历年高考立体几何解答题汇编
历年高考立体几何真题+答案

历年高考真题1、2003(理科)(本题满分12分)已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,A 1A ⊥平面ABCD ,AB=4,AD=2.若B 1D ⊥BC ,直线B 1D 与平面ABCD 所成的角等于30°,求平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的体积..[解]连结BD ,因为B 1B ⊥平面ABCD ,B 1D ⊥BC ,所以BC ⊥BD.在△BCD 中,BC=2,CD=4,所以BD=32.又因为直线B 1D 与平面ABCD 所成的角等于30°,所以 ∠B 1DB=30°,于是BB 1=31BD=2.故平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的体积为S ABCD ·BB 1=38. 2.2005(理科)(本题满分14分)本题共有2个小题,第1小题满分6分,第2小题满分8分.已知正三棱锥ABC P -的体积为372,侧面与底面所成的二面角的大小为 60. (1)证明:BC PA ⊥;(2)求底面中心O 到侧面的距离.[证明](1)取BC 边的中点D ,连接AD 、PD ,则BC AD ⊥,BC PD ⊥,故⊥BC 平面APD . BCPA ⊥[解](2)如图, 由(1)可知平面⊥PBC 平面APD ,则PDA ∠面所成二面角的平面角.过点O 作E PD OE ,⊥为垂足,则OE 就是点O 到侧面的距离. 设OE 为h ,由题意可知点O 在AD 上,∴ 60=∠PDO ,h OP 2=.h BC h OD 4,32=∴=,∴ 2234)4(43h h S ABC ==∆, ∵ 3233823431372h h h =⋅⋅=,∴ 3=h . 即底面中心O 到侧面的距离为3.3、2006(理科)(本题满分 14分)本题共有 2个小题,第 1小题满分 5分,第 2小题满分满分 9分。
在三棱柱 ABC —A1B1C1 中,∠ABC=90°,AB=BC=1。
《历年高考专题汇编》立体几何

《历年高考专题汇编》—>立体几何第I 卷(选择题)请点击修改第I 卷的文字说明 评卷人 得分 一、选择题(题型注释)91.如图,l A B A B αβαβαβ⊥=∈∈I ,,,,,到l 的距离分别是a 和b ,AB 与αβ,所成的角分别是θ和ϕ,AB 在αβ,内的射影分别是m 和n ,若a b >,则( )A .m n θϕ>>,B .m n θϕ><,C .m n θϕ<<,D .m n θϕ<>,2.设,m n 是平面α内的两条不同直线;12,l l 是平面β内的两条相交直线,则//αβ的一个充分而不必要条件是( )A.1////m l βα且B.12////m l l 且nC.////m n ββ且D.2////m n l β且3.一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是A 、球B 、三棱柱C 、正方形D 、圆柱4.一个棱锥的三视图如图,则该棱锥的全面积(单位:c 2m )为( )(A )48+122 (B )48+242 (C )36+122 (D )36+2425.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为A.8π3B.3πC .10π3D.6π6.某几何体的一条棱长为7,在该几何体的正视图中,这条棱的投影是长为6的线段,在该几何体的侧视图与俯视图中,这条棱的投影分别是长为a和b的线段,则a b的最大值为()A.22 B.23 C.4 D.257.将正三棱柱截去三个角(如图1所示A,B,C分别是△CHI三边的中点)得到几何体如图2,则该几何体按图2所示方向的侧视图(或称左视图)为A、 B、 C、 D、8.正方体ABCD-1111A B C D中,B1B与平面AC1D所成角的余弦值为俯视图侧视图2正视图42 42(A )23 (B )3 (C )23 (D )6 9.已知正四棱柱ABCD- A 1B 1C 1D 1中 ,AB=2,CC 1=22 E 为CC 1的中点,则直线AC 1与平面BED 的距离为A 、2B 、3C 、2D 、110.已知三棱柱111ABC A B C -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1AB 与底面ABC 所成角的正弦值等于( )A .13B .23C .33D .2311.已知正四棱锥S ABCD -中,23SA =,那么当该棱锥的体积最大时,它的高为A. 1B. 3C. 2D. 312.已知正四棱锥S ABCD -的侧棱长与底面边长都相等,E 是SB 的中点,则AE SD ,所成的角的余弦值为( )A .13B .2C .3D .2313.已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上,ABC ∆是边长为1的正三角形,SC 为球O 的直径,且2SC =;则此棱锥的体积为( )A.2B.3C. 2D.214.半径为1的球面上的四点D C B A ,,,是正四面体的顶点,则A 与B 两点间的球面距离为(A ))33arccos(- (B ))36arccos(- (C ))31arccos(-(D ))41arccos(- 15.如图,体积为V 的大球内有4个小球,每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有一个交点,4个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的4个顶点.V 1为小球相交部分(图中阴影部分)的体积,V 2为大球内、小球外的图中黑色部分的体积,则下列关系中正确的是A 、V 1=2VB 、 V 2=2VC 、V 1> V 2D 、V 1< V 216.如图,半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内,过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ,过圆O 的直径CD 作平面α成45o 角的平面与半球面相交,所得交线上到平面α的距离最大的点为B ,该交线上的一点P 满足60BOP ∠=o ,则A 、P 两点间的球面距离为( )A、R B 、4R π C、R 、3R π第II 卷(非选择题)请点击修改第II 卷的文字说明评卷人得分 二、填空题(题型注释)17.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为______________。
十年高考真题分类汇编(2010-2019) 数学 专题10 立体几何 Word版含解析

十年高考真题分类汇编(2010—2019)数学专题10立体几何1.(2019·浙江·T4)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家,他提出的“幂势既同,则积不容异”称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh,其中S是柱体的底面积,h是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位:cm),则该柱体的体积(单位:cm3)是( )A.158B.162C.182D.324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6,底面五边形可以看作是由两个直角梯形组合而成,其中一个上底为4,下底为6,高为3,另一个的上底为2,下底为6,高为3,则该棱柱的体积为2+62×3+4+62×3×6=162.2.(2019·全国1·理T12)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为( )A.8√6πB.4√6πC.2√6πD.√6π【答案】D【解析】设PA=PB=PC=2x.∵E,F 分别为PA,AB 的中点,∴EF ∥PB,且EF=12PB=x.∵△ABC 为边长为2的等边三角形, ∴CF=√3.又∠CEF=90°,∴CE=√3-x 2,AE=12PA=x.在△AEC 中,由余弦定理可知cos ∠EAC=x 2+4-(3-x 2)2×2·x .作PD ⊥AC 于点D,∵PA=PC,∴D 为AC 的中点,cos ∠EAC=AD PA =12x . ∴x 2+4-3+x 24x =12x.∴2x 2+1=2.∴x 2=12,即x=√22.∴PA=PB=PC=√2. 又AB=BC=AC=2, ∴PA ⊥PB ⊥PC. ∴2R=√2+2+2=√6.∴R=√62.∴V=43πR 3=43π×6√68=√6π.故选D.3.(2019·全国2·理T7文T7)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( ) A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α,β平行于同一条直线 D.α,β垂直于同一平面 【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知,“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的充分条件.由面面平行的性质知,“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的必要条件,故选B.4.(2019·全国3·理T8文T8)如图,点N 为正方形ABCD 的中心,△ECD 为正三角形,平面ECD ⊥平面ABCD,M 是线段ED 的中点,则( ) A.BM=EN,且直线BM,EN 是相交直线 B.BM ≠EN,且直线BM,EN 是相交直线 C.BM=EN,且直线BM,EN 是异面直线 D.BM ≠EN,且直线BM,EN 是异面直线 【答案】B【解析】如图,连接BD,BE.在△BDE 中,N 为BD 的中点,M 为DE 的中点, ∴BM,EN 是相交直线,排除选项C 、D. 作EO ⊥CD 于点O,连接ON. 作MF ⊥OD 于点F,连接BF.∵平面CDE ⊥平面ABCD,平面CDE ∩平面ABCD=CD,EO ⊥ CD,EO ⊂平面CDE,∴EO ⊥平面ABCD. 同理,MF ⊥平面ABCD.∴△MFB 与△EON 均为直角三角形. 设正方形ABCD 的边长为2,易知EO=√3,ON=1,MF=√32,BF=√22+94=52,则EN=√3+1=2,BM=√34+254=√7,∴BM ≠EN.故选B.5.(2019·浙江·T8)设三棱锥V-ABC 的底面是正三角形,侧棱长均相等,P 是棱VA 上的点(不含端点).记直线PB 与直线AC 所成的角为α,直线PB 与平面ABC 所成的角为β,二面角P-AC-B 的平面角为γ,则( ) A.β<γ,α<γ B.β<α,β<γ C.β<α,γ<α D.α<β,γ<β 【答案】B【解析】如图G 为AC 中点,点V 在底面ABC 上的投影为点O,则点P 在底面ABC 上的投影点D 在线段AO 上,过点D 作DE 垂直AE,易得PE ∥VG,过点P 作PF ∥AC 交VG 于点F,过点D 作DH ∥AC,交BG于点H,则α=∠BPF,β=∠PBD,γ=∠PED,所以cos α=PFPB=EGPB=DHPB<BDPB=cos β,所以α>β,因为tan γ=PDED>PDBD=tan β,所以γ>β.故选B.6.(2018·全国3·理T10文T12)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角形且其面积为9√3,则三棱锥D-ABC体积的最大值为( )A.12√3B.18√3C.24√3D.54√3【答案】B【解析】由△ABC为等边三角形且面积为9√3,设△ABC边长为a,则S=12a·√32a=9√3.∴a=6,则△ABC的外接圆半径r=√32×23a=2√3<4.设球的半径为R,如图,OO1=√R2-r2=√42-(2√3)2=2.当D在O的正上方时,VD-ABC =13S△ABC·(R+|OO1|)=13×9√3×6=18√3,最大.故选B.7.(2018·全国1·理T7文T9)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为( )A.2√17B.2√5C.3D.2【答案】B【解析】如图所示,易知N为CD⏜的中点,将圆柱的侧面沿母线MC剪开,展平为矩形MCC'M',易知CN=14CC'=4,MC=2,从M到N的路程中最短路径为MN.在Rt△MCN中,MN=√MC2+NC2=2√5.8.(2018·全国3·理T3文T3)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )【答案】A【解析】由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示,由直观图可知其俯视图应为A中图形.9.(2018·北京·理T5文T6)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为 ( )A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】由该四棱锥的三视图,得其直观图如图.由正视图和侧视图都是等腰直角三角形,知PD ⊥平面ABCD,所以侧面PAD和PDC都是直角三角形.由俯视图为直角梯形,易知DC⊥平面PAD.又AB∥DC,所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥PA,所以侧面PAB也是直角三角形.易知PC=2√2,BC=√5,PB=3,从而△PBC不是直角三角形.故选C.10.(2018·上海·T15)《九章算术》中,称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA1是正六棱柱的一条侧棱,如图.若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点,以AA1为底面矩形的一边,则这样的阳马的个数是( )A.4B.8C.12D.16【答案】D【解析】设正六棱柱为ABCDEF-A1B1C1D1E1F1,以侧面AA1B1B,AA1F1F为底面矩形的阳马有E-AA 1B 1B,E 1-AA 1B 1B,D-AA 1B 1B,D 1-AA 1B 1B,C-AA 1F 1F,C 1-AA 1F 1F,D-AA 1F 1F,D 1-AA 1F 1F,共8个,以对角面AA 1C 1C,AA 1E 1E 为底面矩形的阳马有F-AA 1C 1C,F 1-AA 1C 1C,D-AA 1C 1C,D 1-AA 1C 1C,B-AA 1E 1E,B 1-AA 1E 1E,D-AA 1E 1E,D 1-AA 1E 1E,共8个,所以共有8+8=16(个),故选D.11.(2018·全国1·文T10)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=BC=2,AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°,则该长方体的体积为( ) A.8 B.6√2 C.8√2 D.8√3【答案】C【解析】在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB ⊥平面BCC 1B 1,连接BC 1,则∠AC 1B 为AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角,∠AC 1B=30°,所以在Rt △ABC 1中,BC 1=ABtan∠AC 1B =2√3,又BC=2,所以在Rt △BCC 1中,CC 1=√(2√3)2-22=2√2, 所以该长方体体积V=BC ×CC 1×AB=8√2.12.(2018·全国2·理T9)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=BC=1,AA 1=√3,则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A.15B.√56C.√55D.√22【答案】C【解析】以DA,DC,DD 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图, 则D 1(0,0,√3),A(1,0,0),D(0,0,0),B 1(1,1,√3).∴AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√3),DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,√3).设异面直线AD 1与DB 1所成的角为θ. ∴cos θ=|AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=|22×√5|=√55.∴异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为√55.13.(2018·全国2·文T9)在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 为棱CC 1的中点,则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( )A.√22 B.√32 C.√52 D.√72【答案】C【解析】如图,因为AB∥CD,所以AE与CD所成的角为∠EAB. 在Rt△ABE中,设AB=2,则BE=√5,则tan∠EAB=BEAB=√52,所以异面直线AE与CD所成角的正切值为√5 2.14.(2018·全国1·文T5)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为( ) A.12√2π B.12πC.8√2πD.10π【答案】B【解析】过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面为圆柱的轴截面,设底面半径为r,母线长为l,因为轴截面是面积为8的正方形,所以2r=l=2√2,r=√2,所以圆柱的表面积为2πrl+2πr2=8π+4π=12π.15.(2018·浙江·T3)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是( )A.2B.4C.6D.8【答案】C【解析】由三视图可知该几何体为直四棱柱.∵S底=12×(1+2)×2=3,h=2,∴V=Sh=3×2=6.16.(2017·全国2·理T4文T6)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【答案】B【解析】由三视图知,该几何体是一个圆柱截去一部分所得,如图所示.其体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12,所以该几何体的体积V=π×32×4+π×32×6×12=63π.17.(2017·全国1·理T7)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.16【答案】B【解析】由三视图可还原出几何体的直观图如图所示.该五面体中有两个侧面是全等的直角梯形,且该直角梯形的上底长为2,下底长为4,高为2,则S梯=(2+4)×2÷2=6,所以这些梯形的面积之和为12.18.(2017·全国2·理T10)已知直三棱柱ABC-A 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.√155C.√105D.√33【答案】C【解析】方法一:把三棱柱ABC-A 1B 1C 1补成四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1,如图,连接C 1D,BD,则AB 1与BC 1所成的角为∠BC 1D. 由题意可知BC 1=√2,BD=√22+12-2×2×1×cos60°=√3,C 1D=AB 1=√5.可知B C 12+BD 2=C 1D 2, 所以cos ∠BC 1D=√2√5=√105,故选C. 方法二:以B 1为坐标原点,B 1C 1所在的直线为x 轴,垂直于B 1C 1的直线为y 轴,BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系,如图所示.由已知条件知B 1(0,0,0),B(0,0,1),C 1(1,0,0),A(-1,√3,1),则BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-1),AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-√3,-1). 所以cos<AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√5×√2=√105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为√105.19.(2017·北京·理T7)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【答案】B【解析】由题意可知,直观图为四棱锥A-BCDE(如图所示),最长的棱为正方体的体对角线AE=√22+22+22=2√3.故选B.20.(2017·全国3·理T8文T9)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.3π4C.π2D.π4【答案】B【解析】由题意可知球心即为圆柱体的中心,画出圆柱的轴截面如图所示,则AC=1,AB=12,底面圆的半径r=BC=√32,所以圆柱的体积是V=πr 2h=π×(√32)2×1=3π4,故选B.21.(2017·全国1·文T6)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( )【答案】A【解析】易知选项B中,AB∥MQ,且MQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面MNQ;选项C中,AB ∥MQ,且MQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面MNQ;选项D中,AB∥NQ,且NQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面MNQ,故排除选项B,C,D;故选A.4.(2016·浙江·理T2文T2)已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线m,n满足m∥α,n ⊥β,则( )A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n【答案】C【解析】对于选项A,∵α∩β=l,∴l⊂α,∵m∥α,∴m与l可能平行,也可能异面,故选项A不正确; 对于选项B,D,∵α⊥β,m∥α,n⊥β,∴m与n可能平行,可能相交,也可能异面,故选项B,D不正确. 对于选项C,∵α∩β=l,∴l⊂β.∵n⊥β,∴n⊥l.故选C.22.(2016·天津·文T3)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥,得到的几何体的正视图与俯视图如图所示,则该几何体的侧(左)视图为( )【答案】B【解析】由题意得该长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥,如下图所示.易知其左视图为B项中图.故选B.23.(2016·全国3·理T10文T11)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是( )A.4πB.9π2 C.6π D.32π3【答案】B【解析】先计算球与直三棱柱三个侧面相切的球的半径,再和与直三棱柱两底面相切的球的半径相比较,半径较小的球即为所求.设球的半径为R,∵AB⊥BC,AB=6,BC=8,∴AC=10.当球与直三棱柱的三个侧面相切时,有12(6+8+10)×R=12×6×8,此时R=2;当球与直三棱柱两底面相切时,有2R=3,此时R=32.所以在封闭的直三棱柱中,球的最大半径只能为32,故最大体积V=43π(32)3=9π2.24.(2016·全国1·文T4)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )A.12πB. πC.8πD.4π【答案】A【解析】设正方体的棱长为a,由a3=8,得a=2.由题意可知,正方体的体对角线为球的直径,故2r=√3a2,则r=√3.所以该球的表面积为4π×(√3)2=12π,故选A.25.(2016·全国1·理T11文T11)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,则m,n所成角的正弦值为( )A.√32 B.√22 C.√33 D.13【答案】A【解析】∵α∥平面CB1D1,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,α∩平面ABCD=m,平面CB1D1∩平面A 1B1C1D1=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√3 2.26.(2016·全国1·理T6文T7)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3,则它的表面积是( )A.17πB.18πC.20πD.28π【答案】A【解析】由三视图可知该几何体是球截去18后所得几何体,则78×4π3×R3=28π3,解得R=2,故其表面积为78×4πR2+34×πR2=14π+3π=17π.27.(2016·全国2·理T6文T7)下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为 ( )A.20πB.24πC.28πD.32π【答案】C【解析】因为原几何体由同底面的一个圆柱和一个圆锥构成,所以其表面积为S=π×(42)2+4π×4+12×4π×√(2√3)2+22=28π,故选C.28.(2016·全国3·理T9文T10)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为( )A.18+36√5B.54+18√5C.90D.81【答案】B【解析】由题意知该几何体为四棱柱,且四棱柱的底面是边长为3的正方形,侧棱长为3√5,所以所求表面积为(3×3+3×6+3×3√5)×2=54+18√5,故选B.29.(2016·山东·理T5)一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如下图所示.则该几何体的体积为( )A.13+23π B.13+√23πC.13+√26πD.1+√26π【答案】C【解析】由三视图可知,上面是半径为√22的半球,体积为V1=12×43π×(√22)3=√2π6,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积V2=13×1×1=13,故选C.30.(2016·北京·理T6)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D.1【答案】A【解析】由三视图可得,三棱锥的直观图如图,则该三棱锥的体积V=13×12×1×1×1=16,故选A.31.(2015·全国1·理T6文T6)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有( )A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛 【答案】B【解析】设底面圆弧半径为R,∵米堆底部弧长为8尺,∴14·2πR=8,∴R=16π.∴体积V=14×13π×(16π)2×5.∵π≈3,∴V ≈3209(尺3).∴堆放的米约为3209×1.62≈22(斛).32.(2015·全国2·理T6文T6)一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18 B.17 C.16 D.15【答案】D【解析】由题意知该正方体截去了一个三棱锥,如图所示,设正方体棱长为a,则V正方体=a3,V截去部分=16a3,故截去部分体积与剩余部分体积的比值为16a3∶56a3=1∶5.33.(2015·重庆·理T5)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.13+π B.23+π C.13+2π D.23+2π【答案】A【解析】由题中三视图可知,该几何体是一个组合体,其左边是一个三棱锥,底面是等腰直角三角形(斜边长等于2),高为1,所以体积V1=13×12×2×1×1=13;其右边是一个半圆柱,底面半径为1,高为2,所以体积V2=π·12·2·12=π,所以该几何体的体积V=V1+V2=13+π.34.(2015·浙江·理T2)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积是( )A.8 cm3B.12 cm3C.323 cm3 D.403 cm3【答案】C【解析】由题中三视图知该几何体是一个正方体与正四棱锥的组合体,其中正方体与正四棱锥的底面边长为2 cm,正四棱锥的高为2 cm,则该几何体的体积V=2×2×2+13×2×2×2=323(cm3),故选C.35.(2015·山东·理T7)在梯形ABCD中,∠ABC=π2,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3 B.4π3C.5π3 D.2π【答案】C【解析】由题意可得旋转体为一个圆柱挖掉一个圆锥,如图所示.V圆柱=π×12×2=2π,V圆锥=13×π×12×1=π3.∴V几何体=V圆柱-V圆锥=2π-π3=5π3.36.(2015·湖南·文T10)某工件的三视图如图所示,现将该工件通过切削,加工成一个体积尽可能大的正方体新工件,并使新工件的一个面落在原工件的一个面内,则原工件材料的利用率为(材料利用率=新工件的体积原工件的体积)()A.89π B.827πC.24(√2-1)3π D.8(√2-1)3π【答案】A【解析】由三视图可知该几何体是一个圆锥,其底面半径r=1,母线长l=3,所以其高h=√l2-r2=2√2.故该圆锥的体积V=π3×12×2√2=2√2π3.由题意可知,加工后的正方体是该圆锥的一个内接正方体,如图所示.正方体ABCD-EFGH的底面在圆锥的底面内,下底面中心与圆锥底面的圆心重合,上底面中心在圆锥的高线上,设正方体的棱长为x.在轴截面SMN中,由O1G∥ON可得,O1GON=SO1SO,即√22x1=√2-2√2,解得x=2√23.所以正方体的体积为V1=(2√23)3=16√227.所以该工件的利用率为V1V=16√2272√2π3=89π.故选A.37.(2015·全国1·理T11文T11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=( )A.1B.2C.4D.8【答案】B【解析】由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成.∴S表=2r×2r+2×12πr2+πr×2r+12×4πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2.38.(2015·北京·理T5)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积是( )A.2+√5B.4+√5C.2+2√5D.5【答案】C【解析】作出三棱锥的直观图如图,在△ABC中,作AB边上的高CD,连接SD.在三棱锥S-ABC 中,SC ⊥底面ABC,SC=1,底面三角形ABC 是等腰三角形,AC=BC=√5,AB 边上的高CD=2,AD=BD=1,斜高SD=√5.所以S 表=S △ABC +S △SAC +S △SBC +S △SAB =12×2×2+12×1×√5+12×1×√5+12×2×√5=2+2√5.39.(2015·陕西·理T5文T5)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( ) A.3π B.4π C.2π+4D.3π+4【答案】D【解析】由三视图可知,该几何体是一个半圆柱,圆柱的底面半径r=1,高h=2.所以几何体的侧面积S 1=C 底·h=(π×1+2)×2=2π+4.几何体的底面积S 2=12π×12=12π.故该几何体的表面积为S=S 1+2S 2=2π+4+2×π2=3π+4.故选D.40.(2015·浙江·理T8)如图,已知△ABC,D 是AB 的中点,沿直线CD 将△ACD 翻折成△A'CD,所成二面角A'-CD-B 的平面角为α,则( ) A.∠A'DB ≤α B.∠A'DB ≥α C.∠A'CB ≤α D.∠A'CB ≥α 【答案】B【解析】设∠ADC=θ,设AB=2,则由题意AD=BD=1. 在空间图形中,设A'B=t.在△A'BD 中, cos ∠A'DB=A 'D 2+DB 2-AB 22A 'D×DB=12+12-t 22×1×1=2-t 22.在空间图形中,过A'作A'N ⊥DC,过B 作BM ⊥DC,垂足分别为N,M.过N 作NP MB,连接A'P,所以NP ⊥DC.则∠A'NP 就是二面角A'-CD-B 的平面角, 所以∠A'NP=α.在Rt △A'ND 中,DN=A'Dcos ∠A'DC=cos θ,A'N=A'Dsin ∠A'DC=sin θ.同理,BM=PN=sin θ,DM=cos θ.故BP=MN=2cos θ. 显然BP ⊥面A'NP,故BP ⊥A'P.在Rt △A'BP 中,A'P 2=A'B 2-BP 2=t 2-(2cos θ)2=t 2-4cos 2θ.在△A'NP 中,cos α=cos ∠A'NP=A 'N 2+NP 2-A 'P 22A 'N×NP=sin 2θ+sin 2θ-(t 2-4cos 2θ)2sinθ×sinθ=2+2cos 2θ-t 22sin 2θ=2-t 22sin 2θ+cos 2θsin 2θ=1sin 2θcos ∠A'DB+cos 2θsin 2θ.因为1sin 2θ≥1,cos 2θsin 2θ≥0,所以cos α≥cos∠A'DB (当θ=π2时取等号),因为α,∠A'DB ∈[0,π],而y=cos x 在[0,π]上为递减函数,所以α≤∠A'DB.故选B. 41.(2015·全国2·理T9文T10)已知A,B 是球O 的球面上两点,∠AOB=90°,C 为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36,则球O 的表面积为 ( ) A.36π B.64π C.144π D.256π【答案】C【解析】因为∠AOB=90°,所以S △AOB =12R 2.因为V O-ABC =V C-AOB ,而△AOB 面积为定值,所以三棱锥底面OAB 上的高最大时,其体积最大.因为高最大为半径R,所以V C-AOB =13×12R 2×R=36,解得R=6,故S 球=4πR 2=144π.42.(2015·安徽·理T5)已知m,n 是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是( )A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行B.若m,n 平行于同一平面,则m 与n 平行C.若α,β不平行...,则在α内不存在...与β平行的直线D.若m,n 不平行...,则m 与n 不可能...垂直于同一平面 【答案】D【解析】A选项α,β可能相交;B选项m,n可能相交,也可能异面;C选项若α与β相交,则在α内平行于它们交线的直线一定平行于β;由垂直于同一个平面的两条直线一定平行,可知D选项正确.43.(2015·浙江·文T4)设α,β是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线,且l⊂α,m⊂β.( )A.若l⊥β,则α⊥βB.若α⊥β,则l⊥mC.若l∥β,则α∥βD.若α∥β,则l∥m【答案】A【解析】若l⊥β,又l⊂α,由面面垂直的判定定理,得α⊥β,故选项A正确;选项B,l⊥m或l∥m或l与m相交或异面都有可能;选项C,α∥β或α与β相交都有可能;选项D,l∥m或l 与m异面都有可能.44.(2015·广东·文T6)若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是( )A.l与l1,l2都不相交B.l与l1,l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交D.l至少与l1,l2中的一条相交【答案】D【解析】l1与l在平面α内,l2与l在平面β内,若l1,l2与l都不相交,则l1∥l,l2∥l,根据直线平行的传递性,则l1∥l2,与已知矛盾,故l至少与l1,l2中的一条相交.45.(2014·浙江·理T3)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的表面积是( )A.90 cm2B.129 cm2C.132 cm2D.138 cm2【答案】D【解析】由题干中的三视图可得原几何体如图所示.故该几何体的表面积S=2×4×6+2×3×4+3×6+3×3+3×4+3×5+2××3×4=138(cm2).故选D.46.(2014·陕西·文T5)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周,所得几何体的侧面积是( )A.4πB.3πC.2πD.π【答案】C【解析】依题意,知所得几何体是一个圆柱,且其底面半径为1,母线长也为1,因此其侧面积为2π×1×1=2π,故选C.47.(2014·辽宁·理T4文T4)已知m,n表示两条不同直线,α表示平面.下列说法正确的是( )A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m⊥α,n⊂α,则m⊥nC.若m⊥α,m⊥n,则n∥αD.若m∥α,m⊥n,则n⊥α【答案】B【解析】对A:m,n还可能异面、相交,故A不正确.对C:n还可能在平面α内,故C不正确.对D:n还可能在α内,故D不正确.对B:由线面垂直的定义可知正确.48.(2014·广东·理T7)在空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( )A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定【答案】D【解析】如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,取l1为BC,l2为CC1,l3为C1D1.满足l1⊥l2,l2⊥l3.若取l 4为A1D1,则有l1∥l4;若取l4为DD1,则有l1⊥l4.因此l1与l4的位置关系不确定,故选D.49.(2014·浙江·文T6)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.( )A.若m⊥n,n∥α,则m⊥αB.若m∥β,β⊥α,则m⊥αC.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥αD.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α【答案】C【解析】当m⊥n,n∥α时,可能有m⊥α,但也有可能m∥α或m⊂α,故A选项错误; 当m∥β,β⊥α时,可能有m⊥α,但也有可能m∥α或m⊂α,故选项B错误;当m⊥β,n⊥β,n⊥α时,必有α∥β,从而m⊥α,故选项C正确;在如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中,取m为B1C1,n为CC1,β为平面ABCD,α为平面ADD1A1,这时满足m⊥n,n⊥β,β⊥α,但m⊥α不成立,故选项D错误.50.(2014·陕西·理T5)已知底面边长为1,侧棱长为√2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为( )A.32π3 B.4π C.2π D.4π3【答案】D【解析】依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径,可设球半径R,则2R=√12+12+(√2)2=2,解得R=1,所以V=4π3R3=4π3.51.(2014·大纲全国·理T8)正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为( )A.81π4 B.16π C.9π D.27π4【答案】A【解析】由图知,R2=(4-R)2+2,∴R2=16-8R+R2+2,∴R=9 4,∴S表=4πR2=4π×8116=814π,选A.52.(2014·湖南·理T7文T8)一块石材表示的几何体的三视图如图所示.将该石材切削、打磨,加工成球,则能得到的最大球的半径等于( )A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】由三视图可得原石材为如右图所示的直三棱柱A1B1C1-ABC,且AB=8,BC=6,BB1=12.若要得到半径最大的球,则此球与平面A1B1BA,BCC1B1,ACC1A1相切,故此时球的半径与△ABC内切圆的半径相等,故半径r=6+8-102=2.故选B.53.(2014·全国1·理T12)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为( )A.6√2B.6C.4√2D.4 【答案】B【解析】如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4.取B1B的中点G,即三棱锥G-CC1D1为满足要求的几何体,其中最长棱为D1G,D1G=√(4√2)2+22=6.54.(2014·全国1·文T8)如图,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是( )A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱【答案】B【解析】由所给三视图可知该几何体是一个三棱柱(如图).55.(2014·北京·理T7)在空间直角坐标系O-xyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1, √2).若S1,S2,S3分别是三棱锥D-ABC在xOy,yOz,zOx坐标平面上的正投影图形的面积,则( )A.S1=S2=S3B.S2=S1且S2≠S3C.S3=S1且S3≠S2D.S3=S2且S3≠S1【答案】D【解析】三棱锥的各顶点在xOy坐标平面上的正投影分别为A 1(2,0,0),B1(2,2,0),C1(0,2,0),D1(1,1,0).显然D1点为A1C1的中点,如图(1),正投影为Rt△A1B1C1,其面积S1=12×2×2=2.三棱锥的各顶点在yOz坐标平面上的正投影分别为A 2(0,0,0),B2(0,2,0),C2(0,2,0),D2(0,1,√2).显然B2,C2重合,如图(2),正投影为△A2B2D2,其面积S2=12×2×√2=√2.三棱锥的各顶点在zOx坐标平面上的正投影分别为A 3(2,0,0),B3(2,0,0),C3(0,0,0),D3(1,0,√2),由图(3)可知,正投影为△A3D3C3,其面积S 3=12×2×√2=√2.综上,S2=S3,S3≠S1.故选D.56.(2014·大纲全国·理T11)已知二面角α-l-β为60°,AB⊂α,AB⊥l,A为垂足,CD⊂β,C ∈l,∠ACD=135°,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为( )A.14 B.√24 C.√34 D.12【答案】B【解析】如图,在平面α内过C作CE∥AB,则∠ECD为异面直线AB与CD所成的角或其补角,不妨取CE=1,过E作EO⊥β于O. 在平面β内过O作OH⊥CD于H,连EH,则EH⊥CD.因为AB∥CE,AB⊥l,所以CE⊥l.又因为EO⊥平面β,所以CO⊥l.故∠ECO为二面角α-l-β的平面角,所以∠ECO=60°.而∠ACD=135°,CO ⊥l,所以∠OCH=45°.在Rt △ECO 中,CO=CE ·cos ∠ECO=1·cos 60°=12.在Rt △COH 中,CH=CO ·cos ∠OCH=12·sin45°=√24.在Rt △ECH 中,cos ∠ECH=CH CE =√241=√24.所以异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为√24.故选B.57.(2014·大纲全国·文T4)已知正四面体ABCD 中,E 是AB 的中点,则异面直线CE 与BD 所成角的余弦值为( )A.16B.√36C.13D.√33【答案】B【解析】如图所示,取AD 的中点F,连EF,CF,则EF ∥BD,∴异面直线CE 与BD 所成的角即为CE 与EF 所成的角∠CEF.由题知,△ABC,△ADC 为正三角形,设AB=2,则CE=CF=√3,EF=12BD=1.∴在△CEF 中,由余弦定理,得cos ∠CEF=CE 2+EF 2-CF22CE ·EF=√3)22√3)22×√3×1=√36.故选B.58.(2014·全国2·理T6文T6)如图,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为3 cm,高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727B.59C.1027D.13【答案】C【解析】由零件的三视图可知,该几何体为两个圆柱组合而成,如图所示. 切削掉部分的体积V 1=π×32×6-π×22×4-π×32×2=20π(cm 3), 原来毛坯体积V 2=π×32×6=54π(cm 3).故所求比值为V 1V 2=20π54π=1027.59.(2014·全国2·文T7)正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面边长为2,侧棱长为√3,D 为BC 中点,则三棱锥A-B 1DC 1的体积为( ) A.3 B.32C.1D.√32【答案】C【解析】∵D 是等边△ABC 的边BC 的中点,∴AD ⊥BC. 又ABC-A 1B 1C 1为正三棱柱, ∴AD ⊥平面BB 1C 1C. 又四边形BB 1C 1C 为矩形,∴S △DB 1C 1=12S 四边形BB 1C 1C =12×2×√3=√3.又AD=2×√32=√3,∴V A -B 1DC 1=13S △B 1DC 1·AD=13×√3×√3=1.60.(2013·全国1·理T8文T11)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.16+8πB.8+8πC.16+16πD.8+16π 【答案】A【解析】该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体. V 半圆柱= π×22×4=8π,V 长方体=4×2×2=16. 所以所求体积为16+8π.故选A.61.(2013·浙江·文T5)已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是( )A.108 cm 3B.100 cm 3C.92 cm 3D.84 cm 3【答案】B【解析】由三视图可知,该几何体是如图所示长方体去掉一个三棱锥,故几何体的体积是6×3×6-13×12×3×42=100(cm 3).故选B.62.(2013·山东·理T4)已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为√3的正三角形.若P 为底面A 1B 1C 1的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为( )A.5π12B.π3C.π4D.π6【答案】B【解析】如图所示,由棱柱体积为94,底面正三角形的边长为√3,可求得棱柱的高为√3.设P 在平面ABC 上射影为O,则可求得AO 长为1,故AP 长为√12+(√3)2=2.故∠PAO=π3,即PA 与平面ABC 所成的角为π3.63.(2013·全国2·理T7文T9)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz 中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zOx 平面为投影面,则得到的正视图可以为 ( )【答案】A【解析】该四面体在空间直角坐标系O-xyz中的图象如图所示.则它在平面zOx上的投影,即正视图为.64.(2013·湖南·理T7)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能等于( )A.1B.√2C.√2-12 D.√2+12【答案】C【解析】当俯视图是面积为1的正方形时,其正视图的最小面积等于一个面的面积1,最大面积等于对角面的面积√2.故正视图面积S的取值范围为1≤S≤√2.因为√2-12<1,故选C.65.(2013·全国1·理T6)如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8 cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为( )A.500π3 cm3 B.866π3 cm3C.1372π3 cm3 D.2048π3 cm3【答案】A【解析】设球半径为R,由题可知R,R-2,正方体棱长的一半可构成直角三角形,即△OBA为直角三角形,如图.BC=2,BA=4,OB=R-2,OA=R, 由R2=(R-2)2+42,得R=5,所以球的体积为4π3×53=5003π(cm3),故选A.66.(2013·辽宁·理T10)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上.若AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球O的半径为( )A.3√172 B.2√10 C.132 D.3√10【答案】C【解析】过C点作AB的平行线,过B点作AC的平行线,交点为D,同理过C1作A1B1的平行线,过B 1作A1C1的平行线,交点为D1,连接DD1,则ABCD-A1B1C1D1恰好成为球的一个内接长方体,故球的半径r=√32+42+1222=132.67.(2013·全国2·理T4)已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则( )A.α∥β且l∥αB.α⊥β且l⊥βC.α与β相交,且交线垂直于lD.α与β相交,且交线平行于l【答案】D【解析】因为m⊥α,l⊥m,l⊄α,所以l∥α.同理可得l∥β.又因为m,n为异面直线,所以α与β相交,且l平行于它们的交线.故选D.68.(2013·广东·理T6)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.下列命题中正确的是 ( )A.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥nB.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥nC.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥βD.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β【答案】D【解析】选项A中, m与n还可能平行或异面,故不正确;。
全国各地市历年高考立体几何题汇编(含参考答案)

全国各地市历年高考立体几何题汇编(含参考答案)(一)2018年高考立体几何题1.(北京理16)如图,在三棱柱ABC -111A B C 中,1CC 平面ABC ,D ,E ,F ,G 分别为1AA ,AC ,11AC ,1BB 的中点,AB=BC AC =1AA =2.(Ⅰ)求证:AC ⊥平面BEF ; (Ⅱ)求二面角B-CD -C 1的余弦值; (Ⅲ)证明:直线FG 与平面BCD 相交.2.(浙江-19)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. (Ⅰ)证明:AB 1⊥平面A 1B 1C 1;(Ⅱ)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值.3.(课标III 理-19)如图,边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直,是上异于,的点.(1)证明:平面平面; (2)当三棱锥体积最大时, 求面与面所成二面角的正弦值.4.(课标II 理-20)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.ABCD CD M CD C D AM D ⊥BMC M ABC -MABMCD5.(课标I理-18)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.(二)2017年高考立体几何题1.(课标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D–AE–C的余弦值.2.(课标II 理-19)如图,四棱锥P -ABCD 中,侧面PAD 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PAB ;(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.3.(课标I 理-18)如图,在四棱锥P −ABCD 中,AB//CD ,且90BAP CDP ∠=∠=. (1)证明:平面PAB ⊥平面PAD ;(2)若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=,求二面角A −PB −C 的余弦值.(三)2016年高考立体几何题 1.(课标III 理-19)如图,四棱锥中,地面,,,,为线段上一点,,为的中点.(I )证明平面;(II )求直线与平面所成角的正弦值.2.(课标II 理-19)如图,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ,5AB =,6AC =,点E ,F 分别在AD ,CD上,54AE CF ==,EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D EF'的位置OD '=(I )证明:DH'⊥平面ABCD ; (II )求二面角B D A C '--的正弦值. P ABC -PA ⊥ABCD AD BC 3AB AD AC ===4PA BC ==M AD 2AM MD =N PC MN PAB ANPMN3.(课标I 理-19)如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF =2FD , 90AFD ∠=,且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60. (Ⅰ)证明:平面ABEF ⊥平面EFDC ; (Ⅱ)求二面角E -BC -A 的余弦值.(四)2015年高考立体几何题 1.(课标II 理-19)如图,长方体1111ABCD A BC D -中,=16AB ,=10BC ,18AA =,点E ,F 分别在11A B ,11C D 上,114A E D F ==.过点E ,F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形. (Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由); (Ⅱ)求直线AF 与平面α所成角的正弦值.DD 1 C 1A 1EF ABCB 1参考答案(一)2018年高考立体几何题1.(北京理16)如图,在三棱柱ABC -111A B C 中,1CC ⊥平面ABC ,D ,E ,F ,G 分别为1AA ,AC ,11AC ,1BB 的中点,AB=BCAC =1AA =2.(Ⅰ)求证:AC ⊥平面BEF ; (Ⅱ)求二面角B-CD -C 1的余弦值; (Ⅲ)证明:直线FG 与平面BCD 相交. 1.解析:(Ⅰ)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 . (Ⅱ)由(I )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称系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 u u u r u u r,,,,,, 设平面BCD 的法向量为()a b c =,,n , ∴00CD CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uur 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 u u r ,,,∴cos =||||EB EB EB ⋅<⋅>=uu ruu r uu r n n n . 由图可得二面角B -CD -C 为钝角,所以二面角B -CD -C的余弦值为.(Ⅲ)平面BCD 的法向量为(214)=--,,n ,∵G (0,2,1),F (0,0,2),∴=(021)GF -u u u r ,,,∴2GF ⋅=-uu u r n ,∴n 与GF uuu 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.2.(浙江-19)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. (Ⅰ)证明:AB 1⊥平面A 1B 1C 1;(Ⅱ)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值. 2.解析:方法一:(Ⅰ)由得,所以.故.由,得, 由得由,得,故. 因此平面.(Ⅱ)如图,过点作,交直线于点,连结.由平面得平面平面, 由得平面, 所以是与平面所成的角. 由, 所以,故. 因此,直线与平面. 方法二:(Ⅰ)如图,以AC的中点O 为原点,分别以射线OB ,11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥111AB AB ==2221111A B AB AA +=111AB A B ⊥2BC =112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥11B C =2,120AB BC ABC ==∠=︒AC =1CC AC ⊥1AC 2221111AB BC AC +=111ABB C ⊥1AB ⊥111A B C 1C 111C D A B ⊥11A B D AD 1AB ⊥111A B C 111A B C ⊥1ABB 111C D A B ⊥1C D ⊥1ABB 1C AD ∠1AC 1ABB 111111BC AB AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=1C D 111sin C D C AD AC ∠==1AC 1ABBOC 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:因此 由得.由得. 所以平面. (Ⅱ)设直线与平面所成的角为.由(Ⅰ)可知 设平面的法向量.由即可取.所以. 因此,直线与平面. 3.(课标III 理-19)如图,边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直,是上异于,的点.(1)证明:平面平面;(2)当三棱锥体积最大时, 求面与面所成二面角的正弦值.3.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,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 .111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),),A B A B C 111112),3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r 1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r 111AB A B ⊥1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r111AB AC ⊥1AB ⊥111A B C 1AC 1ABB θ11(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r1ABB (,,)x y z =n 10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n 0,20,x z ⎧=⎪⎨=⎪⎩(,0)=n 111|sin |cos ,||||AC AC AC θ⋅===⋅uuu r uuu r uuu r n |n n |1AC 1ABB ABCD CD M CD C D AM D ⊥BMC M ABC -MAB MCD ⊂CD ⊂DA当三棱锥M −ABC 体积最大时,M 为的中点.由题设得,设是平面MAB 的法向量,则即可取.是平面MCD 的法向量,因此,,所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是. 4.(课标II 理-20)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.4.解:(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),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. CD (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 =-==(,,)x y z =n 0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩(1,0,2)=n DA 5cos ,5||||DA DA DA ⋅==n nn 2sin ,DA =n5由0,0AP AM ⋅=⋅=u u u r u u u r n n得20(4)0y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩,可取,)a a =--n ,所以cos ,OB =uu u rn由已知得|cos ,|OB =uu u r n .解得4a =-(舍去),43a =.所以4()3=-n .又(0,2,PC =-u u u r,所以cos ,PC =uu u r n 所以PC 与平面PAM5.(课标I 理-18)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.5.解:(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32PH 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(二)2017年高考立体几何题 1.(课标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D –AE –C 的余弦值.1.【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 x y z -.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0,10.2x 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. 2.(课标II 理-19)如图,四棱锥P -ABCD 中,侧面PAD 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PAB ;(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.2.解析:(1)取PA 中点F ,连结EF ,BF . 因为E 为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 为平行四边形, //CE BF . 又BF PAB ⊂平面, CE PAB ⊄平面,故//CE PAB 平面(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 ,则则()000A ,,, ()100B ,,, ()110C ,,,(01P ,(10PC =,,()100AB =,,,则 ()(1,1BM x y z PM x y z =-=-,,,,因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°,而()001n =,,是底面ABCD 的法向量,所以0cos , sin45BM n =,=即(x-1)²+y ²-z ²=0又M 在棱PC 上,学|科网设,PM PC λ=则x ,1,y z λ==由①,②得()y=1 y=1 z z ⎧⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎨⎪⎪⎪⎪==⎪⎪⎩⎩舍去,所以M ⎛ ⎝⎭,从而AM ⎛= ⎝⎭设()000x ,y ,z m =是平面ABM的法向量,则(0000x 2y 0·AM 0 ·AB 0x 0m m ⎧+=⎧=⎪⎨⎨==⎩⎪⎩即所以可取m =(0,2).于是·10,5m n cosm n m n == 因此二面角M-AB-D的余弦值为3.(课标I 理-18)如图,在四棱锥P −ABCD 中,AB//CD ,且90BAP CDP ∠=∠=. (1)证明:平面PAB ⊥平面PAD ;(2)若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=,求二面角A −PB −C 的余弦值.3.【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PAD . 又AB ⊂平面PAB ,所以平面PAB ⊥平面PAD . (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(2A,(0,0,2P,(2B,(2C -.所以(PC =-,(2,0,0)CB =,2(PA =,(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0,0,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 ,||||⋅==<>n m n m n m ,所以二面角A PBC --的余弦值为(三)2016年高考立体几何题1.(课标III 理-19)如图,四棱锥中,地面,,,,为线段上一点,,为的中点.(I )证明//MN 平面;(II )求直线与平面所成角的正弦值. 1.解析:(Ⅰ)由已知得223AM AD ==. 取BP 的中点T ,连接,AT TN ,由N 为PC 中点知//TN BC ,122TN BC ==. 又//AD BC ,故,//TN AM TN AM =,四边形AMNT 为平行四边形,于是//MN AT . 因为AT ⊂平面PAB ,MN ⊄平面PAB ,所以//MN 平面.(Ⅱ)取BC 的中点E ,连结AE .由AB BC =得AE BC ⊥,从而AE AD ⊥,且.以A 为坐标原点, AE 的方向为轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -.由题意知,P ABC -PA ⊥ABCD AD BC 3AB AD AC ===4PA BC ==M AD 2AMMD =N PC PAB AN PMN PAB,,,5(,1,2)N,()0,2,4PM =-, 52PN ⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭, 52AN ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭.设(),,n x y z =为平面PMN 的一个法向量,则0, 0,n PM n PN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即240, 20,y z x y z -=⎧+-=可取()0,2,1n =. 于是85cos ,25n AN n AN n AN⋅〈〉==. 2.(课标II 理-19)如图,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ,5AB =,6AC =,点E ,F 分别在AD ,CD上,54AE CF ==,EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D EF'的位置OD '=(I )证明:DH'⊥平面ABCD ; (II )求二面角B D A C '--的正弦值. 2.【解析】⑴证明:∵54AE CF ==,∴A E C FA D C D=,∴E F A C ∥.∵四边形ABCD 为菱形,∴AC BD ⊥,∴EF BD ⊥,∴EF D H ⊥,∴EF DH'⊥. ∵6AC =,∴3AO =;又5AB =,AO OB ⊥, ∴4OB =,∴1AEOH OD AO=⋅=, ∴3DH D H '==,∴222'OD OH D H '=+,∴'D H OH ⊥.又∵OH EF H =I ,∴'D H ⊥面ABCD .⑵建立如图坐标系H xyz -.()500B ,,,()130C ,,,()'003D ,,,()130A -,,,()430AB =u u u r ,,,()'133AD =-u u u r ,,,()060AC =u u u r,,, 设面'ABD 法向量()1n x y z =,,u r,由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩,取345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩,∴()1345n =-u r ,,.同理可得面'AD C 的法向量()2301n =u u r ,,,∴1212cos n n n n θ⋅=u r u u ru r u u r∴sin θ= 3.(课标I 理-19)如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF =2FD , 90AFD ∠=,且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60. (Ⅰ)证明:平面ABEF ⊥平面EFDC ; (Ⅱ)求二面角E -BC -A 的余弦值.3.【解析】试题分析:(Ⅰ)证明AF ⊥平面FDC E ,结合AF ⊂平面ABEF ,可得平面ABEF ⊥平面EFDC .(Ⅱ)建立空间坐标系,利用向量求解. 试题解析:(Ⅰ)由已知可得AF DF ⊥, AF FE ⊥,所以AF ⊥平面EFDC . 又AF ⊂平面ABEF ,故平面ABEF ⊥平面EFDC .(Ⅱ)过D 作DG EF ⊥,垂足为G ,由(Ⅰ)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点, GF 的方向为x 轴正方向, GF 为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -.由(Ⅰ)知DFE ∠为二面角D AF E --的平面角,故60DFE ∠=,则2DF =, 3DG =,可得()1,4,0A , ()3,4,0B -, ()3,0,0E -,(D . 由已知, //AB EF ,所以//AB 平面EFDC .又平面ABCD ⋂平面EFDC DC =,故//AB CD , //CD EF .由//BE AF ,可得BE ⊥平面EFDC ,所以CEF ∠为二面角C BE F --的平面角,60CEF ∠=.从而可得(C -.所以(EC =, ()0,4,0EB =,(3,AC =--, ()4,0,0AB =-. 设(),,n x y z =是平面BCE 的法向量,则n EC n EB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即0 40x y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩,所以可取(3,0,n =.设m 是平面ABCD 的法向量,则0m C m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩,同理可取()0,3,4m =.则219cos ,n m n m n m ⋅〈〉==-. 故二面角E BC A --的余弦值为. (四)2015年高考立体几何题1.(课标II 理-19)如图,长方体1111ABCD A BC D -中,=16AB ,=10BC ,18AA =,点E ,F 分别在11A B ,11C D 上,114A E D F ==.过点E ,F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形. (Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由); (Ⅱ)求直线AF 与平面α所成角的正弦值. 1.【解析】(Ⅰ)交线围成的正方形EHGF 如图:(Ⅱ)作EM AB ⊥,垂足为M ,则14A M A E ==,18EM AA ==,因为EHGF 为正方形,所以10EH EF BC ===.于是6MH =,所以10AH =.以D 为坐标原点,DA 的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -,则(10,0,0)A ,(10,10,0)H ,(10,4,8)E ,(0,4,8)F ,(10,0,0)FE =,(0,6,8)HE =-.设(,,)n x y z =是平面EHGF 的法向量,则0,0,n FE n HE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即100,680,x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取(0,4,3)n =.又(10,4,8)AF =-,故45cos ,15n AF n AF n AF⋅<>==⋅.所以直线AF 与平面α所成角的正弦值为15. 考点:1、直线和平面平行的性质;2、直线和平面所成的角.DD 1C 1A 1EFABCB 1。
专题17立体几何解答题【2023高考】2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(解析版)

2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编专题17 立体几何解答题一、解答题1.(2022年全国甲卷理科·第18题)在四棱锥P ABCD -中,PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP =====∥.(1)证明:BD PA ⊥;(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值.【答案】(1)证明见解析:; .解析:(1)证明:在四边形ABCD 中,作DE AB ⊥于E ,CF AB ⊥于F ,因为//,1,2CD AB AD CD CB AB ====,所以四边形ABCD 为等腰梯形,所以12AE BF ==,故DE =BD ==,所以222AD BD AB +=,所以AD BD ⊥,因为PD ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,所以PD BD ⊥,又PD AD D ⋂=,所以BD ⊥平面PAD ,又因PA ⊂平面PAD ,所以BD PA ⊥;(2)解:如图,以点D 为原点建立空间直角坐标系,BD =,则()()(1,0,0,,A B P ,则(((,0,,AP BP DP =-== ,设平面PAB 的法向量(),,n x y z = ,则有0{0n AP x n BP ⋅=-=⋅=+=,可取)n = ,则cos ,n DP n DP n DP ⋅== ,所以PD 与平面PAB.【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2022年全国甲卷理科·第18题2.(2022年全国乙卷理科·第18题ABCD 中,,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠,E为AC 的中点.(1)证明:平面BED ⊥平面ACD ;(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒,点F 在BD 上,当AFC △的面积最小时,求CF 与平面A B D 所成的角的正弦值.【答案】(1)证明过程见解析(2)CF 与平面A B D所成的角的正弦值为解析:【小问1详解】因为AD CD =,E 为AC 的中点,所以AC DE ⊥;在ABD △和CBD 中,因为,,B A C D CD ADB DB DB D ∠=∠==,所以ABD CBD ≌△△,所以AB CB =,又因为E 为AC 的中点,所以AC BE ⊥;又因为,DE BE ⊂平面BED ,DE BE E ⋂=,所以AC ⊥平面BED ,因为AC ⊂平面ACD ,所以平面BED ⊥平面ACD .【小问2详解】连接EF ,由(1)知,AC ⊥平面BED ,因为EF ⊂平面BED ,所以AC EF ⊥,所以1=2AFC S AC EF ⋅△,当EF BD ⊥时,EF 最小,即AFC △的面积最小.因为ABD CBD ≌△△,所以2CB AB ==,又因为60ACB ∠=︒,所以ABC 是等边三角形,因为E 为AC 的中点,所以1AE EC ==,B E 因为AD CD ⊥,所以112DE AC ==,在DEB 中,222DE BE +=,所以BE DE ⊥.以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -,则()()()1,0,0,0,0,0,1A B D ,所以()()1,0,1,1,0AD AB =-=- ,设平面A B D 的一个法向量为(),,n x y z = ,则00n AD x z n AB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩,取y()3n = ,又因为()31,0,0,4C F ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,所以314CF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭,所以cos ,n CF n CF n CF ⋅=== ,设CF 与平面A B D 所成的角的正弦值为02πθθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭,所以sin cos ,n CF θ== 所以CF 与平面A B D.【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2022年全国乙卷理科·第18题3.(2022新高考全国II 卷·第20题)如图,PO 是三棱锥P ABC -的高,PA PB =,AB AC ⊥,E 是PB的中点.(1)证明://OE 平面PAC ;(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒,3PO =,5PA =,求二面角C AE B --正弦值.【答案】(1)证明见解析 (2)1113解析:(1)证明:连接BO 并延长交AC 于点D ,连接OA 、PD ,因为PO 是三棱锥P ABC -的高,所以PO ⊥平面ABC ,,AO BO ⊂平面ABC ,所以PO AO ⊥、PO BO ⊥,又PA PB =,所以POA POB ≅△△,即OA OB =,所以OAB OBA ∠=∠,的又AB AC ⊥,即90BAC ∠=︒,所以90OAB OAD ∠+∠=︒,90OBA ODA ∠+∠=︒,所以ODA OAD∠=∠所以AO DO =,即AO DO OB ==,所以O 为BD 的中点,又E 为PB 的中点,所以//OE PD ,又OE ⊄平面PAC ,PD ⊂平面PAC ,所以//OE 平面PAC(2)解:过点A 作//Az OP ,如图建立平面直角坐标系,因为3PO =,5AP =,所以4OA ==,又30OBA OBC ∠=∠=︒,所以28BD OA ==,则4=AD,AB =所以12AC =,所以()2,0O,()B,()2,3P ,()0,12,0C,所以32E ⎛⎫ ⎪⎝⎭,则32AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭,()AB = ,()0,12,0AC =,设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =,则3020n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩ ,令2z =,则3y =-,0x =,所以()0,3,2n =- ;设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =,则302120m AE b c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩,令a =6c =-,0b =,所以)6m =- ;所以cos ,n m n m n m⋅=== 设二面角C AE B --为θ,由图可知二面角C AE B --为钝二面角,所以cos θ=,所以11sin 13θ==故二面角C AE B --的正弦值为1113;【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2022新高考全国II 卷·第20题4.(2022新高考全国I 卷·第19题)如图,直三棱柱111ABC A B C -的体积为4,1A BC的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离;(2)设D 为1AC 的中点,1AA AB =,平面1A BC ⊥平面11ABB A ,求二面角A BD C --的正弦值.【答案】解析:(1)在直三棱柱111ABC A B C -中,设点A 到平面1A BC 的距离为h ,则111111111143333A A BC A A ABC A ABC A B BC C C B V S h V S A A V ---=⋅===⋅== ,解得h = 所以点A 到平面1A BC;(2)取1A B 的中点E ,连接AE ,如图,因为1AA AB =,所以1AE A B ⊥,又平面1A BC ⊥平面11ABB A ,平面1A BC 平面111ABB A A B =,且AE ⊂平面11ABB A ,所以AE ⊥平面1A BC ,在直三棱柱111ABC A B C -中,1BB ⊥平面ABC ,由BC ⊂平面1A BC ,BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥,1BB BC ⊥,又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交,所以BC ⊥平面11ABB A ,所以1,,BC BA BB 两两垂直,以B 为原点,建立空间直角坐标系,如图,由(1)得AE =,所以12AA AB ==,1A B =2BC =,则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1AC 的中点()1,1,1D ,则()1,1,1BD = ,()()0,2,0,2,0,0BA BC == ,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z = ,则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩,可取()1,0,1m =- ,设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c = ,则020m BD a b c m BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩ ,可取()0,1,1n =-r ,则1cos ,2m n m n m n⋅===⋅ ,所以二面角A BD C --=.【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2022新高考全国I 卷·第19题5.(2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题)在四棱锥Q ABCD -中,底面ABCD是正方形,若2,3AD QD QA QC ====.(1)证明:平面QAD ⊥平面;(2)求二面角B QD A --平面角的余弦值.【答案】解析:(1)取AD 的中点为O ,连接,QO CO .因为QA QD =,OA OD =,则QO ⊥AD ,而2,AD QA =2QO ==.在正方形ABCD 中,因为2AD =,故1DO =,故CO =,因为3QC =,故222QC QO OC =+,故QOC 为直角三角形且QO OC ⊥,因为OC AD O = ,故QO⊥的平面ABCD ,因为QO ⊂平面QAD ,故平面QAD ⊥平面ABCD .(2)在平面ABCD 内,过O 作//OT CD ,交BC 于T ,则OT AD ⊥,结合(1)中的QO ⊥平面ABCD ,故可建如图所示的空间坐标系.则()()()0,1,0,0,0,2,2,1,0D Q B -,故()()2,1,2,2,2,0BQ BD =-=- .设平面QBD 的法向量(),,n x y z = ,则00n BQ n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即220220x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩,取1x =,则11,2y z ==,故11,1,2n ⎛⎫= ⎪⎝⎭ .而平面QAD 的法向量为()1,0,0m = ,故12cos ,3312m n ==⨯ .二面角B QD A --的平面角为锐角,故其余弦值为23.【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题6.(2021年新高考Ⅰ卷·第20题)如图,在三棱锥A BCD -中,平面ABD ⊥平面BCD ,AB AD =,O 为BD的中点.(1)证明:OA CD ⊥;(2)若OCD 是边长为1等边三角形,点E 在棱AD 上,2DE EA =,且二面角E BC D --的大小为45︒,求三棱锥A BCD -的体积.【答案】解析:(1)因为AB=AD,O 为BD 中点,所以AO ⊥BD 因为平面ABD 平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ,AO ⊂平面ABD ,因此AO ⊥平面BCD ,因为CD ⊂平面BCD ,所以AO ⊥CD(2)作EF ⊥BD 于F, 作FM ⊥BC 于M,连FM因为AO ⊥平面BCD ,所以AO ⊥BD, AO ⊥CD所以EF ⊥BD, EF ⊥CD, BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ,即EF ⊥BC 因为FM ⊥BC ,FM EF F =I ,所以BC ⊥平面EFM ,即BC ⊥MF 则EMF ∠为二面角E-BC-D 的平面角, 4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以OCD 为直角三角形因为2BE ED =,1112(1)2233FM BF ∴==+=从而EF=FM=213AO ∴=AO ⊥Q 平面BCD,所以11111332BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯=的【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年新高考Ⅰ卷·第20题7.(2020年新高考I 卷(山东卷)·第20题)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.【答案】(1)证明见解析;.解析:(1)证明: 在正方形ABCD 中,//AD BC ,因为AD ⊄平面PBC ,BC ⊂平面PBC ,所以//AD 平面PBC ,又因为AD ⊂平面PAD ,平面PAD 平面PBC l =,所以//AD l ,因为在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是正方形,所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ,所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D = ,所以l ⊥平面PDC ;(2)如图建立空间直角坐标系D xyz -,因为1PD AD ==,则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ,设(,0,1)Q m ,则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-,设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =,则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即00y mx z =⎧⎨+=⎩,令1x =,则z m =-,所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-,则cos ,n PB n PB n PB ⋅<>==线与平面所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>=r u ur==≤≤=1m =时取等号,所以直线PB 与平面QCD.【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年新高考I 卷(山东卷)·第20题8.(2020新高考II 卷(海南卷)·第20题)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,QB ,求PB 与平面QCD 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析;.解析:(1)证明: 在正方形ABCD 中,//AD BC ,因为AD ⊄平面PBC ,BC ⊂平面PBC ,所以//AD 平面PBC ,又因为AD ⊂平面PAD ,平面PAD 平面PBC l =,所以//AD l ,因为在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是正方形,所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ,所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D = ,所以l PDC ;(2)如图建立空间直角坐标系D xyz -,因为1PD AD ==,则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ,设(,0,1)Q m ,则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-,设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =,则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ,即00y mx z =⎧⎨+=⎩,令1x =,则z m =-,所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-,则cos ,n PB n PB n PB ⋅<>==根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值,所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>=r u ur==≤≤=1m =时取等号,所以直线PB 与平面QCD.【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020新高考II 卷(海南卷)·第20题9.(2021年高考全国乙卷理科·第18题)如图,四棱锥P ABCD -的底面是矩形,PD ⊥底面ABCD ,1PD DC ==,M 为BC 的中点,且PB AM ⊥.(1)求BC ;(2)求二面角A PM B --的正弦值.【答案】;解析:(1)PD ⊥ 平面ABCD ,四边形ABCD 为矩形,不妨以点D 为坐标原点,DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -,设2BC a =,则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ,则()2,1,1PB a =- ,(),1,0AM a =-,PB AM ⊥ ,则2210PB AM a ⋅=-+=,解得a =2BC a ==;(2)设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =,则AM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭,()AP = ,由11110m AM x y m AP z ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩,取1x =,可得)2m = ,设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z =,BM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭,()1,1BP =- ,由222200n BM x nBP y z ⎧⋅==⎪⎨⎪⋅=-+=⎩ ,取21y =,可得()0,1,1n =r,cos ,m n m n m n⋅<>===⋅,所以,sin ,m n <>==因此,二面角A PM B --【点睛】思路点睛:利用空间向量法求解二面角的步骤如下:(1)建立合适的空间直角坐标系,写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标;(2)设出法向量,根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量,求解出平面的法向量(注:若半平面为坐标平面,直接取法向量即可);(3)计算(2)中两个法向量的余弦值,结合立体图形中二面角的实际情况,判断二面角是锐角还是钝角,从而得到二面角的余弦值.【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年高考全国乙卷理科·第18题10.(2021年高考全国甲卷理科·第19题)已知直三棱柱111ABC A B C -中,侧面11AA B B 为正方形,2AB BC ==,E ,F 分别为AC 和1CC 中点,D 为棱11A B 上的点.11BF A B ⊥(1)证明:BF DE ⊥;(2)当1B D 为何值时,面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【答案】(1)见解析;(2)112B D =解析:因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱,所以1BB ⊥底面ABC ,所以1BB AB ⊥因为11//A B AB ,11BF A B ⊥,所以BF AB ⊥,又1BB BF B ⋂=,所以AB ⊥平面11BCC B .所以1,,BA BC BB 两两垂直.的以B 为坐标原点,分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系,如图.所以()()()()()()1110,0,0,2,0,0,0,2,0,0,0,2,2,0,2,0,2,2B A C B A C ,()()1,1,0,0,2,1E F .由题设(),0,2D a (02a ≤≤).(1)因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--,所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-= ,所以BF DE ⊥.(2)设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =,因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--,所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ,即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩.令2z a =-,则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =,设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ,则cos m BA m BA θ⋅===⋅ .当12a =时,2224a a -+取最小值为272,此时cos θ=所以()minsin θ==,此时112B D =.【点睛】本题考查空间向量的相关计算,能够根据题意设出(),0,2D a (02a ≤≤),在第二问中通过余弦值最大,找到正弦值最小是关键一步.【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年高考全国甲卷理科·第19题11.(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第18题)如图,D 为圆锥的顶点,O 是圆锥底面的圆心,AE 为底面直径,AE AD =.ABC 是底面的内接正三角形,P 为DO上一点,PO .(1)证明:PA ⊥平面PBC ;(2)求二面角B PC E --的余弦值.【答案】(1)证明见解析;.【解析】(1)由题设,知DAE △为等边三角形,设1AE =,则DO =,1122CO BO AE ===,所以PO ==PC PB ====又ABC 为等边三角形,则2sin 60BA OA =,所以BA =,22234PA PB AB +==,则90APB ∠= ,所以PA PB ⊥,同理PA PC ⊥,又PC PB P = ,所以PA ⊥平面PBC ;(2)过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ,因为PO ⊥平面ABC ,以O 为坐标原点,OA 为x 轴,ON 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则111(,0,0),((,244E P B C ---,1(,4PC =-,1(4PB =-,1(,0,2PE =- ,设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z =,由00n PC n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩,得11111100x x ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩,令1x =,得111,0z y =-=,所以1)n =-,设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z =由00m PC m PE ⎧⋅=⎨⋅=⎩,得22222020x x ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩,令21x =,得22z y ==,所以m =故cos ,||||n m m n n m ⋅<>===⋅设二面角B PC E --的大小为θ,则cos θ=【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小,考查学生空间想象能力,数学运算能力,是一道容易题.【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第18题12.(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科·第20题)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.【答案】(1)证明见解析;解析:(1) ,M N 分别为BC ,11B C 的中点,1//MN BB ∴又11//AA BB 1//MN AA∴在ABC 中,M 为BC 中点,则BC AM ⊥又 侧面11BB C C 为矩形,1BC BB ∴⊥1//MN BB MN BC⊥由MN AM M ⋂=,,MN AM ⊂平面1A AMN∴BC ⊥平面1A AMN又 11//B C BC ,且11B C ⊄平面ABC ,BC ⊂平面ABC ,11//B C ∴平面ABC又 11B C ⊂平面11EB C F ,且平面11EB C F ⋂平面ABC EF=11//B C EF ∴//EF BC∴又BC ⊥ 平面1A AMN∴EF ⊥平面1A AMNEF ⊂ 平面11EB C F ∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN(2)连接NP//AO 平面11EB C F ,平面AONP ⋂平面11EB C F NP =∴//AO NP根据三棱柱上下底面平行,其面1A NMA ⋂平面ABC AM =,面1A NMA ⋂平面1111A B C A N=∴//ON AP故:四边形ONPA 是平行四边形设ABC 边长是6m (0m >)可得:ON AP =,6NP AB m== O 为111A B C △的中心,且111A B C △边长为6m∴16sin 603ON =⨯⨯︒=故:ON AP ==//EF BC ∴AP EPAM BM =∴3EP =解得:EP m=在11B C 截取1B Q EP m ==,故2QN m= 1B Q EP =且1//B Q EP∴四边形1B QPE 是平行四边形,∴1//B E PQ由(1)11B C ⊥平面1A AMN故QPN ∠为1B E 与平面1A AMN 所成角在Rt QPN △,根据勾股定理可得:PQ ===sin QN QPN PQ ∴∠===∴直线1B E 与平面1A AMN 【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直,及其线面角,解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和线面角的定义,考查了分析能力和空间想象能力,属于难题.【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅱ卷理科·第20题13.(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)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 平面AEF 内;(2)若2AB =,1AD =,13AA =,求二面角1A EF A --的正弦值.【答案】(1)证明见解析;.解析:(1)在棱1CC 上取点G ,使得112C G CG =,连接DG 、FG、1C E 、1C F ,在在长方体1111ABCD A B C D -中,//AD BC 且AD BC =,11//BB CC 且11BB CC =,112C G CG = ,12BF FB =,112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =,所以,四边形BCGF 为平行四边形,则//AF DG 且AF DG =,同理可证四边形1DEC G 为平行四边形,1//C E DG ∴且1C E DG =,1//C E AF ∴且1C E AF =,则四边形1AEC F 为平行四边形,因此,点1C 在平面AEF 内;(2)以点1C 为坐标原点,11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -,则()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ,()0,1,1AE =-- ,()2,0,2AF =--,()10,1,2A E =- ,()12,0,1A F =- ,设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =,由00m AE m AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-,得111x y ==,则()1,1,1m =- ,设平面1A EF 的法向量为()222,,n x y z =,由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩,取22z =,得21x =,24y =,则()1,4,2n =,cos,m nm nm n⋅<>===⋅设二面角1A EF A--的平面角为θ,则cosθ=,sinθ∴==因此,二面角1A EF A--.【点睛】本题考查点在平面的证明,同时也考查了利用空间向量法求解二面角角,考查推理能力与计算能力,属于中等题.【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题14.(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)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)见详解;(2)30 .【官方解析】(1)由已知得//AD DE ,//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2,60EBC ∠=︒,可求得1,BH EH ==.以H 为坐标原点,HC的方向为x 轴的的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H xyz -,则(1,1,0),(1,0,0),(2,1,0)A C G CG AC -==-.设平面ACGD 的法向量为(,,)n x y z =,则CG n AC n ⎧=⎪⎨=⎪⎩即0,20.x x y ⎧=⎪⎨-=⎪⎩所以可取(3,6,n =- .图2图1AA又平面BCGE 的法向量可取为(0,1,0)m =,所以cos ,n mn m |n||m|〈〉=因此二面角B - CG - A 的大小为30︒.【点评】很新颖的立体几何考题.首先是多面体粘合问题,考查考生在粘合过程中哪些量是不变的.再者粘合后的多面体不是直棱柱,建系的向量解法在本题中略显麻烦,突出考查几何方法.最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力.【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2019年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题15.(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第17题)如图,长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形,点E 在棱1AA 上,1BE EC ⊥.()1证明:BE ⊥平面11EB C ;()2若1AE A E =,求二面角1B EC C --的正弦值.【答案】()1证明见解析;(2.【官方解析】证明:()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11Rt ABE Rt 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()0,1,0C ,()1,1,0B ,()10,1,2C ,()1,0,1E ,()1,0,0CB = ,()1,1,1CE =- ,()10,0,2CC =.设平面EBC 的法向量为()111,,n x y z =,则00CB n CE n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即11110,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取()0,1,1n =-- .设平面1ECC 的法向量为()222,,m x y z =,则100CC m CE m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即222220,0z x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取()1,1,0m = .于是1cos ,2n m n m n m⋅==-⋅.所以,二面角1B EC C --.【分析】()1利用长方体的性质,可以知道11B C ⊥侧面11A B BA ,利用线面垂直的性质可以证明出11B C EB ⊥,这样可以利用线面垂直的判定定理,证明出BE ⊥平面11EB C ;()2以点D 坐标原点,以1,,DA DC DD分别为,,x y z 轴,建立空间直角坐标系,设正方形ABCD 的边长为a ,1B B b =,求出相应点的坐标,利用1BE EC ⊥,可以求出,a b 之间的关系,分别求出平面EBC 、平面1ECC 的法向量,利用空间向量的数量积公式求出二面角1B EC C --的余弦值的绝对值,最后利用同角的三角函数关系,求出二面角1B EC C --的正弦值.【解析】()1因为1111ABCD A B C D -是长方体,所以11B C ⊥侧面11A B BA ,而BE ⊂平面11A B BA ,所以11BE B C ⊥,又1BE EC ⊥,1111B C EC C = ,111,B C EC ⊂平面11EB C ,因此BE ⊥平面11EB C ;()2以点B坐标原点,以1,,BA BC BB分别为,,x y z 轴,建立如下图所示的空间直角坐标系,1(0,0,0),(0,,0),(0,,),(,0,)2b B C a C a b E a ,因为1BE EC ⊥,所以2210(,0,(,,002224b b b BE EC a a a a b a ⋅=⇒⋅-=⇒-+=⇒= ,所以(,0,)E a a ,1(,,),(0,0,2),(,0,)EC a a a CC a BE a a =--==,设111(,,)m x y z =是平面BEC 的法向量,所以111110,0,(1,0,1)0.0.ax az m BE m ax ay az m EC +=⎧⎧⋅=⇒⇒=-⎨⎨-+-=⋅=⎩⎩,设222(,,)n x y z =是平面1ECC 的法向量,所以2122220,0,(1,1,0)0.0.az n CC n ax ay az n EC =⎧⎧⋅=⇒⇒=⎨⎨-+-=⋅=⎩⎩,二面角1B EC C --12,所以二面角1B EC C --=【点评】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直,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.【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第17题16.(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科·第18题)如图,直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形,14,2,60,,,AA AB BAD E M N ==∠=︒分别是BC ,1BB ,1A D的中点.D 1C 111(1)证明://MN 平面1C DE ;(2)求二面角1A MA N --的正弦值.【答案】解:(1)连结1,B C ME .因为,M E 分别为1,BB BC 的中点,所以1//ME B C ,且112ME B C =.又因为N 为1A D 的中点,所以112ND A D =.由题设知11A B ,可得11B C A D ,故ME ND ,因此四边形MNDE 为平行四边形,//MN ED .又MN ⊄平面1C DE ,所以//MN 平面1C DE .(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1(2,0,0),(2,0,4),2),(1,0,2)A A M N ,1(0,0,4)A A =-,1(2)A M =-- ,1(1,0,2)A N =-,(0,MN =.设(,,)m x y z = 为平面1A MA 的法向量,则1100m A M m A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ,所以2040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩,.可取m =.设(,,)n p q r = 为平面1A MN 的法向量,则100n MN n A 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 --.【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科·第18题17.(2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第19题)(12分)如图,边长为2的正方形ABCD 所在平面与半圆弧CD所在的平面垂直,M 是弧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】【官方解析】(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()0,0,0D ,()2,0,0A ,()2,2,0B ,()0,2,0C ,()0,1,1M ()2,1,1AM =- ,()0,2,0AB = ,()2,0,0DA = 设(),,n x y z = 是平面MAB 的法向量,则00n AM n AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ,即2020x y z y -++=⎧⎨=⎩可取()1,0,2n = 易知DA 是平面MCD的法向量,因此cos ,n DA n DA n DA⋅<>==⋅所以sin ,n DA <>== 所以面MAB 与面MCD【民间解析】(1)证明:因为面ABCD ⊥半圆面CMD ,且面ABCD 半圆面CMD CD=而四边形ABCD 为正方形,所以AD CD ⊥,所以AD ⊥平面MCD又CM ⊂平面MCD ,所以AD CM ⊥①又因为点M 在以CD 为直径的半圆上,所以CM MD ⊥②又MD 、AD ⊂面MAD ,且MD AD D = ③由①②③可得CM ⊥面MAD ,而CM ⊂平面BMC所以平面AMD ⊥平面BMC(2)如图,以DC 所在直线作为y 轴,以DC 中点为坐标原点O ,过点O 作DA 的平行线,作为x 轴,过点O 作面ABCD 的垂线,作为z轴,建立空间直角坐标系因为13M ABC ABC M ABC V S d --=⋅△,而12222ABC S =⨯⨯=△所以当点M 到平面ABCD 的距离最大时,三棱锥M ABC -的体积最大,此时MO CD⊥所以()0,0,1M ,()2,1,0AA -,()2,1,0B ;()0,1,0C ,()0,1,0D -设面MAB 的法向量为()111,,m x y z = ,易知面MCD 的法向量为()2,0,0n DA == 所以()2,1,1MA =-- ,()2,1,1MB =- 由00m MA m MB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即1111112020x y z x y z --=⎧⎨+-=⎩,解得11102y z x =⎧⎨=⎩,可取()1,0,2m =所以cos ,m n m n m n ⋅<>=== 故所求面MAB 与面MCD==.【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第19题18.(2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第20题)(12分)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】解析:(1)因为4AP CP AC ===,O 为AC 的中点,所以OP AC ⊥,且OP =.连接OB.因为AB 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 u u 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)O ,(2,0,0)B ,(0,2,0)A -,(0,2,0)C,P,AP =u u u r .取平面PAC 的法向量为(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0AP ⋅=u u u r n ,0AM ⋅=u u u r n得20(4)0y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩,可取,)a a =--n ,所以cos ,OB <>=u u u r n,由已知可得cos ,OB <>=u u u r n PAB M COA=,解得4a =-(舍去),43a =.所以4()3n =-.又(0,2,PC =- ,所以cos ,n PC <>=u u u r .所以PC 与平面PAM .【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第20题19.(2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第18题)(12分)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DCF ∆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】解析:(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2DP =,1DE =,所以PE =.又1PF =,2EF =,故PE PF ⊥.可得32PH EH ==.则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --= 32HP = 为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ,则sin ||||||HP DP HP DP θ⋅===⋅ .所以DP 与平面ABFD.【题目栏目】立体几何\空间角\直线与平面所成的角【题目来源】2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第18题20.(2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科·第18题)如图,在四棱锥中,,且.(1)证明:平面平面;(2)若,,求二面角的余弦值.【答案】(1)详见解析;(2)二面角的余弦值为. 【分析】(1)根据题设条件可以得出,,而,就可证明出平面.进而证明平面平面;(2)先找出的中点,找出相互垂直的线,建立以为坐标原点,的方向为轴的正方向,为单位长的空间直角坐标系,列出所需要的点的坐标,设是平面的法向量,是平面的法向量,根据垂直关系,求出和,利用数量积公式可求出二面角的平面角. 【解析】(1)由已知,得,由于,故,从而平面又平面,所以平面平面(2)在平面内做,垂足为,由(1)可知,平面,故,可得平面. P ABCD -//AB CD 90BAP CDP ∠=∠=︒PAB ⊥PAD PA PD AB DC ===90APD ∠=︒A PB C --A PB C --AB AP ⊥CD PD ⊥//AB CD AB ⊥ PAD PAB ⊥PAD AD F FA x AB (),,n x y z = PCB (),,m x y z = PAB (0,1,n =- ()1,0,1m = 90BAP CDP ∠=∠=︒AB AP ⊥CD PD ⊥//AB CD AB PD ⊥AB ⊥PAD AB ⊂PAB PAB ⊥PAD PAD PF AD ⊥F AB ⊥PAD AB PF ⊥PF ⊥ABCD以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系.由(1)及已知可得,,,. 所以,,,. 设是平面的法向量,则,即,可取. 设是平面的法向量,则,即,可取. 则,所以二面角的余弦值为. 【考点】面面垂直的证明,二面角平面角的求解.【点评】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.【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科·第18题21.(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)如图,四面体中,是正三角形,是直角三角形,,.F FA x ||AB F xyz-APB (C(PC =CB =PA = (0,1,0)AB = (,,)x y z =n PCB 00PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ nn 00x y z ⎧+=⎪=(0,1,=-n (,,)x y z =m PAB 00PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ mm 00z y =⎪=⎩(1,0,1)=n cos ,||||⋅==<>n m n m n m A PB C --ABCD ABC ∆ACD ∆ABD CBD ∠=∠AB BD =(1)证明:平面平面;(2)过的平面交于点,若平面把四面体分成体积相等的两部分,求二面角的余弦值.【答案】(Ⅰ)证明略. 【解析】证明:(1)取的中点为,连接为等边三角形∴∴.∴,即为等腰直角三角形,为直角又为底边中点ACD ⊥ABC AC BD E AEC ABCD D AE C --AC O ,BO DO ABC ∆ BO AC ⊥AB BC =AB BC BD BDABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩ABD CBD ∴∆≅∆AD CD =ACD ∆ADC ∠O AC∴ 令,则 易得:,∴由勾股定理的逆定理可得即又∵ 由面面垂直的判定定理可得(2)由题意可知即,到平面的距离相等即为中点以为原点,为轴正方向,为轴正方向,为轴正方向,设,建立空间直角坐标系则,,,,DO AC ⊥AB a =AB AC BC BD a ====OD a=OB =222OD OB BD +=2DOB π∠=OD OB ⊥OD AC OD OB AC OB OAC ABC OB ABC ⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩ 平面平面OD ABC ∴⊥平面OD ADC ⊂平面ADC ABC ⊥平面平面V V D ACE B ACE --=B D ACE E BD O OA x OB y OD z AC a =()0,0,0O ,0,02a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭0,0,2a D ⎛⎫ ⎪⎝⎭,0B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,4a E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭易得:,, 设平面的法向量为,平面的法向量为, 则,解得 ,解得 若二面角为,易知为锐角,则.【考点】二面角的平面角;面面角的向量求法【点评】(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,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>|=.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.【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题22.(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科·第19题)如图,四棱锥 中,侧面 为等比三角形且垂直于底面 , 是 的中点.(1)证明:直线 平面;(2)点 在棱上,且直线 与底面 所成锐角为 ,求二面角 的余弦值.【答案】(1)证明略;,24a a AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ,0,22a a AD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ,0,02a OA ⎛⎫= ⎪⎝⎭ AED 1n AEC 2n 1100AE n AD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 1n = 2200AE n OA n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ (20,1,n = D AE C --θθ1212cos n n n n θ⋅==⋅ ⋅m n m n P ABCD -PAD ABCD o 1,90,2AB BC AD BAD ABC =∠=∠=E PD //CE PAB M PC BM ABCD o 45M AB D --【基本解法1】(1)证明:取中点为,连接、因为,所以因为是的中点,所以,所以所以四边形为平行四边形,所以因为平面,平面所以直线平面(2)取中点为,连接因为△为等边三角形,所以因为平面平面,平面平面,平面所以平面因为,所以四边形为平行四边形,所以所以以分别为轴建立空间直角坐标系,如图设,则,所以设,则,因为点在棱上,所以,即所以,所以平面的法向量为因为直线与底面所成角为,所以解得设平面的法向量为,则令,则PA F EF AF90BADABC ∠=∠=︒12BC AD =BC 12AD E PD EF 12AD EF BCEFBC //EC BFBF ⊂PABEC ⊄PAB//CEPABAD O OC OP、PAD PO ⊥ADPAD ⊥ABCD PAD ABCD AD =PO ⊂PADPO ⊥ABCDAO BC OABC //AB OCOC AD⊥,,OC OD OP ,,x yz 1BC =(0,1,0),(1,1,0),(1,0,0)P A B C --(1,0,PC = (,,)M x y z (,,PM x y z =-(1,0,0)AB = M PC (01)PM PC λλ=≤≤ (,,(1,0,x y z λ=()M λ()BM λ=- ABCD (0,0,1)n = BM ABCD 45︒|||sin 45||cos ,|||||BM n BM n BM n ⋅︒=<>=== 1λ=-(BM = MAB (,,)m x y z = 00AB m x BM m x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩ 1z =m =所以所以求二面角【基本解法2】(1)证明:取中点为,连接因为,所以,即所以四边形为平行四边形,所以因为平面,平面所以直线平面因为是的中点,所以因为平面,平面所以直线平面因为,所以平面平面因为平面所以直线平面(2)同上【命题意图】线面平行的判定,线面垂直的判定,面面垂直的性质,线面角、二面角的求解【知识拓展】线面平行的证明一般有两个方向,线面平行的判定或面面平行的性质。
专题20 立体几何解答题

11.(2020年高考数学课标Ⅰ卷文科·第19题)如图, 为圆锥的顶点, 是圆锥底面的圆心, 是底面的内接正三角形, 为 上一点,∠APC=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAC;
(2)设DO= ,圆锥 侧面积为 ,求三棱锥P−ABC的体积.
12.(2020年高考数学课标Ⅱ卷文科·第20题)如图,已知三棱柱ABC–A1B1C1 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.
(Ⅱ)求平面 把该长方体分成的两部分体积的比值.
27.(2015年高考数学课标Ⅰ卷文科·第18题)(本小题满分12分)如图四边形ABCD 为菱形, 为 与 交点, ,
( )证明:平面 平面 ;
( )若 , 三棱锥 的体积为 ,求该三棱锥的侧面积.
28.(2014年高考数学课标Ⅱ卷文科·第18题)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.
( )证明G是AB的中点;
( )在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由),并求四面体PDEF的体积.
26.(2015年高考数学课标Ⅱ卷文科·第19题)(本小题满分12分)如图,长方体 中 ,点 分别在 上, 过点 的平面 与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.
(Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说明画法与理由);
(1)证明: 平面 ;
(2)求点 到平面 的距离.
17.(2018年高考数学课标Ⅲ卷文科·第19题)(12分)如图,矩形 所在平面与半圆弧 所在平面垂直, 是 上异于 , 的点.
(1)证明:平面 平面 ;
(2)在线段 上是否存在点 ,使得 平面 ?说明理由.
专题23 立体几何解答题(理科)(原卷版)-十年(2014-2023)高考数学真题分项汇编

十年(2014-2023)年高考真题分项汇编—立体几何解答题目录题型一:证明平行问题 (1)题型二:证明垂直问题 (2)题型三:求线线角 (5)题型四:求线面角 (7)题型五:求二面角 (16)题型六:求几何题的表面积和体积 (18)题型七:求距离的问题 (30)题型八:根据条件确定点的位置 (31)题型九:立体几何中求最值问题 (36)题型十:立体几何的综合应用 (37)题型一:证明平行问题1.(2019·江苏·第16题)如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,,D E 分别为BC ,AC 的中点,AB BC =.求证:(1)11A B ∥平面1DEC ;(2)1BE C E ⊥.2.(2022高考北京卷·第17题)如图,在三棱柱111ABC A B C -中,侧面11BCC B 为正方形,平面11BCC B ⊥平面11ABB A ,2AB BC ==,M ,N 分别为11A B ,AC 的中点.(1)求证:MN ∥平面11BCC B ;(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值.条件①:AB MN ⊥;条件②:BM MN =.注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.3.(2016高考数学山东理科·第17题)(本小题满分12分)在如图所示的圆台中,AC 是下底面圆O 的直径,EF 是上底面圆O '的直径,FB 是圆台的一条母线.(I )已知,G H 分别为EC ,FB 的中点,求证:GH ∥平面ABC ;(II )已知12EF FB AC ===,AB BC =.求二面角F BC A --的余弦值.题型二:证明垂直问题1.(2020江苏高考·第15题)在三棱柱111ABC A B C -中,AB AC ⊥,1B C ⊥平面ABC ,,E F 分别是1,AC B C的中点.(1)求证:EF 平面11AB C ;(2)求证:平面1AB C ⊥平面1ABB .2.(2018年高考数学江苏卷·第15题)(本小题满分14分)在平行六面体1111ABCD A B C D -中,1111,AA AB AB B C =⊥.求证:(1)11AB A B C 平面∥;(2)111ABB A A BC ⊥平面平面.3.(本小题满分12分)如图,在五面体ABCDEF 中,点O 是矩形ABCD 的对角线的交点,面CDE 是等边三角形,棱12EF BC∥.(Ⅰ)证明//FO 平面CDE ;(Ⅱ)设BC =,证明EO ⊥平面CDF .D C AB EOF 4.(2014高考数学江苏·第16题)如图,在三棱锥ABC P -中,D ,E ,F 分别为棱AB AC PC ,,的中点.已知AC P A ⊥,,6=P A8,BC = 5.DF =(1)求证:直线//P A 平面DEF ;(2)求证:平面⊥BDE 平面ABC.5.(2015高考数学江苏文理·第16题)如图,在直三棱柱111C B A ABC -中,已知BC AC ⊥,1CC BC =,设1AB 的中点为D ,E BC C B =11 .求证:(1)C C AA DE 11//平面;(2)11AB BC ⊥.ABCDE A 1B 1C 16.(2017年高考数学江苏文理科·第15题)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.(2016高考数学江苏文理科·第16题)如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,,D E 分别为,AB BC 的中(第15题)ADB C E F点,点F 在侧棱1B B 上,且11B D A F ⊥,1111A C A B ⊥.求证:(1)直线//DE 平面11A C F ;(2)平面1B DE ⊥平面11A C F .8.(2023年全国乙卷理科·第19题)如图,在三棱锥-P ABC 中,AB BC ⊥,2AB =,BC =PB PC ==BP ,AP ,BC 的中点分别为D ,E ,O ,AD =,点F 在AC 上,BF AO ⊥.(1)证明://EF 平面ADO ;(2)证明:平面ADO ⊥平面BEF ;(3)求二面角D AO C --的正弦值.题型三:求线线角1.(2018年高考数学上海·第17题)(本题满分14分,第1小题满分6分,第2小题满分8分)已知圆锥的顶点为P ,底面圆心为O ,半径为2,(1)设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积;(2)设4PO =,OA OB 、是底面半径,且90AOB ∠=︒,M 为线段AB 的中点,如图,求异面直线PM 与OB 所成的角的大小.2.(2015高考数学新课标1理科·第18题)如图,四边形ABCD 为菱形,120ABC ∠=,,E F 是平面ABCD 同一侧的两点,BE ⊥平面ABCD ,DF ⊥平面ABCD ,2BE DF =,AE EC ⊥.(1)证明:平面AEC ⊥平面AFC ;(2)求直线AE 与直线CF所成角的余弦值.3.(2016高考数学上海理科·第19题)(本题满分12分)本题共有2个小题,第1小题满分6分,第2小题满分6分.将边长为1的正方形11AA O O (及其内部)绕的1OO 旋转一周形成圆柱,如图, AC 长为23π, 11A B 长为3π,其中1B 与C 在平面11AA O O 的同侧.(1)求三棱锥111C O A B -的体积;(2)求异面直线1B C 与1AA 所成的角的大小.C 1A A1B OO 1O 4.(2015高考数学广东理科·第18题)(本小题满分14分)如图2,三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直,PD =PC =4,AB =6,BC =3.点E是CD 边的中点,点F ,G 分别在线段AB ,BC 上,且AF =2FB ,CG =2GB .(1)证明:PE ⊥FG ;(2)求二面角P —AD —C 的正切值;(3)求直线PA 与直线FG 所成角的余弦值.题型四:求线面角1.(2021年高考浙江卷·第19题)如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是平行四边形,120,1,4,ABC AB BC PA ∠=︒===M ,N 分别为,BC PC 的中点,,PD DC PM MD ⊥⊥.(1)证明:AB PM ⊥;(2)求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值.2.(2020年高考课标Ⅱ卷理科·第20题)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.3.(2020北京高考·第16题)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.4.(2019·浙江·第19题)如图,已知三棱柱111ABC A B C -,平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒,30BAC ∠=︒,11A A A C AC ==,E ,F 分别是AC ,11A B 的中点.(Ⅰ)证明:EF BC ⊥;(Ⅱ)求直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值.5.(2019·天津·理·第17题)如图,AE ⊥平面ABCD ,//,//CF AE AD BC ,,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====.(Ⅰ)求证:BF ∥平面ADE ;(Ⅱ)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值;(Ⅲ)若二面角E BD F --的余弦值为13,求线段CF 的长.6.(2023年全国甲卷理科·第18题)如图,在三棱柱111ABC A B C -中,1A C ⊥底面ABC ,190,2ACB AA ∠=︒=,1A 到平面11BCC B 的距离为1.(1)证明:1A C AC =;(2)已知1AA 与1BB 的距离为2,求1AB 与平面11BCC B 所成角的正弦值.7.(2020年新高考全国卷Ⅱ数学(海南)·第20题)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,QB ,求PB 与平面QCD 所成角的正弦值.8.(2020年浙江省高考数学试卷·第19题)如图,三棱台DEF —ABC 中,面ADFC ⊥面ABC ,∠ACB =∠ACD =45°,DC =2BC .(I)证明:EF⊥DB;(II)求DF与面DBC所成角的正弦值.-中,PD⊥底面9.(2022年高考全国甲卷数学(理)·第18题)在四棱锥P ABCD=====∥.,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP⊥;(1)证明:BD PA(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.AB DC,10.(202219题)如图,已知ABCD和CDEF都是直角梯形,//AB=,DC=,1//DC EF,5EF=,60--的平面角为∠=∠=︒,二面角F DC BBAD CDEAE BC的中点.60︒.设M,N分别为,⊥;(1)证明:FN AD(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值.11.(2022年高考全国乙卷数学(理)·第18题)如图,四面体ABCD中,⊥=∠=∠,E为AC的中点.AD CD AD CD ADB BDC,,(1)证明:平面BED ⊥平面ACD ;(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒,点F 在BD 上,当AFC △的面积最小时,求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值.12.(2018年高考数学江苏卷·第25题)(本小题满分10分)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.13.(2018年高考数学浙江卷·第19题)(本题满分15分)如图,已知多面体111ABCA B C ,111,,A A B B C C 均垂直于平面ABC ,120ABC ∠=︒,14A A =,11C C =,12AB BC B B ===.(1)证明:1AB ⊥平面111A B C ;(2)求直线1AC 与平面1ABB 所成角的正弦值.14.(2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第18题)(12分)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DCF ∆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.15.(2014高考数学陕西理科·第19题)四面体ABCD 及其三视图如图所示,过被AB 的中点E 作平行于AD ,BC 的平面分别交四面体的棱CA DC BD ,,于点H G F ,,.⑴证明:四边形EFGH 是矩形;⑵求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值.主视图左视图俯视图ABC D EF G H16.(2014高考数学福建理科·第17题)(本小题满分12分)在平行四边形ABCD 中,1===CD BD AB ,BD CD BD AB ⊥⊥,.将ABD ∆沿BD 折起,使得平面⊥ABD 平面BCD ,如图:(1)求证:CD AB ⊥;(2)若M 为AD 中点,求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值.17.(2014高考数学北京理科·第17题)如图,正方形AMDE 的边长为2,B ,C 分别为AM 、MD 的中点,在五棱锥P −ABCDE 中,F 为棱PE 的中点,平面ABF 与棱PD ,PC 分别交于点G 、H(1)求证:AB //FG ;(2)若PA ⊥平面ABCDE ,且PA =AE ,求直线BC 与平面ABF 所成角的大小,并求线段PH的长.18.(2015高考数学新课标2理科·第19题)(本题满分12分)如图,长方体1111ABCD A B C D -中,=16AB ,=10BC ,18AA =,点E ,F 分别在11A B ,11C D 上,114A E D F ==.过点E ,F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.D D 1C 1A 1EF A BCB 1(Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由);(Ⅱ)求直线AF 与平面α所成角的正弦值.19.(2015高考数学上海理科·第19题)(本题满分12分)如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,11AA =,2AB AD ==,E 、F 分别是棱AB 、BC 的中点,证明1A 、1C 、F 、E 四点共面,并求直线1CD 与平面11A C FE 所成角的大小.A BCD E F 1A 1B 1C 1D 20.(2017年高考数学浙江文理科·第19题)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.21.(2016高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)如图,四棱锥P ABC -中,PA ⊥地面ABCD ,AD ∥BC ,3AB AD AC ===,4PA BC ==,M 为线段AD 上一点,2AM MD =,N 为PC 的中点.(Ⅰ)证明MN ∥平面PAB ;(Ⅱ)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.PNMAB C D 22.(2016高考数学天津理科·第17题)如图,正方形ABCD 的中心为O ,四边形OBEF 为矩形,平面OBEF ⊥平面ABCD ,点G 为AB 的中点,2AB BE ==.(Ⅰ)求证://EG 平面ADF ;A B CDPE(第19题图)(Ⅱ)求二面角O EF C --的正弦值;(Ⅲ)设H 为线段AF 上的点,且23AH HF =,求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.23.(2016高考数学四川理科·第18题)如图,在四棱锥P ABCD -中,AD BC ∥,90ADC PAB ∠=∠=︒,12BC CD AD ==,E 为棱AD 的中点,异面直线PA 与CD 所成的角为90︒(1)在平面PAB 内找一点M ,使得直线CM ∥平面PBE ,并说明理由;(2)若二面角P CD A --的大小为45︒,求直线PA 与PCE 所成的角正弦值.24.(2017年高考数学北京理科·第16题)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.题型五:求二面角1.(2020天津高考·第17题)如图,在三棱柱111ABC A B C -中,1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==,13CC =,点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上,且12,AD CE M ==为棱11A B 的中点.(Ⅰ)求证:11C M B D ⊥;(Ⅱ)求二面角1B B E D --的正弦值;(Ⅲ)求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值.2.(2020江苏高考·第24题)在三棱锥A BCD -中,已知CB CD ==,2BD =,O 为BD 的中点,AO ⊥平面BCD ,2AO =,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14BF BC =,设二面角F DE C --的大小为θ,求sin θ的值.3.(2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题)在四棱锥Q ABCD -中,底面ABCD 是正方形,若====.AD QD QA QC2,3(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD;--的平面角的余弦值.(2)求二面角B QD A-的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,4.(2021年高考全国乙卷理科·第18题)如图,四棱锥P ABCD==,M为BC的中点,且PB AM1PD DC⊥.(1)求BC;--的正弦值.(2)求二面角A PM B5.(2020年高考课标Ⅰ卷理科·第18题)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=.AE AD=.ABC(1)证明:PA⊥平面PBC;--的余弦值.(2)求二面角B PC E6.(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第19题)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.(2019·全国Ⅲ·理·第19题)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.8.(2019·全国Ⅱ·理·第17题)如图,长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形,点E 在棱1AA 上,1BE EC ⊥.()1证明:BE ⊥平面11EB C ;()2若1AE A E =,求二面角1B EC C --的正弦值.9.(2019·全国Ⅰ·理·第18题)如图,直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形,14,2,60,,,AA AB BAD E M N ==∠=︒分别是BC ,1BB ,1A D 的中点.(1)证明://MN 平面1C DE ;(2)求二面角1A MA N --的正弦值.10.(2023年北京卷·第16题)如图,在三棱锥-P ABC 中,PA ⊥平面ABC ,1PA AB BC PC ====,.(1)求证:BC ⊥平面PAB ;(2)求二面角A PC B --的大小.11.(2023年新课标全国Ⅱ卷·第20题)如图,三棱锥A BCD -中,DA DB DC ==,BD CD ⊥,60ADB ADC ∠=∠= ,E 为BC 的中点.(1)证明:BC DA ⊥;(2)点F 满足EF DA =,求二面角D AB F --的正弦值.12.(2022新高考全国II 卷·第20题)如图,PO 是三棱锥P ABC -的高,PA PB =,AB AC ⊥,E 是PB的中点.(1)证明://OE 平面PAC ;(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒,3PO =,5PA =,求二面角C AE B --的正弦值.13.(2022新高考全国I 卷·第19题)如图,直三棱柱111ABC A B C -的体积为4,1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离;(2)设D 为1AC 的中点,1AA AB =,平面1A BC ⊥平面11ABB A ,求二面角A BD C --的正弦值.14.(2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第20题)(12分)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.PAB M CO 15.(2014高考数学重庆理科·第19题)如图(19),四棱锥P-ABCD ,底面是以O 为中心的菱形,⊥PO底面ABCD ,AB=BAD=23π∠,,M 为BC 上一点,且BM 12=,MP AP ⊥.(1)求PO 的长;(2)求二面角A-PM-C 的正弦值。
高考立体几何汇编

B.
2 5
C.
3 5
D.
4 5
20.(2012 全国新课标卷 11)已知三棱锥������ − ������������������的所有顶点都在球 O 的球面上,∆������������������是
3
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边长为 1 的正三角形,SC 为球 O 的直径,且������������ = 2,则此棱锥的体积为() A.
(第 4 题)
5.(2009 四川卷 8)如图,在半径为 3 的球面上有 A B、C 三点,∠������������������ = 90° ,������������ = ������������ ,球心 O 到平面 ABC 的距离是 是() A. C.
������ 3 4������ 3 3 2 2
1 3 17 25
B. ������������������������������������������ (第 15 题)
25
18
������������
D.
4 15
������������
(第 16 题) (第 17 题)
17. (2010 江西卷 10) 过正方体������������������������ − ������1 ������1 ������1 ������1 的顶点 A 作直线 l, 使 l 与棱 AB、 AD、 ������������1 所成 的角都相等,这样的直线 l 可以作() A. 1 条 B. 2 条 C. 3 条 D. 4 条 18.(2008 北京卷)如图动点 P 在正方体������������������������ − ������1 ������1 ������1 ������1 的对角线������������1 上,过点 P 作垂直于平面������������1 ������1 ������的直线, 与正方体表面相交于 M、N,设������������ = ������,������������ = ������,则函 数������ = ������ ������ 的图象大致是()
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5.(2006年福建卷)如图,四面体ABCD中,
O、E分别是BD、BC的中点,
(I)求证: 平面BCD;
6.(2006年天津卷) 如图,在五面体 中,点 是矩形 的对角线的交点,面 是等边三角形,棱 .
(1)证明 //平面 ;
(2)设 ,证明 平面 .
7.(2006年江苏卷)在正三角形ABC中,E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点,满足AE:EB=CF:FA=CP:PB=1:2(如图1)。将△AEF沿EF折起到 的位置,使二面角A1-EF-B成直二面角,连结A1B、A1P(如图2)
(1)求证: ⊥面 ;
18.(湖南18)(本小题满分12分)
如图所示,四棱锥P-ABCD的底面积ABCD是边长为1的菱形,∠BCD=60°,E是CD的中点,PA⊥底面积ABCD,PA= .
(Ⅰ)证明:平面PBE⊥平面PAB;
19.(全国Ⅰ18)(本小题满分12分)
四棱锥 中,底面 为矩形,侧面 底面 , , , .
(Ⅰ)求V(x)的表达式;
(Ⅱ)当x为何值时,V(x)取得最大值?
10.(湖北•理•18题)如图,在三棱锥V-ABC中,VC⊥底面ABC,AC⊥BC,D是AB的中点,且AC=BC=a,∠VDC=θ 。
(Ⅰ)求证:平面VAB⊥平面VCD;
11.(江苏•理•18题)如图,已知 是棱长为3的正方体,点 在 上,点 在 上,且 。
历年高考立体几何解答题汇编
1.(2006年北京卷)如图,在底面为平行四边表的四棱锥 中, , 平面 ,且 ,点 是 的中点.(Ⅰ)求证:;(Ⅱ)求证: 平面 ;
2.(2006年上海卷)在四棱锥P-ABCD中,底面是边长为2的菱形,∠DAB=60 ,对角线AC与BD相交于点O,PO⊥平面ABCD,PB与平面ABCD所成的角为60 .
(Ⅰ)证明: ;
20.(全国Ⅱ20)(本小题满分12分)
如图,正四棱柱 中, ,点 在 上且 .
(Ⅰ)证明: 平面 ;
21.(山东19)(本小题满分12分)
如图,在四棱锥 中,平面 平面 , , 是等边三角形,已知 , .
(Ⅰ)设 是 上的一点,证明:平面 平面 ;
(Ⅱ)求四棱锥 的体积.
22.(四川19)(本小题满分12分)
(Ⅰ)求证:A1E⊥平面BEP;
8.(2006年辽宁卷)已知正方形 . 、 分别是 、 的中点,将 沿 折起,如图所示,记二面角 的大小为 .
( )证明 平面 ;
9.(广东•理•19题)如图6所示,等腰△ABC的底边AB=6 ,高CD=3,点B是线段BD上异于点B、D的动点.点F在BC边上,且EF⊥AB.现沿EF将△BEF折起到△PEF的位置,使PE⊥AE。记BE=x,V(x)表示四棱锥P-ACFE的体积。
如图,平面 平面 ,四边形 与 都是直角梯形,
, , 分别为 的中点
(Ⅰ)证明:四边形 是平行四边形;
(Ⅱ) 四点是否共面?为什么?
(Ⅲ)设 ,证明:平面 平面 ;
23.(天津19)(本小题满分12分)
如图,在四棱锥 中,底面 是矩形.已知 , , , , .
(Ⅰ)证明 平面 ;
24.(浙江20)(本题14分)如图,矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直,BE//CF, BCF= CEF= ,AD= ,EF=2。
(Ⅰ)求证: ;
;
14. (福建19)(本小题满分12分)
如图,在四棱锥P—ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD= ,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O为AD中点.
(Ⅰ)求证:PO⊥平面ABCD;
15.(宁夏18)(本小题满分12分)
如下的三个图中,上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图.它的正视图和俯视图在下面画出(单位:cm)
(Ⅰ)在正视图下面,按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图;
(Ⅱ)按照给出的尺寸,求该多面体的体积;
(Ⅲ)在所给直观图中连结 ,证明: 面 .
16.(江苏16)(14分)
在四面体 中, ,且E、F分别是AB、BD的中点,
求证:(1)直线EF//面ACD
(2)面EFC⊥面BCD
17.(江西20)如图,正三棱锥 的三条侧棱 、 、 两两垂直,且长度均为2. 、 分别是 、 的中点, 是 的中点,过 的平面与侧棱 、 、 或其延长线分别相交于 、 、 ,已知 .
(1)求四棱锥P-ABCD的体积;
3.(2006年浙江卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD,且PA=AD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点.
(Ⅰ)求证:PB⊥DM;
4.(2006年湖南卷)如图4,已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1和2,AB=4.
(I)求证: 四点共面;(4分)
(II)若点 在 上, ,点 在 上, ,垂足为 ,求证: 面 ;
12.(天津•理•19题)如图,在四棱锥 中, 底面 , , , 是 的中点.
(Ⅰ)证明 ;
(Ⅱ)证明 平面 ;
13.(浙江•理•19题)在如图所示的几何体中, 平面ABC, 平面ABC, , ,M是AB的中点。
(Ⅰ)求证:AE//平面DCF;
25.(湖北18).(本小题满分12分)
如图,在直三棱柱 中,平面 侧面
(Ⅰ)求证:
26.(陕西19)(本小题满分12分)
三棱锥被平行于底面 的平面所截得的几何体如图所示,截面为 , , 平面 , , , 为 中点.
(Ⅰ)证明:平面 平面 ;