ==+=⋅⋅=+Q 同理：22222311,22S b c a S c a b =+=+于是()()()222222222222123111,,,444S a b c S b c a S c a b =+=+=+ ()()222222222212122323110,,0,44S S c a b S S S S a b c S S -=->∴>-=->∴>Q Q ，于是123S S S >>．评注：本解的思路是：先写出1S ，2S ，3S 的解析式，再用求差比较法比较其大小四、题根拓展1.四面体，向多面体拓展【题1】（2020.全国II 卷.11题）与正方体1111ABCD A B C D -的三条棱AB 、1CC 、11A D 所在直线的距离相等的点（ ） （A ）有且只有1个 （B ）有且只有2个 （C ）有且只有3个 （D ）有无数个【解析】正方体有8个顶点.3条两两异面的棱占用其中6个顶点，所以我们优先考察其他两个顶点.如图9，设正方体棱长为1.显然点D,与B 1到直线AB,1CC 、11A D所在直线的距离相等（都是1）.因而我们猜测：,直线D B 1上任意一点到这3条直线的距离都相等.以下给出证明：建立如图的空间直角坐标系，则直线D B 1上任意一点可记为(),,P a a a .依次作PE ⊥AB 于E,PF ⊥CC 1于F,PG⊥A 1D 1于G.则有E 1,,0,F 0,1,,G ,0,1a a a （）（）（）.那么()221PE PF PG a a ===+-2221a a =-+P 符合条件.所以符合题设条件的点有无穷多. 故选D.评注：根据这个分析，我们还可推出，当且仅当12a =时，这个距离的最小值为22d =.此时点P 位于正方体的中心. 2.四面体，向外接球拓展【题2】（湖北省黄冈市名校2020年高三数学模拟试题（4），12题）如图10-1，在正三棱锥S —ABC 中，M 、N 分别为棱SC 、BC 的中点，并且AM ⊥MN ，若侧棱长3S —ABC 的外接球的表面积为（ ）A ．9πB ．12πC ．16πD ．32π 【解析】既然S －ABC 是正三棱锥，必有SB ⊥AC （为什么？） ，.MN 是△SBC 的中位线，∴MN∥SB. 已知AM MN ⊥，AM SB ⊥∴，故SB ⊥平面SAC,故知此三棱锥为直角四面体。