2020年立体几何高考题汇总
2020高考数学题型整理分类《(8)立体几何》解析版(含历年真题)
（八） 大题考法——立体几何1.如图，AC 是圆O 的直径，点B 在圆O 上，∠BAC ＝30°，BM ⊥AC ，垂足为M .EA ⊥平面ABC ，CF ∥AE ，AE ＝3，AC ＝4，CF ＝1.(1)证明：BF ⊥EM ；(2)求平面BEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值． 解：(1)证明：∵EA ⊥平面ABC ，∴BM ⊥EA ， 又BM ⊥AC ，AC ∩EA ＝A ，∴BM ⊥平面ACFE ， ∴BM ⊥EM .①在Rt △ABC 中，AC ＝4，∠BAC ＝30°，∴AB ＝23，BC ＝2， 又BM ⊥AC ，则AM ＝3，BM ＝3，CM ＝1.∵FM ＝MC 2＋FC 2＝2，EM ＝AE 2＋AM 2＝32， EF ＝42＋(3－1)2＝25，∴FM 2＋EM 2＝EF 2，∴EM ⊥FM . ② 又FM ∩BM ＝M ，③∴由①②③得EM ⊥平面BMF ，∴EM ⊥BF .(2)如图，以A 为坐标原点，过点A 垂直于AC 的直线为x 轴，AC ，AE 所在的直线分别为y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．由已知条件得A (0,0,0)，E (0,0,3)，B (3，3,0)，F (0,4,1)， ∴BE ―→＝(－3，－3,3)，BF ―→＝(－3，1,1)． 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE ―→＝0，n ·BF ―→＝0，得⎩⎨⎧－3x －3y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＋z ＝0，令x ＝3，得y ＝1，z ＝2，∴平面BEF 的一个法向量为n ＝(3，1,2)． ∵EA ⊥平面ABC ，∴取平面ABC 的一个法向量为AE ―→＝(0,0,3)． 设平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n ，AE ―→〉|＝622×3＝22.故平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值为22. 2．如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝1，AD ＝23，∠ACD ＝60°，E 为CD 的中点．(1)求证：BC ∥平面PAE ；(2)求直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：∵AB ＝3，BC ＝1，∠ABC ＝90°， ∴AC ＝2，∠BCA ＝60°.在△ACD 中，∵AD ＝23，AC ＝2，∠ACD ＝60°， ∴由余弦定理可得：AD 2＝AC 2＋CD 2－2AC ·CD ·cos ∠ACD ，∴CD ＝4， ∴AC 2＋AD 2＝CD 2，∴△ACD 是直角三角形． 又E 为CD 的中点，∴AE ＝12CD ＝CE ＝2，又∠ACD ＝60°，∴△ACE 是等边三角形， ∴∠CAE ＝60°＝∠BCA ，∴BC ∥AE . 又AE ⊂平面PAE ，BC ⊄平面PAE ， ∴BC ∥平面PAE .(2)由(1)可知∠BAE ＝90°，以点A 为坐标原点，以AB ，AE ，AP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,2)，B (3，0,0)，C (3，1,0)，D (－3，3,0)，∴PB ―→＝(3，0，－2)，PC ―→＝(3，1，－2)，PD ―→＝(－3，3，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB ―→＝0，n ·PC ―→＝0，即⎩⎨⎧3x －2z ＝0，3x ＋y －2z ＝0，取x ＝1，则y ＝0，z ＝32，n ＝⎝⎛⎭⎫1，0，32，∴cos 〈n ，PD ―→〉＝n ·PD ―→|n |·|PD ―→|＝－2374·16＝－217，∴直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为217.3．如图，在四棱锥S -ABCD 中，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形，AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成角的正弦值．解：(1)证明：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系C -xyz ，则D (1,0,0)，A (2,2,0)，B (0,2,0)．设S (x ，y ，z )，显然x >0，y >0，z >0，则AS ―→＝(x －2，y －2，z )，BS ―→＝(x ，y －2，z )，DS ―→＝(x －1，y ，z )．由|AS ―→|＝|BS ―→|，得 (x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2，解得x ＝1.由|DS ―→|＝1，得y 2＋z 2＝1. ① 由|BS ―→|＝2，得y 2＋z 2－4y ＋1＝0.②由①②，解得y ＝12，z ＝32.∴S ⎝⎛⎭⎫1，12，32，AS ―→＝⎝⎛⎭⎫－1，－32，32，BS ―→＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，DS ―→＝⎝⎛⎭⎫0，12，32， ∴DS ―→·AS ―→＝0，DS ―→·BS ―→＝0，∴DS ⊥AS ，DS ⊥BS ， 又AS ∩BS ＝S ，∴SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则n ⊥BS ―→，n ⊥CB ―→，∴n ·BS ―→＝0，n ·CB ―→＝0. 又BS ―→＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，CB ―→＝(0,2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1－32y 1＋32z 1＝0，2y 1＝0，取z 1＝2，得n ＝(－3，0,2)． ∵AB ―→＝(－2,0,0)，∴cos 〈AB ―→，n 〉＝AB ―→·n | AB ―→||n |＝－2×(－3)2×7＝217.故AB 与平面SBC 所成角的正弦值为217. 4．(2018·诸暨高三适应性考试)如图，四棱锥P -ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，△PAD 是边长为2的等边三角形，底面ABCD 是直角梯形，∠BAD ＝∠CDA ＝90°，AB ＝2DC ＝22，E 是CD 的中点．(1)求证：AE ⊥PB ；(2)设F 是棱PB 上的点，EF ∥平面PAD ，求EF 与平面PAB 所成角的正弦值． 解：(1)证明：取AD 的中点G ，连接PG ，BG ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PG ⊥AD ， ∴PG ⊥平面ABCD ，∵AE ⊂平面ABCD ，∴AE ⊥PG . 又∵tan ∠DAE ＝tan ∠ABG ＝24， ∴∠ABG ＋∠EAB ＝∠DAE ＋∠EAB ＝∠DAB ＝90°， ∴AE ⊥BG .∵BG ∩PG ＝G ，BG ⊂平面PBG ，PG ⊂平面PBG ， ∴AE ⊥平面PBG ， ∴AE ⊥PB .(2)法一：作FH ∥AB 交PA 于H ，连接DH ，则HF ∥DC . ∵EF ∥平面PAD ，平面FHDE ∩平面PAD ＝DH ， ∴EF ∥DH ，∴四边形FHDE 为平行四边形， ∴HF ＝DE .易知DC ∥AB ，DC ＝12AB ，∴HF ＝14AB ，即H 为PA 的一个四等分点．取PA 的中点K ，连接DK ，则DK ⊥PA .∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ， ∴AB ⊥平面PAD . ∵DK ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥DK ， ∵PA ∩AB ＝A ， ∴DK ⊥平面PAB .∴∠DHK 为EF 与平面PAB 所成的角， 由已知得DK ＝3，DH ＝DK 2＋HK 2＝132， ∴sin ∠DHK ＝DK DH ＝3132＝23913，∴EF 与平面PAB 所成角的正弦值为23913.法二：以A 为坐标原点，AB ，AD 所在直线为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0,0,0)，B (22，0,0)，P (0,1，3)，E ⎝⎛⎭⎫22，2，0，PB ―→＝(22，－1，－3)，EP―→＝⎝⎛⎭⎫－22，－1，3. 设PF ―→＝λPB ―→，则EF ―→＝EP ―→＋λPB ―→＝⎝⎛⎭⎫22λ－22，－1－λ，3－3λ.由(1)知PG ⊥平面ABCD ，∴PG ⊥AB . ∵AD ⊥AB ，PG ⊥AD ＝G ， ∴AB ⊥平面PAD ，∴AB ―→＝(22，0,0)为平面PAD 的一个法向量． ∵EF ∥平面PAD ，∴EF ―→·AB ―→＝22×⎝⎛⎭⎫22λ－22＝0，解得λ＝14. ∴EF ―→＝⎝⎛⎭⎫0，－54，334.设平面PAB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 又AB ―→＝(22，0,0)，PB ―→＝(22，－1，－3)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ―→＝0，n ·PB ―→＝0，即⎩⎨⎧22x ＝0，22x －y －3z ＝0，取y ＝3，得z ＝－1，∴n ＝(0，3，－1)． ∴|cos 〈n ，EF ―→〉|＝⎪⎪⎪⎪－534－3342×132＝23913，∴EF 与平面PAB 所成角的正弦值为23913.5．(2019届高三·镇海中学检测)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝2，∠ACB ＝30°，∠C 1CB ＝60°，BC 1⊥A 1C ，E 为AC 的中点，CC 1＝2.(1)求证：A 1C ⊥平面C 1EB ；(2)求直线CC 1与平面ABC 所成角的余弦值． 解：(1)证明：因为AB ＝BC ＝2，E 为AC 的中点， 所以AC ⊥BE .又因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1，所以BE ⊥A 1C .又因为BC 1⊥A 1C ，BC 1∩BE ＝B ，BC 1⊂平面C 1EB ，BE ⊂平面C 1EB ， 所以A 1C ⊥平面C 1EB .(2)法一：因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ， 所以直线CC 1与平面ABC 所成角为∠C 1CA . 因为∠ACB ＝30°，AB ＝BC ＝2，E 为AC 的中点， 所以EC ＝3，EB ＝1.因为CC 1＝BC ＝2，∠C 1CB ＝60°，所以BC 1＝2， 因为BE ⊥平面A 1ACC 1，所以BE ⊥EC 1，所以EC 1＝ 3. 在△CC 1E 中，根据余弦定理可知，cos ∠C 1CE ＝33. 所以直线CC 1与平面ABC 所成角的余弦值为33. 法二：以E 为坐标原点，EC 为x 轴，EB 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为∠ACB ＝30°，AB ＝BC ＝2，E 为AC 的中点， 所以EC ＝3，EB ＝1.因为CC 1＝CB ＝2，∠C 1CB ＝60°，所以BC 1＝2， 因为BE ⊥平面AA 1CC 1，所以BE ⊥EC 1，所以EC 1＝ 3. 所以|CC 1―→|＝2，|C 1E ―→|＝3， 设C 1(x,0，y )，又C (3，0,0)，所以⎩⎨⎧(x －3)2＋y 2＝4，x 2＋y 2＝3，解得⎩⎨⎧x ＝33，y ＝263，所以C 1⎝⎛⎭⎫33，0，263，则CC 1―→＝⎝⎛⎭⎫－233，0，263， 易知平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 设直线CC 1与平面ABC 所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈CC 1―→，n 〉|＝63，所以cos α＝33.即直线CC 1与平面ABC 所成角的余弦值为33.6.如图所示，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点E 是PD 的中点，点F 是PC 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)若底面ABCD 为正方形，探究在什么条件下，二面角C -AF -D 的大小为60°？解：易知AD ，AB ，AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设AB ＝2a ，AD ＝2b ，AP ＝2c ，则A (0,0,0)，B (2a,0,0)，C (2a,2b,0)，D (0,2b,0)，P (0,0,2c )．连接BD 交AC 于点O ，连接OE ，则O (a ，b,0)，又E 是PD 的中点，所以E (0，b ，c )．(1)证明：因为PB ―→＝(2a,0，－2c )，EO ―→＝(a,0，－c )， 所以PB ―→＝2EO ―→，所以PB ―→∥EO ―→， 即PB ∥EO .因为PB ⊄平面AEC ，EO ⊂平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .(2)因为四边形ABCD 为正方形，所以a ＝b ，则A (0,0,0)，B (2a,0,0)，C (2a,2a,0)，D (0,2a,0)，P (0,0,2c )，E (0，a ，c )，F (a ，a ，c )，因为z 轴⊂平面CAF ，所以设平面CAF 的一个法向量为n ＝(x,1,0)，而AC ―→＝(2a,2a,0)，所以AC ―→·n ＝2ax ＋2a ＝0，得x ＝－1，所以n ＝(－1,1,0)． 因为y 轴⊂平面DAF ，所以设平面DAF 的一个法向量为m ＝(1,0，z )， 而AF ―→＝(a ，a ，c )，所以AF ―→·m ＝a ＋cz ＝0，得z ＝－a c ，所以m ＝⎝⎛⎭⎫1，0，－ac ∥m ′＝(c,0，－a )． 所以cos 60°＝|n ·m ′||n ||m ′|＝c 2(a 2＋c 2)＝12，得a ＝c .故当AP 与正方形ABCD 的边长相等时，二面角C -AF -D 的大小为60°.。
2020高考数学分类汇编--立体几何
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学3．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A ．14B ．12C ．14D ．1210．已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π16．如图，在三棱锥P –ABC 的平面展开图中，AC =1，AB AD =AB ⊥AC ，AB ⊥AD ，∠CAE =30°，则cos ∠FCB = .18．（12分）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO ．（1）证明：PA ⊥平面PBC ； （2）求二面角B PC E --的余弦值． 3．C 10．A16．14-18．解：（1）设DO a =，由题设可得,,63PO a AO a AB a ===，2PA PB PC ===. 因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，从而PA PC ⊥. 所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得1(0,1,0),(0,1,0),(,0),(0,0,)22E A C P -.所以31(,,0),(0,2EC EP =--=-.设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即2023102y z x y⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取3(,1,2)=-m . 由（1）知2(0,1,)2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ， 则25cos ,|||5⋅==n m n m n m |. 所以二面角B PC E --的余弦值为25.2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学4．北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）A ．3699块B ．3474块C ．3402块D ．3339块7．右图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个断点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为ME F GHA ．EB ．FC ．GD ．H10. 已知ABC △是面积为439的等边三角形，且其顶点都在球O 的表面上，若球O 的表面积为π16，则球O 到平面ABC 的距离为（ ） A ．3B ．23 C ．1 D ．23 16．设有下列四个命题： 1P ：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内． 2P ：过空间中任意三点有且仅有一个平面． 3P ：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行． 4P ：若直线⊂l 平面α，直线⊥m 平面α，则l m ⊥．则下述命题中所有真命题的序号是________． ①41p p ∧②21p p ∧③32p p ∨⌝④ 43p p ⌝∨⌝20．（12分）如图，已知三棱柱111C B A ABC -的底面是正三角形，侧面C C BB 11是矩形，M ，N 分别为BC ，11C B 的中点，P 为AM 上一点，过11C B 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：MN AA ∥1，且平面F C EB AMN A 111平面⊥；（2）设O 为△111C B A 的中心，若F C EB AO 11平面∥，且AB AO =，求直线E B 1与平面AMN A 1所成角的正弦值．2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学8．下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A ．B ．C ．D ．15．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为__________．19．（12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．8．C15 19．解：设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c =，11(0,,)3C F b c =，得1EA C F =．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内． （2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =--，1(0,1,2)A E =-，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则 110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ． 设2n 为平面1A EF 的法向量，则 22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为121212cos ,||||⋅〈〉==⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --．2020年普通高等学校招生全国统一考试文科数学3．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A ．14B ．12C ．14D ．1211．设12,F F 是双曲线22:13y C x -=的两个焦点，O 为坐标原点，点P 在C 上且||2OP =，则12PF F △的面积为 A ．72B ．3C ．52D ．212．已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π19．（12分）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设DO ，求三棱锥P −ABC 的体积. 3．C11．B12．A19．解：（1）由题设可知，PA =PB = PC ．由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC ≌△PAB ． △PAC ≌△PBC ．又∠APC =90°，故∠APB =90°，∠BPC =90°．从而PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC ． （2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ．由题设可得rl 222l r ==．解得r =1，l从而AB 1）可得222PA PB AB +=，故PA PB PC ===所以三棱锥P -ABC 的体积为311113232PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=．2020年普通高等学校招生全国统一考试文科数学11．已知△ABC O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为AB ．32C ．1D 16．设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内． p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面． p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行． p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l ． 则下述命题中所有真命题的序号是__________． ① 14p p ∧②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝20．（12分）如图，已知三棱柱ABC –A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B –EB 1C 1F 的体积． 12．A16．①③④20．解：（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN ⋂平面EB 1C 1F = PN ， 故AO ∥PN ，又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN =AO =6，AP = ON =13AM PM =23AM EF =13BC =2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B -EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT =PM sin ∠MPN =3．底面EB 1C 1F 的面积为1111()(62)624.22B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=所以四棱锥B -EB 1C 1F 的体积为1243243⨯⨯=．2020年普通高等学校招生全国统一考试文科数学9．如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A ．B ．C ．D ．16．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________． 19．（12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥；（2）点1C 在平面AEF 内． 9．C16．2π 19．解：（1）如图，连结BD ，11B D ．因为AB BC =，所以四边形ABCD 为正方形，故AC BD ⊥．又因为1BB ⊥平面ABCD ，于是1AC BB ⊥．所以AC ⊥平面11BB D D ． 由于EF ⊂平面11BB D D ，所以EF AC ⊥．（2）如图，在棱1AA 上取点G ，使得12AG GA =，连结1GD ，1FC ，FG ，因为1123D E DD =，123AG AA =，11DD AA =∥，所以1ED AG =∥，于是四边形1ED GA 为平行四边形，故1AE GD ∥．因为1113B F BB =，1113AG AA =，11BB AA =∥，所以11FG A B =∥，11FG C D =∥，四边形11FGD C 为平行四边形，故11GD FC ∥．于是1AE FC ∥．所以1,,,A E F C 四点共面，即点1C 在平面AEF 内． 2020年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）（3）某三棱柱的底面为正三角形， 其三视图如图所示， 该三棱柱的表面积为（A ）63+（B ）623+（C ）123+（D ）1223+（16）（本小题13分） 如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1BC ∥平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．2020年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）9．如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是 cm.15．（本小题满分14分）在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点． （1）求证：EF ∥平面AB 1C 1； （2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．9．1232π 15．满分14分.证明：因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥. 又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ， 所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC , 所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB . 22．（本小题满分10分）在三棱锥A —BCD 中，已知CB =CD 5,BD =2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO =2，E 为AC 的中点．（1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值；（2）若点F 在BC 上，满足BF =14BC ，设二面角F —DE —C 的大小为θ，求sin θ的值． 2020年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）5．若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 A ．12π B ．24πC ．36πD ．144π17．（本小题满分15分）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值． 5．C17．满分15分．依题意，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)C A B C ，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)C M =，1(2,2,2)B D =--，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA =是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB =，(2,0,1)ED =-．设(,,)x y z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.y z x z +=⎧⎨-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ． 因此有|||6cos ,6|A CA C CA ⋅〈〉==n n n ，于是30sin ,CA 〈〉=n ． 所以，二面角1B B E D --的正弦值为306． （Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB =-．由（Ⅱ）知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是3cos ,3||||AB AB AB ⋅==-n n n ．所以，直线AB 与平面1DB E 32020年普通高等学校招生全国统一考试新高考4．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为A．20°B．40°C．50°D．90°D16．已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以1的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．20．（12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．4．B 1620．解：（1）因为PD⊥底面ABCD，所以PD AD⊥．⊥，因此AD⊥底面PDC．又底面ABCD为正方形，所以AD DC∥，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC．因为AD BC∥．因此l⊥平面PDC．由已知得l AD（2）以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -．则(0,0,0),(0,1,0),(1,1,0),(0,0,1)D C B P ，(0,1,0)DC =，(1,1,1)PB =-． 由（1）可设(,0,1)Q a ，则(,0,1)DQ a =．设(,,)x y z =n 是平面QCD 的法向量，则0,0,DQ DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0.ax z y +=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,)a =-n ． 所以cos ,||||3PB PB PB ⋅〈〉==⋅n nn ． 设PB 与平面QCD 所成角为θ，则sin θ==当且仅当1a =时等号成立，所以PB 与平面QCD 所成角的正． 2020年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）5．某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．73B．143C ．3D ．614．已知圆锥的侧面积（单位：cm 2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm ）是_______． 19．（本题满分15分）如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ． （Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．5．A 14．119．满分15分。
2020年高考数学真题汇编 7：立体几何 理
2020高考真题分类汇编：立体几何一、选择题1.【2020高考真题新课标理7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）()A 6 ()B 9 ()C 12 ()D 18【答案】B2.【2020高考真题浙江理10】已知矩形ABCD ，AB=1，BC=2。
将△沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中。
A.存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直.B.存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直.C.存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直.D.对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直 【答案】C3.【2020高考真题新课标理11】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 26 ()B 3()C 23 ()D 22【答案】A4.【2020高考真题四川理6】下列命题正确的是（ ）A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C 、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行【答案】C5.【2020高考真题四川理10】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（ ）αCAODBPA 、2arccos 4R B、4R π C 、3arccos 3R D 、3R π 【答案】A6.【2020高考真题陕西理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -，12CA CC CB ==，则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为（ ）A.55 B.53 C. 255D. 35【答案】A.7.【2020高考真题湖南理3】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是【答案】D8.【2020高考真题湖北理4】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．6π【答案】B9.【2020高考真题广东理6】某几何体的三视图如图所示，它的体积为A．12π B.45π C.57π D.81π【答案】C10.【2020高考真题福建理4】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【答案】D.11.【2020高考真题重庆理9】设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，12和a，且长为a2的棱异面，则a的取值范围是（A ）(0,2) （B）(0,3) （C ）(1,2) （D ）(1,3)【答案】A12.【2020高考真题北京理7】某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（ ）A. 28+65B. 30+65C. 56+ 125D. 60+125【答案】B13.【2020高考真题全国卷理4】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 2 B 3 C 2 D 1 【答案】D二、填空题14.【2020高考真题浙江理11】已知某三棱锥的三视图（单位：cm ）如图所示，则该三棱锥的体积等于________cm 3.【答案】115.【2020高考真题四川理14】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________。
(完整版)2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练,推荐文档
2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一线面平行的证明例1如图，高为1的等腰梯形ABCD 中，AM ＝CD ＝AB ＝1.现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD ⊥13平面MBCD ，连接AB ，AC .试判断：在AB 边上是否存在点P ，使AD ∥平面MPC ?并说明理由【答案】当AP ＝AB 时，有AD ∥平面MPC .13理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP .在梯形MBCD 中，DC ∥MB ，＝＝，DNNB DCMB 12在△ADB 中，＝，∴AD ∥PN .APPB 12∵AD ⊄平面MPC ，PN ⊂平面MPC ，∴AD ∥平面MPC .【解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推出。
此类题的难点就是如何构造辅助线。
构造完辅助线，证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。
本题用到的是线线平行推出面面平行。
【易错点】不能正确地分析DN 与BN 的比例关系，导致结果错误。
【思维点拨】此类题有两大类方法：1.构造线线平行，然后推出线面平行。
此类方法的辅助线的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行的性质之间的矛盾转化关系。
在此，我们需要借助倒推法进行分析。
首先，此类型题目大部分为证明题，结论必定是正确的，我们以此为前提可以得到线面平行。
再次由线面平行的性质可知，过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行于该直线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。
从这个角度上看我们可以看出线线平行推线面平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相交即可。
如本题中即是过AD 做了一个平面ADB 与平面MPC 相交于线PN 。
最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向写一遍即可。
即先证AD 平行于PN ，最后得到结论。
构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。
一一一一一一一一一2.构造面面平行，然后推出线面平行。
此类方法辅助线的构造通常比较简单，但证明过程较繁琐，一般做为备选方案。
2020高考数学立体几何练习题23题
2020高考数学之立体几何解答題23 題一．解答题（共 23 小题）1．在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 是菱形， ADNM 是矩形，平面 ADNM ⊥平面 ABCD ，∠DAB=60 °，AD=2 ， AM=1 ， E 为 AB 的中点．（Ⅰ）求证： AN ∥平面 MEC；（Ⅱ）在线段 AM 上是否存在点 P，使二面角 P﹣ EC﹣D 的大小为？若存在，求出 AP 的长 h；若不存在，请说明理由．2．如图，三棱柱中 ABC ﹣A1B1C1 中，点 A1 在平面 ABC 内的射影 D 为棱 AC 的中点，侧面 A1ACC 1为边长为 2 的菱形， AC⊥CB，BC=1 ．（Ⅰ）证明： AC 1⊥平面 A 1BC；（Ⅱ）求二面角 B﹣ A1C﹣B1的大小．3．如图，已知四棱锥 P﹣ABCD ，PB⊥AD 侧面 PAD 为边长等于 2的正三角形，底面 ABCD 为菱形，侧面PAD 与底面 ABCD 所成的二面角为 120°．（I）求点 P 到平面 ABCD 的距离，（II ）求面 APB 与面 CPB 所成二面角的大小．4．在正三棱锥 P﹣ABC 中，底面正△ ABC 的中心为 O，D 是 PA 的中点， PO=AB=2 ，求 PB 与平面 BDC 所成角的正弦值．5．如图，正三棱锥 O ﹣ABC 的三条侧棱 OA 、OB 、 OC 两两垂直，且长度均为 2．E 、F 分别是 AB 、AC 的中点， H 是 EF 的中点，过 EF 作平面与侧棱 OA 、OB 、OC 或其延长线分别相交于 A 1、B 1、C 1，已知 ． （ 1）求证： B 1C 1⊥平面 OAH ；（ 2）求二面角 O ﹣A 1B 1﹣C 1 的大小．6．如图，在三棱锥 A ﹣ BCD 中，侧面 ABD 、ACD 是全等的直角三角形， AD 是公共的斜边， 且AD= ，BD=CD=1 ， 另一个侧面是正三角形．1）求证： AD ⊥BC ．E ，使 ED 与面 BCD 成 30°角？若存在，确定E 的位置；若不存在，说明理由． 2）求二面角 B ﹣AC ﹣D 的大小．7．如图，在四棱锥 P ﹣ ABCD 中， AD ∥ BC ，∠ ADC= ∠ PAB=90 °， BC=CD=PA 与CD 所成的角为 90°．（Ⅰ）在平面 PAB 内找一点 M ，使得直线 CM ∥平面 PBE ，并说明理由； （Ⅱ）若二面角 P ﹣CD ﹣A 的大小为 45°，求直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值．8．如图，在三棱台 ABC ﹣DEF 中，平面 BCFE ⊥平面 ABC ，∠ ACB=90 °，BE=EF=FC=1， BC=2 ， AC=3 ． （ Ⅰ ）求证： BF ⊥平面 ACFD ；（ Ⅱ ）求直线 BD 与平面 ACFD 所成角的余弦值．9．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 ，∠AFD=90 °，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．AD ．E 为棱 AD 的中点，异面直线10．如图，已知边长为 6的菱形 ABCD ，∠ ABC=120 °，AC 与BD 相交于 O ，将菱形 ABCD 沿对角线 AC 折起，使 BD=3 ．（1）若 M 是 BC 的中点，求证：在三棱锥 D ﹣ABC 中，直线 OM 与平面 ABD 平行；（2）求二面角 A ﹣BD ﹣O 的余弦值；（ 3）在三棱锥 D ﹣ ABC 中，设点 N 是 BD 上的一个动点，试确定 N 点的位置，使得 CN=4 ．11．如图所示的多面体 ABCDE 中，已知 AB ∥DE ，AB ⊥AD ，△ACD 是正三角形， AD=DE=2AB=2 ，BC= ，F 是 CD 的中点．（ 1）求证： AF ∥平面 BCE ；（ 2）求直线 CE 与平面 ABED 所成角的余弦值；（ 3）求多面体 ABCDE 的体积．12．如图，已知矩形 ABCD 所在平面垂直于直角梯形 ABPE 所在平面于直线 AB ，且 AB=BP=2 ，AD=AE=1 ，AE ⊥AB ，且 AE ∥BP ．Ⅰ）设点 M 为棱 PD 中点，求证： EM ∥平面 ABCD ；若不存在，请说明理由．Ⅱ ）线段 PD 上是否存在一点 N ，使得直线 BN 与平面 PCD 所成角的正弦值等于 ？若存在，试确定点 N 的位置；13．如图，在三棱锥 P ﹣ABC 中，∠ PAB= ∠PAC=∠ ACB=90 °．（ 1）求证：平面 PBC ⊥平面 PAC ；（2）若 PA=1，AB=2 ， BC= ，在直线 AC 上是否存在一点 D ，使得直线 BD 与平面 PBC 所成角为 30°？若存在， 求出 CD 的长；若不存在，说明理由．14．如图，在四棱锥 P ﹣ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形， ∠BCD=135 °，侧面 PAB ⊥底面 ABCD ，∠ BAP=90 °， AB=AC=PA=2 ， E ，F 分别为 BC ，AD 的中点，点 M 在线段 PD 上．（ Ⅰ ）求证： EF ⊥平面 PAC ；（ Ⅱ ）如果直线 ME 与平面 PBC 所成的角和直线 ME 与平面 ABCD 所成的角相等，求 的值．Ⅰ）求证： CD ⊥AM ；AM 与平面 BDM所成角的正弦值．15．如图，在多面体 ABCDM 平面 BCD ， AB ⊥平面 BCD ． 中，△ BCD 是等边三角形，△ CMD 是等腰直角三角形，∠ CMD=90 °，平面 CMD ⊥Ⅱ ）若 AM=BC=2 ，求直16．如图，矩形ABCD 所在的平面和平面ABEF 互相垂直，等腰梯形ABEF 中，AB ∥EF，AB=2 ，AD=AF=1 ，∠ BAF=60°，O，P分别为 AB，CB的中点， M为底面△ OBF的重心．（Ⅰ）求证： PM ∥平面 AFC；（Ⅱ ）求直线 AC 与平面 CEF 所成角的正弦值．17．已知菱形 ABCD ，AB=2 ，∠BAD= ，半圆 O 所在平面垂直于平面 ABCD ，点 P 在半圆弧上．（不同于B ，C）．（1）若 PA与平面 ABCD 所成角的正弦值为，求出点 P 的位置；（2）是否存在点 P，使得 PC⊥ BD ，若存在，求出点 P 的位置，若不存在，说明理由．18．如图，菱形 ABCD 中，∠ ABC=60 °，AC 与BD相交于点 O，AE ⊥平面 ABCD，CF∥AE，AB=AE=2 ．（Ⅰ）求证： BD ⊥平面 ACFE ；（Ⅱ）当直线 FO与平面 BED 所成角的大小为 45°时，求 CF 的长度．19．如图，在四棱锥 P﹣ ABCD 中，等边△ PAD 所在的平面与正方形 ABCD 所在的平面O为 AD 的中点，互相垂直， E 为 DC 的中点，且 AD=2 ．（Ⅰ ）求证： PO⊥平面 ABCD ；（Ⅱ）求二面角 P﹣EB﹣ A 的余弦值；（Ⅲ）在线段 AB 上是否存在点 M，使线段 PM 与△PAD 所在平面成 30°角．若存在，求出 AM 的长，若不存在，请说明理由．20．在斜三棱柱 ABC ﹣ A 1B 1C1中，底面 ABC 是正三角形， E 是 AB 中点， A 1E⊥平面 ABC．（ I）证明： BC1∥平面 A1EC；（II）若 A1A⊥A1B，且 AB=2 ．① 求点 B 到平面 ACC 1A1 的距离；② 求直线 CB1 与平面 ACC 1A 1 所成角的正弦值．1）求证： DF ⊥平面 ABCD ；2）若△ ABD 是边长为 2 的等边三角形，且 BF 与平面 ABCD 所成角的正切值为 1，求点 E 到平面 BDF 的距离．22．如图，在三棱柱 ABC ﹣A 1B 1C 1中，G 为ABC 的重心，（ 1）求证： GE ∥平面 AA 1B 1B ；（2）若侧面 ABB 1A 1⊥底面 ABC ，∠ A 1AB= ∠BAC=60°，AA 1=AB=AC=2 ，求直线 A 1B 与平面 B 1GE 所成角 正弦值．21．如图，在多面体 EF ﹣ABCD 中， ABCD ， ABEF 均为直角梯形，∠ 平面 DCEF ⊥平面 ABCD ．ABE= ∠ABC= DCEF 为平行四边形，θ的BC 1．23．如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中， PA⊥底面 ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，BC=2，AD=CD=1，M是 PB的中点．（Ⅰ ）求证： AM ∥平面 PCD；（Ⅱ ）求证：平面 ACM ⊥平面 PAB；。
2020高考数学新题分类汇编 立体几何(高考真题+模拟新题)
2020高考数学新题分类汇编 立体几何（高考真题+模拟新题）课标理数12.G1[2020·福建卷] 三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA ＝3，底面ABC 是边长为2的正三角形，则三棱锥P －ABC 的体积等于________．课标理数12.G1[2020·福建卷] 【答案】 3【解析】 由已知，S △ABC ＝12×22sin π3＝3，∴ V P －ABC ＝13S △ABC ·PA ＝13×3×3＝3，即三棱锥P －ABC 的体积等于 3.课标文数8.G2[2020·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图1－1所示，则该几何体的表面积为( )图1－1A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80课标文数8.G2[2020·安徽卷] C 【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)，所以该直四棱柱的表面积为S ＝2×12×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×1＋16×4＝48＋817.课标理数6.G2[2020·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图1－1所示，则该几何体的表面积为( )图1－1A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80图1－3课标理数7.G2[2020·北京卷] 某四面体的三视图如图1－3所示，该四面体四个面的面积中最大的是( )A ．8B ．6 2C ．10D ．8 2课标理数7.G2[2020·北京卷] C 【解析】 由三视图可知，该四面体可以描述为SA ⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，且SA ＝AB ＝4，BC ＝3，所以四面体四个面的面积分别为10,8,6,62，从而面积最大为10，故应选C.图1－4课标文数5.G2[2020·北京卷] 某四棱锥的三视图如图1－1所示，该四棱锥的表面积是( )图1－1A ．32B ．16＋16 2C ．48D ．16＋32 2课标文数5.G2[2020·北京卷] B 【解析】 由题意可知，该四棱锥是一个底面边长为4，高为2的正四棱锥，所以其表面积为4×4＋4×12×4×22＝16＋162，故选B.课标理数7.G2[2020·广东卷] 如图1－2，某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为( )图1－2A ．6 3B ．9 3C ．12 3D ．18 3课标理数7.G2[2020·广东卷] B 【解析】 由三视图知该几何体为棱柱，h ＝22－1＝3，S 底＝3×3，所以V ＝9 3.课标文数9.G2[2020·广东卷] 如图1－2，某几何体的正视图(主视图)，侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体体积为( )A ．4 3B ．4C ．2 3D ．2课标文数9.G2[2020·广东卷] C 【解析】 由三视图知该几何体为四棱锥，棱锥高h＝232－32＝3，底面为菱形，对角线长分别为23，2，所以底面积为12×23×2＝23，所以V ＝13Sh ＝13×23×3＝2 3.图1－1课标理数3.G2[2020·湖南卷] 设图1－1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.92π＋12 B.92π＋18 C ．9π＋42 D ．36π＋18课标理数3.G2[2020·湖南卷] B 【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3、高为2的长方体所构成的几何体，则其体积为：V ＝V 1＋V 2＝43×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＋3×3×2＝92π＋18， 故选B.课标文数4.G2[2020·湖南卷] 设图1－1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )图1－1A ．9π＋42B ．36π＋18 C.92π＋12 D.92π＋18 课标文数4.G2[2020·湖南卷] D 【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3高为2的长方体所构成的几何体，则其体积为： V＝V 1＋V 2＝43×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＋3×3×2＝92π＋18，故选D.课标理数6.G2[2020·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图1－2所示，则相应的侧视图可以为( )图1－2 图1－3课标理数 6.G2 [2020·课标全国卷] D 【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如下图，故侧视图选D.图1－5课标理数15.G2[2020·辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为23，它的三视图中的俯视图如图1－5所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是________．课标理数15.G2[2020·辽宁卷] 2 3 【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为图1－6，其中M ，N 是中点，矩形MNC 1C 为左视图．由于体积为23，所以设棱长为a ，则12×a 2×sin60°×a ＝23，解得a ＝2.所以CM＝3，故矩形MNC 1C 面积为2 3.图1－6图1－3课标文数8.G2[2020·辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为23，它的三视图中的俯视图如图1－3所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是( )A ．4B ．2 3C ．2 D. 3课标文数8.G2[2020·辽宁卷] B 【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为下图，其中M ，N 是中点，矩形MNC 1C 为左视图．图1－4 由于体积为23，所以设棱长为a ，则12×a 2×sin60°×a ＝23，解得a ＝2.所以CM＝3，故矩形MNC 1C 面积为23，故选B.课标文数8.G2[2020·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图1－2所示，则相应的侧视图可以为( )图1－2 图1－3课标文数8.G2[2020·课标全国卷] D 【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如图，故侧视图选D.图1－4图1－2课标理数11.G2[2020·山东卷] 如图1－2是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－2；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－2；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图1－2.其中真命题的个数是( )A ．3B ．2C ．1D ．0课标理数11.G2[2020·山东卷] A 【解析】 ①可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易判断②正确；③可以是放倒的圆柱，所以也正确．图1－3课标文数11.G2[2020·山东卷] 如图1－3是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3.其中真命题的个数是( )A ．3B ．2C ．1D ．0课标文数11.G2[2020·山东卷] A 【解析】 ①可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易判断②正确；③可以是放倒的圆柱，所以也正确．课标理数5.G2[2020·陕西卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则它的体积是( )图1－2A ．8－2π3B ．8－π3C ．8－2π D.2π3课标理数5.G2[2020·陕西卷] A 【解析】 分析图中所给的三视图可知，对应空间几何图形，应该是一个棱长为2的正方体中间挖去一个半径为1，高为2的圆锥，则对应体积为：V ＝2×2×2－13π×12×2＝8－23π.课标文数5.G2[2020·陕西卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则它的体积为( )图1－2A ．8－2π3B ．8－π3C ．8－2π D.2π3课标文数5.G2[2020·陕西卷] A 【解析】 主视图与左视图一样是边长为2的正方形，里面有两条虚线，俯视图是边长为2的正方形与直径为2的圆相切，其直观图为棱长为2的正方体中挖掉一个底面直径为2的圆锥，故其体积为正方体的体积与圆锥的体积之差，V正＝23＝8，V 锥＝13πr 2h ＝2π3(r ＝1，h ＝2)，故体积V ＝8－2π3，故答案为A.课标理数10.G2[2020·天津卷] 一个几何体的三视图如图1－5所示(单位：m)，则该几何体的体积为________ m 3.图1－5课标理数10.G2[2020·天津卷] 6＋π 【解析】 根据图中信息，可得该几何体为一个棱柱与一个圆锥的组合体，V ＝3×2×1＋13π×1×3＝6＋π.课标文数10.G2[2020·天津卷] 一个几何体的三视图如图1－4所示(单位：m)，则该几何体的体积为________ m 3.图1－4课标文数10.G2[2020·天津卷] 4 【解析】 根据三视图还原成直观图，可以看出，其是由两个形状一样的，底面长和宽都为1，高为2的长方体叠加而成，故其体积V ＝2×1×1＋1×1×2＝4.图1－2课标理数3.G2[2020·浙江卷] D 【解析】由正视图可排除A、B选项，由俯视图可排除C选项．课标文数7.G2[2020·浙江卷] 若某几何体的三视图如图1－1所示，则这个几何体的直观图可以是( )图1－1图1－2课标文数7.G2[2020·浙江卷] B 【解析】由正视图可排除A，C；由侧视图可判断该该几何体的直观图是B.大纲理数3.G3[2020·四川卷] l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面大纲理数3.G3[2020·四川卷] B 【解析】对于A，直线l1与l3可能异面；对于C，直线l1、l2、l3可能构成三棱柱三条侧棱所在直线时而不共面；对于D，直线l1、l2、l3相交于同一个点时不一定共面. 所以选B.课标文数19.G4，G7[2020·安徽卷] 如图1－4，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．(1)证明直线BC ∥EF ；(2)求棱锥F －OBED 的体积．图1－4课标文数19.G4，G7[2020·安徽卷] 本题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．【解答】 (1)证明：设G 是线段DA 与EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA ＝1，OD ＝2，所以OB 綊12DE ，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与FC 延长线的交点，有OC 綊12DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G 和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点．所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32.而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3.所以S OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332.过点F 作FQ ⊥DG ，交DG 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F －OBED的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.图1－4课标理数17.G4，G7[2020·安徽卷] 【解析】 本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．图1－5【解答】 (1)(综合法)证明：设G 是线段DA 与线段EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA＝1，OD ＝2，所以OB 綊12DE ，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与线段FC 延长线的交点，有OC 綊12DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B ，C 分别是GE 和GF 的中点，所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .(向量法)过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，连QE .由平面ABED ⊥平面ADFC ，知FQ ⊥平面ABED .以Q 为坐标原点，QE →为x 轴正向，QD →为y 轴正向，QF →为z 轴正向，建立如图所示空间直角坐标系．图1－6由条件知E (3，0,0)，F (0,0，3)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－32，32.则有BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，32，EF →＝(－3，0，3)．所以EF →＝2BC →，即得BC ∥EF .(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32.而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3.所以S 四边形OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332.过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F －OBED的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.课标文数17.G4[2020·北京卷]图1－4如图1－4，在四面体PABC 中，PC ⊥AB ，PA ⊥BC ，点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点．(1)求证：DE ∥平面BCP ；(2)求证：四边形DEFG 为矩形；(3)是否存在点Q ，到四面体PABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由．课标文数17.G4[2020·北京卷] 【解答】 (1)证明：因为D ，E 分别为AP ，AC 的中点，图1－5所以DE ∥PC .又因为DE ⊄平面BCP ，PC ⊂平面BCP ， 所以DE ∥平面BCP .(2)因为D 、E 、F 、G 分别为AP 、AC 、BC 、PB 的中点， 所以DE ∥PC ∥FG ， DG ∥AB ∥EF ，所以四边形DEFG 为平行四边形． 又因为PC ⊥AB ， 所以DE ⊥DG ，所以平行四边形DEFG 为矩形．(3)存在点Q 满足条件，理由如下： 连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点．由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG .分别取PC 、AB 的中点M ，N ，连接ME 、EN 、NG 、MG 、MN .与(2)同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ，且QM ＝QN ＝12EG .所以Q 为满足条件的点．图1－3课标文数15.G4[2020·福建卷] 如图1－3，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．课标文数15.G4[2020·福建卷] 2 【解析】 ∵ EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ABCD ，平面ABCD ∩平面AB 1C ＝AC ，∴EF ∥AC ，又∵E 是AD 的中点，∴F 是CD 的中点，即EF 是△ACD 的中位线，∴EF ＝12AC ＝12×22＝ 2.课标数学16.G4，G5[2020·江苏卷] 如图1－2，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．图1－2求证：(1)直线EF ∥平面PCD ； (2)平面BEF ⊥平面PAD .课标数学16.G4，G5[2020·江苏卷] 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．【解答】 证明：(1)在△PAD 中，因为E ，F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF ∥PD .又因为EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，图1－3所以直线EF ∥平面PCD .(2)连结BD ，因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形，因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD .因为平面PAD ⊥平面ABCD ，BF ⊂平面ABCD ， 平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BF ⊥平面PAD . 又因为BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面PAD .课标文数4.G4[2020·浙江卷] 若直线l 不平行于平面α，且l ⊄α，则( ) A ．α内的所有直线与l 异面 B ．α内不存在与l 平行的直线 C ．α内存在唯一的直线与l 平行 D ．α内的直线与l 都相交课标文数4.G4[2020·浙江卷] B 【解析】 在α内存在直线与l 相交，所以A 不正确；若α内存在直线与l 平行，又∵l ⊄α，则有l ∥α，与题设相矛盾，∴B 正确，C 不正确；在α内不过l 与α交点的直线与l 异面，D 不正确．图1－6课标理数16.G5，G11[2020·北京卷] 如图1－6，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)若PA ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值； (3)当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求PA 的长．课标理数16.G5，G11[2020·北京卷] 【解答】 (1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .又因为PA ⊥平面ABCD ， 所以PA ⊥BD ，所以BD ⊥平面PAC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，PA ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，OB 、OC 所在直线及点O 所在且与PA 平行的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)．图1－7所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0,23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64. (3)由(2)知BC →＝(－1，3，0)． 设P (0，－3，t )(t ＞0)， 则BP →＝(－1，－3，t )．设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则BC →·m ＝0，BP →·m ＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0，令y ＝3，则x ＝3，z ＝6t， 所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，3，6t .同理，可求得平面PDC 的法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，3，6t .因为平面PBC ⊥平面PDC ，所以m ·n ＝0，即－6＋36t2＝0.解得t ＝ 6.所以当平面PBC 与平面PDC 垂直时，PA ＝ 6.大纲理数6.G5、G11[2020·全国卷] 已知直二面角α－l －β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足．点B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足．若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则D 到平面ABC 的距离等于( )A.23B.33C.63D ．1 大纲理数6.G5、G11[2020·全国卷] C 【解析】 ∵α⊥β，AC ⊥l ，∴AC ⊥β，则平面ABC ⊥β，在平面β内过D 作DE ⊥BC ，则DE ⊥平面ABC ，DE 即为D 到平面ABC 的距离，在△DBC 中，运用等面积法得DE ＝63，故选C.大纲理数19.G5，G11[2020·全国卷] 如图1－1，四棱锥S －ABCD 中，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形．AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成的角的大小．图1－1大纲理数19.G5，G11[2020·全国卷] 【解答】 解法一：(1)取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2.图1－2连结SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝ 3.又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2， 所以∠DSE 为直角． 由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，DE ∩SE ＝E ，得AB ⊥平面SDE ，所以AB ⊥SD . SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直． 所以SD ⊥平面SAB .(2)由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE . 作SF ⊥DE ，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ×SE DE ＝32. 作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1. 连结SG ，则SG ⊥BC . 又BC ⊥FG ，SG ∩FG ＝G ，故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG . 作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .FH ＝SF ×FG SG ＝37，即F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，故E 到平面SBC 的距离d 也为217. 设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB ＝217，α＝arcsin 217.解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图1－3所示的空间直角坐标系C －xyz .图1－3设D (1,0,0)，则A (2,2,0)，B (0,2,0)． 又设S (x ，y ，z )， 则x >0，y >0，z >0. (1)AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )，DS →＝(x －1，y ，z )， 由|AS →|＝|BS →|得x －22＋y －22＋z 2＝x 2＋y －22＋z 2， 故x ＝1， 由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1，又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4，即y 2＋z 2－4y ＋1＝0，故y ＝12，z ＝32.于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，32，AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，32，BS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32，DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0.故DS ⊥AS ，DS ⊥BS ，又AS ∩BS ＝S ， 所以SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0.又BS →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，32，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．又AB →＝(－2,0,0)，所以cos 〈AB →，a 〉＝AB →·a |AB →|·|a |＝217.故AB 与平面SBC 所成的角为arcsin 217.大纲文数8.G5[2020·全国卷] 已知直二面角α－l －β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足，点B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足．若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则CD ＝( )A ．2 B. 3 C. 2 D ．1 大纲文数8.G5[2020·全国卷] C 【解析】 ∵α⊥β，AC ⊥l ，∴AC ⊥β，则AC ⊥CB ，∵AB ＝2，AC ＝1，可得BC ＝3，又BD ⊥l ，BD ＝1，∴CD ＝2，故选C.大纲文数20.G5，G11[2020·全国卷] 如图1－1，四棱锥S －ABCD 中，图1－1AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形．AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1. (1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成的角的大小．大纲文数20.G5，G11[2020·全国卷] 【解答】 解法一：(1)取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2.图1－2连结SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝ 3.又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2， 所以∠DSE 为直角．由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，DE ∩SE ＝E ，得AB ⊥平面SDE ，所以AB ⊥SD . SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直． 所以SD ⊥平面SAB .(2)由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE . 作SF ⊥DE ，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ×SE DE ＝32.作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1. 连结SG ，则SG ⊥BC . 又BC ⊥FG ，SG ∩FG ＝G ，故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG . 作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .FH ＝SF ×FG SG ＝37，即F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，故E 到平面SBC 的距离d 也为217. 设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB＝217，α＝arcsin 217. 解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图1－3所示的空间直角坐标系C －xyz .图1－3设D (1,0,0)，则A (2,2,0)，B (0,2,0)． 又设S (x ，y ，z )，则x >0，y >0，z >0. (1)AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )，DS →＝(x －1，y ，z )， 由|AS →|＝|BS →|得x －22＋y －22＋z 2＝x 2＋y －22＋z 2， 故x ＝1， 由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1，又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4，即y 2＋z 2－4y ＋1＝0，故y ＝12，z ＝32.于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，32，AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，32，BS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32，DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0.故DS ⊥AS ，DS ⊥BS ，又AS ∩BS ＝S ， 所以SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0.又BS →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，32，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．又AB →＝(－2,0,0)，所以cos 〈AB →，a 〉＝AB →·a |AB →|·|a |＝217.故AB 与平面SBC 所成的角为arcsin217.课标理数20.G5，G10，G11[2020·福建卷] 如图1－7，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中，图1－7AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°. (1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ； (2)设AB ＝AP .①若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长；②在线段AD 上是否存在一个点G ，使得点G 到P 、B 、C 、D 的距离都相等？说明理由． 课标理数20.G5，G10，G11 [2020·福建卷] 【解答】图1－8(1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ， AB ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AB .又AB ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .图1－9(2)①以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A －xyz (如图1－9)． 在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ， 则CE ⊥AD .在Rt △CDE 中，DE ＝CD ·cos45°＝1， CE ＝CD ·sin45°＝1.设AB ＝AP ＝t ，则B (t,0,0)，P (0,0，t )． 由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，所以E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)， CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由n ⊥CD →，n ⊥PD →，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0.4－t y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )． 又PB →＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得c os60°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·P B →|n |·|PB →|， 即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋4－t 2·2t 2＝12. 解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t >0)，所以AB ＝45.则GC →＝(1,3－t －m,0)，GD →＝(0,4－t －m,0)，GP →＝(0，－m ，t )．由|GC →|＝|GD →|得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2， 即t ＝3－m ；① 由|GD →|＝|GP →|得(4－t －m )2＝m 2＋t 2.②由①、②消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0.③由于方程③没有实数根，所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P 、C 、D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等． 法二：假设在线段AD 上存在一个点G ，使得点G 到点P 、B 、C 、D 的距离都相等． 由GC ＝GD ，得∠GCD ＝∠GDC ＝45°，图1－12从而∠CGD ＝90°，即CG ⊥AD . 所以GD ＝CD ·cos45°＝1.设AB ＝λ，则AD ＝4－λ，AG ＝AD －GD ＝3－λ. 在Rt △ABG 中， GB ＝AB 2＋AG 2＝λ2＋3－λ2＝2⎝⎛⎭⎪⎫λ－322＋92>1.这与GB ＝GD 矛盾．所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点B 、C 、D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．课标理数18.G5，G10[2020·广东卷] 如图1－3，在锥体P －ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠DAB ＝60°，PA ＝PD ＝2，PB ＝2，E ，F 分别是BC ，PC 的中点．(1)证明：AD ⊥平面DEF ；(2)求二面角P －AD －B 的余弦值．图1－3课标理数18.G5，G10[2020·广东卷] 【解答】 法一：(1)证明：设AD 中点为G ，连接PG ，BG ，BD .图1－1因PA ＝PD ，有PG ⊥AD ，在△ABD 中，AB ＝AD ＝1，∠DAB ＝60°，有△ABD 为等边三角形，因此BG ⊥AD ，BG ∩PG ＝G ，所以AD ⊥平面PBG ，所以AD ⊥PB ，AD ⊥GB .又PB ∥EF ，得AD ⊥EF ，而DE ∥GB 得AD ⊥DE ，又FE ∩DE ＝E ，所以AD ⊥平面DEF . (2)∵PG ⊥AD ，BG ⊥AD ，∴∠PGB 为二面角P －AD －B 的平面角．在Rt △PAG 中，PG 2＝PA 2－AG 2＝74，在Rt △ABG 中，BG ＝AB ·sin60°＝32， ∴cos ∠PGB ＝PG 2＋BG 2－PB 22PG ·BG＝74＋34－42·72·32＝－217. 法二：(1)证明：设AD 中点为G ，因为PA ＝PD ，所以PG ⊥AD ， 又AB ＝AD ，∠DAB ＝60°，所以△ABD 为等边三角形，因此，BG ⊥AD ，从而AD ⊥平面PBG . 延长BG 到O 且使PO ⊥OB ，又PO ⊂平面PBG ，所以PO ⊥AD ，又AD ∩OB ＝G ，所以PO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB ，OP 分别为x 轴，z 轴，平行于AD 的直线为y 轴，建立如图1－2所示的空间直角坐标系．设P (0,0，m )，G (n,0,0)，则A ⎝⎛⎭⎪⎫n ，－12，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，12，0.图1－2∵|GB →|＝|AB →|sin60°＝32，∴B ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋32，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋32，1，0，E ⎝⎛⎭⎪⎫n ＋32，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋34，12，m 2. ∴AD →＝(0,1,0)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，FE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋34，0，－m 2，∴AD →·DE →＝0，AD →·FE →＝0， ∴AD ⊥DE ，AD ⊥FE ，又DE ∩FE ＝E ，∴AD ⊥平面DEF .(2)∵PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，－12，－m ，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋32，0，－m ， ∴m 2＋n 2＋14＝2，⎝⎛⎭⎪⎫n ＋322＋m 2＝2，解得m ＝1，n ＝32. 取平面ABD 的法向量n 1＝(0,0，－1)， 设平面PAD 的法向量n 2＝(a ，b ，c )，由PA →·n 2＝0，得32a －b 2－c ＝0，由PD →·n 2＝0，得32a ＋b 2－c ＝0，故取n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，32.∴cos〈n1，n2〉＝－32 1·74＝－217.即二面角P－AD－B的余弦值为－217.课标理数18.G5，G11[2020·湖北卷] 如图1－4，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tanθ的最小值．图1－4课标理数18.G5，G11[2020·湖北卷] 【解答】解法1：过E作EN⊥AC于N，连结EF.(1)如图①，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知，底面ABC⊥侧面A1C，又底面ABC∩侧面A1C＝AC，且EN⊂底面ABC，所以EN⊥侧面A1C，NF为EF在侧面A1C 内的射影，在Rt△CNE中，CN＝CE co s60°＝1，则由CFCC1＝CNCA＝14，得NF∥AC1.又AC1⊥A1C，故NF⊥A1C，由三垂线定理知EF⊥A1C.(2)如图②，连结AF，过N作NM⊥AF于M，连结ME，由(1)知EN⊥侧面A1C，根据三垂线定理得EM⊥AF，所以∠EMN是二面角C－AF－E的平面角，即∠EMN＝θ，设∠FAC＝α，则0°<α≤45°.在Rt△CNE中，NE＝EC·sin60°＝3，在Rt△AMN中，MN＝AN·sinα＝3sinα，故tanθ＝NEMN＝33sinα.又0°<α≤45°，∴0<sinα≤22，故当sinα＝22，即当α＝45°时，tanθ达到最小值，tanθ＝33×2＝63，此时F与C1重合．解法2：(1)建立如图③所示的空间直角坐标系，则由已知可得A(0,0,0)，B(23，2,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)，于是CA 1→＝(0，－4,4)，EF →＝(－3，1,1)， 则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0，故EF ⊥A 1C .(2)设CF ＝λ(0<λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由(1)得F (0,4，λ)，AE →＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →可得⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0，取m ＝(3λ，－λ，4)，又由直三棱柱的性质可取侧面A 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n||m|·|n|＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2， 由0<λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63， 故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值63.图1－2课标文数18.G5，G11[2020·湖北卷] 如图1－2，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为32，点E 在侧棱AA 1上，点F 在侧棱BB 1上，且AE ＝22，BF ＝ 2.(1)求证：CF ⊥C 1E ；(2)求二面角E －CF －C 1的大小．课标文数18.G5，G11[2020·湖北卷]【解答】 解法1：(1)证明：由已知可得CC 1＝32，CE ＝C 1F ＝22＋222＝23，EF ＝C 1E ＝22＋22＝ 6.于是有EF 2＋C 1E 2＝C 1F 2，CE 2＋C 1E 2＝CC 21. 所以C 1E ⊥EF ，C 1E ⊥CE .又EF ∩CE ＝E ，所以C 1E ⊥平面CEF . 又CF ⊂平面CEF ，故CF ⊥C 1E .(2)在△CEF 中，由(1)可得EF ＝CF ＝6，CE ＝23，于是有EF 2＋CF 2＝CE 2，所以CF ⊥EF . 又由(1)知CF ⊥C 1E ，且EF ∩C 1E ＝E ， 所以CF ⊥平面C 1EF .又C 1F ⊂平面C 1EF ，故CF ⊥C 1F .于是∠EFC 1即为二面角E －CF －C 1的平面角．由(1)知△C 1EF 是等腰直角三角形，所以∠EFC 1＝45°，即所求二面角E －CF －C 1的大小为45°图1－3解法2：建立如图1－3所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (3，1,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,32)，E (0,0,22)，F (3，1，2)．(1)C 1E →＝(0，－2，－2)，CF →＝(3，－1，2)， ∴C 1E →·CF →＝0＋2－2＝0， ∴CF ⊥C 1E . (2)CE →＝(0，－2,22)，设平面CEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )． 由m ⊥CE →，m ⊥CF →，得⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CF →＝0，即⎩⎨⎧－2y ＋22z ＝0，3x －y ＋2z ＝0，可取m ＝(0，2，1)．设侧面BC 1的一个法向量为n ，由n ⊥CB →，n ⊥CC 1→，及CB →＝(3，－1,0)，CC 1→＝(0,0,32)，可取n ＝(1，3，0)，设二面角E －CF －C 1的大小为θ，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n ||m ||n |＝63×2＝22，所以θ＝45°，即所求二面角E －CF －C 1的大小为45°.图1－6课标理数19.G5，G11[2020·湖南卷] 如图1－6，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，C 是AB 的中点，D 为AC 的中点．(1)证明：平面POD ⊥平面PAC ； (2)求二面角B －PA －C 的余弦值．课标理数19.G5，G11[2020·湖南卷] 【解答】 解法一：(1)连结OC ，因为OA ＝OC ，D 是AC 的中点，所以AC ⊥OD .图1－7又PO ⊥底面⊙O ，AC ⊂底面⊙O ，所以AC ⊥PO .因为OD ，PO 是平面POD 内的两条相交直线，所以AC ⊥平面POD ，而AC ⊂平面PAC ，所以平面POD ⊥平面PAC .(2)在平面POD 中，过O 作OH ⊥PD 于H ，由(1)知，平面POD ⊥平面PAC ，所以OH ⊥平面PAC . 又PA ⊂面PAC ，所以PA ⊥OH .在平面PAO 中，过O 作OG ⊥PA 于G ，连结HG ，则有PA ⊥平面OGH .从而PA ⊥HG . 故∠OGH 为二面角B －PA －C 的平面角．在Rt △ODA 中，OD ＝OA ·sin45°＝22.在Rt △POD 中，OH ＝PO ·ODPO 2＋OD 2＝2×222＋12＝105.在Rt △POA 中，OG ＝PO ·OA PO 2＋OA 2＝2×12＋1＝63.在Rt △OHG 中，sin ∠OGH ＝OH OG ＝10563＝155. 所以cos ∠OGH ＝1－sin 2∠OGH ＝1－1525＝105. 故二面角B －PA －C 的余弦值为105. 解法二：(1)如图1－8所示，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．则图1－8O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0，2)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面POD 的一个法向量，则由n 1·OD →＝0，n 1·OP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－12x 1＋12y 1＝0，2z 1＝0.所以z 1＝0，x 1＝y 1.取y 1＝1，得n 1＝(1,1,0)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAC 的一个法向量，则由n 2·PA →＝0，n 2·PC →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－2z 2＝0，y 2－2z 2＝0.所以x 2＝－2z 2，y 2＝2z 2，取z 2＝1，得n 2＝(－2，2，1)．因为n 1·n 2＝(1,1,0)·(－2，2，1)＝0，所以n 1⊥n 2.从而平面POD ⊥平面PAC . (2)因为y 轴⊥平面PAB ，所以平面PAB 的一个法向量为n 3＝(0,1,0)．由(1)知，平面PAC 的一个法向量为n 2＝(－2，2，1)．设向量n 2和n 3的夹角为θ，则cos θ＝n 2·n 3|n 2|·|n 3|＝25＝105.由图可知，二面角B －PA －C 的平面角与θ相等，所以二面角B －PA －C 的余弦值为105.课标文数19.G5，G11[2020·湖南卷] 如图1－5，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，点C 在AB 上，且∠CAB ＝30°，D 为AC 的中点．(1)证明：AC ⊥平面POD ；(2)求直线OC 和平面PAC 所成角的正弦值．图1－5课标文数19.G5，G11[2020·湖南卷] 【解答】 (1)因为OA ＝OC ，D 是AC 的中点，所以AC ⊥OD . 又PO ⊥底面⊙O ，AC ⊂底面⊙O ，所以AC ⊥PO . 而OD ，PO 是平面POD 内的两条相交直线， 所以AC ⊥平面POD .(2)由(1)知，AC ⊥平面POD ，又AC ⊂平面PAC ， 所以平面POD ⊥平面PAC .在平面POD 中，过O 作OH ⊥PD 于H ，则OH ⊥平面PAC .图1－6连结CH ，则CH 是OC 在平面PAC 上的射影， 所以∠OCH 是直线OC 和平面PAC 所成的角．在Rt △ODA 中，OD ＝OA ·sin30°＝12.在Rt △POD 中，OH ＝PO ·OD PO 2＋OD 2＝2×122＋14＝23.在Rt △OHC 中，sin ∠OCH ＝OH OC ＝23. 故直线OC 和平面PAC 所成角的正弦值为23.图1－9课标理数18.G5，G10，G11[2020·课标全国卷] 如图1－9，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD .(1)证明：PA ⊥BD ；(2)若PD ＝AD ，求二面角A －PB －C 的余弦值．课标理数18.G5，G10，G11[2020·课标全国卷] 【解答】 (1)因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，由余弦定理得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD . 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD ， 所以BD ⊥平面PAD .故PA ⊥BD .图1－10(2)如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，DA 、DB 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)，P (0,0,1)， AB →＝(－1，3，0)，PB →＝(0，3，－1)，BC →＝(－1,0,0)．设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，3y －z ＝0.因此可取n ＝(3，1，3)．设平面PBC 的法向量为m ，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝0，m ·BC →＝0，可取m ＝(0，－1，－3)．cos 〈m ，n 〉＝－427＝－277.故二面角A －PB －C 的余弦值为－277.图1－8课标文数18.G5，G11[2020·课标全国卷] 如图1－8，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD .(1)证明：PA ⊥BD ；(2)设PD ＝AD ＝1，求棱锥D －PBC 的高．课标文数18.G5，G11[2020·课标全国卷] 【解答】 (1)证明：因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，由余弦定理得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD . 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD ， 所以BD ⊥平面PAD ，故PA ⊥BD . (2)如图，作DE ⊥PB ，垂足为E . 已知PD ⊥底面ABCD ，则PD ⊥BC .由(1)知BD ⊥AD ，又BC ∥AD ，所以BC ⊥BD.图1－9故BC ⊥平面PBD ，BC ⊥DE . 则DE ⊥平面PBC .由题设知PD ＝1，则BD ＝3，PB ＝2.根据DE ·PB ＝PD ·BD 得DE ＝32.即棱锥D －PBC 的高为32. 课标理数16.G5，G9[2020·陕西卷] 如图1－6，在△ABC 中，∠ABC ＝60°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.图1－6(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC；(2)设E 为BC 的中点，求AE →与DB →夹角的余弦值．课标理数16.F2[2020·陕西卷] 【解答】 (1)∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB . 又DB ∩DC ＝D ， ∴AD ⊥平面BDC ， ∵AD 平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BDC .cos 〈AE →，DB →〉＝AE →·DB →|AE →|·|DB →|＝121×224＝2222.课标文数16.G5[2020·陕西卷] 如图1－8，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；(2)若BD ＝1，求三棱锥D －ABC 的表面积．图1－8课标文数16.G5[2020·陕西卷] 【解答】 (1)∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB . 又DB ∩DC ＝D . ∴AD ⊥平面BDC . ∵AD 平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BDC .(2)由(1)知，DA ⊥DB ，DB ⊥DC ，DC ⊥DA ， DB ＝DA ＝DC ＝1. ∴AB ＝BC ＝CA ＝ 2.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12.S △ABC ＝12×2×2×sin60°＝32. ∴表面积S ＝12×3＋32＝3＋32.课标数学16.G4，G5[2020·江苏卷] 如图1－2，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．图1－2求证：(1)直线EF ∥平面PCD ； (2)平面BEF ⊥平面PAD .课标数学16.G4，G5[2020·江苏卷] 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．【解答】 证明：(1)在△PAD 中，因为E ，F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF ∥PD .又因为EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，图1－3所以直线EF ∥平面PCD .(2)连结BD，因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形，因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD.又因为BF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.大纲文数6.G5[2020·四川卷] l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面大纲文数6.G5[2020·四川卷] B 【解析】对于A，直线l1与l3可能异面；对于C，直线l1、l2、l3可能构成三棱柱三条侧棱所在直线而不共面；对于D，直线l1、l2、l3相交于同一个点时不一定共面. 所以选B.课标理数4.G5[2020·浙江卷] 下列命题中错误．．的是( )A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β课标理数4.G5[2020·浙江卷] D 【解析】若面α⊥面β，在面α内与面β的交线不相交的直线平行于平面β，故A正确；B中若α内存在直线垂直平面β，则α⊥β，与题设矛盾，所以B正确；由面面垂直的性质知选项C正确．由A正确可推出D错误．课标文数19.G4，G7[2020·安徽卷] 如图1－4，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．(1)证明直线BC ∥EF ；(2)求棱锥F －OBED 的体积．图1－4课标文数19.G4，G7[2020·安徽卷] 本题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．【解答】 (1)证明：设G 是线段DA 与EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA ＝1，OD ＝2，所以OB 綊12DE ，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与FC 延长线的交点，有OC 綊12DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G 和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点．所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32.而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3.所以S OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332.过点F 作FQ ⊥DG ，交DG 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F －OBED的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.课标理数17.G4，G7[2020·安徽卷]如图1－4，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．(1)证明直线BC ∥EF ；(2)求棱锥F －OBED 的体积．图1－4课标理数17.G4，G7[2020·安徽卷] 【解析】 本题考查空间直线与直线，直线与平面、。
高考数学的立体几何多选题及答案
高考数学的立体几何多选题及答案一、立体几何多选题1．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12AC BC AA ===，90ACB ∠=︒，D ，E ，F分别为AC ，1AA ，AB 的中点．则下列结论正确的是（ ）A ．1AC 与EF 相交B ．11//BC 平面DEF C ．EF 与1AC 所成的角为90︒D ．点1B 到平面DEF 的距离为322【答案】BCD 【分析】利用异面直线的位置关系，线面平行的判定方法，利用空间直角坐标系异面直线所成角和点到面的距离，对各个选项逐一判断． 【详解】对选项A ，由图知1AC ⊂平面11ACC A ，EF 平面11ACC A E =，且1.E AC ∉由异面直线的定义可知1AC 与EF 异面，故A 错误；对于选项B ，在直三棱柱111ABC A B C -中，11B C //BC ．D ，F 分别是AC ，AB 的中点， //∴FD BC ，11B C ∴ //FD ．又11B C ⊄平面DEF ，DF ⊂平面DEF ，11B C ∴ //平面.DEF 故B 正确；对于选项C ，由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0C ，0，0)，(2A ，0，0)，(0B ，2，0)，1(2A ，0，2)，1(0B ，2，2)，1(0C ，0，2)，(1D ，0，0)，(2E ，0，1)，(1F ，1，0)．(1EF ∴=-，1，1)-，1(2AC =-，0，2)． 1·2020EF AC =+-=，1EF AC ∴⊥，1EF AC ∴⊥． EF 与1AC 所成的角为90︒，故C 正确；对于选项D ，设向量(n x =，y ，)z 是平面DEF 的一个法向量． (1DE =，0，1)，(0DF =，1，0)， ∴由n DE n DF ⎧⊥⎨⊥⎩，，，即·0·0n DE n DF ⎧=⎨=⎩，，，得00.x z y +=⎧⎨=⎩，取1x =，则1z =-，(1n ∴=，0，1)-， 设点1B 到平面DEF 的距离为d ． 又1(1DB =-，2，2)，1·102DB n d n-+∴===， ∴点1B 到平面DEF 的距离为2，故D 正确．故选：BCD 【点睛】本题主要考查异面直线的位置关系，线面平行的判定，异面直线所成角以及点到面的距离，还考查思维能力及综合分析能力，属难题．2．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD 【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -22222262213⎛⎫--⨯ ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.3．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E ，F 在平面1111D C B A 内，若||5AE =，AC DF ⊥，则（ ）A ．点E 的轨迹是一个圆B ．点F 的轨迹是一个圆C ．EF 21-D ．AE 与平面1A BD 21530+【答案】ACD 【分析】对于A 、B 、C 、D 四个选项，需要对各个选项一一验证. 选项A ：由2211||5AE AA A E =+=1||1A E =，分析得E 的轨迹为圆；选项B ：由AC DBF ⊥，而点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，； 选项C ：由E 的轨迹为圆，F 的轨迹为线段11B D ，可分析得min ||EF d r =-； 选项D ：建立空间直角坐标系，用向量法求最值. 【详解】 对于A:2211||5AE AA A E =+=221|25A E +=1||1A E =，即点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上；故A 正确；对于B: 正方体1111ABCD A B C D -中，AC ⊥BD ，又AC DF ⊥，且BD ∩DF=D ，所以AC DBF ⊥，所以点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，故B 错误；对于C:在平面1111D C B A 内，1A 到直线11B D 的距离为2,d =当点E ，F 落在11A C 上时，min ||21EF =-；故C 正确； 对于D:建立如图示的坐标系，则()()()()10,0,0,2,0,0,0,0,2,0,2,0A B A D因为点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上，可设()cos ,sin ,2E θθ 所以()()()1cos ,sin ,2,2,0,2,2,2,0,AE A B BD θθ==-=-设平面1A BD 的法向量(),,n x y z =，则有1·220·220n BD x y n A B x z ⎧=-+=⎪⎨=-=⎪⎩不妨令x =1，则()1,1,1n =， 设AE 与平面1A BD 所成角为α，则：22|||sin |cos ,|||||5315n AE n AE n AE πθα⎛⎫++ ⎪⎝⎭====⨯⨯当且仅当4πθ=时，sin α有最大值222153015++=， 故D 正确 故选：CD 【点睛】多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．4．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 内（含边界）一点．（ ） A ．若13A P =，则满足条件的P 点有且只有一个 B ．若12A P =，则点P 的轨迹是一段圆弧 C ．若1//A P 平面11B D C ，则1A P 长的最小值为2D ．若12A P =且1//A P 平面11B DC ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面的面积为23π【答案】ABD 【分析】选项A ，B 可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD 上，1A P 长的最大值为2；结合以上条件点P 与B 或D 重合，利用12sin 60A P r =︒，求出63r =，进而求出面积. 【详解】对A 选项，如下图：由13A P =，知点P 在以1A 为球心，半径为3的球上，又因为P 在底面ABCD 内（含边界），底面截球可得一个小圆，由1A A ⊥底面ABCD ，知点P 的轨迹是在底面上以A 为圆心的小圆圆弧，半径为22112r A P A A =-=，则只有唯一一点C满足，故A 正确；对B 选项，同理可得点P 在以A 为圆心，半径为22111r A P A A =-=的小圆圆弧上，在底面ABCD 内（含边界）中，可得点P 轨迹为四分之一圆弧BD .故B 正确；对C 选项，移动点P 可得两相交的动直线与平面11B D C 平行，则点P 必在过1A 且与平面11B D C 平行的平面内，由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD上，则1A P 长的最大值为12A B =，则C 不正确； 对选项D ，由以上推理可知，点P 既在以A 为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD 上，即与B 或D 重合，不妨取点B ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面为11A BC 的外接圆，利用2126622,,sin 60333A B r r S r ππ==∴=∴==︒.故D 正确.故选：ABD 【点睛】（1）平面截球所得截面为圆面，且满足222=R r d +（其中R 为球半径，r 为小圆半径，d 为球心到小圆距离）；（2）过定点A 的动直线平行一平面α，则这些动直线都在过A 且与α平行的平面内.5．在三棱锥M ABC -中，下列命题正确的是（ ） A ．若1233AD AB AC =+，则3BC BD = B ．若G 为ABC 的重心，则111333MG MA MB MC =++ C ．若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MB AC ⋅=D ．若三棱锥M ABC -的棱长都为2，P ，Q 分别为MA ，BC 中点，则2PQ = 【答案】BC 【分析】作出三棱锥M ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得.【详解】对于A ，由已知12322233AD AB AC AD AC AB AD AC AB AD =+⇒=+⇒-=-，即2CD DB =，则32BD BD DC BC =+=，故A 错误； 对于B ，由G 为ABC 的重心，得0GA GB GC ++=，又MG MA AG =+，MG MB BG =+，MG MC CG =+，3MA MB MC MG ∴++=，即111333MG MA MB MC =++，故B 正确；对于C ，若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MC MA BC AB ⋅+⋅=，即()00MA BC AC CB MA BC AC C MC C M B M C ⋅++=⇒⋅++⋅⋅=⋅()00MA BC A MC MC MC MC C BC MA BC AC ⋅⋅⋅⇒⋅+-=⇒-+=⋅()000MC M CA BC AC AC CB AC CB AC C MC ⇒+=⇒+=⇒+=⋅⋅⋅⋅⋅，即0MB AC ⋅=，故C 正确；对于D ，111()()222PQ MQ MP MB MC MA MB MC MA ∴=-=+-=+- ()21122PQ MB MC MA MB MC MA ∴=+-=+-，又()2222222MB MC MA MB MC MA MB MC MB MA MC MA+-=+++⋅-⋅-⋅2221112222222222228222=+++⨯⨯⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=，1822PQ ∴==，故D 错误. 故选：BC 【点睛】关键点睛：本题考查向量的运算，用已知向量表示某一向量的三个关键点： (1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量． (3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．6．在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =12AD AA ==，P 、Q 、R 分别是AB 、1BB 、1A C 上的动点，下列结论正确的是（ ）A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥C ．当1AR A C ⊥时，1ARD R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABCD 【分析】本题先建立空间直角坐标系，再运用空间向量在立体几何中的应用逐一判断即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设(2,,0)P a，0a ⎡∈⎣，(2,)Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到(22,,22)R λλ--，[]0,1λ∈. 1(2,,2)D P a =-，(2,0,)CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；1(22,2)D R λλ=--，12(22)2D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确；1AR A C ⊥，则1(2,22)(2)412440AR AC λλλλλ⋅=--⋅--=+-+=，解得：15λ=，此时12282()()05555AR D R ---⋅=⋅=，1AR D R ⊥，C 正确；113AC A R =，则44()33R，142()33D R =-，设平面1BDC 的法向量为(,,)n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(3,n =-，故10n D R ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确.故选：ABCD.【点睛】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，是偏难题.7．已知直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==，D 是AC 的中点，O 为1A C 的中点.点P 是1BC 上的动点，则下列说法正确的是（ ）A ．当点P 运动到1BC 中点时，直线1A P 与平面111ABC 5 B ．无论点P 在1BC 上怎么运动，都有11A P OB ⊥C ．当点P 运动到1BC 中点时，才有1A P 与1OB 相交于一点，记为Q ，且113PQ QA = D ．无论点P 在1BC 上怎么运动，直线1A P 与AB 所成角都不可能是30° 【答案】ABD 【分析】构造线面角1PA E ∠，由已知线段的等量关系求1tan EPPA E AE∠=的值即可判断A 的正误；利用线面垂直的性质，可证明11A P OB ⊥即可知B 的正误；由中位线的性质有112PQ QA =可知C 的正误；由直线的平行关系构造线线角为11B A P ∠，结合动点P 分析角度范围即可知D 的正误 【详解】直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==选项A 中，当点P 运动到1BC 中点时，有E 为11B C 的中点，连接1A E 、EP ，如下图示即有EP ⊥面111A B C∴直线1A P 与平面111A B C 所成的角的正切值：1tan EPPA E AE∠= ∵112EP BB =，22111152AE A B B E BB =+= ∴15tan PA E ∠=，故A 正确选项B 中，连接1B C ，与1BC 交于E ，并连接1A B ，如下图示由题意知，11B BCC 为正方形，即有11B C BC ⊥而AB BC ⊥且111ABC A B C -为直三棱柱，有11A B ⊥面11B BCC ，1BC ⊂面11B BCC ∴111A B BC ⊥，又1111A B B C B =∴1BC ⊥面11A B C ，1OB ⊂面11A B C ，故11BC OB ⊥ 同理可证：11A B OB ⊥，又11A B BC B ⋂=∴1OB ⊥面11A BC ，又1A P ⊂面11A BC ，即有11A P OB ⊥，故B 正确选项C 中，点P 运动到1BC 中点时，即在△11A B C 中1A P 、1OB 均为中位线∴Q为中位线的交点∴根据中位线的性质有：112PQQA=，故C错误选项D中，由于11//A B AB，直线1A P与AB所成角即为11A B与1A P所成角：11B A P∠结合下图分析知：点P在1BC上运动时当P在B或1C上时，11B A P∠最大为45°当P在1BC中点上时，11B A P∠最小为23arctan30>=︒∴11B A P∠不可能是30°，故D正确故选：ABD【点睛】本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小8．如图，正方体1111ABCD A B C D-的棱长为1，线段11B D上有两个动点E，F，且2EF=则下列结论正确的是（）A ．三棱锥A BEF -的体积为定值B ．当E 向1D 运动时，二面角A EF B --逐渐变小C ．EF 在平面11ABB A 内的射影长为12D ．当E 与1D 重合时，异面直线AE 与BF 所成的角为π4【答案】AC 【分析】对选项分别作图，研究计算可得. 【详解】选项A:连接BD ,由正方体性质知11BDD B 是矩形，1112212224BEF S EF BB ∆∴=⋅=⨯=连接AO 交BD 于点O由正方体性质知AO ⊥平面11BDD B ,所以，AO 是点A 到平面11BDD B 的距离，即22AO =112213312A BEF BEF V S AO -∆∴=⨯==A BEF V -∴是定值.选项B:连接11A C 与11B D 交于点M ，连接11,AD AB ， 由正方体性质知11AD AB =,M 是11B D 中点，AM EF ∴⊥ ,又1BB EF ⊥,11//BB AAA EFB ∴--的大小即为AM 与1AA 所成的角，在直角三角形1AA M 中，12tan 2MAA ∠=为定值. 选项C:如图，作1111,,,FH A B EG A B ET EG ⊥⊥⊥ 在直角三角形EFT 中，221cos 452FT EF =⨯=⨯=12HG FT ∴== 选项D:当E 与1D 重合时，F 与M 重合，连接AC 与BD 交于点R ，连接1D R ,1//D R BM 异面直线AE 与BF 所成的角,即为异面直线1AD 与1D R 所成的角, 在三角形1AD R 中，22111132,2AD D R MB BB M B ===+=2AR =由余弦定理得13cos AD R ∠= 故选：AC 【点睛】本题考查空间几何体性质问题.求解思路：关键是弄清(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．求空间几何体体积的思路：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法；若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.9．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,2,AB BC AA P ===是1A B 上的一动点，则下列选项正确的是( )A ．DP 35B ．DP 5C ．1AP PC +6D ．1AP PC +170【答案】AD 【分析】DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高即可；旋转11A BC 所在平面到平面11ABB A ，1AP PC +的最小值转化为求AC '即可.【详解】求DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高，易知115,2A B A D BD ===，所以1A B 边上的高为355h =111,AC BC ，得11A BC ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，则AC '即为所求的最小值，易知11122,2,cos AA AC AAC ''==∠=， 所以217042222()105AC '=+-⨯⨯⨯-=.故选：AD. 【点睛】本题考查利用旋转求解线段最小值问题.求解翻折、旋转问题的关键是弄清原有的性质变化与否， (1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，翻折、旋转前后应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．10．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为2，则（）A．BF⊥平面EABB．该二十四等边体的体积为20 3C．该二十四等边体外接球的表面积为8πD．PN与平面EBFN所成角的正弦值为2 2【答案】BCD【分析】A用反证法判断；B先补齐八个角成正方体，再计算体积判断；C先找到球心与半径，再计算表面积判断；D先找到直线与平面所成角，再求正弦值判断．【详解】解：对于A，假设A对，即BF⊥平面EAB，于是BF AB⊥，90ABF∠=︒，但六边形ABFPQH为正六边形，120ABF∠=︒，矛盾，所以A错；对于B，补齐八个角构成棱长为2的正方体，则该二十四等边体的体积为3112028111323-⋅⋅⋅⋅⋅=，所以B对；对于C，取正方形ACPM对角线交点O，即为该二十四等边体外接球的球心， 其半径为2R =，其表面积为248R ππ=，所以C 对；对于D ，因为PN 在平面EBFN 内射影为NS ， 所以PN 与平面EBFN 所成角即为PNS ∠， 其正弦值为22PS PN ==，所以D 对． 故选：BCD ．【点睛】本题考查了正方体的性质，考查了直线与平面所成角问题，考查了球的体积与表面积计算问题．。
2020年高考试题分类汇编(立体几何)
2020年高考试题分类汇编（立体几何）考法1空间中的点、线、面的位置关系1.（2020·全国卷Ⅰ·文理科）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状科视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥的一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高于底面正方形的边长的比值为 A ．514- B ．512- C ．514+ D ．512+2.（2020·全国卷Ⅰ·理科）如图，在三棱锥P ABC -的平面展开图中，1AC =，3AB AD ==，AB AC ⊥，AB AD ⊥, 30CAE ∠=，则cos FCB ∠= .3.（2020·全国卷Ⅱ·文理科）设有下列四个命题：1p ：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一个平面内. 2p ：过空间任意三点有且仅有一个平面.3p ：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行. 4p ：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则l m ⊥.则下列命题中所以真命题的序号是 .①14p p ∧ ②12p p ∧ ③23()p p ⌝∨ ④34()()p p ⌝∨⌝ 4.（2020·浙江卷）已知空间中不过同一点的三条直线m ，n ，l ，则“m ，n ，ABCD (P )E (P )F (P )l 在同一平面”是“m ，n ，l 两两相交”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件 考法2三视图1.（2020·全国卷Ⅱ·理科）右图是一个多面体的三视图，这个多面体某天棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为A ．EB ．FC ．GD ．H2.（2020·全国卷Ⅲ·文理科）右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积为A ．642+B ．442+C ．623+D ．423+3.（2020·浙江卷）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几 何体的体积（单位：3cm ）是A ．73B ．143C ．3D ．64.（2020·北京卷）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱M N EF GH222的表面积为A ．63+B ．623+C ．123+D ．1223+考法3与球的组合体1.（2020·全国卷Ⅰ·文理科）已知A ，B ，C 为球O 的球面上三点，1O 为ABC ∆的外接圆，若1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为 A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π2.（2020·山东卷）日冕是中国古代用来测定时间的仪器，利用与冕面垂直的冕针投射到冕面的影子来测定时间，把地球看成一个球（球心记为O ），地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成的角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面，在点A 处放置一个日冕，若冕面与赤道所在的平面平行，点A 的纬度为北纬40，则冕针与点A 处的水平面所成的角为A ．20B ．40C ．50D ．903.（2020·全国卷Ⅱ·文理科）已知ABC ∆是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上，若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的面积112正（主）视图 侧（左）视图俯视图AB ．32C ．1 D．24.（2020·全国卷Ⅲ·文理科）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为 .5.（2020·山东卷）已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，60BAD ∠=．以1D11BCC B 的交线长为 ．6.（2020·天津卷）若棱长为则该球的表面积为A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π考法4解答题1.（2020·全国卷Ⅰ·理科）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =.ABC ∆是底面的内角正三角形，P 为DO上一点，6PO DO =. （Ⅰ）证明：PA ⊥平面PBC ； （Ⅱ）求二面角B PC E --的余弦值.2.（2020·全国卷Ⅰ·文科）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC ∆是底面的内角正三角形，P 为DO 上一点，90ABC ∠=. （Ⅰ）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（Ⅱ）设DO =，求三棱锥P ABC -的体积.P ABO E CDP ABO C D3.（2020·全国卷Ⅱ·理科）如图，已知三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形，侧面11BCC B 是矩形，M ，N 分别为的BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点，过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .（Ⅰ）证明：1AA MN ∥，且平面1A AMN ⊥平面11EB C F ；（Ⅱ）设O 为111A B C ∆的中心，若AO ∥平面11EB C F ，且AO AB =，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值.4.（2020·全国卷Ⅱ·文科）如图，已知三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形，侧面11BCC B 是矩形，M ，N 分别为的BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点，过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .（Ⅰ）证明：1AA MN ∥，且平面1A AMN ⊥平面11EB C F ；（Ⅱ）设O 为111A B C ∆的中心，若6AO AB ==，AO ∥平面11EB C F ，且3MPN π∠=,求四棱锥11B EB C F -的体积.5.（2020·全国卷Ⅲ·理科）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E 、F 分别在棱1DD ，1BB 上，且2DE =1ED ，12BF FB =. （Ⅰ）证明：点1C 在平面AEF 内；ABC E F O MNA 1B 1C 1PABC E FO MNA 1B 1C 1P（Ⅱ）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值.6.（2020·全国卷Ⅲ·文科）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E 、F 分别在棱1DD ，1BB 上，且2DE =1ED ，12BF FB =.（Ⅰ）当AB BC =时，EF AC ⊥. （Ⅱ）证明：点1C 在平面AEF 内；7.（2020·山东卷）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ． （Ⅰ）证明：l ⊥平面PDC ；（Ⅱ）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．A BCDEF A 1B 1C 1D 1ABCDEFA 1B 1C 1D 1PABCD8.（2020·天津卷）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，2AC BC ==，13CC =，点D ，E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且1AD =，2CE =，M 为棱11A B 的中点． （Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．9.（2020·浙江卷）如图，三棱台DEF ABC -中，面ADFC ⊥面ABC ，45ACB ACD ∠=∠=，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF DB ⊥；（Ⅱ）求DF 与面DBC 所成角的正弦值．A BCDEMB 1A 1C 1ABCDEF10.（2020·北京卷）如图，在正方体1111ABCD A B C D 中，E 为1BB 的中点． （Ⅰ）求证：1BC ∥平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．ABCDE A 1B 1C 1D 1。
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（Ⅰ）证明G是AB的中点；
（Ⅱ）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．
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）作图见解析，体积为
又由已知可得， ，从而 是 的中点.
（Ⅱ）在平面 内，过点 作 的平行线交 于点 ， 即为 在平面 内的正投影.
理由如下：由已知可得 ， ，又 ,所以 ,因此 平面 ，即点 为 在平面 内的正投影.
连接 ，因为 在平面 内的正投影为 ，所以 是正三角形 的中心.
由（Ⅰ）知， 是 的中点，所以 在 上，故
（Ⅲ）解：因为 ，所以直线 与平面 所成角即为直线 与平面 所成角.过点 作 于点 ，连接 ，又因为平面 平面 ，由（Ⅱ）知 平面 ，所以直线 与平面 所成角即为 .在 中， ，由余弦定理可得 ，所以 ，因此 ，在 中， ，所以直线 与平面 所成角的正弦值为
考点：直线与平面平行和垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成角
浙江卷
5.（2016浙江文2）已知互相垂直的平面 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】
试题分析：由题意知 ， ．故选C．
考点：线面位置关系.
6.（2016浙江文18）如图，在三棱台ABC-DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3.
【答案】B
【解析】
试题分析：由题意得截去的是长方体前右上方顶点，故选B
考点：三视图
【名师点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．
2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．
【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.
(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.
4.（2016天津文3）将一个长方形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
3.（2016天津文17）(本小题满分13分)
如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF||AB，AB=2，BC=EF=1，AE= ，DE=3，∠BAD=60º，G为BC的中点.
(Ⅰ)求证：FG||平面BED；
(Ⅱ)求证：平面BED⊥平面AED；
(Ⅲ)求直线EF与平面BED所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）
【解析】
试题分析：（Ⅰ）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行寻找与论证，往往结合平几知识，如本题构造一个平行四边形：取 的中点为 ，可证四边形 是平行四边形，从而得出 （Ⅱ）面面垂直的证明，一般转化为证线面垂直，而线面垂直的证明，往往需多次利用线面垂直判定与性质定理，而线线垂直的证明有时需要利用平几条件，如本题可由余弦定理解出 ，即 （Ⅲ）求线面角，关键作出射影，即面的垂线，可利用面面垂直的性质定理得到线面垂直，即面的垂线：过点 作 于点 ，则 平面 ，从而直线 与平面 所成角即为 .再结合三角形可求得正弦值
由题设可得 平面 ， 平面 ，所以 ，因此
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且 ，可得
2016年文科数学立体几何高考题汇总
1.（2016北京文11）某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为___________.
2.（2016北京文18）（本小题14分）
如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，
（ ）求证： ；
（ ）求证： ；
( )设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得 ?说明理由.
【解析】
试题分析：证明 由 可得 是 的中点.（Ⅱ）在平面 内，过点 作 的平行线交 于点 ， 即为 在平面 内的正投影.根据正三棱锥的侧面是直角三角形且 ，可得 在等腰直角三角形 中，可得 四面体 的体积
试题解析：（Ⅰ）因为 在平面 内的正投影为 ，所以
因为 在平面 内的正投影为 ，所以
所以 平面 ，故
（I）求证：BF⊥平面ACFD；
（II）求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.
7.（2016江苏文16） 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且 ， .
求证：（1）直线DE∥平面A1C1F；
（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.
8.（2016全国一文7）．如，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是 ，则它的表面积是
试题解析：（Ⅰ）证明：取 的中点为 ，连接 ，在 中，因为 是 的中点，所以 且 ，又因为 ，所以 且
，即四边形 是平行四边形，所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（Ⅱ）证明：在 中， ，由余弦定理可 ，进而可得 ，即 ，又因为平面 平面 平面 ；平面 平面 ，所以 平面 .又因为 平面 ，所以平面 平面 .
（A） （B） （C） （D）
【答案】A
【解析】
试题分析：如图，设平面 平面 = ，平面 平面 = ，因为 平面 ，所以 ，则 所成的角等于 所成的角.延长 ，过 作 ，连接 ，则 为 ，同理 为 ，而 ，则 所成的角即为 所成的角，即为 ，故 所成角的正弦值为 ，选A.
考点：平面的截面问题，面面平行的性质定理，异面直线所成的角.
（A）17π （B）18π （C）20π （D）28π
【答案】A
【解析】
试题分析：由三视图知：该几何体是 个球，设球的半径为 ，则 ，解得 ，所以它的表面积是 ，故选A．
考点：三视图及球的表面积与体积
9.（2016全国一文11）．平面 过正文体ABCD—A1B1C1D1的顶点A , ， ，则m，n所成角的正弦值为