2020年高考数学 空间几何体解答题 专练(含答案)
2020高考数学解答题核心素养题型《专题07 立体几何综合问题》+答题指导)(解析版)
专题07 立体几何综合问题【题型解读】▶▶题型一 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(1)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解．(2)利用向量求空间角的步骤：第一步：建立空间直角坐标系；第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第四步：计算向量的夹角(或函数值)；第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．【例1】 (2019·河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED ⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD . (1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)在△ABD 中，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD ，由余弦定理，得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，所以△ABD 为直角三角形且∠ADB ＝90°，故BD ⊥AD .因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD .又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE .(2)由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π3，BD ＝3AD ， 又由ED ＝BD ，设AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，所以可以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A (1,0,0)，C (－1，3，0)，E (0,0，3)，F (0，3，3)．所以AE →＝(－1,0，3)，AC →＝(－2，3，0)．设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A E →＝0，n ·A C →＝0，即⎩⎨⎧ －x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1，得n ＝(3，2,1)为平面AEC 的一个法向量．因为A F →＝(－1，3，3)， 所以cos 〈n ，A F →〉＝n ·A F →|n |·|A F →|＝4214， 所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 【素养解读】本例问题(1)证明两平面垂直，考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)计算线面所成的角时，考查了直观想象和数学运算的核心素养．【突破训练1】 (2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC ＝ 5 ，AC ＝AA 1＝2.(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角B －CD －C 1的余弦值；(3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】见解析【解析】(1)证明：在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，因为CC 1⊥平面ABC ，所以四边形A 1ACC 1为矩形．又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，所以AC ⊥EF .因为AB ＝BC .所以AC ⊥BE ，所以AC ⊥平面BEF .(2)由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1.又CC 1⊥平面ABC ，所以EF ⊥平面ABC .因为BE ⊂平面ABC ，所以EF ⊥BE .如图建立空间直角坐称系Exyz .由题意得B (0,2,0)，C (－1,0,0)，D (1,0,1)，F (0,0,2)，G (0,2,1)．所以CD →＝(2,0,1)，C B →＝(1,2,0)，设平面BCD 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，所以⎩⎪⎨⎪⎧ n ·C D →＝0，n ·C B →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋c ＝0，a ＋2b ＝0.令a ＝2，则b ＝－1，c ＝－4，所以平面BCD 的法向量n ＝(2，－1，－4)，又因为平面CDC 1的法向量为E B →＝(0,2,0)，所以cos 〈n ，E B →〉＝n ·E B→|n ||EB →|＝－2121. 由图可得二面角B －CD －C 1为钝二面角，所以二面角B －CD －C 1的余弦值为－2121. (3)证明：平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，因为G (0,2,1)，F (0，0,2)，所以G F →＝(0，－2,1)，所以n ·G F →＝－2，所以n 与G F →不垂直，所以GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，所以GF 与平面BCD 相交． ▶▶题型二 平面图形折叠成空间几何体的问题1．先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．2．(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(3)解决翻折问题的答题步骤第一步：确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量；第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面；第三步：利用判定定理或性质定理进行证明．【例2】 (2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：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，|B F →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，D P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，H P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪H P →·D P →|H P →|·|DP →|＝ 34 3＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例在证明或计算过程中都要考虑图形翻折前后的变化，因此综合考查了逻辑推理、数学运算、直观想象、数学建模的核心素养．【突破训练2】 如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点，将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC .所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2. 如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0， 得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22， CD →＝BE →＝(－2，0,0)．设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1,1,1)； 由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1)， 从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值为63. ▶▶题型三 线、面位置关系中的探索性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，解决这类问题的基本思路类似于反证法，即“在假设存在的前提下通过推理论证，如果能找到符合要求的点(或其他的问题)，就肯定这个结论，如果在推理论证中出现矛盾，就说明假设不成立，从而否定这个结论”．【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝2 2 ，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，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】见解析【解析】(1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，A P →＝(0,2,23)，取平面PAC 的一个法向量O B →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0<a ≤2)，则A M →＝(a,4－a,0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由A P →·n ＝0，A M →·n ＝0得⎩⎨⎧ 2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a)y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈O B →，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a2.由已知得|cos 〈O B →，n 〉|＝32. 所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a2＝32.解得a ＝－4(舍去)，a ＝43. 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又P C →＝(0,2，－23)， 所以cos 〈P C →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例问题(1)中证明线面垂直直接考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)中要探求点M 的位置，要求较高，它既考查了直观想象的核心素养，又考查了数学建模的核心素养．【突破训练3】 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，且AA 1＝AB ＝2. (1)求证：AB ⊥BC ；(2)若直线AC 与平面A 1BC 所成的角为π6，请问在线段A 1C 上是否存在点E ，使得二面角A －BE －C 的大小为2π3，请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：连接AB 1交A 1B 于点D ，因为AA 1＝AB ，所以AD ⊥A 1B ，又平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，平面A 1BC ⊂平面ABB 1A 1＝A 1B ，所以AD ⊥平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ，所以AD ⊥BC .因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AA 1⊥底面ABC ，所以AA 1⊥BC ，又AA 1∩AD ＝A ，所以BC ⊥侧面ABB 1A 1，所以BC ⊥AB . (2)由(1)得AD ⊥平面A 1BC ，所以∠ACD 是直线AC 与平面A 1BC 所成的角，即∠ACD ＝π6，又AD ＝2，所以AC ＝22，假设存在适合条件的点E ，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，设A 1E →＝λA 1C →(0≤λ≤1)，则B (2，2，0)，B 1(2，2，2)，由A 1(0,0,2)，C (0,22，0)，得E (0,22λ，2－2λ)，设平面EAB 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AB →＝0，得⎩⎨⎧ 22λy ＋(2－2λ)z ＝0，2x ＋2y ＝0， 所以可取m ＝(1－λ，λ－1，2λ)， 由(1)知AB 1⊥平面A 1BC ，所以平面CEB 的一个法向量n ＝(1,1，2)， 所以12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos 2π3＝cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝2λ22(λ－1)2＋2λ2，解得λ＝12，故点E 为线段A 1C 中点时，二面角A －BE －C 的大小为2π3.。
2020年高考数学一轮复习专题9.7空间向量在几何体中的运用(一)练习(含解析)
9.7 空间向量在空间几何体的运用（一）一．设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面α，β的法向量分别为1n ，2n ，则有如下结论：二．点面距已知AB 为平面α的一条斜线段(A 在平面α内)，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|||cos ,|||||||||AB d AB AB AB AB ⋅===<>n n n ||||AB ⋅n n ．注：空间中其他距离问题一般都可以转化为点面距问题．考向一 利用空间向量证明平行【例1】在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是CC 1，B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD ． 【答案】见解析【解析】法一 如图，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1，于是DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12.设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥DA 1→，n ⊥DB →，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝x ＋z ＝0，n ·DB →＝x ＋y ＝0，取x ＝1，则y ＝－1，z ＝－1，∴平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1，－1，－1)．又MN →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12·(1，－1，－1)＝0，∴MN →⊥n .∴MN ∥平面A 1BD ．法二 MN →＝C 1N →－C 1M →＝12C 1B 1→－12C 1C →＝12(D 1A 1→－D 1D →)＝12DA 1→，∴MN →∥DA 1→，∴MN ∥平面A 1BD ．法三 MN →＝C 1N →－C 1M →＝12C 1B 1→－12C 1C →＝12DA →－12A 1A →＝12()DB →＋BA →－12()A 1B →＋BA →＝12DB →－12A 1B →. 即MN →可用A 1B →与DB →线性表示，故MN →与A 1B →，DB →是共面向量，故MN ∥平面A 1BD ． 【拓展】1.(变条件)本例中条件不变，试证明平面A 1BD ∥平面CB 1D 1.[证明] 由例题解析知，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，B 1(1,1,1)， 则CD 1→＝(0，－1,1)，D 1B 1→＝(1,1,0)， 设平面CB 1D 1的法向量为m ＝(x 1，μ1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥CD 1→m ⊥D 1B 1→，即⎩⎪⎨⎪⎧m ·CD 1→＝－y 1＋z 1＝0，m ·D 1B 1→＝x 1＋y 1＝0，令y 1＝1，可得平面CB 1D 1的一个法向量为m ＝(－1,1,1)， 又平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1，－1，－1)． 所以m ＝－n ，所以m ∥n ，故平面A 1BD ∥平面CB 1D 1. 2．(变条件)若本例换为：在如图324所示的多面体中，EF ⊥平面AEB ，AE ⊥EB ，AD ∥EF ，EF ∥BC ，BC ＝2AD ＝4，EF ＝3，AE ＝BE ＝2，G 是BC 的中点，求证：AB ∥平面DEG .图324[证明] ∵EF ⊥平面AEB ，AE ⊂平面AEB ，BE ⊂平面AEB ， ∴EF ⊥AE ，EF ⊥BE .又∵AE ⊥EB ，∴EB ，EF ，EA 两两垂直．以点E 为坐标原点，EB ，EF ，EA 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．由已知得，A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (2,4,0)，F (0,3,0)，D (0,2,2)，G (2，2,0)，∴ED →＝(0,2,2)，EG →＝(2,2,0)，AB →＝(2,0，－2)．设平面DEG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ED →·n ＝0，EG →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令y ＝1，得z ＝－1，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－1)， ∴AB →·n ＝－2＋0＋2＝0，即AB →⊥n . ∵AB ⊄平面DEG ， ∴AB ∥平面DEG .考向二 垂直、【例2】如图1，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是正方形，AS ⊥底面ABCD ，且A S A B =，E 是SC 的中点．求证：（1）直线AD ⊥平面SAB ； （2）平面BDE ⊥平面ABCD ．图1 图2【答案】见解析【解析】如图2，以A 为原点， AB ，AD ，AS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系Axyz ，设2AS AB ==，则(0,0,0)A ，(0,2,0)D ，(2,2,0)C ，(2,0,0)B ，(0,0,2)S ，(1,1,1)E 易得(0,0,2)AS =，(2,0,0)AB =设平面SAB 的法向量为(,,)x y z =n ，则AS AB ⎧⎪⎨⎪⎩⊥⊥n n ，即2020AS z AB x ⎧⋅==⎪⎨⋅==⎪⎩n n取1y =，可得平面SAB 的一个法向量为(0,1,0)=n又(0,2,0)AD =，所以2AD =n ，所以AD ∥n ，所以直线AD ⊥平面SAB 方法1：如图2，连接AC 交BD 于点O ，连接OE ，则点O 的坐标为(1,1,0) 易得(0,0,1)OE =，(0,0,2)AS =，显然2AS OE =，故AS OE ∥，所以AS OE ∥ 又AS ⊥底面ABCD ，所以OE ⊥底面ABCD 又OE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABCD 方法2：易得(1,1,1)BE =-，(2,2,0)BD =-设平面BDE 的法向量为(,,)x y z =m ，则BE BD ⎧⎪⎨⎪⎩⊥⊥m m ，即0220BE x y z BD x y ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩m m取1x =，得1y =，0z =，所以平面1A BD 的一个法向量为(1,1,0)=mAS ⊥底面ABCD ，可得(0,0,2)AS =是平面ABCD 的一个法向量因为(0,0,2)(1,1,0)0AS ⋅=⋅=m ，所以AS ⊥m ，所以平面BDE ⊥平面ABCD【举一反三】1.如图所示，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点，求证：AB 1⊥平面A 1BD ．【答案】见解析【解析】法一：如图所示，取BC 的中点O ，连接AO .因为△ABC 为正三角形，所以AO ⊥BC ．因为在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，以OB →，OO 1→，OA →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系， 则B (1,0,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)，A (0,0，3)，B 1(1,2,0)． 所以AB 1→＝(1,2，－3)，BA 1→＝(－1,2，3)，BD →＝(－2,1,0)． 因为AB 1→·BA 1→＝1×(－1)＋2×2＋(－3)×3＝0.AB 1→·BD →＝1×(－2)＋2×1＋(－3)×0＝0.所以AB 1→⊥BA 1→，AB 1→⊥BD →，即AB 1⊥BA 1，AB 1⊥BD ． 又因为BA 1∩BD ＝B ，所以AB 1⊥平面A 1BD ． 法二：建系同方法一．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BA 1→n ⊥BD→，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝－x ＋2y ＋3z ＝0，n ·BD →＝－2x ＋y ＝0，令x ＝1得平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1,2，－3)， 又AB 1→＝(1,2，－3)，所以n ＝AB 1→，即AB 1→∥n . 所以AB 1⊥平面A 1BD ．考向三 利用空间向量解决平行与垂直关系中的探索性问题【例3】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，BC ⊥AC ，BC ＝AC ＝AA 1＝2，D 为AC 的中点．(1)求证：AB 1∥平面BDC 1；(2)设AB 1的中点为G ，问：在矩形BCC 1B 1内是否存在点H ，使得GH ⊥平面BDC 1.若存在，求出点H 的位置，若不存在，说明理由． 【答案】见解析【解析】(1)证明：连接B 1C ，设B 1C ∩BC 1＝M ，连接MD ，在△AB 1C 中，M 为B 1C 中点，D 为AC 中点， ∴DM ∥AB 1，又∵AB 1不在平面BDC 1内，DM 在平面BDC 1内， ∴AB 1∥平面BDC 1.(2)以C 1为坐标原点，C 1A 1→为x 轴，C 1C →为y 轴，C 1B 1→为z 轴建立空间直角坐标系． 依题意，得C 1(0,0,0)，D (1,2,0)，B (0,2,2)，G (1,1,1)，假设存在H (0，m ，n )， GH →＝(－1，m －1，n －1)，C 1D →＝(1,2,0)，DB →＝(－1,0,2)，由GH ⊥平面BC 1D ，得GH →⊥C 1D →⇒(－1，m －1，n －1)·(1,2,0)＝0⇒m ＝32.同理，由GH →⊥DB →得n ＝12，即在矩形BCC 1B 1内存在点H ，使得GH ⊥平面BDC 1.此时点H 到B 1C 1的距离为32，到C 1C 的距离为12.【举一反三】1.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为PA ，BD 中点，PA ＝PD ＝AD ＝2.(1)求证：EF ∥平面PBC ；(2)在棱PC 上是否存在一点G ，使GF ⊥平面EDF ？若存在，指出点G 的位置；若不存在，说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：如图所示，连接AC .因为底面ABCD 是正方形，AC 与BD 互相平分．F 是BD 中点，所以F 是AC 中点．在△PAC 中，E 是PA 中点，F 是AC 中点，所以EF ∥PC . 又因为EF ⊄平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC . (2)取AD 中点O ，连接PO .在△PAD 中，PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为平面PAD ⊥底面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD . 因为OF ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥OF . 又因为F 是AC 中点，所以OF ⊥AD .以O 为原点，OA ，OF ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为PA ＝PD ＝AD ＝2，所以OP ＝3，则C (－1,2,0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F (0,1,0)．于是DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，DF →＝(1,1,0)．设平面EFD 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)．因为⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·DE →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，32x 0＋32z 0＝0，即⎩⎨⎧y 0＝－x 0，z 0＝－3x 0.令x 0＝1，则n ＝(1，－1，－3)．假设在棱PC 上存在一点G ，使GF ⊥平面EDF . 设G (x 1，y 1，z 1)，则FG →＝(x 1，y 1－1，z 1)． 因为EDF 的一个法向量n ＝(1，－1，－3)． 因为GF ⊥平面EDF ，所以FG →＝λn .于是⎩⎨⎧x 1＝λ，y 1－1＝－λ，z 1＝－3λ，即⎩⎨⎧x 1＝λ，y 1＝1－λ，z 1＝－3λ.又因为点G 在棱PC 上，所以GC →与PC →共线．因为PC →＝(－1,2，－3)，CG →＝(x 1＋1，y 1－2，z 1)， 所以x 1＋1－1＝y 1－22＝z 1－3， 即1＋λ－1＝－λ－12＝－3λ－3，无解．故在棱PC 上不存在一点G ，使GF ⊥平面EDF . 考向四 点面距【例4】如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3a ，求平面11AB D 与平面1BDC 之间的距离．．【解析】由正方体的性质，易得平面11AB D ∥平面1BDC ， 则两平面间的距离可转化为点B 到平面11AB D 的距离．如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，【举一反三】1．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑（bie nao ）.已知在鳖臑P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2PA AB BC ===，M 为PC 的中点，则点P 到平面MAB 的距离为_____．【解析】以B 为坐标原点，BA,BC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系，如图，则()()()()0,0,0,2,0,0,2,0,2,0,2,0B A P C ,由M 为PC 的中点可得()1,1,1M ;()()1,1,1,2,0,0BM BA ==, ()2,0,2BP =.设(),,x y z =n 为平面ABM 的一个法向量，则00n BA n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即200x x y z =⎧⎨++=⎩，令1z =-，可得()0,1,1=-n ，点P 到平面MAB 的距离为BP d ⋅==n n.1．在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点A 关于平面BDC 1对称点为M ，则M 到平面A 1B 1C 1D 1的距离为（ ）A ．32B ．54C ．43D ．53【答案】D【解析】以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，D （0，0，0），B （1，1，0），C 1（0，1，1），A （1，0，0），A 1（1，0，1），DB =（1，1，0），1DC =（0，1，1）， 设平面BDC 1的法向量n =（x ，y ，z ），则100n DB x y n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x=1，得n =（1，-1，1），∴平面BDC 1的方程为x-y+z=0，过点A （1，0，0）且垂直于平面BDC 1的直线方程为： （x-1）=-y=z ，令（x-1）=-y=z=t ，得x=t+1，y=-t ，z=t ，代入平面方程x-y+z=0，得t+1+t+t=0，解得t=13- ，∴过点A （1，0，0）且垂直于平面BDC 1的直线方程与平面BDC 1的交点为211333⎛⎫ ⎪⎝⎭，，-∴点A 关于平面BDC 1对称点M 122333⎛⎫ ⎪⎝⎭，，-， 1225333A M ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，-，平面A 1B 1C 1D 1的法向量m =（0，0，1），∴M 到平面A 1B 1C 1D 1的距离为d=15=3m A M m⋅故选：D ． 2．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱1AA 、1BB 的中点，M 为棱11A B 上的一点，且1(02)A M λλ=<<，设点N 为ME 的中点，则点N 到平面1D EF 的距离为（ ）AB．2C．3λ D【答案】D【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 则M （2，λ，2），D 1（0，0，2），E （2，0，1），F （2，2，1），1ED ＝（﹣2，0，1），EF ＝（0，2，0）1sin()cos 22C C π+==＝（0，λ，1）， 设平面D 1EF 的法向量n ＝（x ，y ，z ），则1·20·20n ED x z n EF y ⎧=-+=⎨==⎩，取x ＝1，得n ＝（1，0，2），∴点M 到平面D 1EF 的距离为：d＝5EM n n==N 为EM 中点，所以N ，选D ．3．如图：正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为3，D 是CB 延长线上一点，且BD BC =，二面角1B AD B --的大小为60︒；（1）求点1C 到平面1B AD 的距离；（2）若P 是线段AD 上的一点 ，且12DP A A =，在线段1DC 上是否存在一点Q ，使直线//PQ 平面1ABC ？若存在，请指出这一点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）4； （2）存在,当113C Q QD =时，1//PQ AC 知//PQ 平面1ABC . 【解析】（1）设E 为AD 的中点，则BE AD ⊥，在正三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ,而AD ⊂平面ABC ，所以1BB AD ⊥，而1BB EB B =,因此AD ⊥平面1BB E ，而1B E ⊂平面1BB E ，所以有1B E AD ⊥1BEB ∴∠为二面角1B AD B --的平面角，如下图所示：160BEB ∴∠=︒120ABD ∠=︒，32BE =,11tan BB BEB BE ∴∠==侧棱11AA BB ==；111111C ADB A C DB A BB C V V V ---==11273328⎛=⨯= ⎝⎭又AD =11AB B D ==知1112ADB S AD B E ∆=⋅=∴点1C 到平面1ADB 的距离2738d =⨯=（2）由（1）可知AD =1AA =，12DP AA =，13AP PD ∴=，当113C Q QD =时，有1//PQ AC 成立，而 1AC ⊂平面1ABC ，所以 //PQ 平面1ABC ，故存在，当113C Q QD =时，符合题意。
2020年高考数学(理)重难点专练03 空间向量与立体几何(解析版)
2020年高考数学（理）重难点03 空间向量与立体几何【高考考试趋势】立体几何在高考数学是一个必考知识点，一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点，理科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用，简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题.另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图.选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及二面角问题.前面的重点专题已经对立体几何进行了一系列详细的说明，本专题继续加强对高考中立体几何出现的习题以及对应的题目类型进行必要的加强.本专题包含了高考中几乎所有题型，学完本专题以后，对以后所有的立体几何你将有一个更加清晰的认识.【知识点分析以及满分技巧】基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长.要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求.内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求.求点到平面的距离问题：采用等体积法.求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高.对于二面角问题应采用建立立体坐标系去求.但是坐标系要注意采用左手系务必要标记准确对应点以及法向量对应的坐标.【常见题型限时检测】（建议用时：35分钟）一、单选题1．（2019·遵义航天高级中学高考模拟（理））一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．83B．163C．203D．8【答案】B 【解析】由图可知该几何体底面积为8，高为2的四棱锥，如图所示：∴该几何体的体积1168233V =⨯⨯= 故选B【点睛】：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽. 2．（2019·天津高考模拟（理））已知四面体ABCD 的四个面都为直角三角形，且AB ⊥平面BCD ，2AB BD CD ===，若该四面体的四个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（ ）A ．3πB ．C ．D ．12π【答案】D 【解析】 【分析】由已知中的垂直关系可将四面体放入正方体中，求解正方体的外接球表面积即为所求的四面体外接球的表面积；利用正方体外接球半径为其体对角线的一半，求得半径，代入面积公式求得结果. 【详解】2BD CD ==Q 且BCD ∆为直角三角形 BD CD ∴⊥又AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD CD AB ∴⊥CD \^平面ABD由此可将四面体ABCD 放入边长为2的正方体中，如下图所示：∴正方体的外接球即为该四面体的外接球O正方体外接球半径为体对角线的一半，即12R == ∴球O 的表面积：2412S R ππ==本题正确选项：D 【点睛】本题考查多面体的外接球表面积的求解问题，关键是能够通过线面之间的位置关系，将所求四面体放入正方体中，通过求解正方体外接球来求得结果.3．（2019·河南高考模拟（理））如图，点P 在正方体1111ABCD A B C D -的面对角线1BC 上运动，则下列四个结论：①三棱锥1A D PC -的体积不变；1//A P ②平面1ACD ； 1DP BC ⊥③；④平面1PDB ⊥平面1ACD ．其中正确的结论的个数是( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C 【解析】【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解． 【详解】对于①，由题意知11//AD BC ，从而1//BC 平面1AD C ，故BC 1上任意一点到平面1AD C 的距离均相等，所以以P 为顶点，平面1AD C 为底面，则三棱锥1A D PC -的体积不变，故①正确； 对于②，连接1A B ，11A C ，111//AC AD 且相等，由于①知：11//AD BC ， 所以11//BA C 面1ACD ，从而由线面平行的定义可得，故②正确； 对于③，由于DC ⊥平面11BCB C ，所以1DC BC ⊥， 若1DP BC ⊥，则1BC ⊥平面DCP ，1BC PC ⊥，则P 为中点，与P 为动点矛盾，故③错误；对于④，连接1DB ，由1DB AC ⊥且11DB AD ⊥，可得1DB ⊥面1ACD ，从而由面面垂直的判定知，故④正确． 故选：C ． 【点睛】本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想．4．（2019·贵州高考模拟（理））设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，有下列四个命题：∴若m α⊂，αβ⊥，则m β⊥； ∴若//a β，m β⊂，则//m α； ∴若m α⊥，//m n ，//αβ，则n β⊥； ∴若//m α，//n β，//m n ，则//αβ其中正确命题的序号是（ ） A ．∴∴ B ．∴∴C ．∴∴D ．∴∴【答案】C 【解析】∴两个面垂直，推不出面中任意直线和另一个面垂直，错误；故排除A 、B 选项，对于∴，两个平行平面，其中一个平面内的任意直线都和另一个平面平行，故正确，所以选C.5．（2019·福建高考模拟（理））在三棱锥P ABC -中，3PA PB ==，BC =8AC =，AB BC ⊥，平面PAB ⊥平面ABC ，若球O 是三棱锥P ABC -的外接球，则球O 的半径为（ ）．A B C D ．2【答案】A 【解析】 【分析】取AB 中点D ，AC 中点E ，连PD ，ED ，得E 为∴ABC 外接圆的圆心，且OE∴平面PAB ，然后求出∴PAB 的外接圆半径r 和球心O 到平面PAB 的距离等于d ，由勾股定理得R .【详解】解：取AB 中点D ，AC 中点E ，连PD ，ED 因为AB BC ⊥，所以E 为∴ABC 外接圆的圆心因为OE∴PD ，OE 不包含于平面PAB ，所以OE∴平面PAB 因为平面PAB ⊥平面ABC ，3PA PB ==，得PD ⊥AB ，ED ⊥AB 所以PD ⊥平面ABC ，ED ⊥平面PAB且AB ==PD 1=所以球心O 到平面PAB 的距离等于ED d ==在∴PAB 中，3PA PB ==，AB =1sin 3PAB ∠=， 所以∴PAB 得外接圆半径2r 9sin PB PAB ∠==，即9r 2=由勾股定理可得球O 的半径R ==故选：A. 【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，经常用球中勾股定理R =R 是外接球半径，d 是球心到截面距离，r 是截面外接圆半径.二、解答题6．（2019·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形,//AB AD AB CD ⊥，224AB AD CD ===，4PC =.（1）证明：当点E 在PB 上运动时，始终有平面EAC ⊥平面PBC ； （2）求锐二而角A PB C --的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）5. 【解析】 【分析】（1）由PC ⊥底面ABCD ，证得AC PC ⊥，又由勾股定理，得AC CB ⊥，利用线面垂直的判定定理，得到AC ⊥平面PBC ，再由面面垂直的判定定理，可得平面EAC ⊥平面PBC ，即可得到结论；（2）分别以CD ，CF ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求得平面PBC 和平面PAB 的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解． 【详解】（1）由题意，因为PC ⊥底面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC PC ⊥，又因为224AB AD CD ===，所以4AB =，2AD CD ==，所以AC BC ==，所以222AC BC AB +=，从而得到AC CB ⊥．又BC ⊂Q 平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，BC PC C ⋂=，所以AC ⊥平面PBC ， 又AC ⊂Q 平面ACE ，所以平面EAC ⊥平面PBC ， 所以当点E 在PB 上运动时，始终有平面EAC ⊥平面PBC. （2）由条件知PC ⊥底面ABCD ，且AB AD ⊥， AB C D ∥所以过点C 作CF CD ⊥交AB 于点F ，分别以CD ，CF ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系（如图所示），所以(0,0,0)C ，(2,2,0)A ，(2,2,0)B -，(0,0,4)P .由（1）知CA u u u r为平面PBC 的一个法向量，因为(2,2,0)CA =u u u r，(2,2,4)PA =-u u u r (2,2,4)PB =--u u u r ，设平面P AB 的一个法向量为(,,)n=x y z r，则(,,)(2,2,4)00(,,)(2,2,4)00x y z n PA x y z n PB ⎧⋅-=⎧⋅=⇒⎨⎨⋅--=⋅=⎩⎩u uu v r u u u v r ，即02x y z=⎧⎨=⎩，令1z =，则2y =，所以(0,2,1)n =r，所以|||cos ,|5||||CA n CA n CA n ⋅〈〉===uu r ruu r r uu r r ，故锐二面角A PB C --的余弦值5．【点睛】本题考查了线面垂直与面面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.7（2017·广东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，90,60ABC ACD BAC CAD ∠=∠=︒∠=∠=︒， PA ⊥平面ABCD ，2,1PA AB ==.(1)设点E 为PD 的中点，求证： //CE 平面PAB ；(2)线段PD 上是否存在一点N ，使得直线CN 与平面PAC 所成的角θ的正弦值为5？若存在，试确定点N 的位置；若不存在，请说明理由. 8．（2019·天津市新华中学高考模拟（理））如图所示的几何体中，PD 垂直于梯形ABCD所在的平面，,2ADC BAD F π∠=∠=为PA 的中点，112PD AB AD CD ====，四边形PDCE 为矩形，线段PC 交DE 于点N .（1）求证：AC P 平面DEF ； （2）求二面角A PB C --的正弦值；（3）在线段EF 上是否存在一点Q ，使得BQ 与平面BCP 所成角的大小为π6？若存在，求出FQ 的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（23）在线段EF 上存在一点Q 满足题意，且FQ =【解析】 【分析】(1)由题意结合线面平行的判定定理即可证得题中的结论；(2)建立空间直角坐标系，利用两个半平面的法向量可得二面角的余弦值，然后利用同角三角函数基本关系可得二面角的正弦值；(3)假设点Q 存在，利用直线的方向向量和平面的法向量计算可得点Q 的存在性和位置. 【详解】（1）因为四边形PDCE 为矩形，所以N 为PC 的中点.连接FN ，在PAC V 中，,F N 分别为,PA PC 的中点，所以FN AC ∥， 因为FN ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ， 所以AC P 平面DEF .（2）易知,,DA DC DP 两两垂直，如图以D 为原点，分别以,,DA DC DP 所在直线为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系.则(1,0,0),(1,1,0),(0,2,0)P A B C，所以(1,1,,(1,1,0)PB BC ==-u u u r u u u r.设平面PBC 的法向量为(,,)m x y z =r，则(,,)(1,1,0(,,)(1,1,0)0m PB x y z m BC x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩u u u v r u u u v r即0,0,x y x y ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩解得,,y x z =⎧⎪⎨=⎪⎩令1x =，得1,y z =⎧⎪⎨=⎪⎩所以平面PBC的一个法向量为m =r. 设平面ABP 的法向量为(,,)n x y z =r，(,,)(0,1,0)0(,,)(1,1,0n AB x y z n PB x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩u u uv r u u uv r ，据此可得01x y z ⎧=⎪=⎨⎪=⎩， 则平面ABP的一个法向量为)n =r，cos ,3m n <>==u r r，于是sin ,3m n 〈〉=r r. 故二面角A PB C --（3）设存在点Q 满足条件.由1,0,,(0,22F E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭， 设(01)FQ FE λλ=u u u r u u u r &剟，整理得1),2,22Q λλλ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭，则1,22BQ λλ⎛+=-- ⎝⎭u u u r . 因为直线BQ 与平面BCP 所成角的大小为6π，所以1sin |cos ,|||62||||BQ m BQ m BQ m π⋅====⋅u u u r u ru u u r u r u u ur u r 解得21λ=，由知1λ=，即点Q 与E 重合.故在线段EF 上存在一点Q，且FQ EF ==. 【点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：(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 u r r 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n <>u r r互补或相等.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．9．（2019·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，ABC ∆为等边三角形，22PA AB ==，AC CD ⊥，PD 与平面PAC 所成角的正切值 为5.(∴)证明：//BC 平面PAD ；(∴)若M 是BP 的中点，求二面角P CD M --的余弦值.【答案】（∴）见解析.（∴ 【解析】 【分析】(∴)先证明DPC ∠为PD 与平面PAC 所成的角，于是可得CD =60CAD ∠=︒．又由题意得到60BCA ∠=︒，故得//BC AD ，再根据线面平行的性质可得所证结论． (∴) 取BC 的中点N ，连接AN ，可证得AN AD ⊥．建立空间直角坐标系，分别求出平面PCD 和平面CDM 的法向量，根据两个法向量夹角的余弦值得到二面角的余弦值． 【详解】(∴)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以PA CD ⊥又AC CD ⊥,CA PA A =I , 所以CD ⊥平面PAC ，所以DPC ∠为PD 与平面PAC 所成的角． 在Rt PCD V中，PC ==所以CD =所以在Rt PCD V 中，2AD =,60CAD ∠=︒. 又60BCA ∠=︒，所以在底面ABCD 中，//BC AD , 又AD ⊂平面PAD ，BC ⊄平面PAD ， 所以//BC 平面PAD ．(∴)解：取BC 的中点N ，连接AN ，则AN BC ⊥,由(∴)知//BC AD ， 所以AN AD ⊥，分别以AN ，AD ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系Axyz .则(0,0,2)P，1,02C ⎫⎪⎪⎝⎭，(0,2,0)D，1,14M ⎫-⎪⎪⎝⎭所以3,,022CD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uu u r ，(0,2,2)PD =-u u ur，9,,144DM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uuu u r设平面PCD 的一个法向量为()1111,,n x y z =u r，由1100n CD n PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u vu u u v，即111130220y y z ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，得1111x z y ⎧=⎪⎨=⎪⎩，令11y =，则1,1)n =u r．设平面CDM 的一个法向量为()2222,,n x y z =u ur，由2200n CD n MD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u v u u u v u u v u u u u v，即2222230940y y z ⎧+=⎪-+=，得222232x y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩， 令21y =，则232n ⎫=⎪⎭u u r ．所以121212331cos ,||||n n n n n n ++⋅<>===⋅u r u u ru r u u r u r u u r 由图形可得二面角P CD M --为锐角， 所以二面角P CD M --【点睛】空间向量是求解空间角的有利工具，根据平面的法向量、直线的方向向量的夹角可求得线面角、二面角等，解题时把几何问题转化为向量的运算的问题来求解，体现了转化思想方法的利用，不过解题中要注意向量的夹角和空间角之间的关系，特别是求二面角时，在求得法向量的夹角后，还要通过图形判断出二面角是锐角还是钝角，然后才能得到结论． 10．（2018·吉林高考模拟（理））如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ， M ， N 分别是棱AB ， AD ， 11A B ， 11A D 的中点，点P ， Q 分别在棱1DD ， 1BB 上移动，且(02)DP BQ λλ==<<.（1）当1λ=时，证明：直线1//BC 平面EFPQ ；（2）是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）12λ=±.【解析】以D 为原点，射线DA ， DC ， 1DD 分别为x ， y ， z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -.由已知得()2,2,0B ， ()10,2,2C ，()2,1,0E ，()1,0,0F ， ()0,0,P λ， ()1,0,2N ， ()2,1,2M ，则()12,0,2BC =-u u u u r， ()1,0,FP λ=-u u u r ， ()1,1,0FE =u u u r ， ()1,1,0NM =u u u u r ， ()1,0,2NP λ=--u u u r.（1）当1λ=时， ()1,0,1FP =-u u u r ，因为()12,0,2BC =-u u u u r ，所以12BC FP =u u u u r u u u r，即1//BC FP ，又FP ⊂平面EFPQ ，且1BC ⊄平面EFPQ ，故直线1//BC 平面EFPQ . （2）设平面EFPQ 的一个法向量为(),,n x y z =r，则由0{0FE n FP n ⋅=⋅=u u u r ru u u r r，得0{0.x y x z λ+=-+=，于是可取(),,1n λλ=-r . 设平面MNPQ 的一个法向量为()',','m x y z =r，由0{0NM m NP m ⋅=⋅=u u u u r ru u u r r，得()''0{'2'0x y x z λ+=-+-=，于是可取()2,2,1m λλ=--r. 若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则()()2,2,1,,10m n λλλλ⋅=--⋅-=r r，即()()2210λλλλ---+=，解得1λ=±，显然满足02λ<<.故存在1λ=±，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角.点睛：立体几何的有关证明题，首先要熟悉各种证明的判定定理，然后在进行证明，要多总结题型，对于二面角问题一般直接建立空间直角坐标系，求出法向量然后根据向量夹角公式求解二面角，要注意每一个坐标的准确性。
2020年高考数学解答题核心：立体几何综合问题(专项训练)(教师版)
专题08 立体几何综合问题（专项训练）1．如图,菱形ABCD 中,∠ABC ＝60°,AC 与BD 相交于点O ,AE ⊥平面ABCD ,CF ∥AE ,AB ＝AE ＝2. (1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时,求异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值大小．【答案】见解析【解析】(1)因为四边形ABCD 是菱形,所以BD ⊥AC .因为AE ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,所以BD ⊥AE .因为AC ∩AE ＝A ,所以BD ⊥平面ACFE .(2)以O 为原点,OA →,OB →的方向为x ,y 轴正方向,过O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向),建立空间直角坐标系,则B (0,3,0),D (0,－3,0),E (1,0,2),F (－1,0,a )(a >0),OF →＝(－1,0,a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0，n ·OE →＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1,则n ＝(－2,0,1),由题意得sin 45°＝|cos 〈OF →,n 〉|＝|OF →·n ||OF →||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22.因为a >0,所以解得a ＝3.所以OF →＝(－1,0,3),BE →＝(1,－3,2),所以cos 〈OF →,BE →〉＝OF →·BE →|OF →|·|BE →|＝－1＋610·8＝54.故异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值为54.2．(2019·河南郑州模拟)如图,在△ABC 中,∠ABC ＝π4,O 为AB 边上一点,且3OB ＝3OC ＝2AB ,已知PO ⊥平面ABC ,2DA ＝2AO ＝PO ,且DA ∥PO .(1)求证：平面PBAD ⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：因为OB ＝OC ,又因为∠ABC ＝π4,所以∠OCB ＝π4,所以∠BOC ＝π2,即CO ⊥AB .又PO ⊥平面ABC ,OC ⊂平面ABC ,所以PO ⊥OC .又因为PO ,AB ⊂平面PAB ,PO ∩AB ＝O ,所以CO ⊥平面PAB ,即CO ⊥平面PBAD .又CO ⊂平面COD ,所以平面PBAD ⊥平面COD .(2)以OC ,OB ,OP 所在射线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示．设|OA |＝1,则|PO |＝|OB |＝|OC |＝2,|DA |＝1.则C (2,0,0),B (0,2,0),P (0,0,2),D (0,－1,1),所以PD →＝(0,－1,－1),BC →＝(2,－2,0),BD →＝(0,－3,1)．设平面BDC 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1,则x ＝1,z ＝3,所以n ＝(1,1,3)．设PD 与平面BDC 所成的角为θ,则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×(－1)＋3×(－1)02＋(－1)2＋(－1)2×12＋12＋32＝22211.即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 3．(2019·湖北武汉调考)如图, 四棱锥S －ABCD 中,AB ∥CD ,BC ⊥CD ,侧面SAB 为等边三角形,AB ＝BC ＝2,CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】方法一 (1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ,则D (1,0,0),A (2,2,0),B (0,2,0),设S (x ,y ,z ),则x >0,y >0,z >0,且AS →＝(x －2,y －2,z ,),BS →＝(x ,y －2,z ).DS→＝(x －1,y ,z )．由|AS →|＝|BS →|,得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2,得x ＝1,由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1,①由|BS →|＝2得y 2＋z 2－4y ＋1＝0,②由①②解得y ＝12,z ＝32,所以S ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，32,AS →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－32，32,BS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32,DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32,所以DS →·AS →＝0,DS →·BS →＝0,所以DS ⊥AS ,DS ⊥BS ,又AS ∩DS ＝S ,所以SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的一个法向量为m ＝(a ,b ,c ),BS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32,CB →＝(0,2,0),AB →＝(－2,0,0),由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BS →＝0，m ·CB →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧a －32b ＋32c ＝0，2b ＝0，所以可取m ＝(－3,0,2),故AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为cos 〈m ,AB →〉＝m ·AB →|m |·|AB →|＝－2×(－3)7×2＝217. 方法二 (1)证明：如下图,取AB 的中点E ,连接DE ,SE ,则四边形BCDE 为矩形,所以DE ＝CB ＝2,所以AD ＝DE 2＋AE 2＝ 5.因为侧面SAB 为等边三角形,AB ＝2,所以SA ＝SB ＝AB ＝2,且SE ＝3,又SD ＝1,所以SA 2＋SD 2＝AD 2,SE 2＋SD 2＝ED 2,所以SD ⊥SA ,SD ⊥SB ,又AS ∩DS ＝S ,所以SD ⊥平面SAB .(2)作S 在DE 上的射影G ,因为AB ⊥SE ,AB ⊥DE ,AB ⊥平面SDE ,所以平面SDE ⊥平面ABCD ,两平面的交线为DE ,所以SG ⊥平面ABCD ,在Rt △DSE 中,由SD ·SE ＝DE ·SG 得1×3＝2×SG ,所以SG ＝32,作A 在平面SBC 上的射影H ,则∠ABH 为AB 与平面SBC 所成的角,因为CD ∥AB ,AB ⊥平面SDE ,所以CD ⊥平面SDE ,所以CD ⊥SD ,在Rt △CDS 中,由CD ＝SD ＝1,求得SC ＝ 2.在△SBC 中,SB ＝BC ＝1,SC ＝2,所以S △SBC ＝12×2×22－12＝72,由V A －SBC ＝V S －ABC 得13·S △SBC ·AH ＝13·S △ABC ·SG ,即13×72×AH ＝13×12×2×2×2,得AH ＝2217,所以sin ∠ABH ＝AHAB ＝217,故AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为217. 4．(2019·安徽江南名校联考)如图,在四棱锥P －ABCD 中,PD ⊥平面ABCD ,AB ∥DC ,AB ⊥AD ,DC ＝6,AD ＝8,BC＝10,∠PAD ＝45°,E 为PA 的中点． (1)求证：DE ∥平面BPC ；(2)线段AB 上是否存在一点F ,满足CF ⊥DB ？若存在,试求出二面角F －PC －D 的余弦值；若不存在,请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：取PB 的中点M ,连接EM 和CM ,过点C 作CN ⊥AB ,垂足为点N .因为CN ⊥AB ,DA ⊥AB ,所以CN ∥DA ,又AB ∥CD ,所以四边形CDAN 为平行四边形,所以CN ＝AD ＝8,DC ＝AN ＝6,在Rt △BNC 中,BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6,所以AB ＝12,而E ,M 分别为PA ,PB 的中点,所以EM ∥AB 且EM ＝6,又DC ∥AB ,所以EM ∥CD 且EM ＝CD ,四边形CDEM 为平行四边形,所以DE ∥CM .因为CM ⊂平面PBC ,DE ⊄平面PBC ,所以DE ∥平面BPC .(2)由题意可得DA ,DC ,DP 两两互相垂直,如图,以D 为原点,DA ,DC ,DP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ,则A (8,0,0),B (8,12,0),C (0,6,0),P (0,0,8)．假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ,设点F 坐标为(8,t,0),则CF →＝(8,t －6,0),DB →＝(8,12,0),由CF →·DB →＝0得t ＝23.又平面DPC 的法向量为m ＝(1,0,0),设平面FPC 的法向量为n ＝(x ,y ,z )．又PC →＝(0,6,－8),FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，163，0.由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·FC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ，不妨令y ＝12,有n ＝(8,12,9)．则cos 〈n ,m 〉＝n ·m |n ||m |＝81×82＋122＋92＝817.又由图可知,该二面角为锐二面角,故二面角F －PC －D 的余弦值为817.5．(2017·山东卷)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是DF的中点．(1)设P是CE上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小；(2)当AB＝3,AD＝2时,求二面角E－AG－C的大小．【答案】见解析【解析】(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP＝A,所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC＝120°,因此∠CBP＝30°.(2)方法一取EC的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC＝120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE＝GE＝AC＝GC＝32＋22＝13.取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角．又AM＝1,所以EM＝CM＝13－1＝2 3.在△BEC中,由于∠EBC＝120°,由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos120°＝12,所以EC＝23,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.方法二 以B 为坐标原点,分别以BE ,BP ,BA 所在的直线为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (0,0,3),E (2,0,0),G (1,3,3),C (－1,3,0),故AE →＝(2,0,－3),AG →＝(1,3,0),CG →＝(2,0,3),设m ＝(x 1,y 1,z 1)是平面AEG 的一个法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AG →＝0可得⎩⎨⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0.取z 1＝2,可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3,－3,2)． 设n ＝(x 2,y 2,z 2)是平面ACG 的法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG →＝0，n ·CG →＝0可得⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0.取z 2＝－2,可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3,－3,－2)．所以cos 〈m ,n 〉＝m ·n |m |·|n |＝12.由图可得此二面角为锐二面角,故所求的角为60°.6．(2017·全国卷Ⅲ)如图,四面体ABCD 中,△ABC 是正三角形,△ACD 是直角三角形,∠ABD ＝∠CBD ,AB ＝BD . (1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ,若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分,求二面角D －AE －C 的余弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：由题设可得△ABD ≌△CBD ,从而AD ＝CD . 又△ACD 是直角三角形,所以∠ADC ＝90°. 取AC 的中点O ,连接DO ,BO ,则DO ⊥AC ,DO ＝AO . 又因为△ABC 是正三角形,故BO ⊥AC , 所以∠DOB 为二面角D －AC －B 的平面角． 在Rt △AOB 中,BO 2＋AO 2＝AB 2,又AB ＝BD ,所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2, 故∠BOD ＝90°.所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设及(1)知,OA ,OB ,OD 两两垂直,以O 为坐标原点,OA →的方向为x 轴正方向,|OA →|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ,则A (1,0,0),B (0,3,0),C (－1,0,0),D (0,0,1)．由题设知,四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12,从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12,即E 为DB 的中点,得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12,故AD →＝(－1,0,1),AC →＝(－2,0,0),AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，32，12.设n ＝(x ,y ,z )是平面DAE 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋32y ＋12z ＝0，可取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，1.设m 是平面AEC 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，同理可取m ＝(0,－1,3),则cos 〈n ,m 〉＝n·m |n||m|＝77.所以二面角D －AE －C 的余弦值为77.。
2020年高考数学专题提升： 空间几何体(含答案)
空间几何体一、单项选择题（每题5分；共55分）1.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. π+412B. π+13C. π+1D. π+142.已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为（）A. 16+12πB. 32+12πC. 24+12πD. 32+20π3.直三棱柱ABC−A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，侧棱长为√3，D为BC中点，则三棱锥A−B1DC1的体积为（）A. 3B. 32C. 1D. 24.如图所示的三视图表示的几何体的体积为323，则该几何体的外接球的表面积为( )A. 12πB. 24πC. 36πD. 48π5.一个由两个圆柱组合而成的密闭容器内装有部分液体，小圆柱底面半径为r1，大圆柱底面半径为r2，如图1放置容器时，液面以上空余部分的高为ℎ1，如图2放置容器时，液面以上空余部分的高为ℎ2，则ℎ1ℎ2=（）A. r2r1 B. (r2r1)2 C. (r2r1)3 D. √r2r16.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的体积是36，点E在棱CC1上，且CE=2EC1，则三棱锥E-BCD的体积是（）A. 3B. 4C. 6D. 127.某几何体的正视图和侧视图如图1所示，它的俯视图的直观图是平行四边形A′B′C′D′，如图2所示.其中A′B′=2A′D′=4，则该几何体的表面积为( )A. 16+12πB. 16+8πC. 16+10πD. 8π8.某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为10，则棱长为a的正方体的外接球的表面积为（）3A. 12πB. 14πC. 4√3πD. 16π9.斗拱是中国古典建筑最富装饰性的构件之一，并为中国所特有．图一图二是斗拱实物图，图三是斗拱构件之一的“斗”的几何体．本图中的斗是由棱台与长方体形凹槽（长方体去掉一个小长方体）组成．若棱台两底面面积分别是400cm2，900cm2，高为9cm，长方体形凹橹的体积为4300cm3，那么这个斗的体积是（）注：台体体积公式是V=1（S' +√S′S+S）h．3A. 5700cm3B. 8100cm3C. 10000cm3D. 9000cm310.在四棱锥P−ABCD中，PB=PD=2，AB=AD=1，PC=√3PA=3，∠BAD= 120°，AC平分∠BAD，则四棱锥P−ABCD的体积为（）A. √62B. √6 C. √63D. √311.《九章算术》是我国古代著名数学经典.其中对勾股定理的论述比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小.以锯锯之，深一寸，锯道长一尺.问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深一寸，锯道长一尺.问这块圆柱形木料的直径是多少？长为1丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示(阴影部分为镶嵌在墙体内的部分).已知弦AB=1尺，弓形高CD=1寸，估算该木材镶嵌在墙中的体积约为（）(注：1丈=10尺=100寸，π≈3.14，sin22.5∘≈513)A. 600立方寸B. 610立方寸C. 620立方寸D. 633立方寸二、填空题（每空4分；共44分）12.如图，小方格是边长为1的正方形，图中粗线画出的是某几何体的三视图，正视图中的曲线为四分之一圆弧，则该几何体的表面积是________．13.已知某正四棱锥的底面边长和侧棱长均为2cm，则该棱锥的体积为________ cm3.14.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的体积为________．15.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”，称为祖暅原理．意思是底面处于同一平面上的两个同高的几何体，若在等高处的截面面积始终相等，则它们的体积相等．利用这个原理求半球O的体积时，需要构造一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．16.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E-BCD的体积是________.17.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型，如图，该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1，挖去四棱推O一EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm，AA1=4cm，3D打印所用原料密度为0.9g/cm2，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.18.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥体积是________，四个面的面积中最大的是________.19.在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为________．20.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别为棱A1D1、C1D1的中点，NBC1，若P、M分别为线段D1B、EF上的动点，则|PM|+是线段BC1上的点，且BN=14|PN|的最小值为________．参考答案一、单项选择题1.【答案】A2.【答案】A3.【答案】C4.【答案】C5.【答案】B6.【答案】B7.【答案】A8.【答案】A9.【答案】C10.【答案】A11.【答案】D二、填空题12.【答案】24√213.【答案】4314.【答案】1315.【答案】2π；（3 +√2）π316.【答案】1017.【答案】118.818.【答案】1；3√5219.【答案】2420.【答案】√6。
2020高考数学刷题第6章立体几何考点测试41空间几何体的表面积和体积(文数)含解析
考点测试41 空间几何体的表面积和体积高考概览高考中本考点常见题型为选择题、填空题，分值为5分，中等难度 考纲研读球体、柱体、锥体、台体的表面积和体积计算公式一、基础小题1．若球的半径扩大为原来的2倍，则它的体积扩大为原来的( ) A ．2倍 B ．4倍 C ．8倍 D ．16倍 答案 C解析 设原来球的半径为r ，则现在球的半径为2r ，则V 原＝43πr 3，V 现＝43π·(2r )3，故V 现＝8V 原．故选C ．2．一个正方体的体积是8，则这个正方体的内切球的表面积是( ) A ．8π B ．6π C ．4π D ．π 答案 C解析 设正方体的棱长为a ，则a 3＝8，∴a ＝2．而此正方体的内切球直径为2，∴S 表＝4πr 2＝4π．3．如图，一个空间几何体的正视图、侧视图都是面积为32，一个内角为60°的菱形，俯视图为正方形，那么这个几何体的表面积为( )A ．2 3B ．4 3C ．8D ．4 答案 D解析 由三视图知，原几何体为两个四棱锥的组合体，其中四棱锥的底面边长为1，斜高为1，所以这个几何体的表面积为S ＝12×1×1×8＝4．4．一个直三棱柱的三视图如图所示，其中俯视图是正三角形，则此三棱柱的体积为( )A ．32B ． 3C ．2D ．4 答案 B解析 由侧视图可知直三棱柱底面正三角形的高为3，容易求得正三角形的边长为2，所以底面正三角形面积为12×2×3＝3．再由侧视图可知直三棱柱的高为1，所以此三棱柱的体积为3×1＝3．故选B ．5．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是( )A ．a 2B ．3πa 3πC ．23πa 3πD ．23a 3π答案 C解析 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知，2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S 表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa 3π．6．若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积等于( )A ．10 cm 3B ．20 cm 3C ．30 cm 3D ．40 cm 3答案 B解析 由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱ABC －A 1B 1C 1截去一个三棱锥B 1－ABC ，则该几何体的体积为V ＝12×3×4×5－13×12×3×4×5＝20(cm 3)．故选B ．7．某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是( )A ．4B ．143C ．163 D ．6答案 B解析 依题意，所求几何体是一个四棱台，其中上底面是边长为1的正方形、下底面是边长为2的正方形，高是2，因此其体积等于13×(12＋22＋1×4)×2＝143．故选B ．8．某几何体的三视图如图所示，图中三个正方形的边长均为2，则该几何体的表面积为( )A ．24＋(2－1)πB ．24＋(22－2)πC ．24＋(5－1)πD ．24＋(23－2)π 答案 B解析 如图，由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体挖出两个圆锥体所得．由图中知圆锥的半径为1，母线为2，该几何体的表面积为S ＝6×22－2π×12＋2×12×2π×1×2＝24＋(22－2)π，故选B ．9．已知一个几何体的三视图如图所示，则其体积为( )A ．10＋πB ．2＋π2C ．2＋π12D ．2＋π4答案 D解析 根据几何体的三视图还原其直观图如图所示，显然可以看到该几何体是一个底面长为2，宽为1，高为1的正棱柱与一个底面半径为1，高为1的14圆柱组合而成，其体积为V ＝2×1×1＋14×π×12×1＝2＋π4，故选D ．10．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是________寸．(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸) 答案 3解析 由题意知，圆台中截面圆的半径为十寸，圆台内水的体积为V ＝13πh (r 2中＋r 2下＋r中r 下)＝π3×9×(102＋62＋10×6)＝588π(立方寸)，降雨量为V142π＝588π196π＝3(寸)． 11．如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是________．答案26解析 易知该几何体是正四棱锥．连接BD ，设正四棱锥P －ABCD ，由PD ＝PB ＝1，BD ＝2，则PD ⊥PB ．设底面中心O ，则四棱锥高PO ＝22，则其体积是V ＝13Sh ＝13×12×22＝26． 12．如图，在平面四边形ABCD 中，已知AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝1，BC ＝CD ＝5，以直线AB 为轴，将四边形ABCD 旋转一周，则所得旋转体的体积为________．答案 12π解析 由题意，该旋转体是一圆台内部挖去一个圆锥，如图1所示：如图2，过点C 作CE ⊥AB ，连接BD ．在等腰直角三角形ABD 中，BD ＝AD 2＋AB 2＝2． 在△BDC 中，CD 2＝BD 2＋BC 2－2BD ·BC cos ∠DBC ， 所以25＝2＋25－102cos ∠DBC ，所以cos ∠DBC ＝210，所以sin ∠DBC ＝1－cos 2∠DBC＝7210． 因为∠CBE ＝180°－∠ABD －∠DBC ＝135°－∠DBC ，所以sin ∠CBE ＝sin(135°－∠DBC )＝22cos ∠DBC ＋22sin ∠DBC ＝45．在Rt △BCE 中，CE ＝BC sin ∠CBE ＝4，所以BE ＝BC 2－CE 2＝3，AE ＝4．所以圆台上、下底面圆的面积分别为S 上＝π，S 下＝16π，圆台体积V 1＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)·AE ＝28π，圆锥体积V 2＝13×16π×3＝16π，所以旋转体体积V ＝V 1－V 2＝12π．二、高考小题13．(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π 答案 B解析 由三视图可知两个同样的几何体可以拼成一个底面直径为6，高为14的圆柱，所以该几何体的体积V ＝12×32×π×14＝63π．故选B ．14．(2018·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．2B ．4C ．6D ．8 答案 C解析 由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上、下底边的长分别为1 cm,2 cm ，高为2 cm ，直四棱柱的高为2 cm ．故直四棱柱的体积V ＝1＋22×2×2＝6 cm3．15．(2018·全国卷Ⅰ)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．122π B．12π C．82π D．10π答案 B解析根据题意，可得截面是边长为22的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是2的圆，且高为22，所以其表面积为S＝2π(2)2＋2π×2×22＝12π．故选B．16．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C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－A1B1C1D1中，连接BC1，根据线面角的定义可知∠AC1B＝30°，因为AB＝2，ABBC1＝tan30°，所以BC1＝23，从而求得CC1＝BC21－BC2＝22，所以该长方体的体积为V＝2×2×22＝82．故选C．17．(2018·全国卷Ⅲ)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93，则三棱锥D－ABC体积的最大值为( )A．12 3 B．18 3 C．24 3 D．54 3答案 B解析如图所示，点M为三角形ABC的重心，E为AC的中点，当DM⊥平面ABC时，三棱锥D－ABC体积最大，此时，OD＝OB＝R＝4．∵S △ABC ＝34AB 2＝93， ∴AB ＝6，∵点M 为三角形ABC 的重心，∴BM ＝23BE ＝23，∴在Rt △OMB 中，有OM ＝OB 2－BM 2＝2． ∴DM ＝OD ＋OM ＝4＋2＝6，∴(V 三棱锥D －ABC )max ＝13×93×6＝183．故选B ．18．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°，若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为________．答案 8π解析 如图所示，∠SAO ＝30°，∠ASB ＝90°，又S △SAB ＝12SA ·SB ＝12SA 2＝8，解得SA ＝4，所以SO ＝12SA ＝2，AO ＝SA 2－SO 2＝23，所以该圆锥的体积为V ＝π3·OA 2·SO ＝8π． 19．(2018·天津高考)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M －EFGH 的体积为________．答案112解析 由题意知四棱锥的底面EFGH 为正方形，其边长为22，即底面面积为12，由正方体的性质知，四棱锥的高为12．故四棱锥M －EFGH 的体积V ＝13×12×12＝112．20．(2018·江苏高考)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．答案 43解析 多面体由两个完全相同的正四棱锥组合而成，其中正四棱锥的底面边长为2，高为1，∴其体积为13×(2)2×1＝23，∴多面体的体积为43．三、模拟小题21．(2018·邯郸摸底)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，已知该几何体的各个面中有n 个面是矩形，体积为V ，则( )A ．n ＝4，V ＝10B ．n ＝5，V ＝12C ．n ＝4，V ＝12D ．n ＝5，V ＝10答案 D解析 由三视图可知，该几何体为直五棱柱，其直观图如图所示，故n ＝5，体积V ＝2×22＋12×2×1＝10．故选D ． 22．(2018·福州模拟)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4πB ．16π3C ．32π3D ．16π答案 D解析 如图，可知球的半径R ＝OH 2＋AH 2＝12＋(3)2＝2，进而这个球的表面积为4πR 2＝16π．故选D ．23．(2018·合肥质检一)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，则该几何体的表面积为( )A ．5π＋18B ．6π＋18C ．8π＋6D ．10π＋6 答案 C解析 该几何体的表面积是由球的表面积、球的大圆面积、半个圆柱的侧面积以及圆柱的纵切面面积组成．从而该几何体的表面积为4π×12＋π×12＋12×2π×3＋3×2＝8π＋6．故选C ．24．(2018·石家庄质检二)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A ．83B ．3C ．8D ．53 答案 A解析 根据三视图还原该几何体的直观图，如图中四棱锥P －ABCD 所示，则V P －ABCD ＝V P－AFGD＋(V AFB －DEC －V G －ECD )＝13×(1＋2)×22×1＋12×1×2×2－13×12×1×2×1＝83．故选A ．25．(2018·合肥质检三)我国古代的《九章算术》中将上、下两面为平行矩形的六面体称为“刍童”．如图所示为一个“刍童”的三视图，其中正视图及侧视图均为等腰梯形，两底的长分别为2和4，高为2，则该“刍童”的表面积为( )A ．12 5B ．40C ．16＋12 3D ．16＋12 5 答案 D解析 易得侧面梯形的高为22＋12＝5，所以一个侧面梯形的面积为12×(2＋4)×5＝35．故所求为4×35＋2×(2×4)＝125＋16．故选D ．26．(2018·福建质检)已知底面边长为42，侧棱长为25的正四棱锥S －ABCD 内接于球O 1．若球O 2在球O 1内且与平面ABCD 相切，则球O 2的直径的最大值为________．答案 8解析 如图，正四棱锥S －ABCD 内接于球O 1，SO 1与平面ABCD 交于点O ．在正方形ABCD 中，AB ＝42，AO ＝4．在Rt △SAO 中，SO ＝SA 2－OA 2＝(25)2－42＝2．设球O 1的半径为R ，则在Rt △OAO 1中，(R －2)2＋42＝R 2，解得R ＝5，所以球O 1的直径为10．当球O 2与平面ABCD 相切于点O 且与球O 1相切时，球O 2的直径最大．又因为SO ＝2，所以球O 2的直径的最大值为10－2＝8．一、高考大题1．(2016·江苏高考)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？ 解 (1)由PO 1＝2知，O 1O ＝4PO 1＝8． 因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)．正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)．所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．(2)设A 1B 1＝a m ，PO 1＝h m ， 则0<h <6，O 1O ＝4h ． 连接O 1B 1．因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21， 所以⎝⎛⎭⎪⎫22a 2＋h 2＝36， 即a 2＝2(36－h 2)． 于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h＝263(36h －h 3)，0<h <6， 从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)． 当0<h <23时，V ′>0，V 是单调增函数； 当23<h <6时，V ′<0，V 是单调减函数． 故h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值． 因此，当PO 1＝2 3 m 时，仓库的容积最大．2．(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM 中，AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA ．(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q －ABP 的体积．解 (1)证明：由已知可得∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC ． 又AB ⊥DA ，且AC ∩DA ＝A ，所以AB ⊥平面ACD ． 又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ． (2)由已知可得，DC ＝CM ＝AB ＝AC ＝3，DA ＝32． 又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝22．作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE 綊13DC ．由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC ， 所以QE ⊥平面ABC ，QE ＝1．因此，三棱锥Q －ABP 的体积为V 三棱锥Q －ABP ＝13×QE ×S △ABP ＝13×1×12×3×22sin45°＝1．二、模拟大题3．(2018·武昌调研)如图，已知某几何体的三视图如下(单位：cm)．(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法)； (2)求这个几何体的表面积及体积． 解 (1)这个几何体的直观图如图所示．(2)这个几何体可看成是正方体AC 1及直三棱柱B 1C 1Q －A 1D 1P 的组合体． 由PA 1＝PD 1＝2，A 1D 1＝AD ＝2，可得PA 1⊥PD 1． 故所求几何体的表面积S ＝5×22＋2×2×2＋2×12×(2)2＝22＋42(cm 2)，所求几何体的体积V ＝23＋12×(2)2×2＝10(cm 3)．4．(2018·浙江杭州一模)已知一个三棱台的上、下底面分别是边长为20 cm 和30 cm 的正三角形，各侧面是全等的等腰梯形，且各侧面的面积之和等于两底面面积之和，求棱台的体积．解 如图所示，在三棱台ABC －A ′B ′C ′中，O ′，O 分别为上、下底面的中心，D ，D ′分别是BC ，B ′C ′的中点，则DD ′是等腰梯形BCC ′B ′的高，又C ′B ′＝20 cm ，CB ＝30 cm ，所以S 侧＝3×12×(20＋30)×DD ′＝75DD ′．S 上＋S 下＝34×(202＋302)＝3253(cm 2)． 由S 侧＝S 上＋S 下，得75DD ′＝3253， 所以DD ′＝1333(cm)，又因为O ′D ′＝36×20＝1033(cm)， OD ＝36×30＝53(cm)， 所以棱台的高h ＝O ′O ＝D ′D 2－(OD －O ′D ′)2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13332－⎝⎛⎭⎪⎫53－10332＝43(cm)，由棱台的体积公式，可得棱台的体积为V ＝h3(S 上＋S 下＋S 上S 下)＝433×⎝ ⎛⎭⎪⎫3253＋34×20×30 ＝1900(cm 3)．故棱台的体积为1900 cm 3．。
2020高考数学(理数)题海集训08空间几何体(30题含答案)
3. 若三个球的表面积之比为 1:2:3 ，则它们的体积之比为 (
)
A.1:2:3
B.1:
2 : 3 C.1:2
2 :3 3
D.1:4:7
4. 在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中， AB=BC=2， AC1 与平面 BB1C1C 所成的角为 30°，则该长方体的体积 为( )
A． 8
B
．6 2
AC，
20. 答案为： B.
解析：由正视图知：四棱锥的底面是边长为
2 的正方形，四棱锥的高为 2，
∴四棱锥的体积
1 V=
3
×
22
×
8 2=
3
；四棱锥的侧面是全等的等腰三角形，底为
2，高为 5，
1 ∴ S 侧=4×2× 2× 5=4 5.
1 21. 答案为： 4；
解析：设圆锥的母线长是
R，则扇形的弧长是
16. 答案为： C； 解析：由三视图中的正、侧视图得到几何体的直观图如图所示，所以该几何体的俯视图为 C.
17. 答案为： C；
18. 答案为： B.
解析：如图， D， E 分别为 BC， PA的中点，易知球心 ∵ PB=PC=AB=A，C∴ PD⊥BC， AD⊥BC， PD=AD. 又平面 PBC⊥平面 ABC，平面 PBC∩平面 ABC=BC，
19. 答案为： A. 解析：设球 O 的半径为 R，∵ AB=1， AC=2，∠ BAC=60°，∴ BC2=1＋ 4－2×1×2× cos 60 °
=3， 所以 AB2＋ BC2=AC2. 即△ ABC为直角三角形，那么△ ABC 所在截面圆的直径为
所以 (2R) 2=SA2＋ AC2=64. 所以 S 球=4π R2=64π.
2020年高考数学精选专题(含答案详解)08 空间几何体
2020年高考数学精选专题（含答案详解）一、单选题（共11题；共22分）1.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. π+412B. π+13C. π+1D. π+142.已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为（）A. 16+12πB. 32+12πC. 24+12πD. 32+20π3.直三棱柱ABC−A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，侧棱长为√3，D为BC中点，则三棱锥A−B1DC1的体积为（）A. 3B. 32C. 1D. 24.如图所示的三视图表示的几何体的体积为323，则该几何体的外接球的表面积为( )A. 12πB. 24πC. 36πD. 48π5.一个由两个圆柱组合而成的密闭容器内装有部分液体，小圆柱底面半径为r1，大圆柱底面半径为r2，如图1放置容器时，液面以上空余部分的高为ℎ1，如图2放置容器时，液面以上空余部分的高为ℎ2，则ℎ1ℎ2=（）A. r2r1 B. (r2r1)2 C. (r2r1)3 D. √r2r16.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的体积是36，点E在棱CC1上，且CE=2EC1，则三棱锥E-BCD的体积是（）A. 3B. 4C. 6D. 127.某几何体的正视图和侧视图如图1所示，它的俯视图的直观图是平行四边形A′B′C′D′，如图2所示.其中A′B′=2A′D′=4，则该几何体的表面积为( )A. 16+12πB. 16+8πC. 16+10πD. 8π8.某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为10，则棱长为a的正方体的外接球的表面积为（）3A. 12πB. 14πC. 4√3πD. 16π9.斗拱是中国古典建筑最富装饰性的构件之一，并为中国所特有．图一图二是斗拱实物图，图三是斗拱构件之一的“斗”的几何体．本图中的斗是由棱台与长方体形凹槽（长方体去掉一个小长方体）组成．若棱台两底面面积分别是400cm2，900cm2，高为9cm，长方体形凹橹的体积为4300cm3，那么这个斗的体积是（）注：台体体积公式是V=1（S' +√S′S+S）h．3A. 5700cm3B. 8100cm3C. 10000cm3D. 9000cm310.在四棱锥P−ABCD中，PB=PD=2，AB=AD=1，PC=√3PA=3，∠BAD= 120°，AC平分∠BAD，则四棱锥P−ABCD的体积为（）A. √62B. √6 C. √63D. √311.《九章算术》是我国古代著名数学经典.其中对勾股定理的论述比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小.以锯锯之，深一寸，锯道长一尺.问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深一寸，锯道长一尺.问这块圆柱形木料的直径是多少？长为1丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示(阴影部分为镶嵌在墙体内的部分).已知弦AB=1尺，弓形高CD=1寸，估算该木材镶嵌在墙中的体积约为（）(注：1丈=10尺=100寸，π≈3.14，sin22.5∘≈513)A. 600立方寸B. 610立方寸C. 620立方寸D. 633立方寸二、填空题（共9题；共11分）12.如图，小方格是边长为1的正方形，图中粗线画出的是某几何体的三视图，正视图中的曲线为四分之一圆弧，则该几何体的表面积是________．13.已知某正四棱锥的底面边长和侧棱长均为2cm，则该棱锥的体积为________ cm3.14.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的体积为________．15.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”，称为祖暅原理．意思是底面处于同一平面上的两个同高的几何体，若在等高处的截面面积始终相等，则它们的体积相等．利用这个原理求半球O的体积时，需要构造一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．16.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E-BCD的体积是________.17.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型，如图，该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1，挖去四棱推O一EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm，AA1=4cm，3D打印所用原料密度为0.9g/cm2，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.18.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥体积是________，四个面的面积中最大的是________.19.在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为________．20.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别为棱A1D1、C1D1的中点，NBC1，若P、M分别为线段D1B、EF上的动点，则|PM|+是线段BC1上的点，且BN=14|PN|的最小值为________．一、单选题1.【答案】A【解析】【解答】由三视图还原原几何体如图，该几何体可看作两个几何体的组合体，左侧是四分之一圆锥，右侧是四棱锥，圆锥的底面半径为1，高为1，棱锥的底面是边长为1的正方形，一条侧棱垂直于底面，且长度为1．所以，该几何体的体积为V=13S⋅ℎ=13(π4⋅12+1)⋅1=π+412.故答案为：A.【分析】根据三视图判断出几何体的直观图，结合三视图的数据可计算出该几何体的体积.2.【答案】A【解析】【解答】由三视图知：该几何体是正四棱柱与半球体的组合体，且正四棱柱的高为√2，底面对角线长为4，球的半径为2，所以几何体的表面积为：S=12×4π×22+π×22+2√2×√2×4= 12π+16，故答案为：A．【分析】利用三视图还原立体几何图形为正四棱柱与半球体的组合体，再利用正四棱柱和球的表面积公式，结合求和的方法，从而求出该几何体的表面积。
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2020年高考数学空间几何体解答题专练
1.如图，四棱锥P－ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=2，∠PDA=45°，点E、F分别为
棱AB、PD的中点．
（1）求证：AF∥平面PCE；
（2）求证：平面PCE⊥平面PCD；
（3）求三棱锥C－BEP的体积．
2.如图，在直三棱柱ABC－A
B1C1中，AB=AC，P为AA1的中点，Q为BC的中点。
1
（1）求证：PQ//平面A1BC1；
（2）求证：BC⊥PQ。
3.如图，在直三棱柱ABC－A
B1C1中，AC⊥BC，A1B与AB1交于点D，A1C与AC1交于点E．求证：
1
（1）DE∥平面B1BCC1；
（2）平面A1BC⊥平面A1ACC1．
4.如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是平行四边形，平面PBD⊥平面ABCD，PB=PD，PA⊥PC，
CD⊥PC，O，M分别是BD，PC的中点，连结OM．
（1）求证：OM∥平面PAD；
（2）求证：OM⊥平面PCD．
5.如图，在直四棱柱ABCD–A
B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，点P是侧棱C1C的中点．
1
（1）求证：AC1∥平面PBD；
（2）求证：BD⊥A1P．
6.如图，直四棱柱ABCD–A
B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，
1
BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．
7.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD=2AB，E，F是线段BC，AB的中
点．
（1）证明：ED⊥PE；
（2）在线段PA上确定点G，使得FG∥平面PED，请说明理由．
8.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面是棱长为1的菱形，∠ADC=60°，，
M是PB的中点．
（1）求证：PD∥平面ACM；
（2）求直线CM与平面PAB所成角的正弦值．
9.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，Q为棱PD的中点，PA=AB．
（1）求证：AQ⊥CD；
（2）求直线PC与平面ACQ所成角的正弦值；
（3）求二面角C-AQ-D的余弦值．
10.如图，在三棱锥P—ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB=BC，PA⊥PC．点E，F，O分别为线段
PA，PB，AC的中点，点G是线段CO的中点．
（1）求证：FG∥平面EBO；
（2）求证：PA⊥BE．
11.如图，在四棱锥P-ABCD中，E是PC的中点，底面ABCD为矩形，AB=4，AD=2，PA=PD，且平
面PAD⊥平面ABCD，平面ABE与棱PD交于点F．
（1）求证：EF∥平面PAB；
（2）若PB与平面ABCD所成角的正弦值为，求二面角P-AE-B的余弦值．
12.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥底面ABCD，PD⊥AD，PD=AD，E
为PC的中点．
（1）证明：平面PBC⊥平面PCD；
（2）求直线DE与平面PAC所成角的正弦值；
（3）若F为AD的中点，在棱PB上是否存在点M，使得FM⊥BD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
13.如图,一简单几何体ABCDE的一个面ABC内接于圆O,G,H分别是AE,BC的中点,AB是圆O的直
径,四边形DCBE为平行四边形,且DC⊥平面ABC.
(1)证明:GH∥平面ACD;
(2)若AC=BC=BE=2,求二面角O-CE-B的余弦值.
14.如图，在三棱锥V﹣ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC=BC=，
O，M分别为AB，VA的中点．
（1）求证：VB∥平面MOC；
（2）求证：平面MOC⊥平面VAB
15.如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△SAB是等边三角形，∠ABC=120°，
SD=3，M，N分别是SC，CD的中点。
(1)求证：CD⊥平面BMN；
(2)求直线SA与平面SCD所成角的正弦值。
16.如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，∠DAB=∠DBF=60°，且FA=FC，AC与BD交于O点．
（1）求证：FO⊥平面ABCD；
（2）求二面角A-FC-B的余弦值．
17.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，AB=4，PA=3，A点在
PD上的射影为G点，E点在AB上，平面PEC⊥平面PDC．
（1）求证：AG∥平面PEC；
（2）求AE的长；
（3）求二面角E﹣PC﹣A的正弦值．
18.如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，AB=AD=1,AB//CD,AB⊥AD，点E为PC的中点.
平面ABE交侧棱PD于点F，四边形ABEF为平行四边形.
（1）求证：平面PBD⊥平面PBC；
（2）若二面角A-PB-C的余弦值为，求PD与平面PAB所成角的正弦值.
参考答案1.解：
2.解：
3.解：
4.解：
5.解：
（1）连接AC交BD于O点，连接OP，
因为四边形ABCD是正方形，对角线AC交BD于点O，
所以O点是AC的中点，所以AO=OC．
又因为点P是侧棱C1C的中点，所以CP=PC1，
在△ACC1中，，所以AC1∥OP，
又因为OP⊂面PBD，AC1⊄面PBD，所以AC1∥平面PBD．6分
（2）连接A1C1．
因为ABCD–A1B1C1D1为直四棱柱，所以侧棱C1C垂直于底面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以CC1⊥BD，
因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
又AC∩CC1=C，AC⊂面AC1，CC1⊂面AC1，所以BD⊥面AC1，
又因为P∈CC1，CC1⊂面ACC1A1，所以P∈面ACC1A1，
因为A1∈面ACC1A1，所以A1P⊂面AC1，所以BD⊥A1P．
6.解：
7.解：
8.解：
（1）证明：连接BD，交AC于点O，连接OM
由底面ABCD是棱形，知O是BD的中点，又M是BP的中点，所以OM∥DP
又OM⊂平面ACM
所以PD∥平面ACM．
（2）解：取AB中点E，连接ME，CE
由题可知△ACB是等边三角形，∴CE⊥AB
又PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAB
∴平面ABCD⊥平面PAB
又平面ABCD∩平面PAB=AB，∴CE⊥平面PAB
∴直线CM与平面PAB所成角为∠CME
因，又
所以．
9.解：
13.解：
14.解：
（1）证明：∵O，M分别为AB，VA的中点，∴OM∥VB，
∵VB⊄平面MOC，OM⊂平面MOC，
∴VB∥平面MOC；
（2）∵AC=BC，O为AB的中点，
∴OC⊥AB，
∵平面VAB⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，
∴OC⊥平面VAB，
∵OC⊂平面MOC，
∴平面MOC⊥平面VAB
15.解：
16.解：
17.解：
18.解：。