最新2020版新高考理科数学专题强化训练：立体几何及答案
2020高考—立体几何(解答+答案)
2020年高考——立体几何1.(20全国Ⅰ文19)（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC△是底面的内接正三角形，P为DO 上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）设DO=2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P−ABC的体积.2.(20全国Ⅰ理18)（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE AD=．ABC△是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PO DO=．（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B PC E--的余弦值．3.（20全国Ⅱ文20）（12分）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=π3，求四棱锥B–EB1C1F的体积．4.（20全国Ⅱ理20）（12分）如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．5.（20全国Ⅲ文 19）（12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥； （2）点1C 在平面AEF 内．6.（20全国Ⅲ理19）（12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．7.（20新高考Ⅰ20）（12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．8.(20天津17)（本小题满分15分）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．9.(20浙江19)（本题满分15分）如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ． （Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．10.（20江苏15）（本小题满分14分）在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．11.（20江苏22）（本小题满分10分）在三棱锥A —BCD 中，已知CB =CD =5,BD =2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO =2，E 为AC 的中点．（1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值； （2）若点F 在BC 上，满足BF =14BC ，设二面角F —DE —C 的大小为θ，求sin θ的值．12.(20北京16)（本小题13分）如图，在正方体1111ABCD A B C D 中，E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．参考答案：1.解：（1）由题设可知，PA =PB = PC ．由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC ≌△PAB ． △PAC ≌△PBC ．又∠APC =90°，故∠APB =90°，∠BPC =90°．从而PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC ． （2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ． 由题设可得rl =3，222l r -=． 解得r =1，l =3，从而3AB =．由（1）可得222PA PB AB +=，故62PA PB PC ===． 所以三棱锥P -ABC 的体积为3111166()323228PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=．2．解：（1）设DO a =，由题设可得63,,63PO a AO a AB a ===，22PA PB PC a ===. 因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥. 所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得312(0,1,0),(0,1,0),(,0),(0,0,)222E A C P --. 所以312(,,0),(0,1,)222EC EP =--=-. 设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即20231022y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取3(2)=m . 由（1）知2(0,1,2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ， 则25cos ,|||5⋅==n m n m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为255.3．解：（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN ⋂平面EB 1C 1F = PN ， 故AO ∥PN ，又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN =AO =6，AP = ON =13AM =3，PM =23AM =23，EF =13BC =2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B -EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT =PM sin ∠MPN =3．底面EB 1C 1F 的面积为1111()(62)624.22B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=所以四棱锥B -EB 1C 1F 的体积为1243243⨯⨯=．4．解：（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC ．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1CF ．（2）由己知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA 的方向为x 轴正方向， MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB =2，AM =3． 连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故23231,(,,0)333PM E =．由（1）知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ． 设(,0,0)Q a ，则22123234(),(,1,4())33NQ a B a a =----， 故21123223210(,,4()),||3333B E a a B E =-----=． 又(0,1,0)=-n 是平面A 1AM 的法向量，故1111,π10sin(,)cos ,210||B E B E B E B E -===⋅n n n |n |．所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010．5．解：（1）如图，连结BD ，11B D ．因为AB BC =，所以四边形ABCD 为正方形，故AC BD ⊥．又因为1BB ⊥平面ABCD ，于是1AC BB ⊥．所以AC ⊥平面11BB D D ． 由于EF ⊂平面11BB D D ，所以EF AC ⊥．（2）如图，在棱1AA 上取点G ，使得12AG GA =，连结1GD ，1FC ，FG ，因为1123D E DD =，123AG AA =，11DD AA =∥，所以1ED AG =∥，于是四边形1ED GA 为平行四边形，故1AE GD ∥．因为1113B F BB =，1113AG AA =，11BB AA =∥，所以11FG A B =∥，11FG C D =∥，四边形11FGD C 为平行四边形，故11GD FC ∥．于是1AE FC ∥．所以1,,,A E F C 四点共面，即点1C 在平面AEF 内．6．解：设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c =，11(0,,)3C F b c =，得1EA C F =．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内． （2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =--，1(0,1,2)A E =-，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则 110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ． 设2n 为平面1A EF 的法向量，则 22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为1212127cos ,||||7⋅〈〉==-⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为427．7．解：（1）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD AD ⊥．又底面ABCD 为正方形，所以AD DC ⊥，因此AD ⊥底面PDC ． 因为AD BC ∥，AD ⊄平面PBC ，所以AD ∥平面PBC ． 由已知得l AD ∥．因此l ⊥平面PDC ． （2）以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -．则(0,0,0),(0,1,0),(1,1,0),(0,0,1)D C B P ，(0,1,0)DC =，(1,1,1)PB =-． 由（1）可设(,0,1)Q a ，则(,0,1)DQ a =．设(,,)x y z =n 是平面QCD 的法向量，则0,0,DQ DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0.ax z y +=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,)a =-n ． 所以2cos ,||||31PB PB PB a⋅-〈〉==⋅+n n n ． 设PB 与平面QCD 所成角为θ，则22332sin 1311aa a θ==+++ 2326131a a ++当且仅当1a =时等号成立，所以PB 与平面QCD 所成角的正6．8．依题意，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)C A B C ，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)C M =，1(2,2,2)B D =--，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA =是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB =，(2,0,1)ED =-．设(,,)x y z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.y z x z +=⎧⎨-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ． 因此有|||6cos ,|A CA C CA ⋅〈〉==n n n 30sin ,6CA 〈〉=n ． 所以，二面角1B B E D --30（Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB =-．由（Ⅱ）知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是3cos ,||||AB AB AB ⋅==n n n ． 所以，直线AB 与平面1DB E 39.（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB .由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥. 由45ACB ∠=︒，122BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB .由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角. 设22CD =.由2,2DO OC BO BC ====，得26,33BD OH = 所以3sin OH OCH OC ∠==， 因此，直线DF 与平面DBC 3. 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设22CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,|3|||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.10.证明：因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ， 所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .11.解：（1）连结OC ，因为CB =CD ，O 为BD 中点，所以CO ⊥B D ．又AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥O C ．以{}OB OC OA ，，为基底，建立空间直角坐标系O –xyz ． 因为BD =2，CB CD ==，AO =2，所以B （1，0，0），D （–1，0，0），C （0，2，0），A （0，0，2）． 因为E 为AC 的中点，所以E （0，1，1）． 则AB =（1，0，–2），DE =（1，1，1），所以|||1||||||5cos AB DE AB DE AB DE +=⋅⋅==<>，．因此，直线AB 与DE ． （2）因为点F 在BC 上，14BF BC =，BC =（–1，2，0）． 所以111(,,0)442BF BC ==-． 又20,0DB =（,）， 故71(,,0)42DF DB BF =+=．设1111()x y z =，，n 为平面DEF 的一个法向量， 则1100,DE DF ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=，n n 即111110710,42x y z x y +⎧+=⎪+=⎪⎨⎩， 取12x =，得1–7y =，15z =，所以1(275)n =-，，． 设2222()x y z =，，n 为平面DEC 的一个法向量，又DC =（1，2，0），则2200,DE DC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=，n n 即22222020,x y z x y ++=+=⎧⎨⎩，取22x =，得2–1y =，2–1z =，所以2(211)n =--，，． 故2112|||475|13|||||co |13786s θ+-⋅===⋅⨯n n n n ．所以22391cos s n 13i θθ=-=．12.。
2020年高考数学解答题核心：立体几何综合问题(专项训练)(教师版)
专题08 立体几何综合问题（专项训练）1．如图,菱形ABCD 中,∠ABC ＝60°,AC 与BD 相交于点O ,AE ⊥平面ABCD ,CF ∥AE ,AB ＝AE ＝2. (1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时,求异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值大小．【答案】见解析【解析】(1)因为四边形ABCD 是菱形,所以BD ⊥AC .因为AE ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,所以BD ⊥AE .因为AC ∩AE ＝A ,所以BD ⊥平面ACFE .(2)以O 为原点,OA →,OB →的方向为x ,y 轴正方向,过O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向),建立空间直角坐标系,则B (0,3,0),D (0,－3,0),E (1,0,2),F (－1,0,a )(a >0),OF →＝(－1,0,a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0，n ·OE →＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1,则n ＝(－2,0,1),由题意得sin 45°＝|cos 〈OF →,n 〉|＝|OF →·n ||OF →||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22.因为a >0,所以解得a ＝3.所以OF →＝(－1,0,3),BE →＝(1,－3,2),所以cos 〈OF →,BE →〉＝OF →·BE →|OF →|·|BE →|＝－1＋610·8＝54.故异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值为54.2．(2019·河南郑州模拟)如图,在△ABC 中,∠ABC ＝π4,O 为AB 边上一点,且3OB ＝3OC ＝2AB ,已知PO ⊥平面ABC ,2DA ＝2AO ＝PO ,且DA ∥PO .(1)求证：平面PBAD ⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：因为OB ＝OC ,又因为∠ABC ＝π4,所以∠OCB ＝π4,所以∠BOC ＝π2,即CO ⊥AB .又PO ⊥平面ABC ,OC ⊂平面ABC ,所以PO ⊥OC .又因为PO ,AB ⊂平面PAB ,PO ∩AB ＝O ,所以CO ⊥平面PAB ,即CO ⊥平面PBAD .又CO ⊂平面COD ,所以平面PBAD ⊥平面COD .(2)以OC ,OB ,OP 所在射线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示．设|OA |＝1,则|PO |＝|OB |＝|OC |＝2,|DA |＝1.则C (2,0,0),B (0,2,0),P (0,0,2),D (0,－1,1),所以PD →＝(0,－1,－1),BC →＝(2,－2,0),BD →＝(0,－3,1)．设平面BDC 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1,则x ＝1,z ＝3,所以n ＝(1,1,3)．设PD 与平面BDC 所成的角为θ,则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×(－1)＋3×(－1)02＋(－1)2＋(－1)2×12＋12＋32＝22211.即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 3．(2019·湖北武汉调考)如图, 四棱锥S －ABCD 中,AB ∥CD ,BC ⊥CD ,侧面SAB 为等边三角形,AB ＝BC ＝2,CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】方法一 (1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ,则D (1,0,0),A (2,2,0),B (0,2,0),设S (x ,y ,z ),则x >0,y >0,z >0,且AS →＝(x －2,y －2,z ,),BS →＝(x ,y －2,z ).DS→＝(x －1,y ,z )．由|AS →|＝|BS →|,得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2,得x ＝1,由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1,①由|BS →|＝2得y 2＋z 2－4y ＋1＝0,②由①②解得y ＝12,z ＝32,所以S ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，32,AS →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－32，32,BS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32,DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32,所以DS →·AS →＝0,DS →·BS →＝0,所以DS ⊥AS ,DS ⊥BS ,又AS ∩DS ＝S ,所以SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的一个法向量为m ＝(a ,b ,c ),BS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32,CB →＝(0,2,0),AB →＝(－2,0,0),由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BS →＝0，m ·CB →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧a －32b ＋32c ＝0，2b ＝0，所以可取m ＝(－3,0,2),故AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为cos 〈m ,AB →〉＝m ·AB →|m |·|AB →|＝－2×(－3)7×2＝217. 方法二 (1)证明：如下图,取AB 的中点E ,连接DE ,SE ,则四边形BCDE 为矩形,所以DE ＝CB ＝2,所以AD ＝DE 2＋AE 2＝ 5.因为侧面SAB 为等边三角形,AB ＝2,所以SA ＝SB ＝AB ＝2,且SE ＝3,又SD ＝1,所以SA 2＋SD 2＝AD 2,SE 2＋SD 2＝ED 2,所以SD ⊥SA ,SD ⊥SB ,又AS ∩DS ＝S ,所以SD ⊥平面SAB .(2)作S 在DE 上的射影G ,因为AB ⊥SE ,AB ⊥DE ,AB ⊥平面SDE ,所以平面SDE ⊥平面ABCD ,两平面的交线为DE ,所以SG ⊥平面ABCD ,在Rt △DSE 中,由SD ·SE ＝DE ·SG 得1×3＝2×SG ,所以SG ＝32,作A 在平面SBC 上的射影H ,则∠ABH 为AB 与平面SBC 所成的角,因为CD ∥AB ,AB ⊥平面SDE ,所以CD ⊥平面SDE ,所以CD ⊥SD ,在Rt △CDS 中,由CD ＝SD ＝1,求得SC ＝ 2.在△SBC 中,SB ＝BC ＝1,SC ＝2,所以S △SBC ＝12×2×22－12＝72,由V A －SBC ＝V S －ABC 得13·S △SBC ·AH ＝13·S △ABC ·SG ,即13×72×AH ＝13×12×2×2×2,得AH ＝2217,所以sin ∠ABH ＝AHAB ＝217,故AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为217. 4．(2019·安徽江南名校联考)如图,在四棱锥P －ABCD 中,PD ⊥平面ABCD ,AB ∥DC ,AB ⊥AD ,DC ＝6,AD ＝8,BC＝10,∠PAD ＝45°,E 为PA 的中点． (1)求证：DE ∥平面BPC ；(2)线段AB 上是否存在一点F ,满足CF ⊥DB ？若存在,试求出二面角F －PC －D 的余弦值；若不存在,请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：取PB 的中点M ,连接EM 和CM ,过点C 作CN ⊥AB ,垂足为点N .因为CN ⊥AB ,DA ⊥AB ,所以CN ∥DA ,又AB ∥CD ,所以四边形CDAN 为平行四边形,所以CN ＝AD ＝8,DC ＝AN ＝6,在Rt △BNC 中,BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6,所以AB ＝12,而E ,M 分别为PA ,PB 的中点,所以EM ∥AB 且EM ＝6,又DC ∥AB ,所以EM ∥CD 且EM ＝CD ,四边形CDEM 为平行四边形,所以DE ∥CM .因为CM ⊂平面PBC ,DE ⊄平面PBC ,所以DE ∥平面BPC .(2)由题意可得DA ,DC ,DP 两两互相垂直,如图,以D 为原点,DA ,DC ,DP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ,则A (8,0,0),B (8,12,0),C (0,6,0),P (0,0,8)．假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ,设点F 坐标为(8,t,0),则CF →＝(8,t －6,0),DB →＝(8,12,0),由CF →·DB →＝0得t ＝23.又平面DPC 的法向量为m ＝(1,0,0),设平面FPC 的法向量为n ＝(x ,y ,z )．又PC →＝(0,6,－8),FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，163，0.由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·FC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ，不妨令y ＝12,有n ＝(8,12,9)．则cos 〈n ,m 〉＝n ·m |n ||m |＝81×82＋122＋92＝817.又由图可知,该二面角为锐二面角,故二面角F －PC －D 的余弦值为817.5．(2017·山东卷)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是DF的中点．(1)设P是CE上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小；(2)当AB＝3,AD＝2时,求二面角E－AG－C的大小．【答案】见解析【解析】(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP＝A,所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC＝120°,因此∠CBP＝30°.(2)方法一取EC的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC＝120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE＝GE＝AC＝GC＝32＋22＝13.取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角．又AM＝1,所以EM＝CM＝13－1＝2 3.在△BEC中,由于∠EBC＝120°,由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos120°＝12,所以EC＝23,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.方法二 以B 为坐标原点,分别以BE ,BP ,BA 所在的直线为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (0,0,3),E (2,0,0),G (1,3,3),C (－1,3,0),故AE →＝(2,0,－3),AG →＝(1,3,0),CG →＝(2,0,3),设m ＝(x 1,y 1,z 1)是平面AEG 的一个法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AG →＝0可得⎩⎨⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0.取z 1＝2,可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3,－3,2)． 设n ＝(x 2,y 2,z 2)是平面ACG 的法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG →＝0，n ·CG →＝0可得⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0.取z 2＝－2,可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3,－3,－2)．所以cos 〈m ,n 〉＝m ·n |m |·|n |＝12.由图可得此二面角为锐二面角,故所求的角为60°.6．(2017·全国卷Ⅲ)如图,四面体ABCD 中,△ABC 是正三角形,△ACD 是直角三角形,∠ABD ＝∠CBD ,AB ＝BD . (1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ,若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分,求二面角D －AE －C 的余弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：由题设可得△ABD ≌△CBD ,从而AD ＝CD . 又△ACD 是直角三角形,所以∠ADC ＝90°. 取AC 的中点O ,连接DO ,BO ,则DO ⊥AC ,DO ＝AO . 又因为△ABC 是正三角形,故BO ⊥AC , 所以∠DOB 为二面角D －AC －B 的平面角． 在Rt △AOB 中,BO 2＋AO 2＝AB 2,又AB ＝BD ,所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2, 故∠BOD ＝90°.所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设及(1)知,OA ,OB ,OD 两两垂直,以O 为坐标原点,OA →的方向为x 轴正方向,|OA →|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ,则A (1,0,0),B (0,3,0),C (－1,0,0),D (0,0,1)．由题设知,四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12,从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12,即E 为DB 的中点,得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12,故AD →＝(－1,0,1),AC →＝(－2,0,0),AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，32，12.设n ＝(x ,y ,z )是平面DAE 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋32y ＋12z ＝0，可取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，1.设m 是平面AEC 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，同理可取m ＝(0,－1,3),则cos 〈n ,m 〉＝n·m |n||m|＝77.所以二面角D －AE －C 的余弦值为77.。
(完整版)2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练,推荐文档
2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一线面平行的证明例1如图，高为1的等腰梯形ABCD 中，AM ＝CD ＝AB ＝1.现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD ⊥13平面MBCD ，连接AB ，AC .试判断：在AB 边上是否存在点P ，使AD ∥平面MPC ?并说明理由【答案】当AP ＝AB 时，有AD ∥平面MPC .13理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP .在梯形MBCD 中，DC ∥MB ，＝＝，DNNB DCMB 12在△ADB 中，＝，∴AD ∥PN .APPB 12∵AD ⊄平面MPC ，PN ⊂平面MPC ，∴AD ∥平面MPC .【解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推出。
此类题的难点就是如何构造辅助线。
构造完辅助线，证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。
本题用到的是线线平行推出面面平行。
【易错点】不能正确地分析DN 与BN 的比例关系，导致结果错误。
【思维点拨】此类题有两大类方法：1.构造线线平行，然后推出线面平行。
此类方法的辅助线的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行的性质之间的矛盾转化关系。
在此，我们需要借助倒推法进行分析。
首先，此类型题目大部分为证明题，结论必定是正确的，我们以此为前提可以得到线面平行。
再次由线面平行的性质可知，过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行于该直线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。
从这个角度上看我们可以看出线线平行推线面平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相交即可。
如本题中即是过AD 做了一个平面ADB 与平面MPC 相交于线PN 。
最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向写一遍即可。
即先证AD 平行于PN ，最后得到结论。
构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。
一一一一一一一一一2.构造面面平行，然后推出线面平行。
此类方法辅助线的构造通常比较简单，但证明过程较繁琐，一般做为备选方案。
高考数学理数立体几何大题训练(含答案)
高考数学理数立体几何大题训练(含答案)1.（2020·新课标Ⅲ·理）在长方体中，点P、Q分别在棱AB、CD上，且AP=CQ.（1）证明：点PQ平分长方体的体对角线；（2）若PQ在平面BCFE内，求二面角的正弦值．2.（2020·新课标Ⅱ·理）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⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN 所成角的正弦值.3.（2020·新课标Ⅰ·理）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，底面是内接正三角形ABC，P为上一点，AP为底面直径，DP⊥底面．（1）证明：DP平分∠ADC；（2）求二面角平面APD与平面ABC的余弦值．4.（2020·新高考Ⅰ）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．5.（2020·天津）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，点P、Q分别在棱AB、A1B1上，且AP=A1Q，平面PQC1为棱BC1的中垂面，M为棱AC的中点．（Ⅰ）求证：PM∥B1Q，且PM=B1Q；（Ⅱ）求二面角平面PQC1与直线PM所成角的正弦值；（Ⅲ）求直线B1Q与平面PQC1所成角的正弦值．6.（2020·江苏）在三棱锥ABCD中，已知CB=CD=1，AC=2，BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC上一点，DE⊥平面BCD，DE=1.（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F-DE-C的大小为θ，求sinθ的值．7.（2020·北京）如图，正方体ABCD-EFGH中，E为AD的中点，P为BF上一点．（Ⅰ）求证：PE∥CG；（Ⅱ）求直线PE与平面CGH所成角的正弦值．8.（2020·浙江）如图，三棱台DEF-ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，XXX．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求DF与面DBC所成角的正弦值．9.（2020·扬州模拟）如图，在等边三角形ABC的三棱锥ABCD中，D为底面的中点，E为线段AD上一动点，记DE=λAD.（1）当λ=1时，求证：DE与平面ABC垂直；（2）当λ=2时，求直线BE与平面ACD所成角的正弦值．求证：直线AD与平面BCD垂直；2）若平面ABD与平面ACD所成二面角为，求二面角ABC与平面BCD所成二面角的正弦值。
高考数学《立体几何》练习题及答案
立体几何1．[四川省宜宾市第四中学高2020届一诊模拟考试理科数学]若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A ．2B ．1C ．D ．【答案】B2．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】D 【解析】3．[【全国百强校首发】四川省棠湖中学2020届高三一诊模拟考试数学（理）试题] 在正方体1111ABCD A B C D -中，动点E 在棱1BB 上，动点F 在线段11A C 上，O 为底面ABCD 的中心，若1,BE x A F y ==，则四面体O AEF -的体积 A ．与,x y 都有关 B ．与,x y 都无关 C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关【答案】B4．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]5．[四川省宜宾市第四中学高2020届一诊模拟考试理科数学] 一个圆锥SC的高和底面直径相等，且这个圆锥SC和圆柱OM的底面半径及体积也都相等，则圆锥SC和圆柱OM的侧面积的比值为A．322B．23C．35D．45【答案】C6．[辽宁葫芦岛锦化高中协作校高三上学期第二次考试数学理科试题]【答案】D【解析】7．[广东省三校（广州真光中学、深圳市第二中学、珠海市第二中学）2020届高三上学期第一次联考数学（理）试题] 在如图直二面角ABDC中，△ABD、△CBD均是以BD为斜边的等腰直角三角形，取AD的中点E，将△ABE 沿BE 翻折到△A1BE，在△ABE的翻折过程中，下列不可能成立的是A．BC与平面A1BE内某直线平行B．CD∥平面A1BEC．BC与平面A1BE内某直线垂直D．BC⊥A1B【答案】D8．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】D【解析】9．[陕西省汉中市2020届高三教学质量第一次检测考试理科数学试题] 圆锥的侧面展开图是半径为R 的半圆，则该圆锥的体积为________. 【答案】33πR 10．[辽宁省本溪高级中学2020届高三一模考试数学（理）试卷]【答案】4π11．[安徽省合肥一中、安庆一中等六校教育研究会2020届高三上学期第一次素质测试数学（理)试题] 如图，在棱长为 1 的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面ABCD 内（不包括边界），若1B P ∥平面1A BM ，则1C P 的最小值是________．【答案】305【解析】 【分析】由面面平行找到点P 在底面ABCD 内的轨迹为线段DN ，再找出点P 的位置，使1C P 取得最小值，即1C P 垂直DN 于点O ，最后利用勾股定理求出最小值. 【详解】取BC 中点N ，连接11,,B D B N DN ，作CO DN ⊥，连接1C O ，因为平面1B DN ∥平面1A BM ，所以动点P 在底面ABCD 内的轨迹为线段DN ，当点P 与点O 重合时，1C P 取得最小值，因为11152225DN CO DC NC CO ⋅=⋅⇒==，所以221min 11130()155C P C O CO CC ==+=+=. 故1C P 的最小值是305. 【点睛】本题考查面面平行及最值问题，求解的关键在于确定点P 的位置，再通过解三角形的知识求最值.12．[四川省成都外国语学校2019-2020学年高三（上）期中数学试卷（理科）]已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的半径为________．21【答案】【解析】【分析】根据三视图还原几何体，设球心为O，根据外接球的性质可知，O与PAB△和正方形ABCD中心的连线分别与两个平面垂直，从而可得到四边形OGEQ 为矩形，求得OQ和PQ后，利用勾股定理可求得外接球半径.【详解】由三视图还原几何体如下图所示：设PAB△的中心为Q，正方形ABCD的中心为G，外接球球心为O，则OQ⊥平面PAB，OG⊥平面ABCD，E为AB中点，∴四边形OGEQ为矩形，112OQ GE BC ∴===，2233PQ PE ==， ∴外接球的半径：22213R GE PQ =+=. 故答案为21. 【点睛】本题考查多面体外接球半径的求解，关键是能够根据球的性质确定球心的位置，从而根据长度关系利用勾股定理求得结果. 13．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】【解析】14．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]【答案】1 315．[江苏省南通市2020届高三第一学期期末考试第一次南通名师模拟试卷数学试题]如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD是平行四边形，平面ABP⊥平面BCP，90APB=，M为CP的中点．求证：∠=︒，BP BC（1）AP//平面BDM；（2）BM ACP⊥平面．【解析】（1）设AC 与BD 交于点O ，连接OM ， 因为ABCD 是平行四边形，所以O 为AC 中点， 因为M 为CP 的中点，所以AP ∥OM ， 又AP ⊄平面BDM ，OM ⊂平面BDM ， 所以AP ∥平面BDM ．（2）平面ABP ⊥平面BCP ，交线为BP ， 因为90APB ∠=︒，故AP BP ⊥，因为AP ⊂平面ABP ，所以AP ⊥平面BCP ， 因为BM ⊂平面BCP ，所以AP ⊥BM ． 因为BP BC =，M 为CP 的中点，所以BM CP ⊥． 因为AP CP P =I ，AP CP ⊂，平面ACP ， 所以BM ⊥平面ACP .16．[河南省新乡市高三第一次模拟考试（理科数学）] 如图，在四棱锥ABCDV -中，二面角D BC V --为︒60，E 为BC 的中点. （1）证明：VE BC =；（2）已知F 为直线VA 上一点，且F 与A 不重合，若异面直线BF 与VE 所成角为︒60，求.VA VFABCDPMABCDPMO【解析】17．[四川省成都外国语学校2019-2020学年高三（上）期中数学试卷（理科）]如图，在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，PA=AB=2，点E，F分别为BC，PD的中点，设直线PC与平面AEF交于点Q．（1）已知平面PAB∩平面PCD=l，求证：AB∥l．（2）求直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值． 【解析】 【分析】（1）证明AB ∥平面PCD ，然后利用直线与平面平行的性质定理证明AB ∥l ； （2）以点A 为原点，直线AE 、AD 、AP 分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面PCD 的法向量和直线AQ 的方向向量，然后利用空间向量的数量积求解直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值即可．【详解】（1）证明：∵AB ∥CD ，AB ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ． ∴AB ∥平面PCD ，∵AB ⊂平面PAB ，平面PAB ∩平面PCD =l ， ∴AB ∥l ；（2）∵底面是菱形，E 为BC 的中点，且AB =2， ∴13BE AE AE BC ==⊥,,， ∴AE ⊥AD ，又PA ⊥平面ABCD ，则以点A 为原点，直线AE 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则()()()()020,002,30,300D P C E,,,,,,,,，∴()0,1,1F ，()()()()3000,11310022AE AF DC DP ===-=-u u u r u u u r u u u r u u u r,,,,,,,,,,，设平面PCD 的法向量为(),,x y z =n ，有0PD ⋅=u u u r n ，0CD ⋅=u u u rn ，得()133=，，n ，设()1AQ AC AP λλ=+-u u u r u u u r u u u r，则()()321AQ λλλ=-u u u r ,,，再设(3,,)AQ mAE n m n n AF =+=u u u r u u u r u u u r，则()3321m n nλλλ⎧=⎪=⎨⎪-=⎩，解之得23m n λ===，∴2223333AQ ⎛⎫=⎪⎝⎭u u u r ,,， 设直线AQ 与平面PCD 所成角为α，则3105sin cos ,AQ AQ AQα⋅>=<==u u u r u u u r u u u r n n n ，∴直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值为3105． 【点睛】本题考查直线与平面平行的判定定理以及性质定理的应用，直线与平面所成角的向量求法，合理构建空间直角坐标系是解决本题的关键，属中档题.18．[安徽省合肥一中、安庆一中等六校教育研究会2020届高三上学期第一次素质测试数学（理)试题] 已知三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC AA ==，侧面11ABB A ⊥底面ABC ，D 是BC 的中点，160B BA ∠=︒，1B D AB ⊥.（1）求证：ABC △为直角三角形；（2）求二面角1C AD B --的余弦值． 【解析】（1）取AB 中点O ，连接OD ，1B O ，易知1ABB △为等边三角形，从而得到1B O AB ⊥，结合1B D AB ⊥，可根据线面垂直判定定理得到AB ⊥平面1B OD ，由线面垂直的性质知AB OD ⊥，由平行关系可知AB AC ⊥，从而证得结论；（2）以O 为坐标原点可建立空间直角坐标系，根据空间向量法可求得平面1ADC 和平面ADB 的法向量的夹角的余弦值，根据所求二面角为钝二面角可得到最终结果. 【详解】（1）取AB 中点O ，连接OD ，1B O ，在1ABB △中，1AB B B =，160B BA ∠=︒，1ABB ∴△是等边三角形， 又O 为AB 中点，1B O AB ∴⊥，又1B D AB ⊥，111B O B D B =I ，11,B O B D ⊂平面1B OD ，AB ∴⊥平面1B OD ，OD ⊂Q 平面1B OD ，AB OD ∴⊥， 又OD AC ∥，AB AC ∴⊥， ∴ABC △为直角三角形.（2）以O 为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系：令12AB AC AA ===，则()1,2,0C -，()1,0,0A -，()0,1,0D ，()1,0,0B ，()10,0,3B ，()11,0,3BB ∴=-u u u v ，()0,2,0AC =u u u v ，()1,1,0AD =u u u v，()1111,2,3AC AC CC AC BB =+=+=-u u u u v u u u v u u u u v u u u v u u u v，设平面1ADC 的法向量为(),,x y z =m ，10230AD x y AC x y z ⎧⋅=+=⎪∴⎨⋅=++=⎪⎩u u u v u u u u v m m ，令1x =，则1y =-，3z =，()1,1,3∴=-m ， 又平面ADB 的一个法向量为()0,0,1=n ，315cos ,5113∴<>==++m n ， Q 二面角1C AD B --为钝二面角，∴二面角1C AD B --的余弦值为15-.【点睛】本题考查立体几何中垂直关系的证明、空间向量法求解二面角的问题，涉及到线面垂直判定定理和性质定理的应用；证明立体几何中线线垂直关系的常用方法是通过证明线面垂直得到线线垂直的关系.19．[江西省宜春市上高二中2020届高三上学期第三次月考数学（理）试题]20．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]21．[辽宁葫芦岛锦化高中协作校高三上学期第二次考试数学理科试题]【解析】22．[【全国百强校首发】四川省棠湖中学2020届高三一诊模拟考试数学（理）试题] 如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD为矩形，平面PCD⊥平面ABCD,2AB=,1BC=，2PC PD==，E为PB中点．（1）求证：PD∥平面ACE；（2）求二面角E AC D--的余弦值；（3）在棱PD上是否存在点M，使得AM⊥BD？若存在，求PMPD的值；若不存在，说明理由．【解析】（1）设BD交AC于点F，连接EF. 因为底面ABCD是矩形，所以F为BD中点 . 又因为E为PB中点，所以EF∥PD.因为PD ⊄平面,ACE EF ⊂平面ACE ，所以PD ∥平面ACE.（2）取CD 的中点O ，连接PO ，FO .因为底面ABCD 为矩形，所以BC CD ⊥.因为PC PD =，O CD 为中点，所以,PO CD OF ⊥∥BC ，所以OF CD ⊥. 又因为平面PCD ⊥平面ABCD ，PO ⊂平面,PCD 平面PCD ∩平面ABCD =CD . 所以PO ⊥平面ABCD ，如图，建立空间直角坐标系O xyz -， 则111(1,1,0)(0,1,0)(1,1,0),(0,0,1),(,,)222A C B P E -，,， 设平面ACE 的法向量为(,,)x y z =m ，131(1,2,0),(,,)222AC AE =-=-u u u r u u u r ， 所以20,2,0,131.00222x y x y AC z y x y z AE -+=⎧⎧=⎧⋅=⎪⇒⇒⎨⎨⎨=--++=⋅=⎩⎩⎪⎩u u u v u u u v m m 令1y =，则2,1x z ==-，所以2,11=-（，）m .平面ACD 的法向量为(0,0,1)OP =u u u r ，则6cos ,OP OP OP⋅<>==-⋅u u u r u u u r u u u r m m |m |. 如图可知二面角E AC D --为钝角，所以二面角E AC D --的余弦值为66-. （3）在棱PD 上存在点M ，使AM BD ⊥.设([0,1]),(,,)PM M x y z PD=∈λλ，则,01,0PM PD D =-u u u u r u u u r λ（，）.因为(,,1)(0,1,1)x y z -=--λ，所以(0,,1)M --λλ. (1,1,1),(1,2,0)AM BD =---=--u u u u r u u u r λλ.因为AM BD ⊥，所以0AM BD ⋅=u u u u r u u u r .所以12(1)0λ--=，解得1=[0,1]2∈λ. 所以在棱PD 上存在点M ，使AM BD ⊥，且12PM PD =。
2020年高考数学(理数)解答题强化专练——立体几何含答案
（理数）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，三棱锥E1-EBC中，∠EBC=90°，AE1=EB=2BC=4，A，D分别为EB，EC的中点，E1A⊥AD；连接EE1，E1B，E1C，E1D，平面AE1D⊥平面ABCD．（1）证明：EE1⊥BC；（2）求二面角C-BE1-D的余弦值．2.如图，已知长方形ABCD中，AB=2，AD=1，M为DC的中点．将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM．（Ⅰ）求证AD⊥BM；（Ⅱ）点E是线段DB上的一动点，当二面角E-AM-D大小为时，试确定点E的位置．3.如图所示，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AB=BC=AP=2，D是AP的中点，E，F，G分别为PD，PC，CB的中点，将△PCD沿CD折起，使得PD⊥平面ABCD．（1）求证：AP∥平面EFG；（2）求二面角G-EF-D的大小．4.如图，三棱锥P-ABC中，PA=PC，AB=BC，∠APC=120°，∠ABC=90°，AC=PB．（1）求证：AC⊥PB；（2）求直线AC与平面PAB所成角的正弦值．5.在四棱锥P-ABCD中，△PAB是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，BC=CD=1，PD=．（l）证明：AB⊥PD．（2）求二面角A-PB-C的余弦值．6.直角梯形ABCD如图（1）所示，其中AB∥CD，AB⊥AD，过点B作BM⊥CD，垂足为M，得到面积为4的正方形ABMD，现沿BM进行翻折，得到如图（2）所示的四棱柱C-ABMD．（1）求证：平面CBM⊥平面CDM；（2）若∠CMD=90°，平面CBM与平面CAD所成锐二面角的余弦值为，求CM 的长．7.已知五边形ABECD由一个直角梯形ABCD与一个等边三角形BCE构成，如图1所示，AB⊥BC，AB∥CD，且AB=2CD．将梯形ABCD沿着BC折起，如图2所示，且AB⊥平面BEC．（Ⅰ）求证：平面ABE⊥平面ADE；（Ⅱ）若AB=BC，求二面角A-DE-B的余弦值．8.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AA1=AC，AC⊥BC．（1）证明：A1C⊥AB1；（2）设AC=2CB，∠A1AC=60°，求二面角C1-AB1-B的余弦值．9.如图，在四面体ABCD中，AD⊥AB，平面ABD⊥平面ABC，AB=BC=，且AD+BC=4．（1）证明：BC⊥平面ABD；（2）设E为棱AC的中点，当四面体ABCD的体积取得最大值时，求二面角C-BD-E 的余弦值．10.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，∠B1A1A=∠C1A1A=60°，AA1=AC=4，AB=2，P，Q分别为棱AA1，AC的中点．（1）在平面ABC内过点A作AM∥平面PQB1交BC于点M，并写出作图步骤，但不要求证明；（2）若侧面ACC1A1⊥侧面ABB1A1，求直线A1C1与平面PQB1所成角的正弦值．答案和解析1.【答案】解：（1）由E1A⊥AD，平面AE1D⊥平面ABCD，平面AE1D∩平面ABCD=AD，故E1A⊥底面ABCD，AB⊥AD，所以AE，AD，AE₁两两垂直，以AE，AD，AE₁分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，E（2，0，0），B（-2，0，0），C（-2，2，0），D（0，1，0），E₁（0，0，2），且=（2，0，2），=（2，-2，2），=（0，-1，2），由，，故EE₁⊥BE₁，EE₁⊥CE₁，BE₁∩CE₁=E₁，所以EE₁⊥平面E₁BC，BC⊂平面E₁BC，所以EE₁⊥BC；（2）由（1）可知，平面E₁BC的法向量为=（-2，0，2），令平面E₁BD的法向量为，由，，所以cos＜＞=，故所求二面角的余弦值为【解析】（1）根据题意，以AE，AD，AE₁分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由，，判断EE₁⊥平面E₁BC，再根据线面垂直的性质得出结论；（2）由（1）可知，平面E₁BC的法向量为=（-2，0，2），求出平面E₁BD的法向量，利用夹角公式求出即可．考查向量法判断直线和平面的垂直，向量法求出二面角的余弦值，考查了空间想象力和运算能力，中档题．2.【答案】（Ⅰ）证明：∵长方形ABCD中，AB=2，AD=1，M为DC的中点∴AM=BM=∴BM⊥AM∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM=AM，BM⊂平面ABCM∴BM⊥平面ADM∵AD⊂平面ADM∴AD⊥BM；（Ⅱ）过点E作MB的平行线交DM于F，∵BM⊥平面ADM，∴EF⊥平面ADM在平面ADM中，过点F作AM的垂线，垂足为H，则∠EHF为二面角E-AM-D平面角，即∠EHF=设FM=x，则DF=1-x，FH=在直角△FHM中，由∠EFH=，∠EHF=，可得EF=FH=∵EF∥MB，MB=，∴，∴∴∴当E位于线段DB间，且时，二面角E-AM-D大小为．【解析】（Ⅰ）先证明BM⊥AM，再利用平面ADM⊥平面ABCM，证明BM⊥平面ADM，从而可得AD⊥BM；（Ⅱ）作出二面角E-AM-D的平面角，利用二面角E-AM-D大小为时，即可确定点E的位置．本题考查线面垂直，考查面面角，正确运用面面垂直的性质，掌握线面垂直的判定方法，正确作出面面角是关键．3.【答案】解：由题意画出如下图形：（1）连接AC，BD交与点O，连接GO，FO，EO，∵E，F分别为PC，PD的中点，∴∴∴四边形EFOG是平行四边行，∴EO⊂平面EFOG，又在△PAC中，E，O分别为PC，AC的中点∴PA∥EOEO⊂平面EFOGPA不在平面EFOG∴PA∥平面EFOG，即PA∥平面EFG；（2）取AD的中点H，连接GH，则由GH∥CD∥EF知平面EFG即为平面EFGH，由已知底面ABCD为正方形∴AD⊥DC又∵PD⊥平面ABCD∴PD⊥CD又PD∩DC=D∴CD⊥平面PAD又EF∥CD∴EF⊥平面PAD∴EF⊥FD，EF⊥FH∴∠HFD为二面角的平面角在直角三角形FDH中，由FD=DH=1得∠HFD=45°，故二面角G-EF-D的平面角为45°．【解析】（1）由题意及图形，抓住折叠前与折叠后之间的连系，利用条件在平面内找到与直线平行的直线用线面平行的判定定理进行证明．（2）由题意及（1）可以知道利用二面角的概念找到二面角的平面角，然后再三角形中解出二面角的大小．此题重点考查了学生们的空间想象能力，还考查了正方形的特点及折叠前后之间的不变量及线面平行的判定定理，此外还考查了利用二面角平面角的定义在三角形中求解二面角的大小．4.【答案】解：（1）证明：取AC中点O，连结PO，BO，∵PA=PC，AB=BC，∴PO⊥AC，BO⊥AC，∵PO∩BO=O，∴AC⊥平面PBO，∵PB⊂平面PBO，∴AC⊥PB．（2）解：设AC=2，则PO=1，PA=PC=PB=2，BO=，∴PO2+BO2=PB2，∴PO⊥BO，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，-，0），C（0，，0），P（0，0，1），B（，0，0），=（0，2，0），=（0，-，-1），=（，0，-1），设平面PAB的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，-1，），设直线AC与平面PAB所成角为θ，则直线AC与平面PAB所成角的正弦值为：sinθ===．【解析】（1）取AC中点O，连结PO，BO，推导出PO⊥AC，BO⊥AC，从而AC⊥平面PBO，由此能证明AC⊥PB．（2）推导出PO⊥BO，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AC与平面PAB所成角的正弦值．本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．5.【答案】解：（1）证明：连结BD，∵在四棱锥P-ABCD中，△PAB是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，BC=CD=1，PD=．∴BD=AD==，∴AD2+PD2=AP2，BD2+PD2=PB2，∴AD⊥PD，BD⊥PD，∵AD∩BD=D，∴PD⊥平面ABCD，∵AD⊂平面ABCD，∴AB⊥PD．（2）解：∵AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD，以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，则A（，0，0），B（0，，0），C（-，0），P（0，0，），=（），=（0，，-），=（-，，-），设平面ABP的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，1，1），设平面PBC的法向量=（x，y，z），则，取z=1，得=（-1，1，1），设二面角A-PB-C的平面角为θ，则二面角A-PB-C的余弦值为：cosθ==．【解析】（1）连结BD，推导出AD⊥PD，BD⊥PD，从而PD⊥平面ABCD，由此能证明AB⊥PD．（2）由AD2+BD2=AB2，得AD⊥BD，以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A-PB-C的余弦值．本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．6.【答案】（1）证明：在图（1）中，∵BM⊥CM，BM⊥DM，∴翻折后，在图（2）中有，BM⊥CM，BM⊥DM．又CM∩DM=M，∴BM⊥平面CDM，∵BM⊂平面CBM，∴平面CBM⊥平面CDM；（2）解：∵CM⊥DM，CM⊥BM，DM∩BM=M，∴CM⊥平面ABMD，又BM⊥MD，以M为原点，分别以MD，MB，MC所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设CM=a（a＞0），D（2，0，0），C（0，0，a），A（2，2，0），则，．设平面CAD的法向量为=（x，y，z），由，取x=a，y=0，z=2，得=（a，0，2），取平面CBM的法向量为，由|cos＜＞|=，即，解得a=3，即CM=3．【解析】（1）由已知可得BM⊥CM，BM⊥DM．由线面垂直的判定得BM⊥平面CDM，进一步得到平面CBM⊥平面CDM；（2）证明CM⊥平面ABMD，又BM⊥MD，以M为原点，分别以MD，MB，MC所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设CM=a（a＞0），设平面CAD的法向量为=（x，y，z），求解，取平面CBM的法向量为，由|cos＜＞|=求解a值即可．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，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．7.【答案】（Ⅰ）证明：取BE的中点F，AE的中点G，连接FG、GD、CF，则GF AB．∵DC AB，∴CD GF，∴四边形CFGD为平行四边形，∴CF∥DG．∵AB⊥平面BEC，∴AB⊥CF．∵CF⊥BE，AB∩BE=B，∴CF⊥平面ABE．∵CF∥DG，∴DG⊥平面ABE．∵DG⊂平面ADE，∴平面ABE⊥平面ADE．（Ⅱ）解：过E作EO⊥BC于O．∵AB⊥平面BEC，∴AB⊥EO．∵AB∩BC=B，∴EO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，OE、BC所在的直线分别为x轴、y轴，过O且平行于AB的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．设AB=BC=4，则A（0，-2，4），B（0，-2，0），D（0，2，2），E（2，0，0），∴=（-2，2，2），=（-2，-2，4），=（-2，-2，0）．设平面EAD的法向量为=（x1，y1，z1），则有，即，取z1=2得x1=，y1=1，则=（，1，2），设平面BDE的法向量为=（x2，y2，z2），则，即，取x2=1，得y2=-，z2=2，则=（1，-，2）．∴cos＜＞===．又由图可知，二面角ADEB的平面角为锐角，∴二面角A-DE-B的余弦值为．【解析】（I）取BE的中点F，AE的中点G，证明CF⊥平面ABE，通过证明四边形CDGF 是平形四边形得出CF∥DG，故DG⊥平面ABE，于是平面ABE⊥平面ADE；（II）建立空间坐标系，计算平面ADE和平面BDE的法向量，通过计算法向量的夹角得出二面角的大小．本题考查了面面垂直的判定，空间向量与二面角的计算，属于中档题．8.【答案】（1）证明：连结AC1．∵AA1=AC，四边形AA1C1C为菱形，∴A1C⊥AC1．∵平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC=AC，BC⊂平面ABC，BC⊥AC，∴BC⊥平面AA1C1C．又∵BC∥B1C1，∴B1C1⊥平面AA1C1C，∴B1C1⊥A1C．∵AC1∩B1C1=C1，∴A1C⊥平面AB1C1，而AB1⊂平面AB1C1，∴A1C⊥AB1．（2）取A1C1的中点为M，连结CM．∵AA1=AC，四边形AA1C1C为菱形，∠A1AC=60°，∴CM⊥A1C1，CM⊥AC．又∵CM⊥BC，以C为原点，CA，CB，CM为正方向建立空间直角坐标系，如图．设CB=1，AC=2CB=2，AA1=AC，∠A1AC=60°，∴C（0，0，0），A1（1，0，），A（2，0，0），B（0，1，0），B1（-1，1，）．由（1）知，平面C1AB1的一个法向量为=．设平面ABB1的法向量为，则且，∴．令x=1，得，即=．∴===，由图知二面角C1-AB1-B的平面角为钝角，∴二面角C1-AB1-B的余弦值为．【解析】本题考查线面平行的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，考查函数与方程思想、化归与转化．（1）连结AC1．证明A1C⊥AC1．BC⊥AC，B1C1⊥A1C．得到A1C⊥平面AB1C1，然后证明A1C⊥AB1；（2）取A1C1的中点为M，连结CM．以C为原点，CA，CB，CM为正方向建立空间直角坐标系，求出平面C1AB1的一个法向量，平面ABB1的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角C1-AB1-B的余弦值即可．9.【答案】证明：（1）∵AD⊥AB，平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC=AB，AD⊂平面ABD，∴AD⊥平面ABC，∵BC⊂平面ABC，∴AD⊥BC，∵AB=BC=AC，∴AB2+BC2=AC2，∴AD⊥BC，∵AB=BC=AC，∴AB2+BC2=AC2，∴AB⊥BC，∵AD∩AB=A，∴BC⊥平面ABD．解：（2）设AD=x，（0＜x＜4），则AB=BC=4-x，四面体ABCD的体积：V=f（x）==（x3-8x2+16x），0＜x＜4，f′（x）==，当0＜x＜时，f′（x）＞0，V=f（x）单调递增，当＜x＜4时，f′（x）＜0，V=f（x）单调递减，∴当AD=x=时，四面体ABCD的体积取得最大值，以B为坐标原点，建立空间直角坐标系B-xyz，则B（0，0，0），A（0，，0），C（），D（0，，），E（，，0），=（，0，0），=（0，，），设平面BCD的法向量=（x，y，z），则，∴，取z=-2，得=（1，-1，2），∴cos＜＞==-．由图知二面角C-BD-E为锐角，∴二面角C-BD-E的余弦值为．【解析】（1）推导出AD⊥平面ABC，从而AD⊥BC，再求出AD⊥BC，AB⊥BC，由此能证明BC⊥平面ABD．（2）设AD=x，（0＜x＜4），则AB=BC=4-x，四面体ABCD的体积：V=f（x）==（x3-8x2+16x），0＜x＜4，利用导数性质求出当AD=x=时，四面体ABCD的体积取得最大值，以B为坐标原点，建立空间直角坐标系B-xyz，利用向量法能求出当四面体ABCD 的体积取得最大值时二面角C-BD-E的余弦值．本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．10.【答案】解：（1）取BB1中点E，连接AE，则AE∥PB1，连接CE，取CE中点N，连接QN，则QN∥AE，∴QN∥PB1，即Q，N，P，B1四点共面，连接B1N交BC于H，连接QH，则Q，H，B1，P四点共面，过A作AM∥QH交BC于M，即为所求．（2）作QO⊥平面ABB1A1，与A1A延长线交于O，则AO=1，QO=，OB1==，∴QB1=，∵B1P=2，PQ=2，∴cos∠QPB1==-，∴sin∠QPB1=，∴==，作PN∥C1A1，则直线A1C1与平面PQB1所成角=直线PN与平面PQB1所成角，∵=2，∴==2，设N到平面PQB1的距离为h，则，∴h=，∴直线A1C1与平面PQB1所成角的正弦值==．【解析】（1）取BB1中点E，连接AE、CE，取CE中点N，得到Q，N，P，B1四点共面，延长B1N交BC于H，再直接作出AM即可；（2）作PN∥C1A1，则直线A1C1与平面PQB1所成角=直线PN与平面PQB1所成角，求出N到平面PQB1的距离，即可求直线A1C1与平面PQB1所成角的正弦值．本题考查线面平行，考查线面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．。
2020年高3理科数学(新课标)复习专题整合高频突破习题：专题5立体几何专题能力14版含答案
本资源的初衷,是希望通过网络分享,能够为广阔读者提供更好的效劳,为您水平的提高提供坚强的动力和保证 .内容由一线名师原创,立意新,图片精,是非常强的一手资料 .专题能力训练14空间中的平行与垂直能力突破训练1.如图,O为正方体ABCD -A1B1C1D1的底面ABCD的中|心,那么以下直线中与B1O垂直的是()A.A1DB.AA1C.A1D1D.A1C12.如图,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,沿AE,AF,EF把正方形折成一个四面体,使B,C,D三点重合,重合后的点记为P,点P在△AEF内的射影为O.那么以下说法正确的选项是()A.O是△AEF的垂心B.O是△AEF的内心C.O是△AEF的外心D.O是△AEF的重心(第1题图)(第2题图)3.α,β是两个平面,m,n是两条直线,有以下四个命题:①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)4.正四棱锥S -ABCD的底面边长为2,高为2,E是边BC的中点,动点P在外表上运动,并且总保持PE⊥AC,那么动点P的轨迹的周长为.5.以下命题中正确的选项是.(填上你认为正确的所有命题的序号)①空间中三个平面α,β,γ,假设α⊥β,γ⊥β,那么α∥γ;②假设a,b,c为三条两两异面的直线,那么存在无数条直线与a,b,c都相交;③假设球O与棱长为a的正四面体各面都相切,那么该球的外表积为a2;④在三棱锥P -ABC中,假设P A⊥BC,PB⊥AC,那么PC⊥AB.6.在正三棱柱A1B1C1-ABC中,点D是BC的中点,BC =BB1.设B1D∩BC1=F.求证:(1)A1C∥平面AB1D;(2)BC1⊥平面AB1D.7.如图,在四棱锥P -ABCD中,侧面P AD是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC =60°的菱形,M为PC的中点.(1)求证:PC⊥AD;(2)证明在PB上存在一点Q,使得A,Q,M,D四点共面;(3)求点D到平面P AM的距离.8.(2021山东青岛统一质检)如图,在四棱锥P -ABCD中,底面ABCD是菱形,P A⊥平面ABCD,P A =3,F是棱P A上的一个动点,E为PD的中点.(1)求证:平面BDF⊥平面PCF;(2)假设AF =1,求证:CE∥平面BDF.思维提升训练9.平面α过正方体ABCD -A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD =m,α∩平面ABB1A1=n,那么m,n所成角的正弦值为()A. B. C. D.10.如图,在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD -A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB =,AD =2,BC =4,AA1=2,E是DD1的中点,F是平面B1C1E与直线AA1的交点.(1)证明:①EF∥A1D1;②BA1⊥平面B1C1EF;(2)求BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值.11.如图,在长方形ABCD中,AB =2,BC =1,E为CD的中点,F为AE的中点.现在沿AE将△ADE 向上折起,在折起的图形中解答以下问题:(1)在线段AB上是否存在一点K,使BC∥平面DFK?假设存在,请证明你的结论;假设不存在,请说明理由;(2)假设平面ADE⊥平面ABCE,求证:平面BDE⊥平面ADE.12.正三棱柱ABC -A1B1C1中,AB =2,AA1=,点D为AC的中点,点E在线段AA1上. (1)当AE∶EA1=1∶2时,求证:DE⊥BC1;(2)是否存在点E,使三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC -A1B1C1体积的?假设存在,求AE的长,假设不存在,请说明理由.13.如图,在四边形ABCD中(如图①),E是BC的中点,DB =2,DC =1,BC =,AB =AD =.将△ABD(如图①)沿直线BD折起,使二面角A -BD -C为60°(如图②).(1)求证:AE⊥平面BDC;(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;(3)求点B到平面ACD的距离.参考答案专题能力训练14空间中的平行与垂直能力突破训练1.D解析易知A1C1⊥平面BB1D1D.∵B1O⊂平面BB1D1D,∴A1C1⊥B1O,应选D.2.A解析如图,易知P A,PE,PF两两垂直,∴P A⊥平面PEF,从而P A⊥EF,而PO⊥平面AEF,那么PO⊥EF,∴EF⊥平面P AO,∴EF⊥AO.同理可知AE⊥FO,AF⊥EO,∴O为△AEF的垂心.3.②③④解析对于①,假设m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α,β的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为n∥α,所以过直线n作平面γ与平面α相交于直线c,那么n∥c.因为m⊥α,所以m⊥c,所以m ⊥n,故②正确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确的命题有②③④.4解析如图,取CD的中点F,SC的中点G,连接EF,EG,FG.设EF交AC于点H,连接GH,易知AC⊥EF.又GH∥SO,∴GH⊥平面ABCD,∴AC⊥GH.又GH∩EF =H,∴AC⊥平面EFG.故点P的轨迹是△EFG,其周长为5.②③④解析①中也可以α与γ相交;②作平面与a,b,c都相交;③中可得球的半径为r =a;④中由P A⊥BC,PB⊥AC得点P在底面△ABC的射影为△ABC的垂心,故PC⊥AB.6.证明(1)连接A1B,设A1B交AB1于点E,连接DE.∵点D是BC的中点,点E是A1B的中点,∴DE∥A1C.∵A1C⊄平面AB1D,DE⊂平面AB1D,∴A1C∥平面AB1D.(2)∵△ABC是正三角形,点D是BC的中点,∴AD⊥BC.∵平面ABC⊥平面B1BCC1,平面ABC∩平面B1BCC1=BC,AD⊂平面ABC,∴AD⊥平面B1BCC1.∵BC1⊂平面B1BCC1,∴AD⊥BC1.∵点D是BC的中点,BC =BB1,∴BD =BB1.,∴Rt△B1BD∽Rt△BCC1,∴∠BDB1=∠BC1C.∴∠FBD +∠BDF =∠C1BC +∠BC1C =90°.∴BC1⊥B1D.∵B1D∩AD =D,∴BC1⊥平面AB1D.7.(1)证法一取AD的中点O,连接OP,OC,AC,依题意可知△P AD,△ACD均为正三角形,所以OC⊥AD,OP⊥AD.又OC∩OP =O,OC⊂平面POC,OP⊂平面POC,所以AD⊥平面POC.又PC⊂平面POC,所以PC⊥AD.证法二连接AC,依题意可知△P AD,△ACD均为正三角形.因为M为PC的中点,所以AM⊥PC,DM⊥PC.又AM∩DM =M,AM⊂平面AMD,DM⊂平面AMD,所以PC⊥平面AMD.因为AD⊂平面AMD,所以PC⊥AD.(2)证明当点Q为棱PB的中点时,A,Q,M,D四点共面,证明如下:取棱PB的中点Q,连接QM,QA.因为M为PC的中点,所以QM∥BC.在菱形ABCD中,AD∥BC,所以QM∥AD,所以A,Q,M,D四点共面.(3)解点D到平面P AM的距离即点D到平面P AC的距离.由(1)可知PO⊥AD,又平面P AD⊥平面ABCD,平面P AD∩平面ABCD =AD,PO⊂平面P AD, 所以PO⊥平面ABCD,即PO为三棱锥P -ACD的高.在Rt△POC中,PO =OC =,PC =,在△P AC中,P A =AC =2,PC =,边PC上的高AM =,所以△P AC的面积S△P AC=PC·AM =设点D到平面P AC的距离为h,由V D -P AC=V P -ACD,得S△P AC·h =S△ACD·PO.因为S△ACD=22=,所以h =,解得h =,所以点D到平面P AM的距离为8.证明(1)连接AC交BD于点O.∵底面ABCD是菱形,∴BD⊥AC.∵P A⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴BD⊥P A.∵P A∩AC =A,P A⊂平面P AC,AC⊂平面P AC,∴BD⊥平面P AC,∴BD⊥平面PCF.∵BD⊂平面BDF,∴平面BDF⊥平面PCF.(2)过点E作EG∥FD交AP于点G,连接CG,连接FO.∵EG∥FD,EG⊄平面BDF,FD⊂平面BDF.∴EG∥平面BDF.∵底面ABCD是菱形,∴O是AC的中点.∵E为PD的中点,∴G为PF的中点.∵AF =1,P A =3,∴F为AG的中点,∴OF∥CG.∵CG⊄平面BDF,OF⊂平面BDF,∴CG∥平面BDF.又EG∩CG =G,EG,CG⊂平面CGE,∴平面CGE∥平面BDF.又CE⊂平面CGE,∴CE∥平面BDF.思维提升训练9.A解析(方法一)∵α∥平面CB1D1,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,α∩平面ABCD =m,平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,∴m∥B1D1.∵α∥平面CB1D1,平面ABB1A1∥平面DCC1D1,α∩平面ABB1A1=n,平面CB1D1∩平面DCC1D1=CD1,∴n∥CD1.∴B1D1,CD1所成的角等于m,n所成的角,即∠B1D1C等于m,n所成的角.∵△B1D1C为正三角形,∴∠B1D1C =60°,∴m,n所成的角的正弦值为(方法二)由题意画出图形如图,将正方体ABCD -A1B1C1D1平移,补形为两个全等的正方体如图,易证平面AEF∥平面CB1D1,∴平面AEF即为平面α,m即为AE,n即为AF,∴AE与AF所成的角即为m与n所成的角.∵△AEF是正三角形,∴∠EAF =60°,故m,n所成角的正弦值为10.(1)证明①因为C1B1∥A1D1,C1B1⊄平面ADD1A1,所以C1B1∥平面ADD1A1.因为平面B1C1EF∩平面ADD1A1=EF,所以C1B1∥EF.所以A1D1∥EF.②因为BB1⊥平面A1B1C1D1,所以BB1⊥B1C1.因为B1C1⊥B1A1,所以B1C1⊥平面ABB1A1,所以B1C1⊥BA1.在矩形ABB1A1中,F是AA1的中点,即tan∠A1B1F =tan∠AA1B =,即∠A1B1F =∠AA1B.故BA1⊥B1F.又B1F∩B1C1=B1,所以BA1⊥平面B1C1EF.(2)解设BA1与B1F的交点为H,连接C1H(如图).由(1)知BA1⊥平面B1C1EF,所以∠BC1H是BC1与平面B1C1EF所成的角.在矩形ABB1A1中,AB =,AA1=2,得BH =在Rt△BHC1中,BC1=2,BH =,得sin∠BC1H =所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是11.(1)解线段AB上存在一点K,且当AK =AB时,BC∥平面DFK.证明如下:设H为AB的中点,连接EH,那么BC∥EH.又因为AK =AB,F为AE的中点,所以KF∥EH,所以KF∥BC.因为KF⊂平面DFK,BC⊄平面DFK,所以BC∥平面DFK.(2)证明因为F为AE的中点,DA =DE =1,所以DF⊥AE.因为平面ADE⊥平面ABCE,所以DF⊥平面ABCE.因为BE⊂平面ABCE,所以DF⊥BE.又因为在折起前的图形中E为CD的中点,AB =2,BC =1,所以在折起后的图形中AE =BE =,从而AE2+BE2=4=AB2,所以AE⊥BE.因为AE∩DF =F,所以BE⊥平面ADE.因为BE⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ADE.12.(1)证明因为三棱柱ABC -A1B1C1为正三棱柱,所以△ABC是正三角形.因为D是AC的中点,所以BD⊥AC.又平面ABC⊥平面CAA1C1,所以BD⊥DE.因为AE∶EA1=1∶2,AB =2,AA1=,所以AE =,AD =1,所以在Rt△ADE中,∠ADE =30°.在Rt△DCC1中,∠C1DC =60°,所以∠EDC1=90°,即DE⊥DC1.因为C1D∩BD =D,所以DE⊥平面BC1D,所以DE⊥BC1.(2)解假设存在点E满足题意.设AE =h,那么A1E =-h,所以-S△AED-=2h -(-h) -h.因为BD⊥平面ACC1A1,所以h,又V棱柱=2=3, 所以h =1,解得h =,故存在点E,当AE =,即E与A1重合时,三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC -A1B1C1体积的13.(1)证明如图,取BD的中点M,连接AM,ME.∵AB =AD =,DB =2,∴AM⊥BD.∵DB =2,DC =1,BC =满足DB2+DC2=BC2,∴△BCD是以BC为斜边的直角三角形,BD⊥DC,∵E是BC的中点,∴ME为△BCD的中位线,ME CD,∴ME⊥BD,ME =,公众号：惟微小筑∴∠AME是二面角A -BD -C的平面角,∴∠AME =60°.∵AM⊥BD,ME⊥BD,且AM,ME是平面AME内两相交于M的直线,∴BD⊥平面AEM.∵AE⊂平面AEM,∴BD⊥AE.∵△ABD为等腰直角三角形,∴AM =BD =1.在△AEM中,∵AE2=AM2+ME2-2AM·ME·cos∠AME =1+-2×1cos60°=,∴AE =,∴AE2+ME2=1=AM2,∴AE⊥ME.∵BD∩ME =M,BD⊂平面BDC,ME⊂平面BDC,∴AE⊥平面BDC.(2)解取AD的中点N,连接MN,那么MN是△ABD的中位线,MN∥AB.又ME∥CD,∴直线AB与CD所成角θ等于MN与ME所成的角,即∠EMN或其补角.AE⊥平面BCD,DE⊂平面BCD,∴AE⊥DE.∵N为Rt△AED斜边的中点,∴NE =AD =,MN =AB =,ME =,∴cosθ=|cos∠EMN| =(3)解记点B到平面ACD的距离为d,那么三棱锥B -ACD的体积V B -ACD=d·S△ACD.又由(1)知AE是三棱锥A -BCD的高,BD⊥CD,∴V B -ACD=V A -BCD=AE·S△BCD=∵E为BC中点,AE⊥BC,∴AC =AB =又DC =1,AD =,△ACD为等腰三角形,S△ACD=DC1,∴点B到平面ACD的距离d =。
2020高考数学立体几何复习题和答案
2020高考虽然延期，但是每天练习一定要跟上，加油！一、选择题1、已知m,n 是两条不同直线，α,β,Υ是三个不同平面.下列命题中正确的是（A ）若α⊥Υ，β∥Υ，则α∥β (B)若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n （C ）若m ∥α，n ∥α，则m ∥n （D ）若m ∥α，m ∥β，则a ∥β2、如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2,AA 1=1,则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为 A.63B.265C.155D.1053、用与球心距离为1的平面去截面面积为π，则球的体积为 A.323πB.83πC.82πD. 823π4、已知直线m 、n 和平面、满足m ⊥n ，⊥，m α⊥则 A. n ⊥B. n ∥或nC. n ⊥D. n ∥或n5、长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的8个顶点在同一个球面上，且AB ＝2，AD ＝3，AA 1＝1，则顶点A 、B 间的球面距离是 A.42πB.22π C.π2 D.π226、设直线m 与平面α相交但不．垂直，则下列说法中正确的是 A. 在平面α内有且只有一条直线与直线m 垂直 B. 过直线m 有且只有一个平面与平面α垂直 C. 与直线m 垂直的直线不可能．．．与平面α平行 D. 与直线m 平行的平面不．可能与平面α垂直 7、已知三棱柱ABC －111C B A 的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC内的射影为△ABC 的中心，则A 1B 与底面ABC 所成角的正弦值等于 (A)31(B)32 (C)33 (D)32 8、正四棱锥的侧棱长为32，侧棱与底面所成的角为︒60，则该棱锥的体积为A. 3B. 6C. 9D.189、已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆.若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于A.1B. 2C. 3D. 210、设M 是球O 的半径OP 的中点，分别过M 、O 作垂直于OP 的平面，截球面得到两个圆，则这两个圆的面积比值为（A ）14 （B ）12 （C ）23（D ）3411、设直线l α⊂平面，过平面α外一点A 且与l 、α都成30°角的直线有且只有（A ）1条 （B ）2条 （C ）3条 （D ）4条12、若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60°的菱形，则该棱柱的体积为（A （B ） （C ） （D ）13、设a b ，是两条直线，αβ，是两个平面，则a b ⊥的一个充分条件是（ ）A ．a b αβαβ⊥⊥，∥，B ．a b αβαβ⊥⊥，，∥C ．a b αβαβ⊂⊥，，∥D ．a b αβαβ⊂⊥，∥，14、对两条不相交的空间直线a 和b ，必定存在平面α，使得 （A ）,a b αα⊂⊂ （B ）,//a b αα⊂ （C ）,a b αα⊥⊥ （D ）,a b αα⊂⊥15、设有直线m 、n 和平面α、β。