2020届高考数学专题：立体几何计算问题(有答案)
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年高考数学《立体几何的计算问题》专项训练及答案解析
立体几何的计算问题一、基础检测1、(2019扬州期末） 底面半径为1，母线长为3的圆锥的体积是________． 【答案】 22π3【解析】圆锥的高为h ＝32－12＝22，圆锥的体积V ＝13×π×12×22＝22π3.2、(2019镇江期末）已知一个圆锥的底面积为π，侧面积为2π，则该圆锥的体积为________． 【答案】3π3【解析】思路分析 先求出圆锥的底面半径和高．设圆锥的底面半径、高、母线长分别为r ，h ，l ，则⎩⎪⎨⎪⎧πr 2＝π，πrl ＝2π，解得⎩⎪⎨⎪⎧r ＝1，l ＝2.所以h ＝ 3.圆锥的体积V ＝13Sh ＝3π3. 3、(2019宿迁期末）设圆锥的轴截面是一个边长为2 cm 的正三角形，则该圆锥的体积为________ cm 3. 【答案】33π 【解析】 圆锥的底面半径R ＝1，高h ＝22－12＝3，故圆锥的体积为V ＝13×π×12×3＝33π.4、(2019南通、泰州、扬州一调）已知正四棱柱的底面长是3 cm ，侧面的对角线长是3 5 cm ，则这个正四棱柱的体积为________cm 3. 【答案】 54【解析】由题意知，正四棱柱的高为（35）2－32＝6，所以它的体积V ＝32×6＝54，故答案为54. 5、(2019南京学情调研） 如图，在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ＝2，AA 1＝3，则四棱锥A 1B 1C 1CB 的体积是________．【答案】2 3【解析】如图，取B 1C 1的中点E ，连结A 1E ，易证A 1E ⊥平面BB 1C 1C ，所以A 1E 为四棱锥A 1B 1C 1CB 的高，所以V 四棱锥A 1B 1C 1CB ＝13S 矩形BB 1C 1C ×A 1E ＝13×(2×3)×3＝2 3.6、(2018盐城三模）若一圆锥的底面半径为1，其侧面积是底面积的3倍，则该圆锥的体积为 ．【答案】3【解析】设圆锥的高为h ，母线为l ，由2=,=S rl S r ππ侧底得，21=31l ππ⨯⨯⨯，即=3l ，h =，故该圆锥的体积为2113π⨯⨯⨯=.7、(2017无锡期末） 已知圆锥的侧面展开图是一个圆心角为120°且面积为3π的扇形，则该圆锥的体积等于________． 【答案】223π【解析】设圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线长为l .则⎩⎪⎨⎪⎧2πr ＝l ×2π3，3π＝12×2πr ×l ，解得⎩⎪⎨⎪⎧r ＝1，l ＝3，故h ＝l 2－r 2＝22，所以圆锥的体积V ＝13×πr 2×h ＝13×π×12×22＝223π. 解后反思 解决立体几何问题的基本思想是将空间问题转化为平面问题，在解题过程中要注意明确展开图中各个元素和几何体中元素的对应关系．8、(2016南京、盐城、连云港、徐州二模）如图，正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥AA 1EF 的体积是________．【答案】 8 3【解析】 因为在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1，AA 1⊂平面AA 1C 1C ，BB 1⊄平面AA 1C 1C ，所以BB 1∥平面AA 1C 1C ，从而点E 到平面AA 1C 1C 的距离就是点B 到平面AA 1C 1C 的距离，作BH ⊥AC ，垂足为点H ，由于△ABC 是正三角形且边长为4，所以BH ＝23，从而三棱锥AA 1EF 的体积VAA 1EF ＝VEA 1AF ＝13S △A 1AF ·BH ＝13×12×6×4×23＝8 3.解题反思 一般地，三棱锥的体积求解都需要通过换底来求解，基本原则是换底以后的三棱锥的底面积和高均容易求解．9、（2016无锡期末） 如图，在圆锥VO 中，O 为底面圆心，半径OA ⊥OB ，且OA ＝VO ＝1，则O 到平面VAB 的距离为________．【答案】33【解析】思路分析 在立体几何求点到平面的距离问题中，往往有两种途径：(1) 利用等体积法，这种方法一般不需要作出高线；(2) 利用面面垂直的性质作出高线，再进行计算．解法1 因为VO ⊥平面AOB ，OA ⊂平面AOB ，所以VO ⊥OA ，同理VO ⊥OB ，又因为OA ⊥OB ，OA ＝VO ＝OB ＝1，所以VA ＝VB ＝AB ＝2，所以S △VAB ＝12VA ×AB sin60°＝32.设O 到平面VAB 的距离为h ，由V VAOB ＝V OVAB ，得13S △AOB ×VO ＝13S △VAB ×h ，得12OA ×OB ×VO ＝32h ，解得h ＝33. 解法2 取AB 中点M ，连结VM ，过点O 作OH ⊥VM 于H .因为OA ＝OB ，M 是AB 中点，所以OM ⊥AB ，因为VO ⊥平面AOB ，AB ⊂平面AOB ，所以VO ⊥AB ，又因为OM ⊥AB ，VO ∩OM ＝O ，所以AB ⊥平面VOM ，又因为AB ⊂平面VAB ，所以面VAB ⊥平面VOM ，又因为OH ⊥VM ，OH ⊂平面VOM ，平面VAB ∩平面VOM ＝VH ，所以OH ⊥平面VAB ，所以OH 为点O 到平面VAB 的距离，且OH ＝VO ×OM VM ＝33.二、拓展延伸题型一 柱、锥的面积与体积知识点拨： 求空间几何体的体积的本质就是找几何体的高(即找线面垂直)，常见的空间几何体体积的求法有：作高法、转换顶点法、割补法.例1、(2019南京、盐城一模）如图，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝4，AC ＝3，BC ＝1，E ，F 分别为AB ，PC 的中点，则三棱锥BEFC 的体积为________．【答案】36【解析】V BEFC ＝V FBEC ＝12V PBEC ＝12·(13·S △BEC ·PA)＝12×13×34×4＝36.【变式1】(2019泰州期末）如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，点M 为棱AA 1的中点，记三棱锥A 1MBC 的体积V 1，四棱锥A 1BB 1C 1C 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．【答案】 14【解析】解法1(割补法) 设△ABC 的面积为S ，三棱柱的高为h ，则V 1＝VA 1ABC －V MABC ＝13Sh －13S ×12h ＝16Sh ，V 2＝VABCA 1B 1C 1－VA 1ABC ＝Sh －13Sh ＝23Sh ，所以V 1V 2＝Sh 6·32Sh ＝14.解法2(等积转换) V 1＝VBA 1MC ＝12VBA 1AC ＝12VA 1ABC ，V 2＝2VA 1BC 1B 1＝2VBA 1B 1C 1＝2VA 1ABC ，所以V 1V 2＝14.【变式2】(2018常州期末） 已知圆锥的高为6，体积为8.用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆台体积是7，则该圆台的高为________． 【答案】 3【解析】设截得的小圆锥的高为h 1，底面半径为r 1，体积为V 1＝13πr 21h 1；大圆锥的高为h ＝6，底面半径为r ，体积为V ＝13πr 2h ＝8.依题意有r 1r ＝h 1h ，V 1＝1，V 1V ＝13πr 21h 113πr 2h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫h 1h 3＝18，得h 1＝12h ＝3，所以圆台的高为h－h 1＝3.【变式3】(2018镇江期末） 已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为6，则该正四棱锥的体积为________． 【答案】 83【解析】正四棱锥的底面边长为 2，可知底面正方形对角线长为22，所以正四棱锥的高为（6）2－（2）2＝2，所以正四棱锥的体积V ＝13×4×2＝83.【变式4】(2018扬州期末） 若圆锥的侧面展开图是面积为3π且圆心角为2π3的扇形，则此圆锥的体积为________． 【答案】 223π【解析】设圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线为l ，则由12·2π3·l 2＝3π，得l ＝3，又由2π3·l ＝2πr ，得r ＝1，从而有h ＝l 2－r 2＝22，所以V ＝13·πr 2·h ＝223π.【变式5】(2018南京、盐城、连云港二模）在边长为4的正方形ABCD 内剪去四个全等的等腰三角形(如图1中阴影部分)，折叠成底面边长为2的正四棱锥SEFGH(如图2)，则正四棱锥SEFGH 的体积为________．（图1）（图2）【答案】 43【解析】连结EG ，HF ，交点为O ，正方形EFGH 的对角线EG ＝2，EO ＝1，则点E 到线段AB 的距离为1，EB ＝12＋22＝ 5.SO ＝SE 2－OE 2＝5－1＝2，故正四棱锥SEFGH 的体积为13×(2)2×2＝43.【变式6】(2018苏锡常镇调研（二）） 在棱长为2的正四面体P ABC -中，M ，N 分别为PA ，BC 的中点，点D 是线段PN 上一点，且2PD DN =，则三棱锥D MBC -的体积为 ．【答案】【解析】思路分析：解决空间几何体的体积计算问题常常有两个途径：一是直接利用体积公式求解，另一种是利用等体积转化的思想进行计算.解题过程：连结MB ，MC ，MN ，过点D 作MN DH ⊥于H ，因为BP BA =，M 为PA 的中点，所以BM PA ⊥，同理CM PA ⊥，又因为M CM BM =I ，所以MBC PA 面⊥，又因为MBC MN 面⊂，所以MN PA ⊥，又因为MN DH ⊥，所以PA DH //，从而MBC DH 面⊥，故DH 为点D 到平面MBC 的高.在MBC ∆中，MC MB =，N 为BC 的中点，则222=-=NB MB MN ，MBC ∆的面积2222121=⨯⨯=⨯=MN BC S ，在NPM ∆中，因为PM DH //，2PD DN =，所以3131==PM DH ，从而三棱锥D MBC -的体积923123131=⨯⨯=⨯=∆-DH S V MBC MBCD ．【变式7】(2017徐州、连云港、宿迁三检）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，已知13AB AA ==，点P 在棱1CC 上，则三棱锥1P ABA -的体积为 ．【答案】439 【解析】 因为正三棱柱111C B A ABC -中，11//CC AA ，因为B B AA AA 111面⊂，B B AA CC 111面⊄， 所以B B AA CC 111//面，因为点P 在棱1CC 上，所以点C 到平面B B AA 11的距离就是点P 到平面B B AA 11的距离．作AB CD ⊥，垂直为点D ，因为正三棱柱111C B A ABC -中，⊥1AA 面ABC ，⊂CD 面ABC ，所以1AA CD ⊥，而B B AA AB 11面⊂，B B AA AA 111面⊂，11A AA AB =I ，所以B B AA CD 11面⊥．因为正三棱柱111C B A ABC -中，31==AA AB ，所以233=CD ，1ABA ∆的面积293321=⨯⨯=S ，所以三棱锥1ABA P -的体积439233293131=⨯⨯=⋅⋅=CD S V ． 【变式8】(2017南京三模）如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3，∠ABC ＝90°，点D 为侧棱BB 1上的动点．当AD ＋DC 1最小时，三棱锥D －ABC 1的体积为 ．ABC PA 1B 1C 1(第10题)【答案】13【解析】将侧面展开如下图，所以由平面几何性质可得：11AD DC AC +≥，当且仅当1,,A D C 三点共线取到.此时1BD =，所以1122ABD S AB BD =⨯⨯=V .在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中有1BB CB ⊥，又AB CB ⊥，易得CB ⊥平面ABD ，所以11C B ⊥平面ABD ，即11C B 是三棱锥1C ABD-的高，所以1111111123323D ABC C ABD ABD V V C B S --==⨯⨯=⨯⨯=V【解后反思】对于求空间几何体中在两个侧面上两个有公共点距离之和最小值的问题，一般都可以转化为同一个平面上问题.本题也是数学中最有名的“将军饮马”的问题，有兴趣的同科可以用网络搜索查阅这个问题. 题型二 球的面积与体积知识点拨：解决空间几何体的外接球问题的关键是确定球心的位置，求得球半径．多数试题中几何体的外接球通常可以考虑转化为相应长方体的外接球模型，这一类题在各类考题中常有出现，同学们一定要掌握其方法．例1、(2019苏州期末）如图，某种螺帽是由一个半径为2的半球体挖去一个正三棱锥构成的几何体，该正三棱锥的底面三角形内接于半球底面大圆，顶点在半球面上，则被挖去的正三棱锥体积为________．ACB A 1B 1C 1D【答案】 2 3【解析】正三棱锥的底面正三角形的边长为a＝23，面积S＝34a2＝33，高h＝2.所以正三椎锥的体积V＝13Sh＝2 3.【变式1】(2019苏州三市、苏北四市二调）设P，A，B，C为球O表面上的四个点，PA，PB，PC两两垂直，且PA＝2 m，PB＝3 m，PC＝4 m，则球O的表面积为________m2.【答案】 29π【解析】根据题意，可知三棱锥PABC是长方体的一个角，如图所示，该长方体的外接球就是经过P，A，B，C四点的球，因为PA＝2，PB＝3，PC＝4，所以长方体的体对角线的长为PA2＋PB2＋PC2＝29，即外接球的直径2R＝29，可得R＝292，因此外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×⎝⎛⎭⎪⎫2922＝29π，【变式2】(2018无锡期末）直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AB⊥BC，AB ＝3，BC ＝4，AA 1＝5，若三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________．【答案】 50π【解析】 根据条件可知该直三棱柱的外接球即三棱锥B 1ABC 的外接球，也就是以BA ，BC ，BB 1为棱的长方体的外接球，设其半径为R ，则2R ＝BA 2＋BC 2＋BB 21＝32＋42＋52，得R ＝522，故该球的表面积为S ＝4πR 2＝50π.【变式3】(2017南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调） 现有一个底面半径为3 cm ，母线长为5 cm 的圆锥状实心铁器，将其高温融化后铸造成一个实心铁球(不计损耗)，则该铁球的半径是________cm.【答案】 39【解析】思路分析 圆锥的体积等于球的体积．圆锥的高为4 cm ，体积为V 圆锥＝13π×32×4＝12π(cm 3)．设球的半径为r cm ，则43πr 3＝12π，即r 3＝9，所以r ＝39.题型三、立体几何中的综合问题知识点拨：立体几何中的综合问题往往涉及到求体积的最值问题或者涉及到复杂的几何体的问题，常用的方法是涉及复杂的几何体进行简化，最值问题运用不等式或者求导进行解决。
2020届高考数学专题：立体几何计算问题(答案不全)
立体几何中的计算问题1.三视图——是观察者从三个不同位置观察同一个空间几何体而画出的图形；2.直观图——是观察着站在某一点观察一个空间几何体而画出的图形。
直观图通常是在平行投影下画出的空间图形。
3斜二测法：1.画直观图时，把它画成对应的轴'',''o x o y ，取'''45(135)x o y o r ∠=︒︒，它们确定的平面表示水平平面；2.在坐标系'''x o y 中画直观图时，已知图形中平行于数轴的线段保持平行性不变，平行于x 轴（或在x 轴上）的线段保持长度不变，平行于y 轴（或在y 轴上）的线段长度减半。
结论：一般地，采用斜二测法作出的直观图面积是原平面图形面积的4倍. 例1．下列命题：①如果一个几何体的三视图是完全相同的，那么这个几何体是正方体；②如果一个几何体的主视图和俯视图都是矩形，那么这个几何体是长方体； ③如果一个几何体的三视图都是矩形，那么这个几何体是长方体；④如果一个几何体的主视图和左视图都是等腰梯形，那么这个几何体是圆台．其中正确的是( )A ．①②B ．③C ．②③D ．④ 2、异面直线所成的角(1)定义：a 、b 是两条异面直线，经过空间任意一点O ，分别引直线a′∥a,b′∥b,则a′和b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 和b 所成的角.(2)取值范围：0°＜θ≤90°. (3)求解方法①根据定义，通过平移，找到异面直线所成的角θ； ②解含有θ的三角形，求出角θ的大小.例2．在长方体1111ABCD A B C D -中，11BC CC ==，13AD B π∠=，则直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）ABCD【答案】D例3．直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，若∠BAC=90°，AB=AC=AA 1，则异面直线 BA 1与AC 1所成的角为（ ） A ．60°B ．90°C ．120°D ．150°例4．在四面体ABCD 中，AC 与BD 的夹角为30°，2AC =，BD =M ，N 分别是AB ，CD 的中点，则线段MN 的长度为________． 【答案】13.二面角 找(或作)二面角的平面角的主要方法.(i)定义法(ii)垂面法 (iii)三垂线法(Ⅳ)根据特殊图形的性质 (4)求二面角大小的常见方法先找(或作)出二面角的平面角θ，再通过解三角形求得θ的值.例5．已知正三棱锥底面边长为2，侧棱长为3，则它的侧面与底面所成二面角的余弦值为________.【答案】12例6．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，E ．F 分别为1A B ，1A C 的中点，D 为11B C 上的点，且11A D B C ⊥．（1）求证：//EF 平面ABC ． （2）求证：平面1A FD ⊥平面11BCC B ．（3）若三棱柱所有棱长都为a ，求二面角111A B C C --的平面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）74.空间几何体的表面积、体积棱柱、棱锥的表面积：各个面面积之和圆柱的表面积 ：222S rl r ππ=+ 圆锥的表面积：2S rl r ππ=+圆台的表面积：22Srl r Rl Rππππ=+++扇形的面积公式2211=36022n R S lr r πα==扇形（其中l 表示弧长，r 表示半径，α表示弧度） 空间几何体的体积柱体的体积 ：V S h =⨯底，锥体的体积 ：13V S h =⨯底台体的体积 ：1)3V S S h =+⨯下上（ ，球体的体积：343V R π= 点到平面的距离(1)定义 面外一点引一个平面的垂线，这个点和垂足间的距离叫做这个点到这个平面的距离.(2)求点面距离常用的方法： 1)直接利用定义求①找到(或作出)表示距离的线段； ②抓住线段(所求距离)所在三角形解之.2)体积法其步骤是：①在平面内选取适当三点，和已知点构成三棱锥；②求出此三棱锥的体积V 和所取三点构成三角形的面积S ；③由V=31S·h ，求出h 即为所求.这种方法的优点是不必作出垂线即可求点面距离.难点在于如何构造合适的三棱锥以便于计算.例8．在长、宽、高分别为a b c ，，的长方体中，以它的各面的中心为顶点可得到一个八面体，则该八面体的体积为________．【答案】16abc例9．如图，在上、下底面对应边的比为1:2的三棱台中，过上底面的一边作一个平行于棱的平面11A B EF ，则这个平面分三棱台成两部分的体积之比为（ ）．A ．1:2B ．2:3C ．3:4D ．4:5【答案】C例10．如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，PA=AD=4，AB=2，以BD 的中点O 为球心、BD 为直径的球面交PD 于点M.⑴求证：平面ABM ⊥平面PCD ； （2）求点O 到平面ABM 的距离.【答案】（1）见解析（2）3例11．如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，EA⊥底面ABCD，//FD EA，且112FD EA==.（1）求多面体EABCDF的体积；（2）记线段BC的中点为K，在平面ABCD内过点K作一条直线与平面ECF平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明.【答案】(1)103V=多面体;(2)见解析.5.与球有关的组合体7-2 球的结构特征⑴球心与截面圆心的连线垂直于截面；⑵截面半径等于球半径与截面和球心的距离的平方差：r2 = R2– d2★7-3 球与其他多面体的组合体的问题球体与其他多面体组合，包括内接和外切两种类型，解决此类问题的基本思路是：⑴根据题意，确定是内接还是外切，画出立体图形；⑵找出多面体与球体连接的地方，找出对球的合适的切割面，然后做出剖面图；⑶将立体问题转化为平面几何中圆与多边形的问题；例11．已知棱长为a的正四面体，其内切球的半径为r，外接球的半径为R，则:r R= ________．【答案】1:3例12．已知棱长为a的正方体，甲球是正方体的内切球，乙球是正方体的外接球，丙球与正方体的各棱都相切，则甲、乙、丙三球的表面积之比为（）．A．91:3:4B．1:3:2C．D．31:2【答案】B例13．已知,,,S A B C是球O表面上的点,SA⊥平面,,1,ABC AB BC SA AB BC⊥===则球O的体积为__________.例14．已知一个高为16的圆锥内接于一个体积为972π的球，在圆锥内又有一个内切球．求：圆锥内切球的体积．（2）2563Vπ=立体几何中的计算问题一、三视图1．将正方形（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为（）A．B．C．D．【答案】B2．如图所示，A O B '''∆表示水平放置的AOB ∆的直观图，B '在x '轴上，A O ''与x '轴垂直，且2A O ''=，则AOB ∆的OB 边上的高为______．【答案】二、线线角3．已知直三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，M 为11A C 的中点，则AM 与1BC 所成角的余弦值为( ) A．3B．3C．4D．4【答案】D4．如图所示为一个正方体的展开图．对于原正方体，给出下列结论： ①AB 与EF 所在直线平行； ②AB 与CD 所在直线异面； ③MN 与BF 所在直线成60︒角；④MN 与CD 所在直线互相垂直． 其中正确结论的序号是________． 【答案】②④5．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，1AA AB AC ==，AB AC ⊥，M 是1CC 的中点，Q 是BC 的中点，点P 在11A B 上，则直线PQ 与直线AM 所成的角为（ ）． A ．30° B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】D 三、二面角问题二面角：关键是找出二面角的平面角。
2020年高考数学(文)母题题源解密19 立体几何综合(原卷版)
专题19 立体几何综合【母题原题1】【2020年高考全国Ⅲ卷，文数】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．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）根据正方形性质得AC BD ⊥，根据长方体性质得1AC BB ⊥，进而可证AC ⊥平面11BB D D ，即得结果；（2）只需证明1//EC AF 即可，在1CC 上取点M 使得12CM MC =，再通过平行四边形性质进行证明即可．【详解】（1）因为长方体1111ABCD A B C D -，所以1BB ⊥平面ABCD ∴1AC BB ⊥， 因为长方体1111,ABCD A B C D AB BC -=，所以四边形ABCD 为正方形AC BD ∴⊥因为11,BB BD B BB BD =⊂、平面11BB D D ，因此AC ⊥平面11BB D D ，因为EF ⊂平面11BB D D ，所以AC EF ⊥；（2）在1CC 上取点M 使得12CM MC =，连,DM MF ，因为111112,//,=D E ED DD CC DD CC =，所以11,//,ED MC ED MC =所以四边形1DMC E 为平行四边形，1//DM EC ∴因为//,=,MF DA MF DA 所以M F A D 、、、四点共面，所以四边形MFAD 为平行四边形，1//,//DM AF EC AF ∴∴，所以1E C A F 、、、四点共面，因此1C 在平面AEF 内【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题．【母题原题2】【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积．【答案】（1）见解析；（2）4．【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE．又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．（2）取CG的中点M，连结EM，DM．因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG．由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力．【母题原题3】【2018年高考全国Ⅲ卷文数】如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M 是CD上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析．【解析】（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连结OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP．MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD．【名师点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P为AM中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．【命题意图】用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．主要考查考生的直观想象能力、数学运算能力、逻辑推理能力，以及转化与化归思想的应用．【命题规律】立体几何解答题第1问主要集中考查空间中直线、平面的位置关系的判断，注重对公理、定理的考查，而第2问多考查空间向量在空间立体几何中的应用，在证明与计算中一般要用到初中平面几何的重要定理，空间思维要求较高，运算量较大，对学生的空间想象能力、转化能力、计算能力要求较高．在考查考生运算求解能力的同时侧重考查考生的空间想象能力和推理论证能力，给考生提供了从不同角度去分析问题和解决问题的可能，体现了立体几何教学中课程标准对考生的知识要求和能力要求，提升了对考生的数学能力和数学素养的考查．本试题能准确把握相关几何元素之间的关系，把推理论证能力、空间想象能力等能力和向量运算、二面角作图、建立空间直角坐标系等知识较好地融入试题中，使考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力得到了有效考查．【答题模板】1．一个平面的法向量是与平面垂直的向量，有无数多个，任意两个都是共线向量．若要求出一个平面的法向量的坐标，一般要建立空间直角坐标系，然后用待定系数法求解，一般步骤如下：（1）设平面的法向量为n=（x，y，z）；（2）找出（求出）平面内的两个不共线的向量的坐标a=（a1，b1，c1），b=（a2，b2，c2）；（3）根据法向量的定义建立关于x，y，z的方程组·0·0=⎧⎨=⎩，；n an b（4）解方程组，取其中的一组解，即得法向量．注意：求平面的法向量时，建立的方程组有无数组解，利用赋值法，只要给x，y，z中的一个变量赋一特殊值（常赋值–1，0，1），即可确定一个法向量，赋值不同，所求法向量不同，但n=（0，0，0）不能作为法向量．2．用空间向量解决立体几何问题的步骤如下：（1）建系：根据题中的几何图形的特征建立适当的空间直角坐标系；（2）定坐标：确定点的坐标进而求出有关向量的坐标；（3）向量运算：进行相关的空间向量的运算；（4）翻译：将向量中的语言“翻译”成相应的立体几何中的语言，完成几何问题的求解．【方法总结】1．利用向量法证明平行问题（1）证明线线平行：证明两条直线的方向向量共线．（2）证明线面平行：①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示．（3）证明面面平行：①证明两个平面的法向量平行；②转化为线线平行、线面平行问题．注意：用向量法证明平行问题时，要注意解题的规范性．如证明线面平行时，仍需要说明一条直线在平面内，另一条直线在平面外．2．利用向量法证明垂直问题（1）证明线线垂直：证明两直线的方向向量垂直，即证它们的数量积为零．（2）证明线面垂直：①证明直线的方向向量与平面的法向量共线；②证明直线与平面内的两条相交直线的方向向量垂直；③证明直线的方向向量与平面α内的任一条直线的方向向量垂直．（3）证明面面垂直：①其中一个平面与另一个平面的法向量平行；②两个平面的法向量垂直．3．求线面角（1）定义法：①作，在斜线上选取恰当的点向平面引垂线，在这一步上确定垂足的位置是关键；②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，其证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；③求，构造角所在的三角形，利用解三角形的知识求角．（2）公式法：sinθ=hl（其中h为斜线上除斜足外的任一点到所给平面的距离，l为该点到斜足的距离，θ为斜线与平面所成的角）．（3）向量法：sinθ=|cos<AB，n>|=|?|||||ABABnn（其中AB为平面α的斜线，n为平面α的法向量，θ为斜线AB与平面α所成的角）．4．求二面角（1）定义法：在二面角的棱上找一特殊点，过该点在两个半平面内分别作垂直于棱的射线，如图（1），∠AOB为二面角α–l–β的平面角；（2）垂面法：过棱上一点作棱的垂直平面，该平面与二面角的两个半平面的交线所形成的角即二面角的平面角，如图（2），∠AOB为二面角α–l–β的平面角；（3）垂线法（三垂线定理法）：过二面角的一个半平面内一点作另一个半平面所在平面的垂线，从垂足出发向棱引垂线，利用三垂线定理（线面垂直的性质）即可找到所求二面角的平面角或其补角，如图（3），∠AOB为二面角α–l–β的平面角；（4）利用射影面积公式：cosθ=SS射原，该法主要用来解决无棱二面角大小的计算，关键在于找出其中一个半平面内的多边形在另一个半平面内的射影；（5）向量法：利用公式cos<n 1，n 2>=1212·||||n n n n （n 1，n 2分别为两平面的法向量）进行求解，注意<n 1，n 2>与二面角大小的关系，是相等还是互补，需结合图形进行判断．如图（2）（4）中<n 1，n 2>就是二面角α–l –β的平面角的补角；如图（1）（3）中<n 1，n 2>就是二面角α–l –β的平面角．5．求空间距离（1）直接法：利用线线垂直、线面垂直、面面垂直等性质定理与判定定理，作出垂线段，再通过解三角形求出距离．（2）间接法：利用等体积法、特殊值法等转化求解．（3）向量法：空间中的距离问题一般都可转化为点到平面的距离问题进行求解．求点P 到平面α的距离的三个步骤：①在平面α内取一点A ，确定向量PA 的坐标；②确定平面α的法向量n ；③代入公式d =||||PA ⋅n n 求解．1．（2020·西藏自治区高三二模（文））如图，三棱锥P ABC -中，PA PC =，AB BC =，120APC ︒∠=，90ABC ︒∠=，2AC ==.（1）求证：AC PB ⊥；（2）求点C 到平面PAB 的距离.2．（2020·西藏自治区拉萨中学高一期中）（本小题满分12分）如图在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且2PA PD AD ==，设E ，F 分别为PC ，BD 的中点．（1）求证：//EF 平面PAD ；（2）求证：面PAB ⊥平面PDC ．3．（2020·西藏自治区拉萨中学高三月考（文））如图所示，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为矩形，PAD ∆为等腰三角形，90APD ︒∠=，平面PAD ⊥平面ABCD ，且1AB =，2AD =，E ，F 分别为PC ，BD 的中点.（1）证明：//EF 平面PAD ；（2）证明：平面PDC ⊥平面PAD ；（3）求四棱锥P ABCD -的体积.4．（2020·云南省高三其他（文））如图，长方体1111ABCD A B C D -的侧面11A ADD 是正方形．（1）证明：1A D ⊥平面1ABD ；（2）若2AD =，4AB =，求点B 到平面1ACD 的距离．5．（2020·云南省高三其他（文））如图所示，平面PAB ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是边长为4的正方形，90APB ∠=︒，,M N 分别是,CD PB 的中点.（1）证明：//CN 平面PAM ；（2）若60PAB ∠=︒，求四棱锥P ABCM -的体积.6．（2020·云南省高三其他（文））如图，在多边形ABPCD 中（图1）．四边形ABCD 为长方形，BPC △为正三角形，3AB =，BC =现以BC 为折痕将BPC △折起，使点P 在平面ABCD 内的射影恰好是AD 的中点（图2）．（1）证明：AB ⊥平面PAD ：（2）若点E 在线段PB 上，且13PE PB =，求二面角E DC B --的余弦值． 7．（2020·云南省高三三模（文））已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，PAD △为正三角形，M 是PC 的中点，过M 的平面α平行于平面PAB ，且平面α与平面PAD 的交线为ON ，与平面ABCD 的交线为OE ．（1）在图中作出四边形MNOE （不必说出作法和理由）；（2）若PC =，四棱锥P ABCD -D 到平面α的距离． 8．（2020·云南省高三一模（文））已知三棱柱111ABC A B C -，底面ABC 为等边三角形，侧棱1AA ⊥平面ABC ，D 为1CC 中点，12AA AB =，1AB 和1A B 交于点O .（1）证明：//OD 平面ABC ；（2）若2AB =，求点B 到平面11A B D 的距离.9．（2020·宜宾市叙州区第二中学校高三三模（文））如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABCD ，AD BC ∥，3AB AD AC ===，4PA BC ，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点． （I ）证明MN ∥平面PAB ；（II ）求四面体N BCM -的体积.10．（2020·云南省云南师大附中高三月考（文））如图，在等腰梯形ABCD 中，2AD =，4BC =，60ABC ∠=︒，E ，F 分别为BC ，AB 边的中点.现将CDE △沿着DE 折叠到PDE △的位置，使得平面PDE ⊥平面ABED .（1）证明：平面PEF ⊥平面PED ；（2）求点B 到平面PEF 的距离.11．（2020·云南省高三月考（文））在四棱锥P ABCD -中，侧面P AD 是等边三角形，且平面PAD ⊥平面ABCD ，22AD AB BC ==，90︒∠=∠=BAD ABC .（1）AD 上是否存在一点M ，使得平面PCM ⊥平面ABCD ；若存在，请证明，若不存在，请说明理由；（2）若PCD 的面积为P ABCD -的体积.12．（2020·云南省云南师大附中高三月考（文））如图，圆台12O O 的轴截面为等腰梯形1221A A B B ，1212//A A B B ，12122A A B B =，112A B =，圆台12O O 的侧面积为6π.若点C ，D 分别为圆1O ，2O 上的动点且点C ，D 在平面1221A A B B 的同侧.（1）求证：12AC A C ⊥； （2）若1260B B C ∠=︒，则当三棱锥12C A DA -的体积取最大值时，求多面体1221CDA A B B 的体积. 13．（2020·云南省昆明一中高三月考（文））如图，三棱柱111ABC A B C -的底面是等边三角形，1A 在底面ABC 上的射影为ABC 的重心G .（1）已知1AA AC =，证明：平面1ABC ⊥平面11A B C ；（2）若三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面所成角的正切值为2，2AG =，求点1B 到平面11A BC 的距离.14．（2020·贵州省高三其他（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，ABCD 为正方形，且平面PAD ⊥平面ABCD ．（1）若点F 为棱PD 的中点，在棱BC 上是否存在一点E ，使得CF ∥平面PAE ？并说明理由；（2）若2PA PD AB ===，求点A 到平面PBC 的距离．15．（2020·遵义市南白中学高三其他（文））如图，正方形ABCD 的边长为，以AC 为折痕把ACD 折起，使点D 到达点P 的位置，且PA PB =.（1）证明：平面PAC ⊥平面ABC ；（2）若M 是PC 的中点，设()01PN PA λλ=<<，且三棱锥A BMN -的体积为89，求λ的值. 16．（2020·贵州省高三其他（文））图1是直角梯形ABCD ，//AB DC ，90D ∠=︒，2AB =，3DC =，AD =点E 在DC 上，2CE ED =，以BE 为折痕将BCE 折起，使点C 到达1C 的位置，且1AC 如图2.()1证明：平面1BC E ⊥平面ABED ；()2求点B 到平面1AC D 的距离.【答案】()1证明见解析；()27. 【解析】【分析】()1在图1中，连接AE ，由已知得四边形ABCE 为菱形，连接AC 交BE 于点F ，得CF BE ⊥，证明1C F AF ⊥，再由线面垂直的判定可得1C F ⊥平面ABED ，从而得到平面1BC E ⊥平面ABED ； ()2取AD 的中点N ，连接FN ，1C N 和BD ，设B 到平面1AC D 的距离为h ，在三棱锥1C ABD ﹣中，利用11C ABD B AC D V V --=，求解点B 到平面1AC D 的距离.【详解】解：()1证明：在图1中，连接AE，由已知得2AE=，//CE BA，且CE BA AE==，∴四边形ABCE为菱形，连接AC交BE于点F，∴CF BE⊥，在Rt ACD中，AC==∴AF CF==在图2中，1AC=22211AF C F AC+=，∴1C F AF⊥.由题意知，1C F BE⊥，且AF BE F⋂=，∴1C F⊥平面ABED，又1C F⊂平面1BC E，∴平面1BC E⊥平面ABED；()2如图，取AD的中点N，连接FN，1C N和BD，设B到平面1AC D的距离为h，在直角梯形ABED中，FN为中位线，则FN AD⊥，32FN=，由()1得1C F⊥平面ABED，AD⊂平面ABED，∴1C F AD⊥，又1FN C F F⋂=，得AD⊥平面1C FN，又1C N⊂平面1C FN，∴1C N AD⊥，且1C N===在三棱锥1C ABD﹣中，11C ABD B AC DV V--=，即1111113232AB AD C F AD C N h⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，∴1172AB C FhC N⨯===.即点B到平面1ACD的距离为7.【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，利用等体积法的思想，属于中档题.17．（2020·贵州省高三其他（文））如图，四棱锥P ABCD -的底面是正方形，E 为AB 的中点，PD CE ⊥，1AE =，3PD =，PC =（1）证明：AD ⊥平面PCD .（2）求三棱锥B CEP -的侧面积.18．（2020·贵州省高三二模（文））如图，矩形ABCD 和菱形ABEF 所在的平面相互垂直，60,ABE G∠=︒为BE 的中点．（1）求证：AG ⊥平面ADF ；（2）若1AB BC ==，求三棱锥A CDF -的体积．19．（2020·四川省石室中学高三一模（文））如图所示，四棱柱1111ABCD A B C D -，底面ABCD 是以AB ，CD 为底边的等腰梯形，且24AB AD ==，60DAB ∠=︒，1AD D D ⊥.（1）求证：平面11D DBB ⊥平面ABCD ；（2）若112D D D B ==，求三棱锥1D CC B -的体积.20．（2020·四川省泸县第四中学高三二模（文））如图，在直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是矩形，A 1D 与AD 1交于点E ，AA 1＝AD ＝2AB ＝4.（1）证明：AE ⊥平面ECD ；（2）求点C 1到平面AEC 的距离.21．（2020·四川省绵阳南山中学高三一模（文））如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12,3AC AB BC AA ====，E 在棱1AA 上，且12AE A E =，F 是边BC 的中点，G 在线段AF 上．（1）求证：11EG B C ⊥；（2）求点F 到平面1BEC 的距离．22．（2020·四川省高三二模（文））如图，在四边形ABCD 中，//AD BC ，AB AD ⊥，30ABE ∠=，90BEC ∠=，2AD a =，E 是AD 的中点.现将ABE △沿BE 翻折，使点A 移动至平面BCDE 外的点P .（1）若3FC PF →→=，求证：//DF 平面PBE ；（2）若平面PBE ⊥平面BCDE ，三棱锥C PDE -的体积为14，求线段BE 的长. 23．（2020·四川省仁寿第一中学校北校区高三二模（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，且60ABC ∠=︒，2AB PC ==，PA PB ==(1)证明：平面PAB ⊥平面ABCD ；(2)有一动点M 在底面ABCD 的四条边上移动，求三棱锥M PAC -的体积的最大值.24．（2020·四川省高三三模（文））如图，在多面体ABCDEF 中，ADEF 为矩形，ABCD 为等腰梯形，//BC AD ，2BC =，4=AD ，且AB BD ⊥，平面ADEF ⊥平面ABCD ，M ，N 分别为EF ，CD 的中点.（Ⅰ）求证：//MN 平面ACF ；（Ⅱ）若2DE =，求多面体ABCDEF 的体积.25．（2020·四川省泸县第二中学高三二模（文））在三棱柱111ABC A B C -中，2,120AC BC ACB ==∠=︒，D 为11A B 的中点.（1）证明：1//A C 平面1BC D ；（2）若11A A A C =，点1A 在平面ABC 的射影在AC 上，且侧面11A ABB 的面积为11B A C D -的体积.26．（2020·四川省绵阳南山中学高三其他（文））如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,1111A B AC ⊥,D 是11B C 的中点,1112A A A B ==.（1）求证：1AB //平面1A CD ；（2）若异面直线1AB 和BC 所成角为60︒,求四棱锥11A CDB B -的体积.27．（2020·宜宾市叙州区第一中学校高三二模（文））如图，在ABC 中，AC BC ⊥，30BAC ∠=︒，4AB =，E F ，分别为AC ，AB 的中点PEF 是由AEF 绕直线EF 旋转得到，连结AP ，BP ，CP .（1）证明：AP ⊥平面BPC ；（2）若3AP =，棱PC 上是否存在一点M ，使得E APF P EMB V V --=？若存在，确定点M 的位置；若不存在，请说明理由.28．（2020·四川省泸县五中高三二模（文））如图所示的几何体111ABC A B C -中，四边形11ABB A 是正方形，四边形11BCC B 是梯形，11//B C BC ，且1112B C BC =，AB AC =，平面11ABB A ⊥平面ABC ．（1）求证：平面11A CC ⊥平面11BCC B ；（2）若2AB =，90BAC ∠=︒，求几何体111ABC A B C -的体积.29．（2020·四川省棠湖中学高三一模（文））如图1，已知菱形AECD 的对角线,AC DE 交于点F ，点E 为线段AB 的中点，2AB =，60BAD ∠=︒，将三角形ADE 沿线段DE 折起到PDE 的位置，PC =，如图2所示．（Ⅰ）证明：平面PBC ⊥平面PCF ；（Ⅱ）求三棱锥E PBC -的体积．30．（2020·四川省高三零模（文））如图,在四棱锥P ABCD -中,侧面PAD ⊥底面ABCD ,底面ABCD 为梯形//,90, 2.2AB AB CD ABC BCD BC CD ∠=∠=︒===(1)证明:BD PD ⊥;(2)若PAD △为正三角形,求C 点到平面PBD 的距离.31．（2020·宜宾市叙州区第二中学校高三一模（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，在四边形ABCD 中，2ABC π∠=，4AB =，3BC =，CD =，AD =4PA =.（1）证明：CD ⊥平面PAD ；（2）求B 点到平面PCD 的距离32．（2020·广西壮族自治区南宁三中高三月考（文））两个边长均为2的正方形ABCD 与ABEF 按如图的位置放置，M 为BD 的中点，FP FB λ=（[]0,1λ∈）.（1）当12λ=时，证明：//MP 平面BCE ；（2）若D 在平面ABEF 上的射影为AF 的中点，MP 与平面ABEF 所成角为30°，求λ的值.33．（2020·广西壮族自治区高三其他（文））已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为正方形，且PA ⊥底面ABCD ，过AB 的平面与侧面PCD 的交线为EF ，且满足:13PEF CDEF S S ∆=四边形：（PEF S ∆表示PEF ∆的面积）.（1）证明：//PB 平面ACE ；（2）当22PA AD ==时，求点F 到平面ACE 的距离.34．（2020·广西壮族自治区高三月考（文））如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，D ，E ，F 分别是1BC ，AB ,1AA 的中点，点G 在线段BC 上，A ABC CB =∠∠.(1)求证：//EF 平面1A BC ；(2)若平面//EFG 平面1A BD ，90BAC ∠=，14AB AA ==，求点1B 到平面FEG 的距离.35．（2020·广西壮族自治区高三其他（文））如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 是等腰梯形，//AD BC ，AD DC =，120ADC ∠=，三角形SAB 是等边三角形，平面SAB ⊥平面ABCD ，E 、F 分别为AB 、AD 的中点.（1）求证：平面SCD ⊥平面SEF ；（2）若2AB =，2SG GD =，求:C SGF S BEC V V --的值.36．（2020·广西壮族自治区高三月考（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，//AD BC ，AD CD ⊥，且AD CD =，45ABC ︒∠=.(1)证明：AC PB ⊥；(2)若2AD PA =，且四棱锥P ABCD -的体积为14，求PAB △的面积. 37．（2020·广西壮族自治区田阳高中高二月考（文））如图，在三棱锥P ABC -中，PA AB =，,M N 分别为棱,PB PC 的中点，平面PAB ⊥平面PBC .求证：（1）BC ∥平面AMN ；（2）平面AMN ⊥平面PBC .38．（2020·广西壮族自治区桂平市第五中学高三月考（文））如图，在直三棱柱ABC DEF -中，2AC BC ==，AB =AB =4=AD ，M 、N 分别为AD 、CF 的中点.()1求证：AN ⊥平面BCM ；()2设G 为BE 上一点，且34BG BE =，求点G 到平面BCM 的距离.39．（2020·广西壮族自治区高三其他（文））在三棱锥D ABC -中，AB BC ==4DA DC AC ===，平面ADC ⊥平面ABC ，点M 在棱BC 上.（1）若M 为BC 的中点，证明：BC DM ⊥.（2）若三棱锥A CDM -的体积为M 到平面ABD 的距离.。
2020年高考数学试题分项版—立体几何(解析版)
2020年高考数学试题分项版——立体几何（解析版）一、选择题1.(2020·全国Ⅰ理，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.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt △SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫a 22， ∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．2．(2020·全国Ⅰ理，10)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆，若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a .由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23，OO 1＝a ＝2 3. 在Rt △OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.3．(2020·全国Ⅱ理，7)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条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 ．H 答案 A解析 由三视图还原几何体，如图所示，由图可知，所求端点在侧视图中对应的点为E .4．(2020·全国Ⅱ理，10)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 的距离为( ) A. 3 B.32 C ．1 D.32答案 C 解析如图所示，过球心O 作OO 1⊥平面ABC ，则O 1为等边三角形ABC 的外心．设△ABC 的边长为a ， 则34a 2＝934，解得a ＝3， ∴O 1A ＝23×32×3＝ 3.设球O 的半径为r ，则由4πr 2＝16π，得r ＝2，即OA ＝2. 在Rt △OO 1A 中，OO 1＝OA 2－O 1A 2＝1， 即O 到平面ABC 的距离为1.5．(2020·全国Ⅲ理，8)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．6＋4 2B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．4＋2 3答案 C解析 如图，该几何体为三棱锥，且其中有三个面是腰长为2的等腰直角三角形，第四个面是边长为22的等边三角形，所以该几何体的表面积为3×12×2×2＋12×22×22×32＝6＋2 3.6.(2020·新高考全国Ⅰ，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° 答案 B解析 如图所示，⊙O 为赤道平面，⊙O 1为A 点处的日晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.7.(2020·新高考全国Ⅱ，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°答案 B解析如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.8．(2020·北京，4)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．6＋ 3 B．6＋2 3 C．12＋ 3 D．12＋2 3答案 D解析 由三视图还原几何体，该几何体为底面是边长为2的正三角形，高为2的直三棱柱， S 底＝2×34×22＝2 3. S 侧＝3×2×2＝12，则三棱柱的表面积为23＋12.9．(2020·北京，10)2020年3月14日是全球首个国际圆周率日(π Day)．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n 充分大时，计算单位圆的内接正6n 边形的周长和外切正6n 边形(各边均与圆相切的正6n 边形)的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔·卡西的方法，π的近似值的表达式是( ) A ．3n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n B ．6n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n C ．3n ⎝⎛⎭⎫sin 60°n ＋tan 60°n D ．6n ⎝⎛⎭⎫sin 60°n＋tan 60°n 答案 A解析 设内接正6n 边形的周长为C 1，外切正6n 边形的周长为C 2，如图(1)所示，sin 360°12n ＝BC 1， ∴BC ＝sin 30°n，∴AB ＝2sin 30°n ，C 1＝12n sin 30°n.如图(2)所示，tan 360°12n ＝B ′C ′1，∴B ′C ′＝tan 30°n，∴A ′B ′＝2tan 30°n ，C 2＝12n tan 30°n .∴2π＝C 1＋C 22＝6n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n ， ∴π＝3n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n＋tan 30°n . 10．(2020·天津，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 ．12πB ．24πC ．36πD ．144π 答案 C解析 由题意知，正方体的体对角线就是球的直径 ∴2R ＝(23)2＋(23)2＋(23)2＝6， ∴R ＝3，∴S 球＝4πR 2＝36π.11．(2020·浙江，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.143 C ．3 D ．6 答案 A解析 如图，三棱柱的体积V 1＝12×2×1×2＝2，三棱锥的体积V 2＝13×12×2×1×1＝13，因此，该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝2＋13＝73.12．(2020·浙江，6)已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ，“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 B解析 如图，直线l ，m ，n 不过同一点，且l ，m ，n 共面有三种情况：①同一平面内三线平行；②两平行线与另一线相交；③三线两两相交．因此，“l ，m ，n 两两相交”是“l ，m ，n 共面”的一种情况，即“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的必要不充分条件．13.(2020·全国Ⅰ文，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.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt △SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫a 22， ∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．14．(2020·全国Ⅰ文，12)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a . 由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23， OO 1＝a ＝2 3.在Rt △OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.15．(2020·全国Ⅱ文，11)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 的距离为( ) A. 3 B.32 C ．1 D.32答案 C解析 如图所示，过球心O 作OO 1⊥平面ABC ，则O 1为等边三角形ABC 的外心． 设△ABC 的边长为a ， 则34a 2＝934，解得a ＝3， ∴O 1A ＝23×32×3＝ 3.设球O 的半径为r ，则由4πr 2＝16π，得r ＝2，即OA ＝2. 在Rt △OO 1A 中，OO 1＝OA 2－O 1A 2＝1， 即O 到平面ABC 的距离为1.16．(2020·全国Ⅲ文，9)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．6＋4 2B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．4＋2 3答案 C解析 如图，该几何体为三棱锥，且其中有三个面是腰长为2的等腰直角三角形，第四个面是边长为22的等边三角形，所以该几何体的表面积为3×12×2×2＋12×22×22×32＝6＋2 3.二、填空题1．(2020·全国Ⅱ理，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________． ①p 1∧p 4；②p 1∧p 2；③23p p ⌝∨；④34p p ⌝∨⌝. 答案 ①③④解析 p 1是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由平面的基本性质“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面”，可知p 1为真命题；p 2是假命题，因为当空间中三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；p 3是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；p 4是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线．由以上结论知綈p 2，綈p 3，綈p 4依次为真命题、真命题、假命题，从而①③④中命题为真命题，②中命题为假命题．2．(2020·全国Ⅲ理，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________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面P AB ，如图所示，则△P AB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB 中，P A ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.3．(2020·新高考全国Ⅰ，16)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________． 答案2π2解析 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ， 连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形， 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ，则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2. 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ . 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ 的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.4．(2020·新高考全国Ⅱ，13)棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱BB 1，AB 的中点，则三棱锥A 1－D 1MN 的体积为________． 答案 1解析 如图，由正方体棱长为2，得S △A 1MN ＝2×2－2×12×2×1－12×1×1＝32，又易知D 1A 1为三棱锥D 1－A 1MN 的高，且D 1A 1＝2， ∴1111A D MN D A MN V V --=＝13·1A MN S △·D 1A 1＝13×32×2＝1. 5.(2020·江苏，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 ，内孔半径为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm 3.答案 ⎝⎛⎭⎫123－π2 解析 螺帽的底面正六边形的面积 S ＝6×12×22×sin 60°＝63(cm 2)，正六棱柱的体积V 1＝63×2＝123(cm 3)， 圆柱的体积V 2＝π×0.52×2＝π2(cm 3)，所以此六角螺帽毛坯的体积 V ＝V 1－V 2＝⎝⎛⎭⎫123－π2cm 3. 6．(2020·浙江，14)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________． 答案 1解析 如图，设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则圆锥的侧面积S 侧＝πrl ＝2π， ∴r ＝12l .又圆锥侧面展开图为半圆， ∴12πl 2＝2π， ∴l ＝2，∴r ＝1.7．(2020·全国Ⅱ文，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________． ①p 1∧p 4；②p 1∧p 2；③23p p ⌝∨；④34p p ⌝∨⌝. 答案 ①③④解析 p 1是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由平面的基本性质“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面”，可知p 1为真命题；p 2是假命题，因为当空间中三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；p 3是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；p 4是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线．由以上结论知綈p 2，綈p 3，綈p 4依次为真命题、真命题、假命题，从而①③④中命题为真命题，②中命题为假命题．8．(2020·全国Ⅲ文，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________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面P AB ，如图所示，则△P AB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB 中，P A ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.三、解答题1.(2020·全国Ⅰ理，18)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 ＝66DO .(1)证明：P A ⊥平面PBC ； (2)求二面角B －PC －E 的余弦值．(1)证明 由题设，知△DAE 为等边三角形，设AE ＝1， 则DO ＝32，CO ＝BO ＝12AE ＝12， 所以PO ＝66DO ＝24， PC ＝PO 2＋OC 2＝64，PB ＝PO 2＋OB 2＝64， 又△ABC 为等边三角形，则BAsin 60°＝2OA ， 所以BA ＝32， P A ＝PO 2＋OA 2＝64， P A 2＋PB 2＝34＝AB 2，则∠APB ＝90°，所以P A ⊥PB ，同理P A ⊥PC ， 又PC ∩PB ＝P ，所以P A ⊥平面PBC . (2)解 过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，ON 所在直线为y 轴，OD 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E ⎝⎛⎭⎫－12，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，24， B ⎝⎛⎭⎫－14，34，0，C ⎝⎛⎭⎫－14，－34，0，PC →＝⎝⎛⎭⎫－14，－34，－24，PB →＝⎝⎛⎭⎫－14，34，－24，PE →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，－24，设平面PCB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0，得⎩⎨⎧－x 1－3y 1－2z 1＝0，－x 1＋3y 1－2z 1＝0，令x 1＝2，得z 1＝－1，y 1＝0， 所以n ＝(2，0，－1)，设平面PCE 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PE →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－3y 2－2z 2＝0，－2x 2－2z 2＝0，令x 2＝1，得z 2＝－2，y 2＝33， 所以m ＝⎝⎛⎭⎫1，33，－2，故cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |＝223×103＝255， 所以二面角B －PC －E 的余弦值为255.2.(2020·全国Ⅱ理，20)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 ∥平面EB 1C 1F ，且AO ＝AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．(1)证明 因为侧面BB 1C 1C 是矩形，且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)解 由已知得AM ⊥BC .以M 为坐标原点，MA →的方向为x 轴正方向，|MB →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB ＝2，AM ＝ 3.连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形， 故PM ＝233，E ⎝⎛⎭⎫233，13，0.由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC . 设Q (a,0,0)， 则NQ ＝4－⎝⎛⎭⎫233－a 2，B 1⎝⎛⎭⎪⎫a ，1，4－⎝⎛⎭⎫233－a 2， 故B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a ，－23，－4－⎝⎛⎭⎫233－a 2，|B 1E →|＝2103.又n ＝(0，－1,0)是平面A 1AMN 的一个法向量，故sin ⎝⎛⎭⎫π2－〈n ，B 1E →〉＝cos 〈n ，B 1E →〉 ＝n ·B 1E →|n ||B 1E →|＝1010.所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010. 3.(2020·全国Ⅲ理，19)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.(1)证明：点C 1在平面AEF 内；(2)若AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，求二面角A －EF －A 1的正弦值．(1)证明 设AB ＝a ，AD ＝b ，AA 1＝c ，如图，以C 1为坐标原点，C 1D 1—→，C 1B 1—→，C 1C —→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系C 1－xyz .连接C 1F ，则C 1(0,0,0)，A (a ，b ，c )， E ⎝⎛⎭⎫a ，0，23c ，F ⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ， EA →＝⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ，C 1F →＝⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ， 所以EA →＝C 1F →，所以EA ∥C 1F ， 即A ，E ，F ，C 1四点共面， 所以点C 1在平面AEF 内．(2)解 由已知得A (2,1,3)，E (2,0,2)，F (0,1,1)，A 1(2,1,0)， 则AE →＝(0，－1，－1)，AF →＝(－2,0，－2)， A 1E →＝(0，－1,2)，A 1F →＝(－2,0,1)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面AEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y 1－z 1＝0，－2x 1－2z 1＝0，可取n 1＝(－1，－1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面A 1EF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1E →＝0，n 2·A 1F →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y 2＋2z 2＝0，－2x 2＋z 2＝0，同理可取n 2＝⎝⎛⎭⎫12，2，1. 因为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－77，所以二面角A －EF －A 1的正弦值为427. 4.(2020·新高考全国Ⅰ，20)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 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． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面P AD ，平面P AD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ，且PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ，所以l ⊥PD ， 因为DC ∩PD ＝D ， 所以l ⊥平面PDC .(2)解 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，如图建立空间直角坐标系D －xyz ，因为PD ＝AD ＝1，则有D (0,0,0)，C (0,1,0)，A (1,0,0)，P (0,0,1)，B (1，1,0)， 设Q (m,0,1)，则有DC →＝(0,1,0)，DQ →＝(m,0,1)，PB →＝(1,1，－1)， 设平面QCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝－m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ＝(1,0，－m )， 则cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1. 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于 |cos 〈n ，PB →〉|＝|1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2m m 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63，当且仅当m ＝1时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63. 5.(2020·新高考全国Ⅱ，20)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，QB ＝2，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面P AD ，平面P AD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ，且PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ，所以l ⊥PD ， 因为DC ∩PD ＝D ， 所以l ⊥平面PDC .(2)解 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D (0,0,0)，C (0,1,0)， B (1,1,0)，P (0,0,1)，DC →＝(0,1,0)，PB →＝(1,1，－1)．由(1)设Q (a,0,1)，则BQ →＝(a －1，－1,1)． 由题意知(a －1)2＋2＝2， ∴a ＝1，∴DQ →＝(1,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面QCD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DQ →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，y ＝0，可取n ＝(1,0，－1)，∴cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n |·|PB →|＝63，故PB 与平面QCD 所成角的正弦值为63. 6.(2020·北京，16)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BB 1的中点．(1)求证：BC 1∥平面AD 1E ；(2)求直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值． (1)证明 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， AB ∥A 1B 1且AB ＝A 1B 1，A 1B 1∥C 1D 1且A 1B 1＝C 1D 1， ∴AB ∥C 1D 1且AB ＝C 1D 1，∴四边形ABC 1D 1为平行四边形，则BC 1∥AD 1， ∵BC 1⊄平面AD 1E ，AD 1⊂平面AD 1E ， ∴BC 1∥平面AD 1E .(2)解 以点A 为坐标原点，AD ，AB ，AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2， 则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，D 1(2,0,2)，E (0,2,1)， AD 1→＝(2,0,2)，AE →＝(0,2,1)，AA 1→＝(0,0,2)， 设平面AD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝0，n ·AE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2y ＋z ＝0，令z ＝－2，得x ＝2，y ＝1，则n ＝(2,1，－2)． cos 〈n ，AA 1→〉＝n ·AA 1→|n |·|AA 1→|＝－43×2＝－23.因此，直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.7.(2020·天津，17)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝2，CC 1＝3，点D ，E 分别在棱AA 1和棱CC 1上，且AD ＝1，CE ＝2，M 为棱A 1B 1的中点．(1)求证：C 1M ⊥B 1D ；(2)求二面角B －B 1E －D 的正弦值；(3)求直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值．(1)证明 依题意，以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CC 1→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C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，C 1(0,0,3)，A 1(2,0,3)，B 1(0,2,3)，D (2,0,1)，E (0,0,2)，M (1,1,3)．则C 1M →＝(1,1,0)，B 1D →＝(2，－2，－2)， ∵C 1M →·B 1D →＝2－2＋0＝0，∴C 1M ⊥B 1D .(2)解 依题意，CA →＝(2,0,0)是平面BB 1E 的一个法向量，EB 1→＝(0,2,1)，ED →＝(2,0，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面DB 1E 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EB 1→＝0，n ·ED →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋z ＝0，2x －z ＝0.不妨设x ＝1，可得n ＝(1，－1,2)．∴cos 〈CA →，n 〉＝CA →·n |CA →||n |＝66，∴sin 〈CA →，n 〉＝1－16＝306. ∴二面角B －B 1E －D 的正弦值为306. (3)解 依题意，AB →＝(－2,2,0)，由(2)知，n ＝(1，－1,2)为平面DB 1E 的一个法向量， ∴cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |＝－33，∴直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值为33. 8.(2020·江苏，15)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.证明 (1)因为E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点， 所以EF ∥AB 1.又EF ⊄平面AB 1C 1，AB 1⊂平面AB 1C 1， 所以EF ∥平面AB 1C 1.(2)因为B 1C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， 所以B 1C ⊥AB .又AB ⊥AC ，B 1C ⊂平面AB 1C ，AC ⊂平面AB 1C ， B 1C ∩AC ＝C ， 所以AB ⊥平面AB 1C . 又因为AB ⊂平面ABB 1， 所以平面AB 1C ⊥平面ABB 1.9.(2020·江苏，22)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．解 (1)如图，连接OC ，因为CB ＝CD ，O 为BD 的中点，所以CO ⊥BD .又AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥OC .以{OB →，OC →，OA →}为基底，建立空间直角坐标系O －xyz . 因为BD ＝2，CB ＝CD ＝5，AO ＝2， 所以B (1,0,0)，D (－1,0,0)，C (0,2,0)，A (0,0,2)． 因为E 为AC 的中点，所以E (0,1,1)． 所以AB →＝(1,0，－2)，DE →＝(1,1,1)，所以|cos 〈AB →，DE →〉|＝|AB →·DE →||AB →|·|DE →|＝|1＋0－2|5×3＝1515.因此，直线AB 与DE 所成角的余弦值为1515. (2)因为点F 在BC 上，BF ＝14BC ，BC →＝(－1,2,0)．所以BF →＝14BC →＝⎝⎛⎭⎫－14，12，0. 又DB →＝(2,0,0)，故DF →＝DB →＋BF →＝⎝⎛⎭⎫74，12，0.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面DEF 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ DE →·n 1＝0，DF →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＋z 1＝0，74x 1＋12y 1＝0，令x 1＝2，得y 1＝－7，z 1＝5，所以n 1＝(2，－7,5)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面DEC 的一个法向量， 又DC →＝(1,2,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n 2＝0，DC →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝0，x 2＋2y 2＝0，令x 2＝2，得y 2＝－1，z 2＝－1， 所以n 2＝(2，－1，－1)． 故|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|4＋7－5|78×6＝1313. 所以sin θ＝1－cos 2θ＝23913. 10.(2020·浙江，19)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝∠ACD ＝45°，DC ＝2BC .(1)证明：EF ⊥DB ；(2)求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．(1)证明 如图(1)，过点D 作DO ⊥AC ，交直线AC 于点O ，连接OB .由∠ACD ＝45°，DO ⊥AC ，得CD ＝2CO . 由平面ACFD ⊥平面ABC ，得DO ⊥平面ABC ， 所以DO ⊥BC .由∠ACB ＝45°，BC ＝12CD ＝22CO ，得BO ⊥BC .所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB . 由ABC －DEF 为三棱台， 得BC ∥EF ，所以EF ⊥DB .(2)解 方法一 如图(2)，过点O 作OH ⊥BD ，交直线BD 于点H ，连接CH .由ABC －DEF 为三棱台，得DF ∥CO ，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角． 由BC ⊥平面BDO ，得OH ⊥BC ， 故OH ⊥平面DBC ，所以∠OCH 为直线CO 与平面DBC 所成角． 设CD ＝22，则DO ＝OC ＝2，BO ＝BC ＝2， 得BD ＝6，OH ＝233，所以sin ∠OCH ＝OH OC ＝33.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33. 方法二 由ABC －DEF 为三棱台，得DF ∥CO ，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图(3)，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz .设CD ＝22，由题意知各点坐标如下：O (0,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，D (0,0,2)．因此OC →＝(0,2,0)，BC →＝(－1,1,0)，CD →＝(0，－2,2)． 设平面DBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－2y ＋2z ＝0，可取n ＝(1,1,1)，所以sin θ＝|cos 〈OC →，n 〉|＝|OC →·n ||OC →|·|n |＝33.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33. 11.(2020·全国Ⅰ文，19)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P AB ⊥平面P AC ；(2)设DO ＝2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P －ABC 的体积． (1)证明 ∵D 为圆锥顶点，O 为底面圆心， ∴OD ⊥平面ABC ，∵P 在DO 上，OA ＝OB ＝OC ， ∴P A ＝PB ＝PC ，∵△ABC 是圆内接正三角形， ∴AC ＝BC ，△P AC ≌△PBC ，∴∠APC ＝∠BPC ＝90°，即PB ⊥PC ，P A ⊥PC ， P A ∩PB ＝P ，∴PC ⊥平面P AB ，PC ⊂平面P AC ，∴平面P AB ⊥平面P AC .(2)解 设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，圆锥的侧面积为πrl ＝3π，rl ＝3，OD 2＝l 2－r 2＝2，解得r ＝1，l ＝3，AC ＝2r sin 60°＝3， 在等腰直角三角形APC 中， AP ＝22AC ＝62， 在Rt △P AO 中，PO ＝AP 2－OA 2＝64－1＝22， ∴三棱锥P －ABC 的体积为V P －ABC ＝13PO ·S △ABC ＝13×22×34×3＝68.12.(2020·全国Ⅱ文，20)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．(1)证明 因为侧面BB 1C 1C 是矩形，且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)解 因为AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ， 平面A 1AMN ∩平面EB 1C 1F ＝PN ， 所以AO ∥PN ，又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN ＝AO ＝6，AP ＝ON ＝13AM ＝3，PM ＝23AM ＝23，EF ＝13BC ＝2.因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B －EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离． 如图，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12(B 1C 1＋EF )·PN ＝12×(6＋2)×6＝24. 所以四棱锥B －EB 1C 1F 的体积为13×24×3＝24.13.(2020·全国Ⅲ文，19)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.证明：(1)当AB ＝BC 时，EF ⊥AC ； (2)点C 1在平面AEF 内． 证明 (1)如图，连接BD ，B 1D 1. 因为AB ＝BC ，所以四边形ABCD 为正方形，故AC ⊥BD .又因为BB 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 于是AC ⊥BB 1.又BD ∩BB 1＝B ，BD ，BB 1⊂平面BB 1D 1D ， 所以AC ⊥平面BB 1D 1D .又因为EF ⊂平面BB 1D 1D ，所以EF ⊥AC .(2)如图，在棱AA 1上取点G ，使得AG ＝2GA 1，连接GD 1，FC 1，FG ， 因为ED 1＝23DD 1，AG ＝23AA 1，DD 1∥AA 1且DD 1＝AA 1，所以ED 1∥AG 且ED 1＝AG ， 所以四边形ED 1GA 为平行四边形， 故AE ∥GD 1.因为B 1F ＝13BB 1，GA 1＝13AA 1，BB 1∥AA 1且BB 1＝AA 1，所以B 1F ∥GA 1，且B 1F ＝GA 1， 所以四边形B 1FGA 1是平行四边形， 所以FG ∥A 1B 1且FG ＝A 1B 1， 所以FG ∥C 1D 1且FG ＝C 1D 1， 所以四边形FGD 1C 1为平行四边形， 故GD 1∥FC 1. 所以AE ∥FC 1.所以A ，E ，F ，C 1四点共面，即点C 1在平面AEF 内．。
专题04 2020版立体几何(解析版)
专题04 立体几何2020真题汇编1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】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 ．12【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则PO ==由题意得212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得14b a =（负值舍去）. 故选C ．【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题. 2．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条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．E B．F C．G D．H【答案】A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E .故选A.【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题.3．【2020年高考全国II 卷理数】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 【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则2416R π=π，解得：2R =. 设ABC △外接圆半径为r ，边长为a ，ABC △21224a ∴⨯=，解得：3a =，2233r ∴===，∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===.故选：C ．【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 4．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】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 ．【答案】C【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为根据三角形面积公式可得：211sin 6022ADB S AB AD =⋅⋅︒==△∴该几何体的表面积是：632=⨯++故选：C ．【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.5．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】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 ．64π B ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r π=π=∴，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====， ∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A.【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.6．【2020年高考天津】若棱长为 A ．12π B ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.故选：C ．【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 7．【2020年高考北京】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 ．6B ．6+C ．12+D ．12+【答案】D【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+ ⎪⎝⎭故选：D ．【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．8．【2020年高考浙江】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：cm3）是A．73B．143C．3D．6【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为11117 2112122 32233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：A 的【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.9．【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ．“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 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 【答案】B【解析】依题意,,m n l 是空间不过同一点的三条直线，当,,m n l 在同一平面时，可能////m n l ，故不能得出,,m n l 两两相交.当,,m n l 两两相交时，设,,m n A m l B n l C ⋂=⋂=⋂=，根据公理2可知,m n 确定一个平面α，而,B m C n αα∈⊂∈⊂，根据公理1可知，直线BC 即l α⊂，所以,,m n l 在同一平面.综上所述，“,,m n l 在同一平面”是“,,m n l 两两相交”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理1和公理2的运用，属于中档题.10．【2020年新高考全国Ⅰ卷】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°【答案】B【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥.. 由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒， 由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒. 故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.11．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】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__________． ①14p p ∧ ②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝【答案】①③④【解析】对于命题1p ，可设1l 与2l 相交，这两条直线确定的平面为α；若3l 与1l 相交，则交点A 在平面α内， 同理，3l 与2l 的交点B 也在平面α内，所以，AB α⊂，即3l α⊂，命题1p 为真命题；对于命题2p ，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个， 命题2p 为假命题；对于命题3p ，空间中两条直线相交、平行或异面， 命题3p 为假命题；对于命题4p ，若直线m ⊥平面α， 则m 垂直于平面α内所有直线， 直线l ⊂平面α，∴直线m ⊥直线l ， 命题4p 为真命题.综上可知，，为真命题，，为假命题，14p p ∧为真命题，12p p ∧为假命题，23p p ⌝∨为真命题，34p p ⌝∨⌝为真命题.故答案为：①③④.【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.12．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】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_________．【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点， 设内切圆的圆心为O ，由于AM ==122S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=解得：22r，其体积：3433V r =π=π.. 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.13．【2020年高考浙江】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_______． 【答案】1【解析】设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，则21222r l r l ππππ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩，解得1,2r l ==. 故答案为：1【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.14．【2020年高考江苏】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.【答案】2π【解析】正六棱柱体积为262⨯， 圆柱体积为21()222ππ⋅=，所求几何体体积为2π.故答案为：2π【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.15．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】2. 【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E=111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，1D E =，所以||EP ===所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E ，因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得22FG π==.故答案为：2. 【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.16．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】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．【解析】（1）设DO a =，由题设可得,,PO AO a AB a ===，PA PB PC ===. 因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥.所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得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02102y z x y⎧-+=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，可取(3=-m . 由（1）知(0,1,2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ，则cos ,|||5⋅==n m n m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为5. 【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.17．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】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 ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．【解析】（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以1MN CC ∥．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ． 因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面11EB C F ．（2）由已知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA 的方向为x 轴正方向， MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB =2，AM连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故1,0)3PM E =．由（1）知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ．设(,0,0)Q a，则1(NQ B a =， 故21123223210(,,4()),||33B E a a B E =-----=． 又(0,1,0)=-n 是平面A 1AMN 的法向量，故1111π10sin(,)cos ,2||B E B E B E B E⋅-===⋅n n n |n |所以直线B 1E 与平面A 1AMN ．18．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】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 =，12BFFB =．（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．【解析】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 --．19．【2020年高考江苏】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．【解析】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 CAC C =所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.20．【2020年高考浙江】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．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB ．由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得CD =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥.由45ACB ∠=︒，12BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB ．由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥.（Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角. 由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角.设CD =.由2,DO OC BO BC ===，得BD OH =所以sin OH OCH OC ∠==，因此，直线DF 与平面DBC . 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|sin |cos ,||||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC . 【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．21．【2020年高考天津】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：11CM 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．【解析】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|||cos ,6|A CA C CA⋅〈〉==n n n ，于是sin ,6CA 〈〉=n ．所以，二面角1B B E D --的正弦值为6． （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cos,||||AB AB AB ⋅==n n n ．所以，直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值为3．2020模拟汇编1．【2020·广东省高三一模（理）】已知直三棱柱111ABC A B C -的体积为V ，若P Q ，分别在11AA CC ，上，且111133AP AA CQ CC ==，，则四棱锥B APQC -的体积是 A ．16VB ．29VC ．13VD ．79V【答案】B【解析】在棱1BB 上取一点H ，使113BH BB =，连接PH 、QH ， 由题意PHQ ABC S S =△△，BH ⊥平面PHQ ，所以111113339B PHQ PHQ ABC V S BH S BB V -=⋅=⋅=△△，11133ABC PHQ ABC ABC V S BH S BB V -=⋅=⋅=△△， 所以112399B APQC ABC PHQ B PHQ V V V V V V ---=-=-=.故选：B ．【点睛】本题考查了直三棱柱的特征及几何体体积的求解，考查了空间思维能力，属于基础题. 2．【2020·全国高三（理）】在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是棱11B C 的中点，点F 是线段1CD 上的一个动点．有以下三个命题：①异面直线1AC 与1B F 所成的角是定值；②三棱锥1B A EF -的体积是定值；③直线1A F 与平面11B CD 所成的角是定值． 其中真命题的个数是 A ．3 B ．2C ．1D ．0【答案】B【解析】以A 点为坐标原点，AB,AD,1AA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，可得B (1,0,0),C (1,1,O ),D (0,1,0),1A (0,0,1),1B (1,0,1),1C (1,1,1),1D (0,1,1),设F (t ，1，1-t )，（0≤t ≤1）， 可得1AC =(1,1,1),1B F =(t -1，1，-t )，可得11AC B F =0，故异面直线1AC 与1B F 所的角是定值，故①正确；三棱锥1B A EF -的底面1A BE 面积为定值，且1CD ∥1BA ,点F 是线段1CD 上的一个动点，可得F 点到底面1A BE 的距离为定值，故三棱锥1B A EF -的体积是定值，故②正确；可得1A F =(t ，1，-t )，1B C =(0,1,-1),11B D =(-1,1,0),可得平面11B CD 的一个法向量为n =（1，1，1），可得1cos ,A F n 不为定值，故③错误;故选B ．【点睛】本题主要考查空间角的求解及几何体体积的求解，建立直角坐标系，是解题的关键. 3．【2020·六盘山高级中学高三其他（理）】已知点 M N P Q ，，，在同一个球面上，34,5MN NP MP ===， ，若四面体MNPQ 体积的最大值为 10，则这个球的表面积是A ．254πB ．62516πC ．22516πD ．1254π【答案】B【解析】由34,5MN NP MP ===，，可知90PNM ∠=， 则球心O 在过PM 中点'O 与面MNP 垂直的直线上， 因为MNP 面积为定值，所以高最大时体积最大， 根据球的几何性质可得，当'O Q 过球心时体积最大， 因为四面体Q MNP -的最大体积为10，所以111'34'10332MNP S O Q O Q ⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=△， 可得'5O Q =，在'OO P ∆中，222''OP OO O P =+，()222554R R ∴=-+，得258R =， ∴球的表面积为2256254816ππ⎛⎫⨯=⎪⎝⎭，故选B ．【点睛】本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用22224R a b c =++（,,a b c 为三棱的长）；②可以转化为长方体的外接球； ③特殊几何体可以直接找出球心和半径；④设球心（在过底面多边形外接圆圆心与底面垂直的直线上），利用待定系数法求半径.4．【2020·六盘山高级中学高三其他（理）】对于直线m ，n 和平面α，β，αβ⊥的一个充分条件是A ．m n ⊥，//m α，//n βB ．m n ⊥，m αβ=，n ⊂αC ．//m n ，n β⊥，m α⊂D ．//m n ，m α⊥，n β⊥【答案】C【解析】A 选项中，根据m n ⊥，//m α，βn//，得到αβ⊥或αβ∥，所以A 错误；B 选项中，m n ⊥，m αβ=，n β⊂，不一定得到αβ⊥，所以B 错误；C 选项中，因为//m n ，n β⊥，所以m β⊥， 又m α⊂，从而得到αβ⊥，所以C 正确；D 选项中，根据//m n ，m α⊥，所以n α⊥，而n β⊥，所以得到αβ∥，所以D 错误. 故选：C ．【点睛】本题考查空间中线面关系有关命题的判断，面面关系有关命题的判断，属于简单题.5．【2020·河南省南阳中学高三月考（理）】某简单几何体的三视图（俯视图为等边三角形）如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）为A ．18B ．C ．D ．【答案】C【解析】由题意可知几何体是底面为正三角形的三棱柱，底面边长为2，高为3， 所以几何体的体积为2234⨯⨯=C ．【点睛】本题考查三视图求解几何体的体积，考查转化思想以及空间想象能力．6．【2020·福建省福州第一中学高三其他（理）】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．83πB ．103πC ．6πD ．3π【答案】D【解析】该几何体是一个底面半径为1、高为4的圆柱被一个平面分割成两部分中的一个部分，故其体积为221141232V πππ=⨯⨯-⨯⨯⨯= . 本题选择D 选项.7．【2020·广西壮族自治区高三其他（理）】三个几何体组合的正视图和侧视图均为如下图所示，则下列图中能作为俯视图的个数为A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】D【解析】对于①，由三个圆柱组合而成，其正视图和侧视图相同，符合要求；对于②，最底层是圆柱，中间是底面为正方形的直棱柱，最上面是小的圆柱，其正视图和侧视图相同，符合要求；对于③，最底层是圆柱，中间是底面为正方形的直棱柱，最上面是底面为正方形的小的直棱柱，其正视图和侧视图相同，符合要求；对于④，最底层是圆柱，中间是圆柱，最上面是底面为正方形的直棱柱，其正视图和侧视图相同，符合要求；所以四个图都可能作为俯视图. 故选：D ．【点睛】考查由正视图和侧视图判断几何体的俯视图；基础题.8．【2020·辽宁省高三二模（理）】已知一个圆柱的侧面积等于表面积的一半，且其轴截面的周长是18，则该圆柱的体积是______． 【答案】27π【解析】设圆柱的底面圆的半径为r ，高为h ．由题意可得()22π12π2π22218rhr rh r h ⎧=⎪+⎨⎪+=⎩，解得3r h ==，则该圆柱的体积是2π27πr h =． 故答案为:27π.【点睛】本题考查了圆柱体积的求解，考查了圆柱的侧面积.本题的关键是求出圆柱底面圆的半径和高.本题的难点在于轴截面的周长这一条件的理解.9．【2020·重庆南开中学高三期中（理）】正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =，1AA =D 为棱11A B 的中点，则异面直线AD 与1CB 成角的大小为_______．【答案】6π 【解析】如图，1111111122AD AA A D AA A B AA AB =+=+=+，111CB CA AB BB AA AC AB =++=-+，且12,AB AC BC AA ====，侧棱和底面垂直， ∴1111()2AD CB AA AB AA AC AB ⎛⎫⋅=+⋅-+ ⎪⎝⎭2211122AA AB AC AB =-⋅+11182249222=-⨯⨯⨯+⨯=，13,AD CB ===∴1cos ,AD CB <>==[]1,0,AD CB π<>∈， ∴1,6AD CB π<>=，∴异面直线AD 与1CB 成角的大小为6π． 故答案为：6π．【点睛】解答本题时还可以建立空间直角坐标系，用坐标形式下的向量运算求解.10．【2020·四川省高三三模（理）】如图，平行六面体1111ABCD A B C D -中，5AB =，3AD =，17AA =，3BAD π∠=，114BAA DAA π∠=∠=，则1AC 的长为_____．【解析】平行六面体1111ABCD A B C D -中，5AB =，3AD =，17AA =，3BAD π∠=，114BAA DAA π∠=∠=，11AC AB BC CC =++，则()211221AC AC AB BC CC ==++2221112cos2cos2cos344AB BC CC AB BC BC CC AB CC πππ=+++⋅+⋅⋅+⋅12594925323725798222=+++⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+1198AC AC ∴==．．【点睛】本题考查利用空间向量法求线段长，解答的关键就是选择合适的基底表示向量，考查计算能力，属于中等题.11．【2020·六盘山高级中学高三其他（理）】如图，在四棱锥中P ABCD -，PA ⊥平面ABCD ，AD BC ∥，AD CD ⊥，且AD CD ==BC =2PA =（1）求证：AB PC ⊥；（2）在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M AC D --的大小为45，如果存在，求BM 与平面MAC 所成的角的正弦值，如果不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，9. 【解析】（1）如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由已知AD CD ==，BC =可得ABC 是等腰直角三角形，即AB AC ⊥， 又PA ⊥平面ABCD ，则PA AB ⊥， 所以AB ⊥平面P AC ， 所以AB PC ⊥．（2）假设存在符合条件的点M ，过点M 作MN AD ⊥于N ，则//MN PA ，MN ∴⊥平面ABCD ，MN AC ∴⊥．过点M 作MG AC ⊥于G ，连接NG ，则AC ⊥平面MNG ， AC NG ∴⊥，即MGN ∠是二面角M AC D --的平面角．若45MGN ∠=︒，则NG MN =，又AN ==，1MN ∴=，即M 是线段PD 的中点．∴存在点M 使得二面角M AC D --的大小为45︒．在三棱锥M ABC -中，11184413323M ABC ABCV SMN -==⨯⨯⨯⨯=，设点B 到平面MAC 的距离是h ，则13B MAC MAC V S h -∆=，2MG =11422MACSAC MG ∴==⨯，∴1833h ⨯=，解得h =在ABN 中，4AB =，AN =135BAN ∠=︒，BN ∴=，BM ∴=BM ∴与平面MAC 所成角的正弦值为h BM =【点睛】本题考查了项目垂直的判定与性质，空间角与空间距离的计算，属于中档题．12．【2020·辽河油田第二高级中学高三月考（理）】如图，AB 是半圆O 的直径，C 是半圆O 上除A ，B 外的一个动点，DC 垂直于半圆O 所在的平面，DC ∥EB ，DC ＝EB ＝1，AB ＝4.（1）证明：平面ADE⊥平面ACD；（2）当C点为半圆的中点时，求二面角D﹣AE﹣B的余弦值.-【答案】（1）证明见解析（2）6【解析】（1）证明：∵AB是圆O的直径，∴AC⊥BC，∵DC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴DC⊥BC，又DC∩AC＝C，∴BC⊥平面ACD，∵DC∥EB，DC＝EB，∴四边形DCBE是平行四边形，∴DE∥BC，∴DE⊥平面ACD，又DE⊂平面ADE，∴平面ACD⊥平面ADE.（2）当C点为半圆的中点时，AC＝BC＝，以C为原点，以CA，CB，CD为坐标轴建立空间坐标系如图所示：则D（0，0，1），E（0，，1），A（，0，0），B（0，，0），∴AB=（﹣，0），BE=（0，0，1），DE=（0，，0），DA=（，0，﹣1），设平面DAE的法向量为m=（x1，y1，z1），平面ABE的法向量为n=（x2，y2，z2），则00m DA m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，00n AB n BE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即11100z ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，22200z ⎧-+=⎪⎨=⎪⎩，令x 1＝1得m =（1，0，22），令x 2＝1得n =（1，1，0）.∴cos 632m n m n m n ⋅===⨯<，>.∵二面角D ﹣AE ﹣B 是钝二面角，∴二面角D ﹣AE ﹣B 的余弦值为6-.【点睛】本题考查了面面垂直的判定，空间向量与二面角的计算，属于中档题.13．【2020·湖北省高三其他（理）】如图所示，多面体是由底面为ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而得到的，该直四棱柱的底面为菱形，其中2AB =，5CF=，1BE =，60BAD ∠=．(1)求BG 的长；(2)求平面AEFG 与底面ABCD 所成锐二面角的余弦值．【答案】(1) (2)4【解析】因为多面体是由底面为ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而得到的， 所以平面ADG //平面BCFE ，又平面ADG平面AEFG AG =,平面BCFE ⋂平面AEFG EF =,所以//AG EF ，同理//AE GF ，所以四边形AEFG 是平行四边形，连结AC ,BD 交于O ，以O 为原点，,OB OC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则(0,A ，(1,0,0)B ，(1,0,1)E ，F ，所以(4)AG EF ==-，(1,AB =，所以(2,0,4)BG AG AB =-=-，所以||(BG =-=所以BG 的长为(2)根据题意可取平面ABCD 的一个法向量为(0,0,1)m =，由(1)知(4)AG =-，(1,AE =，设平面AEFG 的法向量为(,,)n x y z =，则由00n AE n AG ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得040x z x z ⎧++=⎪⎨-+=⎪⎩，即32y z x z ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，令23z =，则x =，5y =-，所以(33,5,n =-，所以cos ,4||||1m n m n mn ⋅〈〉===⋅⨯，所以平面AEFG 与底面ABCD 所成锐二面角的余弦值为4. 【点睛】本题主要考查面面平行的性质定理，线段长的求法及二面角的余弦值的求法，考查运算求解能力，属于中档题.14．【2020·广东省高三其他（理）】已知几何体ABCDEF 中，//AB CD ，//FC EA ，AD AB ⊥，AE ⊥面ABCD ，2AB AD EA ===，4CD CF ==.（1）求证：平面⊥BDF 平面BCF ；（2）求二面角E －BD－F 的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）13. 【解析】（1）证明：在直角梯形ABCD 中由已知可得BD BC ==222,BD BC CD BD BC ∴+=∴⊥//FC EA ，且AE ⊥面ABCD ， FC ∴⊥平面ABCD ，BC ⊂面ABCD ，BD FC ∴⊥， FCBC C =，BC ⊂面BCF ，FC ⊂面BCF∴BD ⊥面BCF且BD ⊂面BDF ，故面⊥BDF面BCF ；（2）分别以DA 、DC 所在直线为x 轴、y 轴，以D 为垂足作面DAC 的垂线DZ 为z 轴，建系如图(0,0,0),(2,2,0),(2,0,2)(0,4,4)D B E F ， 则(2,2,0),(2,0,2),(0,4,4)DB DEDF ===，设面DEB 的法向量为(,,)m x y z =，则22002200x y m DB x z m DE ⎧+=⎧⋅=⇒⎨⎨+=⋅=⎩⎩，取1x =，则1y z ==-，故(1,1,1)m =--设面DBF 的法向量为(,,)n x y z =，则22004400x y n DB y z n DF ⎧+=⎧⋅=⇒⎨⎨+=⋅=⎩⎩，取1x =，则1,1y z =-=，故(1,1,1)n =-则1cos ,3||||3m n m n m n ⋅<>===⋅⨯，由图可得二面角E -BD -F 的余弦值为13． 【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查用空间向量法求二面角，解题关键是建立空间直角坐标系，把求二面角问题化为纯粹的计算．15．【2020·福建省福州第一中学高三其他（理）】如图，组合体由半个圆锥S O -和一个三棱锥S ACD -构成，其中O 是圆锥S O -底面圆心，B 是圆弧AC 上一点，满足BOC ∠是锐角，2===AC CD DA .（1）在平面SAB 内过点B 作//BP 平面SCD 交SA 于点P ，并写出作图步骤，但不要求证明；（2）在（1）中，若P 是SA 中点，且SO =BP 与平面SAD 所成角的正弦值.【答案】（1）答案见解析；（2.【解析】（1）①延长AB 交DC 的延长线于点Q ；②连接SQ ；③过点B 作//BP QS 交SA 于点P .（2）若P 是SA 中点，则B 是AQ 中点，又因为CB AQ ⊥，所以CA CQ =，所以90QAD ∠=，从而30BAC ∠=.依题意，,,OS OC OD 两两垂直，分别以OC ，OD ，OS 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则()()(111,0,0,,,,,22A D S P B ⎛⎛⎫-- ⎪⎝⎭⎝⎭， 从而()()1,3,0,1,0,3,AD AS BP ⎛===- ⎝⎭，设平面SAD 的法向量为(),,n x y z =，则0,0,AS n AD n ⎧⋅=⎨⋅=⎩即0,0,x x ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩取x =)1,1=--n .则cos ,1n BP n BP n BP⋅====+， 所以直线BP 与平面SAD .16．【2020·广西壮族自治区高三其他（理）】如图，直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为等腰直角三角形，90ACB ∠=，12AA AC =，P 是侧棱1CC 上的点．。
2020高考—立体几何(解答+答案)
2020年高考——立体几何1.(20全国Ⅰ文19)（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC△是底面的内接正三角形，P为DO 上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）设DO=2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P−ABC的体积.2.(20全国Ⅰ理18)（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE AD=．ABC△是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PO DO=．（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B PC E--的余弦值．3.（20全国Ⅱ文20）（12分）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=π3，求四棱锥B–EB1C1F的体积．4.（20全国Ⅱ理20）（12分）如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．5.（20全国Ⅲ文 19）（12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥； （2）点1C 在平面AEF 内．6.（20全国Ⅲ理19）（12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．7.（20新高考Ⅰ20）（12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．8.(20天津17)（本小题满分15分）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．9.(20浙江19)（本题满分15分）如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ． （Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．10.（20江苏15）（本小题满分14分）在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．11.（20江苏22）（本小题满分10分）在三棱锥A —BCD 中，已知CB =CD =5,BD =2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO =2，E 为AC 的中点．（1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值； （2）若点F 在BC 上，满足BF =14BC ，设二面角F —DE —C 的大小为θ，求sin θ的值．12.(20北京16)（本小题13分）如图，在正方体1111ABCD A B C D 中，E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．参考答案：1.解：（1）由题设可知，PA =PB = PC ．由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC ≌△PAB ． △PAC ≌△PBC ．又∠APC =90°，故∠APB =90°，∠BPC =90°．从而PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC ． （2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ． 由题设可得rl =3，222l r -=． 解得r =1，l =3，从而3AB =．由（1）可得222PA PB AB +=，故62PA PB PC ===． 所以三棱锥P -ABC 的体积为3111166()323228PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=．2．解：（1）设DO a =，由题设可得63,,63PO a AO a AB a ===，22PA PB PC a ===. 因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥. 所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得312(0,1,0),(0,1,0),(,0),(0,0,)222E A C P --. 所以312(,,0),(0,1,)222EC EP =--=-. 设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即20231022y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取3(2)=m . 由（1）知2(0,1,2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ， 则25cos ,|||5⋅==n m n m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为255.3．解：（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN ⋂平面EB 1C 1F = PN ， 故AO ∥PN ，又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN =AO =6，AP = ON =13AM =3，PM =23AM =23，EF =13BC =2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B -EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT =PM sin ∠MPN =3．底面EB 1C 1F 的面积为1111()(62)624.22B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=所以四棱锥B -EB 1C 1F 的体积为1243243⨯⨯=．4．解：（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC ．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1CF ．（2）由己知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA 的方向为x 轴正方向， MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB =2，AM =3． 连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故23231,(,,0)333PM E =．由（1）知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ． 设(,0,0)Q a ，则22123234(),(,1,4())33NQ a B a a =----， 故21123223210(,,4()),||3333B E a a B E =-----=． 又(0,1,0)=-n 是平面A 1AM 的法向量，故1111,π10sin(,)cos ,210||B E B E B E B E -===⋅n n n |n |．所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010．5．解：（1）如图，连结BD ，11B D ．因为AB BC =，所以四边形ABCD 为正方形，故AC BD ⊥．又因为1BB ⊥平面ABCD ，于是1AC BB ⊥．所以AC ⊥平面11BB D D ． 由于EF ⊂平面11BB D D ，所以EF AC ⊥．（2）如图，在棱1AA 上取点G ，使得12AG GA =，连结1GD ，1FC ，FG ，因为1123D E DD =，123AG AA =，11DD AA =∥，所以1ED AG =∥，于是四边形1ED GA 为平行四边形，故1AE GD ∥．因为1113B F BB =，1113AG AA =，11BB AA =∥，所以11FG A B =∥，11FG C D =∥，四边形11FGD C 为平行四边形，故11GD FC ∥．于是1AE FC ∥．所以1,,,A E F C 四点共面，即点1C 在平面AEF 内．6．解：设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c =，11(0,,)3C F b c =，得1EA C F =．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内． （2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =--，1(0,1,2)A E =-，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则 110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ． 设2n 为平面1A EF 的法向量，则 22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为1212127cos ,||||7⋅〈〉==-⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为427．7．解：（1）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD AD ⊥．又底面ABCD 为正方形，所以AD DC ⊥，因此AD ⊥底面PDC ． 因为AD BC ∥，AD ⊄平面PBC ，所以AD ∥平面PBC ． 由已知得l AD ∥．因此l ⊥平面PDC ． （2）以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -．则(0,0,0),(0,1,0),(1,1,0),(0,0,1)D C B P ，(0,1,0)DC =，(1,1,1)PB =-． 由（1）可设(,0,1)Q a ，则(,0,1)DQ a =．设(,,)x y z =n 是平面QCD 的法向量，则0,0,DQ DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0.ax z y +=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,)a =-n ． 所以2cos ,||||31PB PB PB a⋅-〈〉==⋅+n n n ． 设PB 与平面QCD 所成角为θ，则22332sin 1311aa a θ==+++ 2326131a a ++当且仅当1a =时等号成立，所以PB 与平面QCD 所成角的正6．8．依题意，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)C A B C ，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)C M =，1(2,2,2)B D =--，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA =是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB =，(2,0,1)ED =-．设(,,)x y z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.y z x z +=⎧⎨-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ． 因此有|||6cos ,|A CA C CA ⋅〈〉==n n n 30sin ,6CA 〈〉=n ． 所以，二面角1B B E D --30（Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB =-．由（Ⅱ）知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是3cos ,||||AB AB AB ⋅==n n n ． 所以，直线AB 与平面1DB E 39.（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB .由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥. 由45ACB ∠=︒，122BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB .由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角. 设22CD =.由2,2DO OC BO BC ====，得26,33BD OH = 所以3sin OH OCH OC ∠==， 因此，直线DF 与平面DBC 3. 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设22CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,|3|||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.10.证明：因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ， 所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .11.解：（1）连结OC ，因为CB =CD ，O 为BD 中点，所以CO ⊥B D ．又AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥O C ．以{}OB OC OA ，，为基底，建立空间直角坐标系O –xyz ． 因为BD =2，CB CD ==，AO =2，所以B （1，0，0），D （–1，0，0），C （0，2，0），A （0，0，2）． 因为E 为AC 的中点，所以E （0，1，1）． 则AB =（1，0，–2），DE =（1，1，1），所以|||1||||||5cos AB DE AB DE AB DE +=⋅⋅==<>，．因此，直线AB 与DE ． （2）因为点F 在BC 上，14BF BC =，BC =（–1，2，0）． 所以111(,,0)442BF BC ==-． 又20,0DB =（,）， 故71(,,0)42DF DB BF =+=．设1111()x y z =，，n 为平面DEF 的一个法向量， 则1100,DE DF ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=，n n 即111110710,42x y z x y +⎧+=⎪+=⎪⎨⎩， 取12x =，得1–7y =，15z =，所以1(275)n =-，，． 设2222()x y z =，，n 为平面DEC 的一个法向量，又DC =（1，2，0），则2200,DE DC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=，n n 即22222020,x y z x y ++=+=⎧⎨⎩，取22x =，得2–1y =，2–1z =，所以2(211)n =--，，． 故2112|||475|13|||||co |13786s θ+-⋅===⋅⨯n n n n ．所以22391cos s n 13i θθ=-=．12.。
2020高考精品系列之数学(文)专题11 立体几何解答题(原卷版)
专题11立体几何解答题考纲解读三年高考分析1、对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．对于探索性问题用向量法比较容易入手．一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在．2、空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．3、空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段P A，PB，PC两两互相垂直，且P A＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．垂直关系的证明和平行关系的证明是考查的重点，解题时常用到平行判定定理、垂直判定定理、垂直性质定理、平行性质定理，考查学生的数学逻辑推理能力、数学运算能力、直观想象能力，题型以选择填空题和解答题为主，中等难度.1、直线、平面平行的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线平行、线面平行、面面平行的判定及其应用等内容．题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.2、直线、平面垂直的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定及其应用等内容．题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.1．【2019年天津文科17】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面P AC⊥平面PCD，P A⊥CD，CD＝2，AD＝3．（Ⅰ）设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面P AD；（Ⅱ）求证：P A⊥平面PCD；（Ⅲ）求直线AD与平面P AC所成角的正弦值．2．【2019年新课标3文科19】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积．3．【2019年新课标2文科17】如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E﹣BB1C1C的体积．4．【2019年新课标1文科19】如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．5．【2019年北京文科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E 为CD的中点．（Ⅰ）求证：BD⊥平面P AC；（Ⅱ）若∠ABC＝60°，求证：平面P AB⊥平面P AE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面P AE？说明理由．6．【2018年新课标2文科19】如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC＝2，P A＝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MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．7．【2018年新课标1文科18】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 DA，求三棱锥Q﹣ABP的体积．8．【2018年新课标3文科19】如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．9．【2018年北京文科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面P AB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．10．【2018年天津文科17】如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝2，∠BAD＝90°．（Ⅰ）求证：AD⊥BC；（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．11．【2017年新课标2文科18】如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC AD，∠BAD＝∠ABC＝90°．（1）证明：直线BC∥平面P AD；（2）若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．12．【2017年新课标1文科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）证明：平面P AB⊥平面P AD；（2）若P A＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P﹣ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．13．【2017年新课标3文科19】如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．14．【2017年北京文科18】如图，在三棱锥P﹣ABC中，P A⊥AB，P A⊥BC，AB⊥BC，P A＝AB＝BC ＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：P A⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面P AC；（3）当P A∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．15．【2017年天津文科17】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD ＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2．（Ⅰ）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；（Ⅱ）求证：PD ⊥平面PBC ；（Ⅲ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．1．【2019年湖南省娄底市高三上学期期末】如图1，在直角梯形ABCD 中，//AB CD ，AB BC ⊥，22AB CD BC ==，BD 为梯形对角线，将梯形中的ABD ∆部分沿AB 翻折至ABE 位置，使ABE∆所在平面与原梯形所在平面垂直（如图2）.（1）求证：平面AED ⊥平面BCE ；（2）探究线段EA 上是否存在点P ，使//EC 平面PBD ？若存在，求出EPEA；若不存在说明理由. 2．【四川省威远中学2020届高三上学期第一次月考】如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于A ，B 的点，PO 垂直于圆O 所在的平面，且PO ＝OB ＝1.(1)若D 为线段AC 的中点，求证：AC ⊥平面PDO ； (2)求三棱锥P －ABC 体积的最大值； (3)若，点E 在线段PB 上，求CE ＋OE 的最小值．3．【2019年山西重点中学协作体高三暑假联考】如图，在等腰梯形ABCD 中，AB CD ∥，1AD DC CB ===，60ABC =︒，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，1CF =.（1）求证：BC ⊥平面ACFE ； （2）求多面体ABCDEF 的体积.4．【2020年四川省雅安市雨城区雅安中学高三上学期开学摸底】如图，已知多面体ABCDEF 中，ABD ∆、ADE ∆均为正三角形，平面ADE ⊥平面ABCD ，AB CD EF P P ，::2:3:4AD EF CD =. （Ⅰ）求证：BD ⊥平面BFC ； （Ⅱ）若2AD =，求该多面体的体积.5．【安徽省合肥一中、安庆一中等六校教育研究会2020届高三上学期第一次素质测试】如图所示，三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，160,CBB A ∠=o在侧面11BB C C 上的投影恰为1B C 的中点O ．（1） 证明：1B C AB ⊥； （2） 若1ACAB ⊥，且三棱柱111ABC A B C -的体积为38，求三棱柱111ABC A B C -的高.6．【湖南省衡阳市第八中学2020届高三上学期月考（二)】如图，在五面体ABCDFE 中，侧面ABCD 是正方形，ABE ∆是等腰直角三角形，点O 是正方形ABCD 对角线的交点EA EB =，26AD EF ==且//EF AD .（1）证明：//OF 平面ABE ；（2）若侧面ABCD 与底面ABE 垂直，求五面体ABCDFE 的体积.7．【江西省南昌市2020届高三上学期开学摸底考试】如图，已知直三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，12AB AC AA ===，E 是BC 的中点，F 是1A E 上一点，且12A F FE =.（Ⅰ）证明：AF⊥平面1A BC ；（Ⅱ）求三棱锥11C A FC -的体积．8．【2020年安徽省江淮十校高三第一次联考】如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是正方形，SA ⊥底面ABCD ，2SA AB ==，AE SC ⊥，垂足为E ，点A 在面SDC 上的投影为F 。
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例 11．已知棱长为 a 的正四面体，其内切球的半径为 r ，外接球的半径为 R ，则 r : R ________．
【答案】 1: 3
例 14．已知一个高为 16 的圆锥内接于一个体积为 972 的球，在圆锥内又有一个内切球． 求：
圆锥内切球的体积．
（ 2） V 256 3
立体几何中的计算问题
一、ห้องสมุดไป่ตู้视图
扇形的面积公式 S扇形
n R2 360
11 lr =
22
r 2 （其中 l 表示弧长， r 表示半径，
表示弧度）
空间几何体的体积
柱体的体积 ： V
S底
h ，锥体的体积 ： V
1 S底 h
3
1
台体的体积 ： V
（ 3
S上
S上 下S 下 S)
h，球体的体积： V 4 R3 3
点到平面的距离
(1)定义 面外一点引一个平面的垂线，这个点和垂足间的距离叫做这个点到这个平面 的距离 .
5．如图，在三棱柱 ABC A1B1C1 中， AA1 平面 ABC ，AA1 AB AC ，AB AC ，M 是 CC1
的中点， Q 是 BC 的中点，点 P 在 A1B1 上，则直线 PQ 与直线 AM 所成的角为（
）．
【答案】（1）证明见解析；（2） 6 . 3
9．已知二面角 l 为 60 ，动点 P, Q 分别在平面 ， 内，点 P 到 的距离为 3 ，
的余弦值为 ( )
（ 1）求证： DB 平面 B1BCC1 ； （ 2）求二面角 A1 BD C1 的正弦值．
A． 15 3
B． 5 3
C． 6 4
D． 10 4
【答案】 D 4．如图所示为一个正方体的展开图．对于原正方体，给出下列结论： ① AB 与 EF 所在直线平行； ② AB 与 CD 所在直线异面； ③ MN 与 BF 所在直线成 60 角； ④MN 与 CD 所在直线互相垂直． 其中正确结论的序号是 ________． 【答案】 ②④
（ 3）若三棱柱所有棱长都为 a，求二面角 A1 B1C C1 的平面角的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 7 7
4.空间几何体的表面积、体积 棱柱、棱锥的表面积：各个面面积之和
圆柱的表面积 ： S 2 rl 2 r 2
圆锥的表面积： S
rl
r2
圆台的表面积： S rl
r2
Rl R2
3
点是不必作出垂线即可求点面距离 .难点在于如何构造合适的三棱锥以便于计算 .
例 8．在长、宽、高分别为 a，b， c 的长方体中，以它的各面的中心为顶点可得到一个八面 体，则该八面体的体积为 ________．
【答案】
1 abc
6
例 9．如图，在上、下底面对应边的比为 1: 2 的三棱台中，过上底面的一边作一个平行于棱
A． 30°
B． 45
C． 60
D．90
【答案】 D
三、二面角问题
二面角： 关键是找出二面角的平面角。方法有：①定义法；②三垂线定理法；③垂面法；
二面角的平面角的范围： ____________；
又因为 PQ AQ2 AP 2 12 AP 2 2 3
当且仅当 AP 0 ，即点 A 与点 P 重合时取最小值。 故选 C
r2 = R2 –d2
★7-3 球与其他多面体的组合体的问题
球体与其他多面体组合，包括内接和外切两种类型，解决此类问题的基本思路是：
⑴ 根据题意，确定是内接还是外切，画出立体图形；
⑵ 找出多面体与球体连接的地方，找出对球的合适的切割面，然后做出剖面图；
⑶ 将立体问题转化为平面几何中圆与多边形的问题；
11．已知多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 为平行四边形， AD 平面 AEC ，且 AC 2 , AE EC 1, AD 2EF , EF AD
（ 1）求证： 平面 FCE 平面 ADE ； （ 2）若 AD 2 ，求多面体 ABCDEF 的体积 .
P
C
D
B A
E F
A. 2
5 B.
12
⑴ 求证：平面 ABM ⊥平面 PCD；
（ 2）求点 O 到平面 ABM 的距离 .
【答案】（1）见解析（ 2） 2 2 （ 3） 2
例 12．已知棱长为 a 的正方体，甲球是正方体的内切球，乙球是正方体的外接球，丙球与
正方体的各棱都相切，则甲、乙、丙三球的表面积之比为（
）．
A ． 1:3: 9 4
A ． 60°
B．90°
C．120°
D． 150°
例 4．在四面体 ABCD 中， AC 与 BD 的夹角为 30°， AC 2 ， BD 2 3 ，M ，N 分别是 AB ， CD 的中点，则线段 MN 的长度为 ________．
【答案】 1 或 7
3.二面角 找 (或作 )二面角的平面角的主要方法 . (i) 定义法 (ii) 垂面法 (iii) 三垂线法 (Ⅳ)根据特殊图形的性质 (4)求二面角大小的常见方法 先找 (或作 )出二面角的平面角 θ，再通过解三角形求得 θ的值 .
(2)求点面距离常用的方法：
1)直接利用定义求
①找到 (或作出 )表示距离的线段；
②抓住线段 (所求距离 )所在三角形解之 .
2)体积法其步骤是：①在平面内选取适当三点，和已知点构成三棱锥；②求出此三棱锥
的体积 V 和所取三点构成三角形的面积
S；③由
1 V= S·h，求出
h 即为所求 .这种方法的优
1．将正方形（如图 1 所示）截去两个三棱锥，得到图 2 所示的几何体，则该几何体的左视 图为 （ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】 B 2．如图所示， A O B 表示水平放置的 AOB 的直观图， B 在 x 轴 上， A O 与 x 轴垂直，且 A O 2 ，则 AOB 的 OB 边上的高为 ______．
四、表面积与体积问题 10．如图 1，在梯形 ABCD 中， AD //BC ， AB BC 1 AD 1 ， E 为 AD 的中点， O 是 AC 与
2
【答案】（1）见解析；（2） 5 6
BE 的交点，将 ABE 沿 BE 翻折到图 2 中 A1BE 的位置，得到四棱锥 A1 BCDE ．
（ 1）求证： CD A1C ； （ 2）当 BE 2 ， A1C 1 时，求 D 到平面 A1OC 的距离． 【答案】（1）见解析；（2） 2 .
，它们确定的平面表示
2.在坐标系 x 'o ' y ' 中画直观图时，已知图形中平行于数轴的线段保持平行性不变，平行于
x
轴（或在 x 轴上）的线段保持长度不变，平行于 y 轴（或在 y 轴上）的线段长度减半。
结论：一般地，采用斜二测法作出的直观图面积是原平面图形面积的
2 倍. 4
例 1．下列命题： ①如果一个几何体的三视图是完全相同的，那么这个几何体是正方体； ②如果一个几何体的主视图和俯视图都是矩形，那么这个几何体是长方体； ③如果一个几何体的三视图都是矩形，那么这个几何体是长方体； ④如果一个几何体的主视图和左视图都是等腰梯形， 那么这个几何体是圆台． 其中正确
的平面 A1B1EF ，则这个平面分三棱台成两部分的体积之比为（
）．
A ． 1: 2
B． 2:3
C． 3: 4
D． 4:5
【答案】 C
例 10．如图，在四棱锥 P—ABCD 中，底面 ABCD 是矩形， PA⊥平面 ABCD ， PA=AD=4 ， AB=2 ，以 BD 的中点 O 为球心、 BD 为直径的球面交 PD 于点 M.
C. 4
5 D.
6
15．已知一个正方体的各顶点都在同一球面上，现用一个平面去截这个球和正方体，得到 的截面图形恰好是一个圆及内接正三角形， 若此正三角形的边长为 a ，则这个球的表面积为
（ ）．
3 A．
a2
4
【答案】 D
B． 3 a2
C． 6 a2
3 D．
a2
2
16．已知三棱锥 D ABC 的四个顶点都在球 O 的球面上，若 DC 平面 ABC ， ACB 60 ，
10
【答案】 (1) V多面体
;(2)见解析 . 3
例 13．已知 S, A, B,C 是球 O 表面上的点 , SA 平面 ABC , AB BC , SA AB 1, BC O 的体积为 __________.
【答案】 5 5 6
3, 则球
5. 与球有关的组合体
7-2 球的结构特征
⑴ 球心与截面圆心的连线垂直于截面； ⑵ 截面半径等于球半径与截面和球心的距离的平方差：
立体几何中的计算问题 1.三视图 —— 是观察者从三个不同位置观察同一个空间几何体而画出的图形； 2.直观图 —— 是观察着站在某一点观察一个空间几何体而画出的图形。 直观图通常是在平行 投影下画出的空间图形。 3 斜二测法：
1.画直观图时， 把它画成对应的轴 o' x',o ' y ' ，取 x 'o 'y ' 45 ( or135 ) 水平平面；
例 2．在长方体 ABCD
的余弦值为（
）
A1B1C1D1 中， BC
CC1 1， AD1B
，则直线 AB1与 BC1 所成角 3
A． 3 3
B． 6 6
C． 7 7
D． 14 14
【答案】 D
例 3．直三棱柱 ABC ﹣ A1B1C1 中，若 ∠BAC=9°0 ，AB=AC=AA 1，则异面直线 BA 1 与 AC1 所成的角为（ ）
的是 ( ) A． ①② B．③ C．②③ D． ④ 2、异面直线所成的角