2017年高考数学试题分项版—立体几何(原卷版)
2017年高考数学试题分项版解析几何解析版
2017年高考数学试题分项版—解析几何（解析版）一、选择题1．(2017·全国Ⅰ文，5)已知F 是双曲线C ：x 2－y 23＝1的右焦点，P 是C 上一点，且PF 与x轴垂直，点A 的坐标是(1,3)，则△APF 的面积为( ) A ．13 B ．12 C ．23 D ．321．【答案】D【解析】因为F 是双曲线C ：x 2－y 23＝1的右焦点，所以F (2,0)． 因为PF ⊥x 轴，所以可设P 的坐标为(2，y P )． 因为P 是C 上一点，所以4－y 2P3＝1，解得y P ＝±3，所以P (2，±3)，|PF |＝3.又因为A (1,3)，所以点A 到直线PF 的距离为1， 所以S △APF ＝12×|PF |×1＝12×3×1＝32.故选D.2．(2017·全国Ⅰ文，12)设A ，B 是椭圆C ：x 23＋y 2m ＝1长轴的两个端点．若C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则m 的取值范围是( ) A ．(0,1]∪[9，＋∞) B ．(0，3]∪[9，＋∞) C ．(0,1]∪[4，＋∞) D ．(0，3]∪[4，＋∞)2．【答案】A【解析】方法一 设焦点在x 轴上，点M (x ，y )． 过点M 作x 轴的垂线，交x 轴于点N ， 则N (x,0)．故tan ∠AMB ＝tan(∠AMN ＋∠BMN ) ＝3＋x |y |＋3－x|y |1－3＋x |y |·3－x |y |＝23|y |x 2＋y 2－3.又tan ∠AMB ＝tan 120°＝－3， 且由x 23＋y 2m ＝1，可得x 2＝3－3y 2m ，则23|y |3－3y 2m ＋y 2－3＝23|y |(1－3m)y2＝－ 3.解得|y |＝2m3－m.又0＜|y |≤m ，即0＜2m3－m ≤m ，结合0＜m ＜3解得0＜m ≤1.对于焦点在y 轴上的情况，同理亦可得m ≥9. 则m 的取值范围是(0,1]∪[9，＋∞)． 故选A.方法二 当0＜m ＜3时，焦点在x 轴上， 要使C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°， 则a b ≥tan 60°＝3，即3m ≥3， 解得0＜m ≤1.当m ＞3时，焦点在y 轴上，要使C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°， 则a b ≥tan 60°＝3，即m3≥3，解得m ≥9. 故m 的取值范围为(0,1]∪[9，＋∞)． 故选A.3．(2017·全国Ⅱ文，5)若a >1，则双曲线x 2a 2－y 2＝1的离心率的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(2，2)C ．(1，2)D ．(1,2)3．【答案】C【解析】由题意得双曲线的离心率e ＝a 2＋1a .∴e 2＝a 2＋1a 2＝1＋1a 2. ∵a ＞1，∴0＜1a 2＜1，∴1＜1＋1a 2＜2，∴1＜e ＜ 2. 故选C.4．(2017·全国Ⅱ文，12)过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F ，且斜率为3的直线交C 于点M (M 在x 轴上方)，l 为C 的准线，点N 在l 上且MN ⊥l ，则M 到直线NF 的距离为( )A. 5 B ．2 2 C ．2 3 D ．3 3 4．【答案】C【解析】抛物线y 2＝4x 的焦点为F (1,0)，准线方程为x ＝－1.由直线方程的点斜式可得直线MF 的方程为y ＝3(x －1)．联立得方程组⎩⎨⎧y ＝3(x －1)，y 2＝4x ，解得⎩⎨⎧x ＝13，y ＝－233或⎩⎨⎧x ＝3，y ＝2 3.∵点M 在x 轴的上方，∴M (3,23)． ∵MN ⊥l ，∴N (－1,23)．∴|NF |＝(1＋1)2＋(0－23)2＝4， |MF |＝|MN |＝3－(－1)＝4.∴△MNF 是边长为4的等边三角形． ∴点M 到直线NF 的距离为2 3. 故选C.5．(2017·全国Ⅲ文，11)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为A 1，A 2，且以线段A 1A 2为直径的圆与直线bx －ay ＋2ab ＝0相切，则椭圆C 的离心率为( ) A ．63 B ．33 C ．23 D ．135．【答案】A【解析】由题意知以A 1A 2为直径的圆的圆心坐标为(0,0)，半径为a . 又直线bx －ay ＋2ab ＝0与圆相切， ∴圆心到直线的距离d ＝2aba 2＋b2＝a ，解得a ＝3b ， ∴b a ＝13，∴e ＝ca ＝a 2－b 2a ＝1－⎝⎛⎭⎫b a 2＝1－⎝⎛⎭⎫132＝63. 6．(2017·天津文，5)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右焦点为F ，点A 在双曲线的渐近线上，△OAF 是边长为2的等边三角形(O 为原点)，则双曲线的方程为( ) A ．x 24－y 212＝1B ．x 212－y 24＝1C ．x 23－y 2＝1D ．x 2－y 23＝1 6．【答案】D【解析】根据题意画出草图如图所示⎝⎛⎭⎫不妨设点A 在渐近线y ＝ba x 上.由△AOF 是边长为2的等边三角形得到∠AOF ＝60°，c ＝|OF |＝2. 又点A 在双曲线的渐近线y ＝b a x 上，∴ba ＝tan 60°＝ 3.又a 2＋b 2＝4，∴a ＝1，b ＝3， ∴双曲线的方程为x 2－y 23＝1. 故选D.7．(2017·浙江，2)椭圆x 29＋y 24＝1的离心率是( )A ．133B ．53C ．23D ．597．【答案】B【解析】∵椭圆方程为x 29＋y 24＝1，∴a ＝3，c ＝a 2－b 2＝9－4＝ 5. ∴e ＝c a ＝53.故选B.8．(2017·全国Ⅰ理，10)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A ，B 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，则|AB |＋|DE |的最小值为( )A ．16B ．14C ．12D ．10 8．【答案】A【解析】因为F 为y 2＝4x 的焦点，所以F (1,0)．由题意知直线l 1，l 2的斜率均存在，且不为0，设l 1的斜率为k ，则l 2的斜率为－1k ，故直线l 1，l 2的方程分别为y ＝k (x －1)，y ＝－1k(x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1，所以|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·⎝⎛⎭⎫2k 2＋4k 22－4＝4(1＋k 2)k 2.同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)k 2＋4(1＋k 2) ＝4⎝⎛⎭⎫1k 2＋1＋1＋k 2 ＝8＋4⎝⎛⎭⎫k 2＋1k 2≥8＋4×2＝16， 当且仅当k 2＝1k 2，即k ＝±1时，取得等号．故选A.9．(2017·全国Ⅱ理，9)若双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线被圆(x －2)2＋y 2＝4所截得的弦长为2，则C 的离心率为( ) A ．2 B ． 3 C ． 2D ．2339．【答案】A【解析】设双曲线的一条渐近线方程为y ＝b a x ，圆的圆心为(2,0)，半径为2，由弦长为2得出圆心到渐近线的距离为22－12＝ 3. 根据点到直线的距离公式，得|2b |a 2＋b 2＝3，解得b 2＝3a 2. 所以C 的离心率e ＝ca ＝c 2a 2＝1＋b 2a2＝2. 故选A.10．(2017·全国Ⅲ理，5)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线方程为y ＝52x ，且与椭圆x 212＋y 23＝1有公共焦点，则C 的方程为( )A ．x 28－y 210＝1B ．x 24－y 25＝1C ．x 25－y 24＝1D ．x 24－y 23＝110．【答案】B 【解析】由y ＝52x ，可得b a ＝52.① 由椭圆x 212＋y 23＝1的焦点为(3,0)，(－3,0)，可得a 2＋b 2＝9.② 由①②可得a 2＝4，b 2＝5. 所以C 的方程为x 24－y 25＝1.故选B.11．(2017·全国Ⅲ理，10)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为A 1，A 2，且以线段A 1A 2为直径的圆与直线bx －ay ＋2ab ＝0相切，则C 的离心率为( ) A ．63B ．33C ．23D ．1311．【答案】A【解析】由题意知，以A 1A 2为直径的圆的圆心为(0,0)，半径为a .又直线bx －ay ＋2ab ＝0与圆相切，∴圆心到直线的距离d ＝2aba 2＋b 2＝a ，解得a ＝3b ，∴b a ＝13， ∴e ＝c a ＝a 2－b 2a ＝1－⎝⎛⎭⎫b a 2＝1－⎝⎛⎭⎫132＝63. 故选A.12．(2017·天津理，5)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左焦点为F ，离心率为 2.若经过F和P (0,4)两点的直线平行于双曲线的一条渐近线，则双曲线的方程为( ) A ．x 24－y 24＝1B ．x 28－y 28＝1C ．x 24－y 28＝1D ．x 28－y 24＝112．【答案】B【解析】由题意可得ca ＝2，即c ＝2a .又左焦点F (－c,0)，P (0,4)，则直线PF 的方程为y －04－0＝x ＋c 0＋c，化简即得y ＝4c x ＋4.结合已知条件和图象易知直线PF 与y ＝b a x 平行，则4c ＝ba，即4a ＝bc .由⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2a ，4a ＝bc ，a 2＋b 2＝c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝8，b 2＝8，故双曲线方程为x 28－y 28＝1.故选B. 二、填空题1．(2017·全国Ⅲ文，14)双曲线x 2a 2－y 29＝1(a >0)的一条渐近线方程为y ＝35x ，则a ＝________.1．【答案】5【解析】∵双曲线的标准方程为x 2a 2－y 29＝1(a ＞0)，∴双曲线的渐近线方程为y ＝±3ax .又双曲线的一条渐近线方程为y ＝35x ，∴a ＝5.2．(2017·北京文，10)若双曲线x 2－y 2m＝1的离心率为3，则实数m ＝________.2．【答案】2【解析】由双曲线的标准方程知a ＝1，b 2＝m ，c ＝1＋m ， 故双曲线的离心率e ＝ca ＝1＋m ＝3，∴1＋m ＝3，∴m ＝2.3.(2017·北京文，12)已知点P 在圆x 2＋y 2＝1上，点A 的坐标为(－2,0)，O 为原点，则AO →·AP →的最大值为________． 3．【答案】6【解析】方法一 根据题意作出图象，如图所示，A (－2,0)，P (x ，y )．由点P 向x 轴作垂线交x 轴于点Q ，则点Q 的坐标为(x,0)． AO →·AP →＝|AO →|·|AP →|cos θ， |AO →|＝2，|AP →|＝(x ＋2)2＋y 2， cos θ＝AQAP ＝x ＋2(x ＋2)2＋y 2，所以AO →·AP →＝2(x ＋2)＝2x ＋4.点P 在圆x 2＋y 2＝1上，所以x ∈[－1,1]． 所以AO →·AP →的最大值为2＋4＝6.方法二 如图所示，因为点P 在圆x 2＋y 2＝1上， 所以可设P (cos α，sin α)(0≤α＜2π)， 所以AO →＝(2,0)，AP →＝(cos α＋2，sin α)， AO →·AP →＝2cos α＋4≤2＋4＝6，当且仅当cos α＝1，即α＝0，P (1,0)时“＝”号成立．4．(2017·天津文，12)设抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l .已知点C 在l 上，以C 为圆心的圆与y 轴的正半轴相切于点A .若∠F AC ＝120°，则圆的方程为________．4．【答案】(x ＋1)2＋(y －3)2＝1【解析】由y 2＝4x 可得点F 的坐标为(1,0)，准线l 的方程为x ＝－1.由圆心C 在l 上，且圆C 与y 轴正半轴相切(如图)，可得点C 的横坐标为－1，圆的半径为1，∠CAO ＝90°.又因为∠F AC ＝120°， 所以∠OAF ＝30°，所以|OA |＝3， 所以点C 的纵坐标为 3.所以圆的方程为(x ＋1)2＋(y －3)2＝1.5.(2017·山东文，15)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右支与焦点为F 的抛物线x 2＝2py (p >0)交于A ，B 两点，若|AF |＋|BF |＝4|OF |，则该双曲线的渐近线方程为________． 5．【答案】y ＝±22x【解析】设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2－y 2b 2＝1，x 2＝2py ，得a 2y 2－2pb 2y ＋a 2b 2＝0， ∴y 1＋y 2＝2pb 2a 2.又∵|AF |＋|BF |＝4|OF |，∴y 1＋p 2＋y 2＋p 2＝4×p2，∴y 1＋y 2＝p ，∴2pb 2a 2＝p ，即b 2a 2＝12，∴b a ＝22， ∴双曲线的渐近线方程为y ＝±22x .6.(2017·江苏，8)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 23－y 2＝1的右准线与它的两条渐近线分别交于点P ，Q ，其焦点是F 1，F 2，则四边形F 1PF 2Q 的面积是________．6．【答案】2 3【解析】如图所示，双曲线x 23－y 2＝1的焦点为F 1(－2,0)，F 2(2,0)，所以|F 1F 2|＝4.双曲线x 23－y 2＝1的右准线方程为x ＝a 2c ＝32，渐近线方程为y ＝±33x .由⎩⎨⎧x ＝32，y ＝33x得P ⎝⎛⎭⎫32，32.同理可得Q ⎝⎛⎭⎫32，－32.∴|PQ |＝3，∴S 四边形12F PF Q ＝12·|F 1F 2|·|PQ |＝12×4×3＝2 3.7．(2017·江苏，13)在平面直角坐标系xOy 中，A (－12,0)，B (0,6)，点P 在圆O ：x 2＋y 2＝50上，若P A →·PB →≤20，则点P 的横坐标的取值范围是________． 7．【答案】[－52，1]【解析】方法一 因为点P 在圆O ：x 2＋y 2＝50上， 所以设P 点坐标为(x ，±50－x 2)(－52≤x ≤52)． 因为A (－12,0)，B (0,6)，所以P A →＝(－12－x ，－50－x 2)或P A →＝(－12－x ，50－x 2)， PB →＝(－x,6－50－x 2)或PB →＝(－x,6＋50－x 2)． 因为P A →·PB →≤20，先取P (x ，50－x 2)进行计算， 所以(－12－x )·(－x )＋(－50－x 2)(6－50－x 2)≤20， 即2x ＋5≤50－x 2.当2x ＋5＜0，即x ＜－52时，上式恒成立．当2x ＋5≥0，即x ≥－52时，(2x ＋5)2≤50－x 2，解得－52≤x ≤1，故x ≤1.同理可得P (x ，－50－x 2)时，x ≤－5. 又－52≤x ≤52，所以－52≤x ≤1. 故点P 的横坐标的取值范围为[－52，1]． 方法二 设P (x ，y )，则P A →＝(－12－x ，－y )，PB →＝(－x,6－y )． ∵P A →·PB →≤20，∴(－12－x )·(－x )＋(－y )·(6－y )≤20， 即2x －y ＋5≤0.如图，作圆O ：x 2＋y 2＝50，直线2x －y ＋5＝0与⊙O 交于E ，F 两点，∵P 在圆O 上且满足2x －y ＋5≤0， ∴点P 在EDF 上．由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝50，2x －y ＋5＝0得F 点的横坐标为1， 又D 点的横坐标为－52，∴P 点的横坐标的取值范围为[－52，1]．8．(2017·全国Ⅰ理，15)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右顶点为A ，以A 为圆心，b为半径作圆A ，圆A 与双曲线C 的一条渐近线交于M ，N 两点．若∠MAN ＝60°，则C 的离心率为________． 8．【答案】233【解析】如图，由题意知点A (a,0)，双曲线的一条渐近线l 的方程为y ＝ba x ，即bx －ay ＝0，∴点A 到l 的距离d ＝aba 2＋b 2. 又∠MAN ＝60°，MA ＝NA ＝b ，∴△MAN 为等边三角形， ∴d ＝32MA ＝32b ，即ab a 2＋b2＝32b ，∴a 2＝3b 2， ∴e ＝ca＝a 2＋b 2a 2＝233.9．(2017·全国Ⅱ理，16)已知F 是抛物线C ：y 2＝8x 的焦点，M 是C 上一点，FM 的延长线交y 轴于点N .若M 为FN 的中点，则|FN |＝________. 9．【答案】6【解析】如图，不妨设点M 位于第一象限内，抛物线C 的准线交x 轴于点A ，过点M 作准线的垂线，垂足为点B ，交y 轴于点P ，∴PM ∥OF .由题意知，F (2,0)，|FO |＝|AO |＝2. ∵点M 为FN 的中点，PM ∥OF ， ∴|MP |＝12|FO |＝1.又|BP |＝|AO |＝2， ∴|MB |＝|MP |＋|BP |＝3.由抛物线的定义知|MF |＝|MB |＝3，故|FN |＝2|MF |＝6. 10．(2017·北京理，9)若双曲线x 2－y 2m＝1的离心率为3，则实数m ＝________. 10．【答案】2【解析】由双曲线的标准方程知a ＝1，b 2＝m ，c ＝1＋m ， 故双曲线的离心率e ＝ca＝1＋m ＝3，∴1＋m ＝3，解得m ＝2.11．(2017·北京理，14)三名工人加工同一种零件，他们在一天中的工作情况如图所示，其中点A i 的横、纵坐标分别为第i 名工人上午的工作时间和加工的零件数，点B i 的横、纵坐标分别为第i 名工人下午的工作时间和加工的零件数，i ＝1,2,3.①记Q i 为第i 名工人在这一天中加工的零件总数，则Q 1，Q 2，Q 3中最大的是________． ②记p i 为第i 名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则p 1，p 2，p 3中最大的是________．11．【答案】Q 1 p 2【解析】设A 1(xA 1，yA 1)，B 1(xB 1，yB 1)，线段A 1B 1的中点为E 1(x 1，y 1)，则Q 1＝yA 1＋yB 1＝2y 1.因此，要比较Q 1，Q 2，Q 3的大小，只需比较线段A 1B 1，A 2B 2，A 3B 3中点纵坐标的大小，作图比较知Q 1最大．又p 1＝yA 1＋yB 1xA 1＋xB 1＝2y 12x 1＝y 1x 1＝y 1－0x 1－0，其几何意义为线段A 1B 1的中点E 1与坐标原点连线的斜率，因此，要比较p 1，p 2，p 3的大小，只需比较线段A 1B 1，A 2B 2，A 3B 3中点与坐标原点连线的斜率，作图比较知p 2最大．12．(2017·山东理，14)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的右支与焦点为F 的抛物线x 2＝2py (p ＞0)交于A ，B 两点，若|AF |＋|BF |＝4|OF |，则该双曲线的渐近线方程为________． 12．【答案】y ＝±22x【解析】设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2－y 2b 2＝1，x 2＝2py ，得a 2y 2－2pb 2y ＋a 2b 2＝0， ∴y 1＋y 2＝2pb 2a 2.又∵|AF |＋|BF |＝4|OF |，∴y 1＋p 2＋y 2＋p 2＝4×p2，即y 1＋y 2＝p ，∴2pb 2a 2＝p ，即b 2a 2＝12，∴b a ＝22， ∴双曲线的渐近线方程为y ＝±22x .三、解答题1．(2017·全国Ⅰ文，20)设A ，B 为曲线C ：y ＝x 24上两点，A 与B 的横坐标之和为4.(1)求直线AB 的斜率；(2)设M 为曲线C 上一点，C 在M 处的切线与直线AB 平行，且AM ⊥BM ，求直线AB 的方程．1．解 (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1≠x 2，y 1＝x 214，y 2＝x 224，x 1＋x 2＝4，于是直线AB 的斜率k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝x 1＋x 24＝1.(2)由y ＝x 24，得y ′＝x2.设M (x 3，y 3)，由题设知x 32＝1，解得x 3＝2，于是M (2,1)．设直线AB 的方程为y ＝x ＋m ，故线段AB 的中点为N (2,2＋m )，|MN |＝|m ＋1|. 将y ＝x ＋m 代入y ＝x 24，得x 2－4x －4m ＝0.当Δ＝16(m ＋1)>0，即m >－1时，x 1,2＝2±2m ＋1. 从而|AB |＝2|x 1－x 2|＝42(m ＋1).由题设知|AB |＝2|MN |，即42(m ＋1)＝2(m ＋1)，解得m ＝7. 所以直线AB 的方程为y ＝x ＋7.2．(2017·全国Ⅱ文，20)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM →. (1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .2．(1)解 设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0,0)，NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0)．由NP →＝ 2 NM →得x 0＝x ，y 0＝22y .因为M (x 0，y 0)在C 上，所以x 22＋y 22＝1.因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2. (2)证明 由题意知F (－1,0)．设Q (－3，t )，P (m ，n )，则OQ →＝(－3，t )， PF →＝(－1－m ，－n )，OQ →·PF →＝3＋3m －tn ， OP →＝(m ，n )，PQ →＝(－3－m ，t －n )． 由OP →·PQ →＝1，得－3m －m 2＋tn －n 2＝1. 又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0. 所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →. 又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .3．(2017·全国Ⅲ文，20)在直角坐标系xOy 中，曲线y ＝x 2＋mx －2与x 轴交于A ，B 两点，点C 的坐标为(0,1)．当m 变化时，解答下列问题： (1)能否出现AC ⊥BC 的情况？说明理由；(2)证明过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值． 3．(1)解 不能出现AC ⊥BC 的情况．理由如下： 设A (x 1,0)，B (x 2,0)，则x 1，x 2满足x 2＋mx －2＝0， 所以x 1x 2＝－2. 又点C 的坐标为(0,1)，故AC 的斜率与BC 的斜率之积为－1x 1·－1x 2＝－12，所以不能出现AC ⊥BC 的情况．(2)证明 BC 的中点坐标为⎝⎛⎭⎫x 22，12，可得BC 的中垂线方程为y －12＝x 2⎝⎛⎭⎫x －x 22. 由(1)可得x 1＋x 2＝－m ， 所以AB 的中垂线方程为x ＝－m2.联立⎩⎨⎧x ＝－m2，y －12＝x 2⎝⎛⎭⎫x －x 22，又x 22＋mx 2－2＝0，可得⎩⎨⎧x ＝－m 2，y ＝－12.所以过A ，B ，C 三点的圆的圆心坐标为⎝⎛⎭⎫－m 2，－12，半径r ＝m 2＋92.故圆在y 轴上截得的弦长为2r 2－⎝⎛⎭⎫m 22＝3，即过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值．4．(2017·北京文，19)已知椭圆C 的两个顶点分别为A (－2,0)，B (2,0)，焦点在x 轴上，离心率为32. (1)求椭圆C 的方程；(2)点D 为x 轴上一点，过D 作x 轴的垂线交椭圆C 于不同的两点M ，N ，过D 作AM 的垂线交BN 于点E .求证：△BDE 与△BDN 的面积之比为4∶5. 4．(1)解 设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c a ＝32，解得c ＝3，所以b 2＝a 2－c 2＝1， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 设M (m ，n )，则D (m,0)，N (m ，－n )， 由题设知m ≠±2，且n ≠0. 直线AM 的斜率k AM ＝nm ＋2， 故直线DE 的斜率k DE ＝－m ＋2n ，所以直线DE 的方程为y ＝－m ＋2n(x －m )， 直线BN 的方程为y ＝n2－m(x －2)．联立⎩⎨⎧y ＝－m ＋2n(x －m )，y ＝n2－m (x －2)，解得点E 的纵坐标y E ＝－n (4－m 2)4－m 2＋n 2.由点M 在椭圆C 上，得4－m 2＝4n 2，所以y E ＝－45n .又S △BDE ＝12|BD |·|y E |＝25|BD |·|n |，S △BDN ＝12|BD |·|n |，所以△BDE 与△BDN 的面积之比为4∶5.5．(2017·天津文，20)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F (－c,0)，右顶点为A ，点E 的坐标为(0，c )，△EF A 的面积为b 22.(1)求椭圆的离心率；(2)设点Q 在线段AE 上，|FQ |＝3c2，延长线段FQ 与椭圆交于点P ，点M ，N 在x 轴上，PM∥QN ，且直线PM 与直线QN 间的距离为c ，四边形PQNM 的面积为3c . ①求直线FP 的斜率； ②求椭圆的方程．5．解 (1)设椭圆的离心率为e . 由已知可得12(c ＋a )c ＝b 22.又由b 2＝a 2－c 2，可得2c 2＋ac －a 2＝0， 即2e 2＋e －1＝0，解得e ＝－1或e ＝12.又因为0<e <1，所以e ＝12.所以椭圆的离心率为12.(2)①依题意，设直线FP 的方程为x ＝my －c (m >0)，则直线FP 的斜率为1m.由(1)知a ＝2c ，可得直线AE 的方程为x 2c ＋yc ＝1，即x ＋2y －2c ＝0，与直线FP 的方程联立，可解得x ＝(2m －2)c m ＋2，y ＝3cm ＋2，即点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫(2m －2)c m ＋2，3c m ＋2.由已知|FQ |＝3c 2，有⎣⎢⎡⎦⎥⎤(2m －2)c m ＋2＋c 2＋⎝⎛⎭⎫3c m ＋22＝⎝⎛⎭⎫3c 22，整理得3m 2－4m ＝0，所以m ＝43(m ＝0舍去)，即直线FP 的斜率为34.②由a ＝2c ，可得b ＝3c ， 故椭圆方程可以表示为x 24c 2＋y 23c2＝1.由①得直线FP 的方程为3x －4y ＋3c ＝0，与椭圆方程联立⎩⎪⎨⎪⎧3x －4y ＋3c ＝0，x 24c 2＋y 23c 2＝1，消去y ，整理得7x 2＋6cx －13c 2＝0，解得x ＝－13c7(舍去)或x ＝c .因此可得点P ⎝⎛⎭⎫c ，3c 2， 进而可得|FP |＝(c ＋c )2＋⎝⎛⎭⎫3c 22＝5c2，所以|PQ |＝|FP |－|FQ |＝5c 2－3c2＝c .由已知，线段PQ 的长即为PM 与QN 这两条平行直线间的距离，故直线PM 和QN 都垂直于直线FP .因为QN ⊥FP ，所以|QN |＝|FQ |·tan ∠QFN ＝3c 2×34＝9c 8，所以△FQN 的面积为12|FQ ||QN |＝27c 232.同理△FPM 的面积等于75c 232.由四边形PQNM 的面积为3c ，得75c 232－27c 232＝3c ，整理得c 2＝2c ，又由c >0，得c ＝2. 所以椭圆的方程为x 216＋y 212＝1.6．(2017·山东文，21)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，椭圆C 截直线y ＝1所得线段的长度为2 2. (1)求椭圆C 的方程；(2)动直线l ：y ＝kx ＋m (m ≠0)交椭圆C 于A ，B 两点，交y 轴于点M .点N 是M 关于O 的对称点，⊙N 的半径为|NO |.设D 为AB 的中点，DE ，DF 与⊙N 分别相切于点E ，F ，求∠EDF 的最小值．6．解 (1)由椭圆的离心率为22，得a 2＝2(a 2－b 2)， 又当y ＝1时，x 2＝a 2－a 2b 2，得a 2－a 2b2＝2， 所以a 2＝4，b 2＝2.因此椭圆方程为x 24＋y 22＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 22＝1，得(2k 2＋1)x 2＋4kmx ＋2m 2－4＝0. 由Δ>0，得m 2<4k 2＋2，(*) 且x 1＋x 2＝－4km2k 2＋1，因此y 1＋y 2＝2m2k 2＋1，所以D ⎝⎛⎭⎫－2km 2k 2＋1，m2k 2＋1.又N (0，－m )，所以|ND |2＝⎝⎛⎭⎫－2km 2k 2＋12＋⎝⎛⎭⎫m2k 2＋1＋m 2，整理得|ND |2＝4m 2(1＋3k 2＋k 4)(2k 2＋1)2.因为|NF |＝|m |，所以|ND |2|NF |2＝4(k 4＋3k 2＋1)(2k 2＋1)2＝1＋8k 2＋3(2k 2＋1)2.令t ＝8k 2＋3，t ≥3， 故2k 2＋1＝t ＋14.所以|ND |2|NF |2＝1＋16t (1＋t )2＝1＋16t ＋1t ＋2. 令y ＝t ＋1t ，所以y ′＝1－1t 2.当t ≥3时，y ′>0，从而y ＝t ＋1t 在[3，＋∞)上单调递增，因此t ＋1t ≥103，当且仅当t ＝3时等号成立，此时k ＝0， 所以|ND |2|NF |2≤1＋3＝4.由(*)得－2<m <2且m ≠0，故|NF ||ND |≥12. 设∠EDF ＝2θ，则sin θ＝|NF ||ND |≥12，所以θ的最小值为π6，从而∠EDF 的最小值为π3，此时直线l 的斜率是0.综上所述，当k ＝0，m ∈(－2，0)∪(0，2)时，∠EDF 取到最小值π3.7．(2017·浙江，21)如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝⎛⎭⎫－12，14，B ⎝⎛⎭⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )⎝⎛⎭⎫－12＜x ＜32，过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q .(1)求直线AP 斜率的取值范围； (2)求|P A |·|PQ |的最大值．7．解 (1)设直线AP 的斜率为k ，k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12＜x ＜32.所以直线AP 斜率的取值范围为(－1,1)．(2)联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎨⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋32k 2＋1.因为|P A |＝1＋k 2⎝⎛⎭⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－(k －1)(k ＋1)2k 2＋1， 所以|P A |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3， 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3， 因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎝⎛⎭⎫－1，12上单调递增，⎝⎛⎭⎫12，1上单调递减． 因此当k ＝12时，|P A |·|PQ |取得最大值2716.8．(2017·江苏，17)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为12，两准线之间的距离为8.点P 在椭圆E 上，且位于第一象限，过点F 1作直线PF 1的垂线l 1，过点F 2作直线PF 2的垂线l 2.(1)求椭圆E 的标准方程；(2)若直线l 1，l 2的交点Q 在椭圆E 上，求点P 的坐标． 8．解 (1)设椭圆的半焦距为c .因为椭圆E 的离心率为12，两准线之间的距离为8，所以c a ＝12，2a 2c ＝8，解得a ＝2，c ＝1，于是b ＝a 2－c 2＝3， 因此椭圆E 的标准方程是x 24＋y 23＝1.(2)由(1)知，F 1(－1,0)，F 2(1,0)．设P (x 0，y 0)，因为P 为第一象限的点，故x 0>0，y 0>0. 当x 0＝1时，l 2与l 1相交于F 1，与题设不符．当x 0≠1时，直线PF 1的斜率为y 0x 0＋1，直线PF 2的斜率为y 0x 0－1.因为l 1⊥PF 1，l 2⊥PF 2， 所以直线l 1的斜率为－x 0＋1y 0，直线l 2的斜率为－x 0－1y 0，从而直线l 1的方程为y ＝－x 0＋1y 0(x ＋1)，① 直线l 2的方程为y ＝－x 0－1y 0(x －1)．②由①②，解得x ＝－x 0，y ＝x 20－1y 0，所以Q ⎝⎛⎭⎫－x 0，x 20－1y 0.因为点Q 在椭圆E 上，由对称性，得x 20－1y 0＝±y 0，即x 20－y 20＝1或x 20＋y 20＝1.又点P 在椭圆E 上，故x 204＋y 203＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧ x 20－y 20＝1，x 204＋y 203＝1，解得x 0＝477，y 0＝377； ⎩⎪⎨⎪⎧x 20＋y 20＝1，x 204＋y 203＝1无解． 因此点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫477，377.9．(2017·全国Ⅰ理，20)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，四点P 1(1,1)，P 2(0,1)，P 3⎝⎛⎭⎫－1，32，P 4⎝⎛⎭⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上． (1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．9．(1)解 由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点． 又由1a 2＋1b 2>1a 2＋34b 2知，椭圆C 不经过点P 1，所以点P 2在椭圆C 上．因此⎩⎨⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |<2，可得A ，B 的坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22，则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1，得t ＝2，不符合题设． 从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)． 将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0. 即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km4k 2＋1＝0，解得k ＝－m ＋12.当且仅当m >－1时，Δ>0， 于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1)．10．(2017·全国Ⅱ理，20)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM →. (1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .10．解 (1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0,0)， NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0)． 由NP →＝ 2 NM →，得x 0＝x ，y 0＝22y ，因为M (x 0，y 0)在C 上，所以x 22＋y 22＝1.因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2.(2)由题意知F (－1,0)．设Q (－3，t )，P (m ，n )，则OQ →＝(－3，t )，PF →＝(－1－m ，－n )， OQ →·PF →＝3＋3m －tn ，OP →＝(m ，n )，PQ →＝(－3－m ，t －n )， 由OP →·PQ →＝1，得－3m －m 2＋tn －n 2＝1， 又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0，所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →，又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .11．(2017·全国Ⅲ理，20)已知抛物线C ：y 2＝2x ，过点(2,0)的直线l 交C 与A ，B 两点，圆M 是以线段AB 为直径的圆． (1)证明：坐标原点O 在圆M 上；(2)设圆M 过点P (4，－2)，求直线l 与圆M 的方程． 11．(1)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，l ：x ＝my ＋2.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋2，y 2＝2x ，可得y 2－2my －4＝0，则y 1y 2＝－4. 又x 1＝y 212，x 2＝y 222，故x 1x 2＝(y 1y 2)24＝4.因此OA 的斜率与OB 的斜率之积为y 1x 1·y 2x 2＝－44＝－1，所以OA ⊥OB ，故坐标原点O 在圆M 上． (2)解 由(1)可得y 1＋y 2＝2m ， x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)＋4＝2m 2＋4， 故圆心M 的坐标为(m 2＋2，m )， 圆M 的半径r ＝(m 2＋2)2＋m 2.由于圆M 过点P (4，－2)，因此AP →·BP →＝0， 故(x 1－4)(x 2－4)＋(y 1＋2)(y 2＋2)＝0， 即x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋y 1y 2＋2(y 1＋y 2)＋20＝0. 由(1)可知y 1y 2＝－4，x 1x 2＝4，所以2m 2－m －1＝0，解得m ＝1或m ＝－12.当m ＝1时，直线l 的方程为x －y －2＝0，圆心M 的坐标为(3,1)，圆M 的半径为10， 圆M 的方程为(x －3)2＋(y －1)2＝10.当m ＝－12时，直线l 的方程为2x ＋y －4＝0，圆心M 的坐标为⎝⎛⎭⎫94，－12，圆M 的半径为854， 圆M 的方程为⎝⎛⎭⎫x －942＋⎝⎛⎭⎫y ＋122＝8516. 12．(2017·北京理，18)已知抛物线C ：y 2＝2px 过点P (1,1)，过点⎝⎛⎭⎫0，12作直线l 与抛物线C 交于不同的两点M ，N ，过点M 作x 轴的垂线分别与直线OP ，ON 交于点A ，B ，其中O 为原点．(1)求抛物线C 的方程，并求其焦点坐标和准线方程； (2)求证：A 为线段BM 的中点．12．(1)解：由抛物线C ∶y 2＝2px 过点P (1,1)，得p ＝12，所以抛物线C 的方程为y 2＝x ，抛物线C 的焦点坐标为⎝⎛⎭⎫14，0，准线方程为x ＝－14. (2)证明：由题意，设直线l 的方程为y ＝kx ＋12(k ≠0)，l 与抛物线C 的交点为M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋12，y 2＝x ，得4k 2x 2＋(4k －4)x ＋1＝0，则x 1＋x 2＝1－k k 2，x 1x 2＝14k2.因为点P 的坐标为(1,1)，所以直线OP 的方程为y ＝x ，点A 的坐标为(x 1，x 1)． 直线ON 的方程为y ＝y 2x 2x ，点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫x 1，y 2x 1x 2. 因为y 1＋y 2x 1x 2－2x 1＝y 1x 2＋y 2x 1－2x 1x 2x 2＝⎝⎛⎭⎫kx 1＋12x 2＋⎝⎛⎭⎫kx 2＋12x 1－2x 1x 2x 2＝(2k －2)x 1x 2＋12(x 2＋x 1)x 2＝(2k －2)×14k 2＋1－k2k2x 2＝0，所以y 1＋y 2x 1x 2＝2x 1，故A 为线段BM 的中点．13．(2017·天津理，19)设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F ，右顶点为A ，离心率为12.已知A 是抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点，F 到抛物线的准线l 的距离为12.(1)求椭圆的方程和抛物线的方程；(2)设l 上两点P ，Q 关于x 轴对称，直线AP 与椭圆相交于点B (B 异于点A )，直线BQ 与x 轴相交于点D .若△APD 的面积为62，求直线AP 的方程． 13．解 (1)设点F 的坐标为(－c,0)，依题意，得c a ＝12，p 2＝a ，a －c ＝12，解得a ＝1，c ＝12，p ＝2，于是b 2＝a 2－c 2＝34.所以，椭圆的方程为x 2＋4y 23＝1，抛物线的方程为y 2＝4x . (2)设直线AP 的方程为x ＝my ＋1(m ≠0)，与直线l 的方程x ＝－1联立， 可得点P ⎝⎛⎭⎫－1，－2m ， 故点Q ⎝⎛⎭⎫－1，2m . 将x ＝my ＋1与x 2＋4y 23＝1联立，消去x ， 整理得(3m 2＋4)y 2＋6my ＝0，解得y ＝0或y ＝－6m3m 2＋4.由点B 异于点A ，可得点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3m 2＋43m 2＋4，－6m 3m 2＋4， 由Q ⎝⎛⎭⎫－1，2m ，可得直线BQ 的方程为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－6m 3m 2＋4－2m (x ＋1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫－3m 2＋43m 2＋4＋1⎝⎛⎭⎫y －2m ＝0， 令y ＝0，解得x ＝2－3m 23m 2＋2，故点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－3m 23m 2＋2，0. 所以|AD |＝1－2－3m 23m 2＋2＝6m 23m 2＋2.又因为△APD 的面积为62， 故12×6m 23m 2＋2×2|m |＝62， 整理得3m 2－26|m |＋2＝0， 解得|m |＝63，所以m ＝±63. 所以，直线AP 的方程为3x ＋6y －3＝0或3x －6y －3＝0.14．(2017·山东理，21)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，焦距为2.(1)求椭圆E 的方程； (2)如图，动直线l ：y ＝k 1x －32交椭圆E 于A ，B 两点，C 是椭圆E 上一点，直线OC 的斜率为k 2，且k 1k 2＝24.M 是线段OC 延长线上一点，且|MC |∶|AB |＝2∶3，⊙M 的半径为|MC |，OS ，OT 是⊙M 的两条切线，切点分别为S ，T .求∠SOT 的最大值，并求取得最大值时直线l 的斜率．14．解 (1)由题意知e ＝c a ＝22，2c ＝2，所以c ＝1，所以a ＝2，b ＝1，所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎨⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k 1x －32，得(4k 21＋2)x 2－43k 1x －1＝0.由题意知Δ＞0，且x 1＋x 2＝23k 12k 21＋1，x 1x 2＝－12(2k 21＋1)， 所以|AB |＝1＋k 21|x 1－x 2|＝21＋k 211＋8k 211＋2k 21. 由题意可知，圆M 的半径r 为r ＝23|AB |＝223·1＋k 211＋8k 212k 21＋1， 由题设知k 1k 2＝24， 所以k 2＝24k 1，因此直线OC 的方程为y ＝24k 1x . 联立方程⎩⎨⎧x 22＋y 2＝1，y ＝24k 1x ，得x 2＝8k 211＋4k 21，y 2＝11＋4k 21， 因此|OC |＝x 2＋y 2＝1＋8k 211＋4k 21. 由题意可知，sin ∠SOT 2＝r r ＋|OC |＝11＋|OC |r .而|OC |r ＝1＋8k 211＋4k 21223·1＋k 211＋8k 211＋2k 21 ＝324·1＋2k 211＋4k 211＋k 21， 令t ＝1＋2k 21，则t ＞1，1t ∈(0,1)， 因此|OC |r ＝32·t 2t 2＋t －1＝32·12＋1t －1t 2＝32·1－⎝⎛⎭⎫1t －122＋94≥1， 当且仅当1t ＝12，即t ＝2时等号成立，此时k 1＝±22，所以sin∠SOT 2≤12，因此∠SOT 2≤π6， 所以∠SOT 的最大值为π3.综上所述，∠SOT 的最大值为π3，取得最大值时直线l 的斜率为k 1＝±22.。
2017年高考立体几何大题
2017年高考立体几何大题（文科） 1、（2017新课标Ⅰ文数）（12分）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=o ,且四棱锥P-ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积.如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,1,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=︒ （1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（2）若△PCD 的面积为P ABCD -的体积.如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．如图，在三棱锥P–ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（Ⅰ）求证：PA⊥BD；（Ⅱ）求证：平面BDE⊥平面PAC；（Ⅲ）当PA∥平面BD E时，求三棱锥E–BCD的体积．由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1- B1CD1后得到的几何体如图所示,四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD.A O∥平面B1CD1;（Ⅰ）证明：1（Ⅱ）设M是OD的中点,证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．7、（2017浙江）（本题满分15分）如图，已知四棱锥P –ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，，CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为PD 的中点．（第19题图）（Ⅰ）证明：平面PAB ；（Ⅱ）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．//BC AD //CE8、（2017天津文）（本小题满分13分）如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =.（I ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（II ）求证：PD ⊥平面PBC ；（II ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.。
2017-2019年高考真题数学(理)分项汇编_专题06 立体几何(解答题)
专题06立体几何（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求二面角A −MA 1−N 的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）5. 【解析】（1）连结B 1C ，ME ． 因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点， 所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ． 又因为N 为A 1D 的中点， 所以ND =12A 1D ． 由题设知A 1B 1=DC ，可得B 1C =A 1D ，故ME =ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ． 又MN ⊄平面EDC 1， 所以MN ∥平面C 1DE ． （2）由已知可得DE ⊥DA ．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(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-，1(12)A M =--，1(1,0,2)A N =--，(0,MN =．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，所以2040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，．n n所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是cos ,||⋅〈〉===‖m n m n m n ， 所以二面角1A MA N --【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）2. 【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ， 故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒， 故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，||DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB =，(1,1,1)CE =-，1(0,0,2)CC =．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）． 于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --． 【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.3．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2. （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的二面角B −CG −A 的大小.【答案】（1）见解析；（2）30.【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）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ． 由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EH．以H 为坐标原点，HC 的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz ，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，0），CG =（1，0），AC =（2，–1，0）． 设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,20.x x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =（3，6，又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ． 因此二面角B –CG –A 的大小为30°．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.4．【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =． （1）求证：CD ⊥平面PAD ； （2）求二面角F –AE –P 的余弦值； （3）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）3；（3）见解析. 【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD ． 又因为AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ． （2）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ．因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD ．如图建立空间直角坐标系A −xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2）．因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）． 所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-=．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩ 令z =1，则1,1y x =-=-．于是=(1,1,1)--n ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），所以cos ,||⋅〈〉==‖n p n p n p . 由题知，二面角F −AE −P．（3）直线AG 在平面AEF 内． 因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--， 所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n . 所以4220333AG ⋅=-++=n . 所以直线AG 在平面AEF 内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F −AE −P 的余弦值；（3）首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内.5．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面A B C D ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； （3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【答案】（1）见解析；（2）49；（3）87． 【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE ，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)C F h h =>>，则()1,2,F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB =是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =，可得0BF AB ⋅=，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ． （2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =，可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==-n n n ．所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49． （3）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩ 不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=-⎪⎝⎭m ．由题意，有||1cos ,||||3⋅〈〉===m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意． 所以，线段CF 的长为87．【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．6．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.7．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ． 因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ，EG由于O 为A 1G 的中点，故12A G EO OG ===所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B1，0），1B，3,22F ，C (0，2，0)．因此，33(,22EF =，(BC =． 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(02BC A C --，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.8．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2. 【解析】方法一：（1）由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ， 所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ， 所以平面PEF ⊥平面ABFD .（2）在平面DEF 中，过P 作PH ⊥EF 于点H ，连接DH ，如图，由于EF 为平面ABCD 和平面PEF 的交线，PH ⊥EF ， 则PH ⊥平面ABFD ，故PH ⊥DH . 则DP 与平面ABFD 所成的角为PDH ∠. 在三棱锥P -DEF 中，可以利用等体积法求PH . 因为DE ∥BF 且PF ⊥BF ，所以PF ⊥DE ， 又△PDF ≌△CDF ，所以∠FPD =∠FCD =90°， 所以PF ⊥PD ，由于DE ∩PD =D ，则PF ⊥平面PDE ， 故13F PDE PDE V PF S -=⋅△， 因为BF ∥DA 且BF ⊥平面PEF ， 所以DA ⊥平面PEF ， 所以DE ⊥EP .设正方形的边长为2a ，则PD =2a ，DE =a ，在△PDE 中，PE =，所以2PDE S a =△，故36F PDE V a -=， 又2122DEF S a a a =⋅=△，所以232F PDE V PH a a -==，所以在△PHD 中，sin 4PH PDH PD ∠==，故DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为4. 方法二：（1）由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ， 所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ， 所以平面PEF ⊥平面ABFD .（2）作PH ⊥EF ，垂足为H .由（1）得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，||BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz .由（1）可得，DE ⊥PE .又DP =2，DE =1，所以PE 又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF .可得322PH EH ==.则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --=HP =为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则34sin ||||||3HP DP HP DP θ⋅===.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为4. 9．【2018年高考全国II 卷理数】如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）4． 【解析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP = 连结OB．因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形， 且OB AC ⊥，122OB AC ==． 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥． 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点，OB uu u r的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),0,23),(0,2,O B A C P AP -=u u u r取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =u u u r．设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则(,4,0)AM a a =-u u u r．设平面PAM 的法向量为(,,)x y z =n ．由0,0AP AM ⋅=⋅=uu u r uuu rn n得20(4)0y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以cos ,OB =uu u rn ．由已知可得|cos ,|OB =uu u rn ．2．解得4a =-（舍去），43a =．所以4()3=-n ．又(0,2,PC =-u u u r，所以cos ,4PC =uu u r n ．所以PC 与平面PAM所成角的正弦值为4． 10．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2. 【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）以D 为坐标原点,DA 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz.当三棱锥M −ABC 体积最大时，M 为CD 的中点.由题设得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M ，(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量,则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,2)=n .DA 是平面MCD 的法向量,因此5cos ,||||DA DA DA ⋅==n n n ，2sin ,DA =n ， 所以面MAB 与面MCD . 11．【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；（2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．【答案】（1；（2．【解析】如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以1,{},OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O −xyz ． 因为AB =AA 1=2，所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C --．（1）因为P 为A 1B 1的中点，所以1,2)2P -， 从而131(,,2)(0,2,22),BP AC ==--，故111|||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅===⋅． 因此，异面直线BP 与AC 1 （2）因为Q 为BC 的中点，所以1,0)2Q ，因此33(,0)2AQ =，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==． 设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量， 则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n 即30,2220.y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则111||sin |cos |,|||CCCC CC |θ==⋅⋅==n n n 所以直线CC 1与平面AQC 1． 12．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1． 因为AB ⊄平面A 1B 1C ，A 1B 1⊂平面A 1B 1C ， 所以AB ∥平面A 1B 1C ．（2）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形． 又因为AA 1=AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形， 因此AB 1⊥A 1B ．又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1， 所以AB 1⊥BC ．又因为A 1B ∩BC =B ，A 1B ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ， 所以AB 1⊥平面A 1BC ． 因为AB 1⊂平面ABB 1A 1， 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．13．【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（1）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（2）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）13.【解析】方法一：（1）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得111AB A B ==， 所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得11B C =，由2,120AB BC ABC ==∠=︒得AC =由1CC AC ⊥，得1AC =，所以2221111AB B C AC +=，故111AB B C ⊥.因此1AB ⊥平面111A B C .（2）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD .由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ， 由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ， 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由111111BC A B AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=，所以1C D ，故111sin 13C D C AD AC ∠==. 因此，直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是13. 方法二：（1）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz.由题意知各点坐标如下：111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),A B A B C因此11111(1(12),3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r 得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（2）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（1）可知11(1(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu rn n即0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(=n .所以111|sin |cos ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅uuu ruuu r uuu rn |n n |. 因此，直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是13. 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.14．【2018年高考北京卷理数】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，AB=BC，AC =1AA =2．（1）求证：AC ⊥平面BEF ； （2）求二面角B −CD −C 1的余弦值；（3）证明：直线FG 与平面BCD 相交． 【答案】（1）见解析；（2）21（3）见解析. 【解析】（1）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中， ∵CC 1⊥平面ABC ， ∴四边形A 1ACC 1为矩形． 又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点， ∴AC ⊥EF ． ∵AB =BC ． ∴AC ⊥BE ， ∴AC ⊥平面BEF ．（2）由（1）知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1． 又CC 1⊥平面ABC ，∴EF ⊥平面ABC ． ∵BE ⊂平面ABC ，∴EF ⊥BE ． 如图建立空间直角坐标系E -xyz ．由题意得B （0，2，0），C （-1，0，0），D （1，0，1），F （0，0，2），G （0，2，1）． ∴=(201)=(120)CD CB uu u r uu r，，，，，， 设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ， ∴00CD CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u ruur n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩，令a =2，则b =-1，c =-4，∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ， 又∵平面CDC 1的法向量为=(020)EB uu r，，，∴cos =||||EB EB EB ⋅<⋅>=uu ruu r uu r n n n ．由图可得二面角B -CD -C 1为钝角，所以二面角B -CD -C 1的余弦值为 （3）由（2）知平面BCD 的法向量为(214)=--，，n ， ∵G （0，2，1），F （0，0，2）， ∴=(021)GF -uuu r，，， ∴2GF ⋅=-uu u rn ， ∴n 与GF uu u r 不垂直，∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内， ∴GF 与平面BCD 相交．15．【2018年高考天津卷理数】如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.（1）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面； （2）求二面角E BC F --的正弦值；（3）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【答案】（1）见解析；（2；（3【解析】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．满分13分．依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D （0，0，0），A （2，0，0），B （1，2，0），C （0，2，0），E （2，0，2），F （0，1，2），G （0，0，2），M （0，32，1），N （1，0，2）．（1）依题意DC =（0，2，0），DE =（2，0，2）．设n 0=(x ，y ，z )为平面CDE 的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，，不妨令z=–1，可得n 0=（1，0，–1）．又MN =（1，32-，1），可得00MN ⋅=n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（2）依题意，可得BC =（–1，0，0），(122)BE =-，，，CF =（0，–1，2）． 设n =（x ，y ，z ）为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令z =1，可得n =（0，1，1）．设m =（x ，y ，z ）为平面BCF 的法向量，则00BC CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令z =1，可得m =（0，2，1）．因此有cos<m ，n>=||||⋅=m n m n sin<m ，n．所以，二面角E –BC –F． （3）设线段DP 的长为h （h ∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h ），可得(12)BP h =--，，． 易知，DC =（0，2，0）为平面ADGE 的一个法向量，故 cos BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>===sin60°，解得h ∈［0，2］．所以线段DP 的长为3. 16．【2017年高考全国Ⅰ卷理数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.（1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；（2）若P A =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 由于AB//CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面P AD . 又AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD . （2）在平面PAD 内作PF AD ⊥，垂足为F ，由（1）可知，AB ⊥平面PAD ，故AB PF ⊥，可得PF ⊥平面ABCD .以F 为坐标原点，FA 的方向为x 轴正方向，||AB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz -.由（1）及已知可得A ，P ，B ，(C .所以(,1,)22PC =--，(2,0,0)CB =，2(22PA =-，(0,1,0)AB =. 设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，则0,0,PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,220,x y z ⎧-+-=⎪⎨=可取(0,1,=-n . 设(,,)x y z =m 是平面PAB 的法向量，则0,0,PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m即0,220.x z y -=⎪⎨⎪=⎩可取(1,0,1)=m . 则cos ,||||3⋅==-<>n m n m n m ，所以二面角A PB C --的余弦值为3-. 【思路点拨】（1）根据题设条件可以得出AB ⊥AP ，CD ⊥PD .而AB//CD ，就可证明出AB ⊥平面P AD .进而证明出平面P AB ⊥平面P AD .（2）先找出AD 中点，找出相互垂直的线，建立以F 为坐标原点，FA 的方向为x 轴正方向，||AB 为单位长的空间直角坐标系，列出所需要的点的坐标，设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，(,,)xy z =m 是平面PAB 的法向量，根据垂直关系，求出(0,1,=-n 和(1,0,1)=m ，利用数量积公式可求出二面角的平面角.【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面： ①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.17．【2017年高考江苏卷】如图，在三棱锥A BCD -中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD ． 求证：（1）EF ∥平面ABC ； （2）AD ⊥AC ．【答案】（1）见解析；（2）见解析.⊥，【解析】（1）在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF AD∥．所以EF AB又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC．⊥，（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCD=BD，BC⊂平面BCD，BC BD 所以BC⊥平面ABD．因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD．=，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，又AB⊥AD，BC AB B所以AD⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC．【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．18．【2017年高考江苏卷】如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1∠=︒．BAD120（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角B-A1D-A的正弦值．【答案】（1）17；（2． 【解析】在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E ． 因为AA 1⊥平面ABCD ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD ．如图，以1{,,}AE AD AA 为正交基底，建立空间直角坐标系A -xyz ． 因为AB =AD =2，AA 1，120BAD ∠=︒．则11(0,0,0),1,0),(0,2,0),A B D E A C -．（1）11(3,1,3),(3,1A B AC =--=， 则111111(1cos ,7||||A B AC A B AC A B AC ⋅===-．因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17． （2）平面A 1DA 的一个法向量为(3,0,0)AE =． 设(,,)x y z =m 为平面BA 1D 的一个法向量，又1(3,1,3),(3,3,0)A B BD =--=-，则10,0,A B BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m即0,30.y y --=+=⎪⎩ 不妨取x =3，则2y z ==，所以2)=m 为平面BA 1D 的一个法向量，从而3cos ,4||||AE AE AE ⋅===m m m ，设二面角B -A 1D -A 的大小为θ，则3|cos |4θ=．因为[0,]θ∈π，所以sin 4θ==．因此二面角B -A 1D -A 的正弦值为4． 【名师点睛】利用法向量求解空间线面角、面面角的关键在于“四破”：①破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；②破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；③破“求法向量关”，求出平面的法向量；④破“应用公式关”．（1）先根据条件建立空间直角坐标系，进而得相关点的坐标，求出直线A 1B 与AC 1的方向向量，根据向量数量积求出方向向量夹角，最后根据异面直线所成角与方向向量夹角之间相等或互补可得夹角的余弦值；（2）根据建立的空间直角坐标系，得相关点的坐标，求出各半平面的法向量，根据向量数量积求出法向量的夹角，最后根据二面角与法向量夹角之间关系确定二面角的正弦值．19．【2017年高考山东卷理数】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3AB =，2AD =时，求二面角E AG C --的大小.【答案】（1）30°；（2）60°.【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120EBC ∠=︒， 因此30CBP ∠=︒.（2）解法一：取EC 的中点H ，连接EH ，GH ，CH . 因为120EBC ∠=︒， 所以四边形BEHC 为菱形，所以AE GE AC GC =====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1AM =，所以EM CM ===在BEC △中，由于120EBC ∠=︒，由余弦定理得22222222cos12012EC =+-⨯⨯⨯︒=，所以EC =EMC △为等边三角形， 故所求的角为60︒.解法二：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(0,0,3)A (2,0,0)E ，G ，(C -，故(2,0,3)AE =-，AG =，(2,0,3)CG =，设111(,,)y x z =m 是平面AEG 的一个法向量.由00AE AG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m可得1111230,0,x z x -=⎧⎪⎨=⎪⎩取12z =，可得平面AEG的一个法向量(3,2)=m . 设222(,,)y x z =n 是平面ACG 的一个法向量.由00AG CG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n可得22220,230,x x z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩取22z =-，可得平面ACG的一个法向量(3,2)=-n . 所以1cos ,||||2⋅==⋅m n m n m n .因此所求的角为60︒.20．【2017年高考全国Ⅱ理数】如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=E 是PD 的中点．（1）证明：直线CE ∥平面P AB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值． 【答案】（1）见解析；（2）． 【解析】（1）取PA 的中点F ，连结EF ，BF ． 因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，12EF AD =， 由90BAD ABC ∠=∠=︒得BC ∥AD ， 又12BC AD =， 所以EF BC ∥，四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ． 又BF ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ， 故CE ∥平面PAB ．（2）由已知得BA AD ⊥，以A 为坐标原点，AB 的方向为x 轴正方向，AB 为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，则()0,0,0A ，()1,0,0B ，()1,1,0C，(P，(1,0,PC =，(1,0,0)AB =， 设()(),,01M x y z x <<，则()1,,,(,1,BM x y z PM x y z =-=-， 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而()0,0,1=n 是底面ABCD 的法向量， 所以cos ,sin 45BM =︒n2=，即()22210x y z -+-=．① 又M 在棱PC 上，设PM PCλ=，则,1,x y z λ===．②由①②解得1212x y z ⎧=+⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=-⎪⎩(舍去)，1212x y z ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩．所以(12M -，从而(12AM =-． 设()000,,x y z =m 是平面ABM 的法向量，则0,0,AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m即0000(220,0,x y x ⎧+=⎪⎨=⎪⎩所以可取(0,2)=m．于是cos ,5⋅==m n m n m n ， 因此二面角M AB D --的余弦值为5． 【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，②利用方程思想进行向量运算，要认真细心、准确计算．（2）设m ，n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与<m ，n >互补或相等，故有|cos θ|＝|cos<m ，n >|=⋅m n m n．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．21．【2017年高考全国Ⅲ理数】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】（1）见解析；（2）7. 【解析】（1）由题设可得，ABD CBD △≌△，从而AD DC =.又ACD △是直角三角形，所以=90ADC ∠︒. 取AC 的中点O ，连接DO ,BO ,则DO ⊥AC ,DO =AO . 又由于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，222BO AO AB +=.又AB BD =，所以2222BO DO BO AO AB BD 22+=+==， 故90DOB ∠=. 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，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.则()()()()1,0,0,,1,0,0,0,0,1A B C D -.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12E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭. 故()()11,0,1,2,0,0,2AD AC AE ⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭. 设()=x,y,z n 是平面DAE 的法向量，则00AD AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n即0,10.22x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩可取⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭n .设m 是平面AEC 的法向量，则00AC AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m同理可取(0,=-m .则cos ,⋅==n m n m n m . 所以二面角D -AE -C【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算时，要认真细心，准确计算.（2）设m ，n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n 互补或相等，故有cos cos ,||θ=⋅=m m n nm n.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角. 22．【2017年高考浙江卷】如图，已知四棱锥P –ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC AD ∥，CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为PD 的中点．（1）证明：CE ∥平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2． 【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.满分15分.（1）如图，设P A 中点为F ，连接EF ，FB ． 因为E ，F 分别为PD ，P A 中点，所以EF AD ∥且12EF AD =， 又因为BC AD ∥，12BC AD =，所以 PABCDEEF BC ∥且EF BC ，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥，因此CE ∥平面P AB ．（2）分别取BC ，AD 的中点为M ，N ．连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ ． 因为E ，F ，N 分别是PD ，P A ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点， 在平行四边形BCEF 中，MQ//CE ．由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD ．由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD ．所以AD ⊥平面PBN ，由BC //AD 得BC ⊥平面PBN ，那么平面PBC ⊥平面PBN ．过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，连接MH ．MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角． 设CD =1．在△PCD 中，由PC =2，CD =1，得CE在△PBN 中，由PN =BN =1，PB QH =14，在Rt △MQH 中，QH=14，MQ 所以sin ∠QMH ，所以直线CE 与平面PBC ．【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角．23．【2017年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD//平面MAC ，PA =PD ，AB =4． （1）求证：M 为PB 的中点； （2）求二面角B −PD −A 的大小；（3）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）π3；（3. 【解析】（1）设,AC BD 交点为E ，连接ME . 因为PD ∥平面MAC ，平面MAC 平面PDB ME ，所以PD ME ∥.因为ABCD 是正方形， 所以E 为BD 的中点， 所以M 为PB 的中点.（2）取AD 的中点O ，连接OP ，OE . 因为PA PD =，所以OP AD ⊥.又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且OP ⊂平面PAD ， 所以OP ⊥平面ABCD .因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP OE ⊥. 因为ABCD 是正方形，所以OE AD ⊥.如图建立空间直角坐标系O xyz -，则P ，(2,0,0)D ，(2,4,0)B -，(4,4,0)BD =-，(2,0,PD =.设平面BDP 的法向量为(,,)x y z =n ，则00BD PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，即44020x y x -=⎧⎪⎨=⎪⎩. 令1x =，则1y =，z =于是=n .平面PAD 的法向量为(0,1,0)=p ，所以1cos ,||||2⋅==<>n p n p n p .由题知二面角B PD A --为锐角，所以它的大小为3π.（3）由题意知(1,M -，(2,4,0)C，(3,2,MC =.设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则||2sin |cos ,|9||||MC MC MC α⋅===<>n n n .所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为9. 【名师点睛】本题涉及立体几何中的线面平行与垂直的判定与性质，全面考查立体几何中的证明与求解，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；利用空间向量解决立体几何问题是一种常见且有效的方法，要注意建立适当的空间直角坐标系以及运算的准确性.（1）设,AC BD 交点为E ，连接ME ，因为线面平行，即PD ∥平面MAC ,根据性质定理，可知线线平行，即PD ME ∥，再由E 为BD 的中点，可知M 为PB 的中点；（2）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD =，所以取AD 的中点O 为原点建立空间直角坐标系，根据向量法先求两平面的法向量n ，p ，再根据公式cos ,n p ，求二面角的大小； （3）根据（2）的结论，直接求|cos ,|MC n 即可.24．【2017年高考天津卷理数】如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒．点D ，E ，N分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A =AC =4，AB =2． （1）求证：MN ∥平面BDE ； （2）求二面角C -EM -N 的正弦值；（3）已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE ，求线段AH 的长．【答案】（1）证明见解析；（2；（3）85或12．【解析】如图，以A 为原点，分别以AB ，AC ，AP 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A （0，0，0），B （2，0，0），C （0，4，0），P （0，0，4），D （0，0，2），E （0，2，。
2017年高考数学空间几何高考真题
2017年高考数学空间几何高考真题D15．如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE ⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．16．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；（2）设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小．17．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2．（Ⅰ）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；（Ⅱ）求证：PD⊥平面PBC；（Ⅲ）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．19．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．20．由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD，（Ⅰ）证明：A1O∥平面B1CD1；（Ⅱ）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．21．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．3．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．4．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB ﹣D的余弦值．5．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．6．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=，AB=4．（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．7．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．8．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是的中点．（Ⅰ）设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．2017年高考数学空间几何高考真题参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）1．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（）A．B．C．D．【解答】解：对于选项B，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知B不满足题意；对于选项C，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知C不满足题意；对于选项D，由于AB∥NQ，结合线面平行判定定理可知D不满足题意；所以选项A满足题意，故选：A．2．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A．πB．C．D．【解答】解：∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，∴该圆柱底面圆周半径r==，∴该圆柱的体积：V=Sh==．故选：B ．3．在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CD 的中点，则（ ）A ．A 1E ⊥DC 1B ．A 1E ⊥BDC ．A 1E ⊥BC 1D ．A 1E ⊥AC【解答】解：法一：连B 1C ，由题意得BC 1⊥B 1C ， ∵A 1B 1⊥平面B 1BCC 1，且BC 1⊂平面B 1BCC 1， ∴A 1B 1⊥BC 1， ∵A 1B 1∩B 1C=B 1， ∴BC 1⊥平面A 1ECB 1， ∵A 1E ⊂平面A 1ECB 1， ∴A 1E ⊥BC 1． 故选：C ．法二：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为2，则A 1（2，0，2），E （0，1，0），B （2，2，0），D （0，0，0），C 1（0，2，2），A （2，0，0），C （0，2，0），=（﹣2，1，﹣2），=（0，2，2），=（﹣2，﹣2，0），=（﹣2，0，2），=（﹣2，2，0），∵•=﹣2，=2，=0，=6，∴A 1E ⊥BC 1．故选：C ．4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A．60 B．30 C．20 D．10【解答】解：由三视图可知：该几何体为三棱锥，该三棱锥的体积==10．故选：D．5．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm2）是（）A．+1 B．+3 C．+1 D．+3【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为××π×12×3+××××3=+1，故选：A6．如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D ﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6），Q，R，=，=（0，3，6），=（，5，0），=，=．设平面PDR的法向量为=（x，y，z），则，可得，可得=，取平面ABC的法向量=（0，0，1）．则cos==，取α=arccos．同理可得：β=arccos．γ=arccos．∵＞＞．∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．设OD=h．则tanα=．同理可得：tanβ=，tanγ=．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B．7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）A．90πB．63πC．42πD．36π【解答】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，V=π•32×10﹣•π•32×6=63π，故选：B．1．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10 B．12 C．14 D．16【解答】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，=×2×（2+4）=6，S梯形∴这些梯形的面积之和为6×2=12，故选：B2．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A． B．C．D．【解答】解：【解法一】如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角（因异面直线所成角为（0，]），可知MN=AB1=，NP=BC1=；作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；∵PQ=1，MQ=AC，△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC=4+1﹣2×2×1×（﹣）=7，∴AC=，∴MQ=；在△MQP中，MP==；在△PMN中，由余弦定理得cos∠MNP===﹣；又异面直线所成角的范围是（0，]，∴AB1与BC1所成角的余弦值为．【解法二】如图所示，补成四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，求∠BC1D即可；BC1=，BD==，C1D=，∴+BD2=，∴∠DBC1=90°，∴cos∠BC1D==．二．填空题（共5小题）8．已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，则球O的表面积为36π．【解答】解：三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，可得，解得r=3．球O的表面积为：4πr2=36π．故答案为：36π．9．长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为14π．【解答】解：长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，可知长方体的对角线的长就是球的直径，所以球的半径为：=．则球O的表面积为：4×=14π．故答案为：14π．10．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为．【解答】解：设正方体的棱长为a，∵这个正方体的表面积为18，∴6a2=18，则a2=3，即a=，∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，∴正方体的体对角线等于球的直径，即a=2R，即R=，则球的体积V=π•（）3=；故答案为：．11．由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为2+．【解答】解：由长方体长为2，宽为1，高为1，则长方体的体积V1=2×1×1=2，圆柱的底面半径为1，高为1，则圆柱的体积V2=×π×12×1=，则该几何体的体积V=V1+2V1=2+，故答案为：2+．12．如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是．【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：R3，圆柱的体积为：πR2•2R=2πR3．则==．故答案为：．三．解答题（共9小题）13．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP=∠CDP=90°．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA=PD=AB=DC ，∠APD=90°，且四棱锥P ﹣ABCD 的体积为，求该四棱锥的侧面积．【解答】证明：（1）∵在四棱锥P ﹣ABCD 中，∠BAP=∠CDP=90°，∴AB ⊥PA ，CD ⊥PD ，又AB ∥CD ，∴AB ⊥PD ，∵PA ∩PD=P ，∴AB ⊥平面PAD ，∵AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD ．解：（2）设PA=PD=AB=DC=a ，取AD 中点O ，连结PO ， ∵PA=PD=AB=DC ，∠APD=90°，平面PAB ⊥平面PAD ， ∴PO ⊥底面ABCD ，且AD==，PO=，∵四棱锥P ﹣ABCD 的体积为，∴V P ﹣ABCD =====，解得a=2，∴PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=2，PO=，∴PB=PC==2，∴该四棱锥的侧面积： S 侧=S △PAD+S △PAB+S △PDC+S △PBC=+++==6+2．14．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．【解答】（1）证明：四棱锥P﹣ABCD中，∵∠BAD=∠ABC=90°．∴BC∥AD，∵AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，∴直线BC∥平面PAD；（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．设AD=2x，则AB=BC=x，CD=，O是AD的中点，连接PO，OC，CD的中点为：E，连接OE，则OE=，PO=，PE==，△PCD面积为2，可得：=2，即：，解得x=2，PE=2．=×（BC+AD）×AB×PO==4．则VP﹣ABCD15．如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE ⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．【解答】证明：（1）取AC中点O，连结DO、BO，∵△ABC是正三角形，AD=CD，∴DO⊥AC，BO⊥AC，∵DO∩BO=O，∴AC⊥平面BDO，∵BD⊂平面BDO，∴AC⊥BD．解：（2）法一：连结OE，由（1）知AC⊥平面OBD，∵OE⊂平面OBD，∴OE⊥AC，设AD=CD=，则OC=OA=1，∴E是线段AC垂直平分线上的点，∴EC=EA=CD=，由余弦定理得：cos∠CBD==，即，解得BE=1或BE=2，∵BE＜＜BD=2，∴BE=1，∴BE=ED，∵四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，∵BE=ED，∴S△DCE =S△BCE，∴四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．法二：设AD=CD=，则AC=AB=BC=BD=2，AO=CO=DO=1，∴BO==，∴BO2+DO2=BD2，∴BO⊥DO，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，则C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），A（1，0，0），设E（a，b，c），，（0≤λ≤1），则（a，b，c﹣1）=λ（0，，﹣1），解得E（0，，1﹣λ），∴=（1，），=（﹣1，），∵AE⊥EC，∴=﹣1+3λ2+（1﹣λ）2=0，由λ∈[0，1]，解得，∴DE=BE，∵四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，∵DE=BE，∴S△DCE =S△BCE，∴四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．16．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；（2）设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小．【解答】解：（1）∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积：V=S△ABC ×AA1===20．（2）连结AM，∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5，M是BC中点，∴AA1⊥底面ABC，AM==，∴∠A1MA是直线A1M与平面ABC所成角，tan∠A1MA===，∴直线A1M与平面ABC所成角的大小为arctan．17．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．【解答】解：（1）证明：由PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC=B，可得PA⊥平面ABC，由BD⊂平面ABC，可得PA⊥BD；（2）证明：由AB=BC，D为线段AC的中点，可得BD⊥AC，由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，可得平面PAC⊥平面ABC，又平面ABC∩平面ABC=AC，BD⊂平面ABC，且BD⊥AC，即有BD⊥平面PAC，BD⊂平面BDE，可得平面BDE⊥平面PAC；（3）PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC，且平面PAC∩平面BDE=DE，可得PA∥DE，又D为AC的中点，可得E为PC的中点，且DE=PA=1，由PA⊥平面ABC，可得DE⊥平面ABC，可得S△BDC =S△ABC=××2×2=1，则三棱锥E﹣BCD的体积为DE•S△BDC=×1×1=．18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2．（Ⅰ）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；（Ⅱ）求证：PD⊥平面PBC；（Ⅲ）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）如图，由已知AD∥BC，故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角．因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD．在Rt△PDA中，由已知，得，故．所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为．证明：（Ⅱ）因为AD⊥平面PDC，直线PD⊂平面PDC，所以AD⊥PD．又因为BC∥AD，所以PD⊥BC，又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC．解：（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角．由于AD∥BC，DF∥AB，故BF=AD=1，由已知，得CF=BC﹣BF=2．又AD⊥DC，故BC⊥DC，在Rt△DCF中，可得．所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为．19．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【解答】证明：（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，∵E为PD的中点，∴EF∥PA，在四边形ABCD中，BC∥AD，AD=2DC=2CB，F为中点，∴CF∥AB，∴平面EFC∥平面ABP，∵EC⊂平面EFC，∴EC∥平面PAB．解：（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，∵PA=PD，∴PF⊥AD，推导出四边形BCDF为矩形，∴BF⊥AD，∴AD⊥平面PBF，又AD∥BC，∴BC⊥平面PBF，∴BC⊥PB，设DC=CB=1，则AD=PC=2，∴PB=，BF=PF=1，∴MF=，又BC⊥平面PBF，∴BC⊥MF，∴MF⊥平面PBC，即点F到平面PBC的距离为，∵MF=，D到平面PBC的距离应该和MF平行且相等，为，E为PD中点，E到平面PBC的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，∴E到平面PBC的距离为，在，由余弦定理得CE=，设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ==．20．由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD，（Ⅰ）证明：A1O∥平面B1CD1；（Ⅱ）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．【解答】证明：（Ⅰ）取B1D1中点G，连结A1G、CG，∵四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，∴四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后，A1G OC，∴四边形OCGA1是平行四边形，∴A1O∥CG，∵A1O⊄平面B1CD1，CG⊂平面B1CD1，∴A1O∥平面B1CD1．（Ⅱ）四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后，BD B1D1，∵M是OD的中点，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴BD⊥A1E，∵四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，∴AO⊥BD，∵M是OD的中点，E为AD的中点，∴EM⊥BD，∵A1E∩EM=E，∴BD⊥平面A1EM，∵BD∥B1D1，∴B1D1⊥平面A1EM，∵B1D1⊂平面B1CD1，∴平面A1EM⊥平面B1CD1．21．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．【解答】证明：（1）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，所以AB∥EF，又因为EF⊊平面ABC，AB⊆平面ABC，所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；（2）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，因为BC⊥BD，FG∥BC，所以FG⊥BD，又因为平面ABD⊥平面BCD，所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD，又因为AD⊥EF，且EF∩FG=F，所以AD⊥平面EFG，所以AD⊥EG，故AD⊥AC．3．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵PA∩PD=P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD；（2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形，设PA=AB=2a，则AD=．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y=1，得．∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，又PD⊥PA，PA∩AB=A，∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，．∴cos＜＞==．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．4．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB ﹣D的余弦值．【解答】（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF AD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥AD，∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，∴直线CE∥平面PAB；（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP=，∴∠PCO=60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°，可得：BN=MN，CN=MN，BC=1，可得：1+BN2=BN2，BN=，MN=，作NQ⊥AB于Q，连接MQ，所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ==，二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：=．5．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．【解答】（1）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．△ABD与△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD，∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD．∵△ACD是直角三角形，∴AC是斜边，∴∠ADC=90°．∴DO=AC．∴DO2+BO2=AB2=BD2．∴∠BOD=90°．∴OB⊥OD．又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC．（2）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为hD ，hE．则=．∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，∴===1．∴点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB=2．则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），E．=（﹣1，0，1），=，=（﹣2，0，0）．设平面ADE的法向量为=（x，y，z），则，即，取=．同理可得：平面ACE的法向量为=（0，1，）．∴cos===﹣．∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为．6．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=，AB=4．（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【解答】（1）证明：如图，设AC∩BD=O，∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM，∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM，∴PD∥OM，则，即M为PB的中点；（2）解：取AD中点G，∵PA=PD，∴PG⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，由PA=PD=，AB=4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2，），，．设平面PBD的一个法向量为，则由，得，取z=，得．取平面PAD的一个法向量为．∴cos＜＞==．∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；（3）解：，平面BDP的一个法向量为．∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜＞|=||=||=．7．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．【解答】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，∵M为AD中点，∴MF∥BD，∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE．∵N为BC中点，∴NF∥AC，又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE．又MF∩NF=F．∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵PA=AC=4，AB=2，∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E （0，2，2），则，，设平面MEN的一个法向量为，由，得，取z=2，得．由图可得平面CME的一个法向量为．∴cos＜＞=．∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为，则正弦值为；（Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t），，．∵直线NH与直线BE 所成角的余弦值为，∴|cos ＜＞|=||=||=．解得：t=或t=．∴当H与P重合时直线NH与直线BE 所成角的余弦值为，此时线段AH 的长为或．8．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 是的中点．（Ⅰ）设P 是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．【解答】解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，∴BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，∴BE⊥BP，又∠EBC=120°，因此∠CBP=30°；（Ⅱ）解法一、第41页（共43页）取的中点H，连接EH，GH，CH，∵∠EBC=120°，∴四边形BECH为菱形，∴AE=GE=AC=GC=．取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，∴∠EMC为所求二面角的平面角．又AM=1，∴EM=CM=．在△BEC中，由于∠EBC=120°，由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12，∴，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°．解法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．由题意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，，3），C（﹣1，，0），故，，．设为平面AEG的一个法向量，由，得，取z=2，得；1设为平面ACG的一个法向量，由，可得，取z=﹣2，得．2∴cos ＜＞=．∴二面角E﹣AG﹣C的大小为60°．第42页（共43页）第43页（共43页）。
2017年高考真题--立体几何部分
2017年高考真题--立体几何部分2017年高考真题--立体几何部分学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、解答题 1．（12分）如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点.（1）证明：直线//CE 平面PAB（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成锐角为o45 ，求二面角M -AB -D 的余弦值2．（12分）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA=PD=AB=DC,90∠=o,求二面角A-PB-CAPD的余弦值.3．（12分）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．4．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD//平面MAC，PA=PD6，AB=4．（I）求证：M为PB的中点；（II）求二面角B-PD-A的大小；（III）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．5．如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠=︒.点D，E，N分别为棱PA，P C，BC的中90BAC点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2. （Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C-EM-N的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为7，求线段AH的长.216．17.如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点.（Ⅰ）设是上的一点，且，求的大小；（Ⅱ）当，，求二面角的大小.7．（本题满分15分）如图，已知四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点.（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.参考答案1．（1）详见解析 （2）cos |cos ,||θ=<>==n k 【解析】（1）取PA 中点F ，连接EF 、BF 、EC∵E 、F 分别为PD 、PA 中点∴12EF AD ∥，又∵12BC AD ∥ ∴EF BC ∥，∴四边形BCEF 为平行四边形 ∴CE ∥平面PAD（2）取AD 中点O ，连PO ，由于PAD △为正三角形 ∴PO AD ⊥又∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∧平面ABCD AD =∴PO ⊥平面ABCD ，连OC ，四边形ABCD 为正方形。
2017年高考试题分类汇编(立体几何)
2017年高考试题分类汇编（立体几何）考点1 三视图1.（2017·全国卷Ⅰ理科）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为 A.10 B.12 C.14 D.162.（2017·全国卷Ⅱ）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π3.（2017·北京理科）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为正（主）视图侧（左）视图俯视图4.（2017·北京文科）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为 A.60 B.30 C.20 D.105．（2017·山东理科）由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如右图，则该几何体的体积为 ．6.（2017·浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是A. 13π+ B. 33π+C. 312π+D. 332π+俯视图正视图（主视图）侧视图（左视图） 正（主）视图侧（左）视图俯视图 主视图 侧视图俯视图考点2 位置关系1. （2017·全国卷Ⅰ文科）如图，在下列四个正方体中，,A B 为正方体的两个顶点，,,M N Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是2.（2017·全国卷Ⅲ文科）在正方体1111ABCD A BC D -中，E 为棱CD 的中点，则A.11A E DC ⊥B.1A E BD ⊥C.11A E BC ⊥D.1A E AC ⊥ 考点3 体积1.（2017·全国卷Ⅲ）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为A ．πB ．3π4C ．π2D ．π42.（2017·天津）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 . 考点4 位置关系与度量关系（解答题）（理科）1.（2017·全国卷Ⅰ理科）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB //CD ， 且90BAP CDP ∠=∠= .（Ⅰ）证明：平面PAB ⊥平面PAD ； （Ⅱ）若PA PD AB DC ===,90APD ∠= , 求二面角A PB C --的余弦值.2.（2017·全国卷Ⅱ理科）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，PABCD01,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点. （Ⅰ）证明：直线//CE 平面PAB ；（Ⅱ）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成锐角为045，求二面角M AB D --的余弦值.3.（2017·全国卷Ⅲ理科）如图，四面体ABCD 中，ABC ∆是正三角形，ACD ∆是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =． （Ⅰ）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（Ⅱ）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．4.（2017·北京理科）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD //平面MAC，PA PD =，4AB =．（Ⅰ）求证：M 为PB 的中点； （Ⅱ）求二面角B PD A --的大小；（Ⅲ）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．5.（2017·天津理科）如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒.点,,D E N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==，ABCDPEMABCDEABDMP2AB =.（Ⅰ）求证：MN ∥平面BDE ； （Ⅱ）求二面角C EM N --的正弦值；（Ⅲ）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE所成角的余弦值为21，求线段AH 的长.6.（2017·山东理科）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120 得到的，G 是 DF的中点． （Ⅰ）设P 是 CE上一点，且AP BE ⊥,求CBP ∠的大小； （Ⅱ）当3AB =,2AD =时，求二面角E AG C --的大小．7.（2017·浙江）如图，已知四棱锥P ABCD -，PAD ∆是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===,E 为PD 的中点. （Ⅰ）证明：CE ∥平面PAB ；（Ⅱ）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值. 考点5 位置关系与度量关系（解答题）（文科）1.（2017·全国卷Ⅰ文科）求二面角A PB C --的余弦值. 如图，在四棱锥P ABCD -中，AB //CD ，且90BAP CDP ∠=∠=PABCDABCNEM D PABCDEFPGABCDEP（Ⅰ）证明：平面PAB ⊥平面PAD ； （Ⅱ）若PA PD AB DC ===,90APD ∠= ,且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积.2.（2017·全国卷Ⅱ文科）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==,090BAD ABC ∠=∠=.（Ⅰ）证明：直线BC ∥平面PAD ；（Ⅱ）若PCD ∆面积为P ABCD -的体积.3.（2017·全国卷Ⅲ文科）如图，四面体ABCD 中，ABC ∆是正三角形，AD CD =.（Ⅰ）证明：AC ⊥BD ；（Ⅱ）已知ACD ∆是直角三角形，AB BD =．若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE EC ⊥，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．4.（2017北京文科）如图，在三棱锥P ABC -中，PA AB ⊥，PA BC ⊥，AB BC ⊥，2PA AB BC ===，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（Ⅰ）求证：PA BD ⊥；（Ⅱ）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（Ⅲ）当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E BCD -的体积．ABCDPABCDE5.（2017·天津文科）如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =.（Ⅰ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； （Ⅱ）求证：PD ⊥平面PBC ；（Ⅲ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.6.（2017·山东文科）由四棱柱1111ABCD A BC D -截去三棱锥111C B CD -后得到的几何体如图所示,四边形ABCD 为正方形,O 为AC 与BD 的交点,E 为AD 的中点,1A E ⊥平面ABCD .（Ⅰ）证明：1AO ∥平面11B CD ； （Ⅱ）设M 是OD 的中点,证明： 平面1A EM ⊥平面11B CD .ABCDEPA BCDPABCDOE M B 1A 1D 1。
2017年高考全国卷Ⅰ理科数学试题及详细解析(最新整理)
D． A B
【答案】A
【详解】 A x x 1 ， B x 3x 1 x x 0
∴ A B x x 0 ， A B x x 1 ，
∴选 A
2. 如图，正方形 ABCD 内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白 色部分位于正方形的中心成中心对称，在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的 概率是（）
B． 5z 2x 3y
C． 3y 5z 2x
D．
3y 2x 5z
【答案】D 【详解】取对数： x ln 2 y ln 3 ln 5 .
x ln 3 3 y ln 2 2
∴ 2x 3y x ln 2 z ln 5 则 x ln 5 5
z ln 2 2 ∴ 2x 5z ∴ 3y 2x 5z ，故选 D
13答案wwwaidyclubwwwaidyclub2wwwaidyclubwwwaidyclub的系数为151535答案项系数为c615某多面体的三视图如图所示其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成正方形的边长为俯视图为等腰直角三角形该多面体的各个面中有若干是梯形这些梯形的面积之和为16答案详解由三视图可画出立体图该立体图平面内只有两个相同的梯形的面123wwwaidyclubwwwaidyclub1000的最小偶数两个空白框中可以分别填入大于1000时输出且框图中在否时输出1000排除已知曲线c1sin2x上各点的横坐标伸长到原来的个单位长度得到曲线c2c1上各点的横坐标伸长到原来的个单位长度得到曲线倍纵坐标不变再把得到的曲线向左平移上各点的横坐标缩短到原来的个单位长度得到曲线c2纵坐标不变再把得到的曲线向右平移c1上各点的横坐标缩短到原来的个单位长度得到曲线倍纵坐标不变再把得到的曲线向左平移12详解首先曲线c1c2统一为一三角函数名可将c1用诱导公式处理
2017年高考真题之立体几何(学生)
2017高考真题解析之立体几何【知识回顾】【真题解析之解答题】【例1】（2017•新课标Ⅲ）如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．【例2】（2017•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．【例3】（2017•新课标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．【例4】（2017•新课标Ⅰ）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【例5】（2017•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D 的余弦值．【例6】（2017•新课标Ⅰ）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，且四棱锥P﹣ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．【牛刀小试】【练1】（2017•上海）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=90°，BB1=5，AB=4，BC=2．（1）求三棱柱的体积；（2）若M是棱AC中点，求B1M与平面ABC所成角的大小．【练2】（2017•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2．（1）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；（2）求证：PD⊥平面PBC；（3）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．【练3】（2017•浙江）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（1）证明：CE∥平面PAB；（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【练4】（2017•北京）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=，AB=4．（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【练5】（2017•江苏）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=，∠BAD=120°．（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．【练6】（2017•山东）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是的中点．（1）设P是上的一点，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．【练7】（2017•天津）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．（1）求证：MN∥平面BDE；（2）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（3）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．【练8】（2017•北京）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．【练9】（2017•江苏）如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．【练10】（2017•山东）由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD，（1）证明：A1O∥平面B1CD1；（2）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．【练11】如图，在多面体ABCDM中，△BCD是等边三角形，△CMD是等腰直角三角形，∠CMD=90°，平面CMD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD．（1）求证：CD⊥AM；（2）若AM=BC=2，求直线AM与平面BDM所成角的正弦值．【练12】如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PD=AD，∠DAB=60°，PD⊥底面ABCD．（1）求证AC⊥PB；（2）求PA与平面PBC所成角的正弦值．高三数学一轮复习【练13】如图，四棱锥E﹣ABCD中，平面EAD⊥平面ABCD，DC∥AB，BC⊥CD，EA⊥ED，且AB=4，BC=CD=EA=ED=2．（1）求证：BD⊥平面ADE；（2）求直线BE和平面CDE所成角的正弦值．【练14】等腰三角形ABC，E为底边BC的中点，沿AE折叠，如图，将C折到点P的位置，使P﹣AE﹣C为120°，设点P在面ABE上的射影为H．（1）证明：点H为EB的中点；（2）若，求直线BE与平面ABP所成角的正弦值．第11 页共11 页。
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2017年高考数学试题分项版—立体几何（原卷版）一、选择题1．(2017·全国Ⅰ文，6)如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是( )2．(2017·全国Ⅱ文，6)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π3．(2017·全国Ⅲ文，9)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB ．3π4C ．π2D ．π44．(2017·全国Ⅲ文，10)在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E 为棱CD 的中点，则( )A ．A 1E ⊥DC 1B ．A 1E ⊥BDC ．A 1E ⊥BC 1D ．A 1E ⊥AC5．(2017·北京文，6)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A ．60B ．30C ．20D ．106.(2017·浙江，3)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．π2＋1 B ．π2＋3 C ．3π2＋1 D ．3π2＋3 7．(2017·浙江，9)如图，已知正四面体DABC (所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP ＝PB ，BQ QC ＝CR RA＝2，分别记二面角DPRQ ，DPQR ，DQRP 的平面角为α，β，γ，则( )A ．γ＜α＜βB ．α＜γ＜βC ．α＜β＜γD ．β＜γ＜α8．(2017·全国Ⅰ理，7)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．169．(2017·全国Ⅱ理，4)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π10．(2017·全国Ⅱ理，10)已知直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.32 B.155 C.105 D.3311．(2017·全国Ⅲ理，8)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．π B.3π4 C.π2 D.π412．(2017·北京理，7)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A ．3 2B ．2 3C ．2 2D ．2二、填空题1．(2017·全国Ⅰ文，16)已知三棱锥SABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥SABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．2．(2017·全国Ⅱ文，15)长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为________．3．(2017·天津文，11)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．4．(2017·山东文，13)由一个长方体和两个14圆柱构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．5.(2017·浙江，11)我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S 6，S 6＝________.6．(2017·江苏，6)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．7．(2017·全国Ⅰ理，16)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△F AB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△F AB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．8．(2017·全国Ⅲ理，16)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角；③直线AB 与a 所成角的最小值为45°；④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)9．(2017·天津理，10)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．10．(2017·山东理，13)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如下，则该几何体的体积为________．三、解答题1．(2017·全国Ⅰ文，18)如图，在四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．2．(2017·全国Ⅱ文，18)如图，四棱锥P ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面P AD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD 的体积．因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .3．(2017·全国Ⅲ文，19)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.(1)证明：AC⊥BD；(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD.若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．4．(2017·北京文，18)如图，在三棱锥P－ABC中，P A⊥AB，P A⊥BC，AB⊥BC，P A＝AB ＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．(1)求证：P A⊥BD；(2)求证：平面BDE⊥平面P AC；(3)当P A∥平面BDE时，求三棱锥E－BCD的体积．5．(2017·天津文，17)如图，在四棱锥P ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD ＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2.(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值；(2)求证：PD⊥平面PBC；(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．6．(2017·山东文，18)由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱锥C1－B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.(1)证明：A1O∥平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.7．(2017·浙江，19)如图，已知四棱锥P ABCD，△P AD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．(1)证明：CE∥平面P AB；(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．8．(2017·江苏，15)如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.9．(2017·江苏，18)如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32 cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为107 cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14 cm和62 cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12 cm.现有一根玻璃棒l，其长度为40 cm.(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计)．(1)将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度；(2)将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度．10．(2017·江苏，22)如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD ＝2，AA1＝3，∠BAD＝120°.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求二面角BA1DA的正弦值．11．(2017·全国Ⅰ理，18)如图，在四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角APBC 的余弦值．12．(2017·全国Ⅱ理，19)如图，四棱锥P ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面P AB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角MABD 的余弦值．13．(2017·全国Ⅲ理，19)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DAEC 的余弦值．14．(2017·北京理，16)如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为正方形，平面P AD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，P A＝PD＝6，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角BPDA的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．15．(2017·天津理，17)如图，在三棱锥P ABC中，P A⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N 分别为棱P A，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，P A＝AC＝4，AB＝2.(1)求证：MN∥平面BDE；(2)求二面角CEMN的正弦值；(3)已知点H在棱P A上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721，求线段AH的长．16．(2017·山东理，17)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是DF的中点．(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．。