2020高考数学复习专题突破练文科【5立体几何的综合问题】含答案解析
2020高考数学复习专题突破练文科【5立体几何的综合问题】含答案解析一、选择题1．已知直线a ⊂平面α，直线b ⊂平面β，则“a ∥b ”是“α∥β”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件答案D解析“a ∥b ”不能得出“α∥β”，反之由“α∥β”也得不出“a ∥b ”．故选D．2．如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，A 1A ＝AB ＝2，BC ＝1，AC ＝5，若规定正视方向垂直平面ACC 1A 1，则此三棱柱的侧视图的面积为()A．455B．25C．4D．2答案A解析在△ABC 中，AC 2＝AB 2＋BC 2＝5，∴AB ⊥BC ．作BD ⊥AC 于D ，则BD 为侧视图的宽，且BD ＝2×15＝255，∴侧视图的面积为S ＝2×255＝455．故选A．3．平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，既与AB 共面也与CC 1共面的棱的条数为()A．3B．4C．5D．6答案C解析如图，既与AB 共面也与CC 1共面的棱有CD ，BC ，BB 1，AA 1，C 1D 1，共5条．故选C．4．在四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ．将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A ′－BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则下列结论正确的是()A．A ′C ⊥BD B．∠BA ′C ＝90°C．CA ′与平面A ′BD 所成的角为30°D．四面体A ′－BCD 的体积为13答案B解析∵AB ＝AD ＝1，BD ＝2，∴AB ⊥AD ．∴A ′B ⊥A ′D ．∵平面A ′BD ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ，∴CD ⊥平面A ′BD ，∴CD ⊥A ′B ，∴A ′B ⊥平面A ′CD ，∴A ′B ⊥A ′C ，即∠BA ′C ＝90°．故选B．5．(2018·河南豫东、豫北十校测试)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，十分巧妙，原为木质结构，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称．从外表上看，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90度榫卯起来，若正四棱柱体的高为4，底面正方形的边长为1，则该鲁班锁的表面积为()A．48B．60C．72D．84答案B解析复杂的图形表面积可以用三视图投影的方法计算求得；如图所示：投影面积为4×2＋1×2＝10，共有6个投影面积，所以该几何体的表面积为10×6＝60．故选B．6．如图所示，已知在多面体ABC －DEFG 中，AB ，AC ，AD 两两垂直，平面ABC ∥平面DEFG ，平面BEF ∥平面ADGC ，AB ＝AD ＝DG ＝2，AC ＝EF ＝1，则该多面体的体积为()A．2B．4C．6D．8答案B解析如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，那么显然所求的多面体的体积即为该正方体体积的一半，于是所求几何体的体积为V ＝12×23＝4．故选B．7．(2018·湖北黄冈中学二模)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为2的等边三角形，俯视图是半圆(如图)．现有一只蚂蚁从点A 出发沿该几何体的侧面环绕一周回到A 点，则蚂蚁所经过路程的最小值为()A．πB．6＋2C．6－2D．π＋2答案B解析由三视图可知，该几何体是半圆锥，其展开图如图所示，则依题意，点A ，M 的最短距离，即为线段AM ．∵PA ＝PB ＝2，半圆锥的底面半圆的弧长为π，∴展开图中的∠BPM ＝πPB＝π2，∵∠APB ＝π3，∴∠APM ＝5π6，∴在△APM 中，根据余弦定理有，MA 2＝22＋22－2×2×2cos 5π6＝8＋43＝(6＋2)2，∴MA ＝6＋2，即蚂蚁所经过路程的最小值为6＋2，故选B．8．已知圆锥的底面半径为R ，高为3R ，在它的所有内接圆柱中，表面积的最大值是()A．22πR 2B．94πR 2C．83πR 2D．52πR 2答案B解析如图所示，为组合体的轴截面，记BO 1的长度为x ，由相似三角形的比例关系，得PO 13R ＝x R，则PO 1＝3x ，圆柱的高为3R －3x ，所以圆柱的表面积为S ＝2πx 2＋2πx ·(3R －3x )＝－4πx 2＋6πRx ，则当x ＝34R 时，S 取最大值，S max ＝94πR 2．故选B．9．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为正方形ABCD 的两条对角线的交点，点F 是棱AB 的中点，则异面直线AC 1与EF 所成角的正切值为()A．－2B．－22C．22D．2答案D解析在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，依题意知，EF ∥AD ，所以异面直线AC 1与EF 所成角为∠C 1AD ．连接C 1D ，因为AD ⊥平面C 1CDD 1，所以AD ⊥DC 1，设正方体的棱长为1，则tan∠C 1AD ＝C 1D AD ＝21＝2，所以异面直线AC 1与EF 所成角的正切值为2．故选D．10．(2018·河北唐山第一次摸底)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，则异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值为()A．105B．15C．55D．155答案B解析在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，连接A 1D ，可得A 1D ∥B 1C ，所以异面直线A 1B 与B 1C 所成的角即为直线A 1B 与直线A 1D 所成的角，即∠DA 1B 为异面直线A 1B 与B 1C 所成的角，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，设AB ＝BC ＝2AA 1＝2，则A 1B ＝A 1D ＝5，BD ＝22，在△A 1BD 中，由余弦定理得cos∠DA 1B ＝A 1B 2＋A 1D 2－BD 22A 1B ·A 1D ＝5＋5－82×5×5＝15．故选B．11．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为正方形A 1B 1C 1D 1四边上的动点，O 为底面正方形ABCD的中心，M ，N 分别为AB ，BC 边的中点，点Q 为平面ABCD 内一点，线段D 1Q 与OP 互相平分，则满足MQ →＝λMN →的实数λ的值有()A．0个B．1个C．2个D．3个答案C解析本题可以转化为在MN 上找点Q 使OQ 綊PD 1，可知只有Q 点与M ，N 重合时满足条件．故选C．12．(2019·四川第一次诊断)如图，在Rt△ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝1，BC ＝x (x >0)，D 是斜边AB 的中点，将△BCD 沿直线CD 翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得CB ⊥AD ，则x 的取值范围是()A．22，2B．[3，23]C．(0，2)D．(0，3]答案D解析由题意得，AD ＝CD ＝BD ＝x 2＋12，BC ＝x ，取BC 中点E ，翻折前，在图1中，连接DE ，CD ，则DE ＝12AC ＝12，翻折后，在图2中，此时CB ⊥AD ．∵BC ⊥DE ，BC ⊥AD ，∴BC ⊥平面ADE ，∴BC ⊥AE ，又E为BC 中点，∴AB ＝AC ＝1，∴AE ＝1－14x 2，AD ＝x 2＋12，在△ADE 中：①x 2＋12＋12>1－14x 2，②x 2＋12<12＋1－14x 2，③x ＞0；由①②③可得0＜x ＜3．如图3，翻折后，当△B 1CD 与△ACD 在一个平面上，AD 与B 1C 交于M ，且AD ⊥B 1C ，AD ＝B 1D ＝CD ＝BD ，∠CBD ＝∠BCD ＝∠B 1CD ，又∠CBD ＋∠BCD ＋∠B 1CD ＝90°，∴∠CBD ＝∠BCD ＝∠B 1CD ＝30°，∴∠A ＝60°，BC ＝AC tan60°，此时x ＝1×3＝3，综上，x 的取值范围为(0，3]．故选D．二、填空题13．如图，已知球O 的面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积等于________．答案6π解析如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，设正方体的外接球O的半径为R，则正方体的体对角线长即为球O的直径，所以|CD|＝(2)2＋(2)2＋(2)2＝2R，所以R＝62，故球O的体积V＝4πR33＝6π．14．(2018·湖南湘潭四模)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有仓，广三丈，袤四丈五尺，容粟一万斛，问高几何？”其意思为：“今有一个长方体(记为ABCD－A1B1C1D1)的粮仓，宽3丈(即AD＝3丈)，长4丈5尺，可装粟一万斛，问该粮仓的高是多少？”已知1斛粟的体积为2．7立方尺，一丈为10尺，则下列判断正确的是________．(填写所有正确结论的编号)①该粮仓的高是2丈；②异面直线AD与BC1所成角的正弦值为31313；③长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球的表面积为133π4平方丈．答案①③解析由题意，因为10000×2．7＝30×45×AA1，解得AA1＝20尺＝2丈，故①正确；异面直线AD与BC1所成角为∠CBC1，则sin∠CBC1＝21313，故②错误；此长方体的长、宽、高分别为4．5丈、3丈、2丈，故其外接球的表面积为4π4.52＋32＋2222＝133π4平方丈，所以③正确．15．如图，用一个边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个巢，将半径为1的球体放入其中，则球心与巢底面的距离为__________．答案3＋12解析由题意知，折起后原正方形顶点间最远的距离为1，如图中的DC ；折起后原正方形顶点到底面的距离为12，如图中的BC ．由图知球心与巢底面的距离OF ＝1－122＋12＝3＋12．16．(2018·珠海摸底)用一张16×10的长方形纸片，在四个角剪去四个边长为x 的正方形(如图)，然后沿虚线折起，得到一个无盖的长方体纸盒，则这个纸盒的最大容积是________．答案144解析沿虚线折出纸盒后，该纸盒的长为16－2x ，宽为10－2x ，高为x ，则0＜x ＜5，其容积为V ＝x (16－2x )·(10－2x )＝4x 3－52x 2＋160x ，所以V ′＝12x 2－104x ＋160＝4(x －2)(3x－20)，令V ′＝0，得x ＝2或x ＝203>5(舍去)，当x ∈(0，2)时，V ′＞0，即在(0，2)上，V (x )是增函数；当x ∈(2，5)，V ′＜0，即在(2，5)上，V (x )是减函数，所以当x ＝2时，V (x )有最大值为144．三、解答题17．(2018·广东华南师大附中测试二)如图，AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，AB ∥EF ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在的平面互相垂直，已知AB ＝2，EF ＝1．(1)求证：平面DAF ⊥平面CBF ；(2)设几何体F －ABCD ，F －BCE 的体积分别为V 1，V 2，求V 1∶V 2的值．解(1)证明：如图，在矩形ABCD 中，CB ⊥AB ，∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，∴CB ⊥平面ABEF ，∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB ，又∵AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF ，∵CB ∩BF ＝B ，CB ，BF ⊂平面CBF ，∴AF ⊥平面CBF ，∵AF ⊂平面DAF ，∴平面DAF ⊥平面CBF ．(2)几何体F －ABCD 是四棱锥，F －BCE 是三棱锥，过点F 作FH ⊥AB ，交AB 于H ．∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，∴FH ⊥平面ABCD ．则V 1＝13AB ·BC ·FH ，V 2＝13×12EF ·FH ·BC ，∴V 1V 2＝2AB EF ＝2×21＝4．18．(2018·厦门开学考试)如图，直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝5，AA ′＝AB ＝6，D ，E 分别为AB 和BB ′上的点，且AD DB ＝BEEB ′．(1)当D 为AB 中点时，求证：A ′B ⊥CE ；(2)当D 在AB 上运动时，求三棱锥A ′－CDE 体积的最小值．解(1)证明：∵三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱，AA ′＝AB ，∴平行四边形ABB ′A ′为正方形，∵D 为AB 的中点，故E 为B ′B 的中点，∴DE ⊥A ′B ．∵AC ＝BC ，D 为AB 的中点，∴CD ⊥AB ．∵三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱，∴CD ⊥平面ABB ′A ′，又A ′B ⊂平面ABB ′A ′，∴CD ⊥A ′B ．又CD ∩DE ＝D ，∴A ′B ⊥平面CDE ，∵CE ⊂平面CDE ，∴A ′B ⊥CE ．(2)设BE ＝x ，则AD ＝x ，DB ＝6－x ，B ′E ＝6－x ．由已知可得点C 到平面A ′DE 的距离等于△ABC 的边AB 上的高h ＝AC 2－AB22＝4，∴V 三棱锥A ′－CDE ＝V 三棱锥C －A ′DE＝13(S 正方形ABB ′A ′－S △AA ′D －S △DBE －S △A ′B ′E )·h ＝1336－3x －12(6－x )x －3(6－x )·h ＝23(x 2－6x ＋36)＝23[(x －3)2＋27]，∴当x ＝3，即D 为AB 的中点时，三棱锥A ′－CDE 的体积有最小值18．19．(2018·厦门质检一)如图，平面ACEF ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°，AF ∥CE ，AF ⊥AC ，AB ＝AF ＝2，CE ＝1．(1)求四棱锥B －ACEF 的体积；(2)在BF 上有一点P ，使得AP ∥DE ，求BPPF 的值．解(1)∵四边形ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ，又平面ACEF ⊥平面ABCD ．平面ACEF ∩平面ABCD ＝AC ，BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥平面ACEF ．在△ABC 中，∠ABC ＝60°，AB ＝AC ＝2，设BD ∩AC ＝O ，则可得AC ＝2，BO ＝3，在梯形ACEF 中，AF ∥CE ，AF ⊥AC ，AC ＝AF ＝2，CE ＝1，∴梯形ACEF 的面积S ＝12×(1＋2)×2＝3，∴四棱锥B －ACEF 的体积为V ＝13·S ·BO ＝13×3×3＝3．(2)在平面ABF 内作BM ∥AF ，且BM ＝1，连接AM 交BF 于P ，则点P 满足AP ∥DE ，证明如下：∵AF ∥CE ，CE ＝1，∴BM ∥CE ，且BM ＝CE ，∴四边形BMEC 是平行四边形，∴BC ∥ME ，BC ＝ME ，又在菱形ABCD 中，BC ∥AD ，BC ＝AD ，∴ME ∥AD ，ME ＝AD ，∴四边形ADEM 是平行四边形，∴AM ∥DE ，即AP ∥DE ，∵BM ∥AF ，∴△BPM ∽△FPA ，又BM ＝1，∴BP FP ＝BM FA ＝12．20．(2018·河南考前适应测试)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，∠BAD ＝90°，DC ＝DA ＝2AB ＝25，点E 为AD 的中点，BD ∩CE ＝H ，PH ⊥平面ABCD ，且PH ＝4．(1)求证：PC ⊥BD ；(2)线段PC 上是否存在一点F ，使三棱锥P －BFD 的体积为52？若存在，请找出点F 的位置；若不存在，请说明理由．解(1)证明：∵AB ∥CD ，∠BAD ＝90°，∴∠EDC ＝∠BAD ＝90°．∵DC ＝DA ＝2AB ，E 为AD 的中点，∴AB ＝ED ．∴△BAD ≌△EDC ．∴∠DBA ＝∠DEH ．∵∠DBA ＋∠ADB ＝90°，∴∠DEH ＋∠ADB ＝90°．∴BD ⊥EC ．又∵PH ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥PH ．又∵PH ∩EC ＝H ，且PH ，EC ⊂平面PEC ，∴BD ⊥平面PEC ．又∵PC ⊂平面PEC ，∴PC ⊥BD ．(2)假设线段PC 上存在一点F 满足题意，由(1)可知，△DHE ∽△DAB ，∴DH DA ＝EH BA ＝DEDB ，∵BD ＝EC ＝(25)2＋(5)2＝5，AB ＝DE ＝5，∴EH ＝1，HC ＝4，DH ＝2，HB ＝3．∵PH ，EC ，BD 两两垂直，且PH ＝HC ＝4，∴∠HPC ＝45°．∵BD ⊥平面PEC ，∴V 三棱锥P －BFD ＝V 三棱锥B －PHF ＋V 三棱锥D －PHF＝13S △PHF ·BD ＝13×12×PH ·PF ·sin45°×5＝523PF ＝52，∴PF ＝3．∵PC ＝42>3，∴线段PC 上存在满足条件的点F ，点F 的位置满足PF ＝3．。
2020版高考数学培优考前练文科通用版练习：5.3 立体几何解答题 Word版含解析
5.3立体几何解答题高考命题规律1.高考必考考题.主要以多面体为载体,考查空间位置关系的判定与性质、求几何体的体积、面积、距离等.2.解答题,12分,中等难度.3.全国高考有4种命题角度,分布如下表.命题角度1空间中平行、垂直关系的证明高考真题体验·对方向1.(2019天津·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PAC⊥平面PCD,PA ⊥CD,CD=2,AD=3.(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD;(2)求证:PA⊥平面PCD;(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.BD,易知AC∩BD=H,BH=DH.又由BG=PG,故GH∥PD.又因为GH⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,所以GH∥平面PAD.PC的中点N,连接DN,依题意,得DN⊥PC,又因为平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,所以DN⊥平面PAC,又PA⊂平面PAC,故DN⊥PA.又已知PA⊥CD,CD∩DN=D,所以PA ⊥平面PCD.AN,由(2)中DN⊥平面PAC,可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角.因为△PCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点,所以DN=,又DN⊥AN,在Rt△AND中,sin ∠DAN=.所以,直线AD与平面PAC所成角的正弦值为.2.(2017山东·18)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD.(1)证明:A1O∥平面B1CD1;(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD.所以A1E⊥BD,因为B1D1∥BD,所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1.又A1E,EM⊂平面A1EM,A1E∩EM=E,所以B1D1⊥平面A1EM,又B1D1⊂平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.典题演练提能·刷高分1.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC,点E,F分别在棱BB1,CC1上(均异于端点),且∠ABE=∠ACF,AE ⊥BB1,AF⊥CC1.求证:(1)平面AEF⊥平面BB1C1C;(2)BC∥平面AEF.在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1∥CC1.∵AF⊥CC1,∴AF⊥BB1.又∵AE⊥BB1,AE∩AF=A,AE,AF⊂平面AEF,∴BB1⊥平面AEF,又∵BB1⊂平面BB1C1C,∴平面AEF⊥平面BB1C1C.(2)∵AE⊥BB1,AF⊥CC1,∠ABE=∠ACF,AB=AC,∴Rt△AEB≌Rt△AFC,∴BE=CF,又由(1)知,BE∥CF.∴四边形BEFC是平行四边形,从而BC∥EF.又∵BC⊄平面AEF,EF⊂平面AEF,∴BC∥平面AEF.2.(2019四川成都一模)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,PA⊥平面ABCD,点M是棱PC的中点.(1)证明:PA∥平面BMD;(2)当PA=时,求三棱锥M-PAD的体积.如图,连接AC交BD于点O,连接MO.∵M,O分别为PC,AC的中点,∴PA∥MO.∵PA⊄平面BMD,MO⊂平面BMD,∴PA∥平面BMD.,取线段BC的中点H,连接AH.∵四边形ABCD是菱形,∠ABC=60°,∴AH⊥AD.∵PA⊥平面ABCD,∴AH⊥PA.又PA∩AD=A,所以AH⊥平面PAD,∴点H到平面PAD的距离即为AH的长度.又BC∥AD,∴点C到平面PAD的距离即为AH的长度.∵M为PC的中点,∴点M到平面PAD的距离即为AH的长度.∴V M-PAD=S△PAD·AH=×2×.3.如图,在直角△ABC 中,∠ACB=90°,BC=2AC=4,D ,E 分别是AB ,BC 边的中点,沿DE 将△BDE 折起至△FDE ,且∠CEF=60°. (1)求四棱锥F-ACED 的体积; (2)求证:平面ADF ⊥平面ACF.D ,E 分别是AB ,BC 边的中点,∴DE 平行且等于AC 的一半,DE ⊥BC ,DE=1.依题意,DE ⊥EF ,BE=EF=2.于是有 ⊂平面⇒DE ⊥平面CEF.∵DE ⊥平面CEF ,∴平面ACED ⊥平面CEF.过F 点作FM ⊥EC 于点M ,则平面 平面 且交线为 ⊂平面⇒FM ⊥平面ACED ,∵∠CEF=60°,∴FM= , ∴梯形ACED 的面积S=(AC+ED)×EC=×(1+2)×2=3,∴四棱锥F-ACED 的体积V=Sh=×3× .,设线段AF,CF的中点分别为N,Q,连接DN,NQ,EQ,则NQ AC, 于是 ⇒DE NQ⇒DEQN是平行四边形⇒DN∥EQ.又°⇒△CEF是等边三角形.∴EQ⊥FC.由(1)知DE⊥平面CEF,EQ⊂平面CEF.∴DE⊥EQ,∴AC⊥EQ.于是⊂平面⇒EQ⊥平面ACF.∴DN⊥平面ACF,又∵DN⊂平面ADF,∴平面ADF⊥平面ACF.4.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,AD∥BC,PA⊥AB,CD⊥AD,BC=CD=AD,E为AD的中点.(1)求证:PA⊥CD.(2)求证:平面PBD⊥平面PAB.(3)在平面PAB内是否存在M,使得直线CM∥平面PBE,请说明理由.平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PA⊥AB,∴PA⊥平面ABCD,又CD⊂平面ABCD,∴PA⊥CD.,BC∥ED,且BC=ED,∴四边形BCDE是平行四边形,又CD⊥AD,BC=CD,∴四边形BCDE是正方形,连接CE,则BD⊥CE.又BC∥AE,BC=AE,∴四边形ABCE是平行四边形,∴CE∥AB,∴BD⊥AB,由(1)知PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PA⊥BD,又PA∩AB=A,∴BD⊥平面PAB,∵BD⊂平面PBD,∴平面PBD⊥平面PAB.M为直线AB,CD的交点时,有CM∥平面PBE.理由如下:在四边形ABCD中,AD∥BC,BC=AD,∴四边形ABCD为梯形, ∴AB,CD必定相交,设交点为M.由(2)知四边形BCDE是正方形,∴CM∥BE,又CM⊄平面PBE,BE⊂平面PBE,∴CM∥平面PBE.故平面PAB内存在M,使得直线CM∥平面PBE,且M为直线AB,CD的交点.命题角度2几何体的体积与距离问题高考真题体验·对方向1.(2019全国Ⅱ·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.B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,AA1=2AE=6.作EF⊥BB1,垂足为F,则EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V=×3×6×3=18.2.(2019全国Ⅰ·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.B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=A1D.由题设知A1B1DC,可得B1C A1D,故ME ND,因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.又MN⊄平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.C作C1E的垂线,垂足为H.由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C,所以DE⊥平面C1CE,故DE⊥CH.从而CH⊥平面C1DE,故CH的长即为C到平面C1DE的距离.由已知可得CE=1,C1C=4,所以C1E=,故CH=.从而点C到平面C1DE的距离为.3.(2018全国Ⅱ·19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=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MC=2MB,求点C到平面POM的距离.(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.连接OB,因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.(2)作CH⊥OM,垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.由题设可知OC=AC=2,CM=BC=,∠ACB=45°.所以OM=,CH=.所以点C到平面POM的距离为.4.(2017全国Ⅱ·18)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°.(1)证明:直线BC∥平面PAD;(2)若△PCD的面积为2,求四棱锥P-ABCD的体积.ABCD内,因为∠BAD=∠ABC=90°,所以BC∥AD.又BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,故BC∥平面PAD.AD的中点M,连接PM,CM.由AB=BC=AD及BC∥AD,∠ABC=90°得四边形ABCM为正方形,则CM⊥AD.因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PM⊥AD,PM⊥底面ABCD.因为CM⊂底面ABCD,所以PM⊥CM.设BC=x,则CM=x,CD=x,PM=x,PC=PD=2x.取CD的中点N,连接PN,则PN⊥CD,所以PN=x.因为△PCD的面积为2,所以x×x=2,解得x=-2(舍去),x=2.于是AB=BC=2,AD=4,PM=2.所以四棱锥P-ABCD的体积V=×2=4.5.(2017全国Ⅲ·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.AC的中点O,连接DO,BO.因为AD=CD,所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO.从而AC⊥平面DOB,故AC⊥BD.EO.由(1)及题设知∠ADC=90°,所以DO=AO.在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.由题设知△AEC为直角三角形,所以EO=AC.又△ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO=BD.故E为BD的中点,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.典题演练提能·刷高分1.(2019河北唐山三模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,C1C⊥底面ABC,∠ACB=90°,AC=BC=4,M,N分别为AB,CC1的中点.(1)求证:CM∥平面AB1N;(2)若AB1与平面B1C1CB所成的角为30°,求点M到平面AB1N的距离.AB1的中点O,连接OM,ON(图略),在△ABB1中,O,M分别是AB1,AB的中点,则OM∥BB1,且OM=BB1.又N为CC1的中点,CC1BB1,所以NC∥BB1,NC=BB1,从而有OM∥NC且OM=NC,所以四边形OMCN为平行四边形,所以CM∥NO.又因为CM⊄平面AB1N,NO⊂平面AB1N,所以CM∥平面AB1N.CC1⊥平面ABC,得CC1⊥AC.又因为AC⊥BC,CC1∩BC=C,所以AC⊥平面B1C1CB.连接CB1(图略),所以∠AB1C即为AB1与平面B1C1CB所成的角,从而有∠AB1C=30°, 所以B1C=4,B1B=4.由(1)可知CM∥平面AB1N,所以点C到平面AB1N的距离等于点M到平面AB1N的距离.在△AB1N中,AN=NB1=2,AB1=8,△ =8,在△ACN中,AC=4,CN=2,S△ACN=4,设点C到平面AB1N的距离为d,得,△ ·d=S△ACN·BC,由--所以d=2,即点M到平面AB1N的距离为2.2.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1=4,AB=BC=2,AC=2,点M是棱AA1上不同于A,A1的动点.(1)证明:BC⊥B1M;(2)若∠CMB1=90°,判断点M的位置并求出此时平面MB1C把此棱柱分成的两部分几何体的体积之比.△ABC中,∵AB2+BC2=8=AC2,∴∠ABC=90°,∴BC⊥AB.又∵BC⊥BB1,BB1∩AB=B,∴BC⊥平面ABB1A1,又B1M⊂平面ABB1A1,∴BC⊥B1M.∠CMB1=90°时,设AM=t(0<t<4),∴A1M=4-t,则在Rt△MAC中,CM2=t2+8,同理:B1M2=(4-t)2+4,B1C2=16+4=20,据B1C2=M+MC2,∴t2+8+(4-t)2+4=20,整理得,t2-4t+4=0,∴t=2,故M为AA1的中点.此时平面MB1C把此棱柱分成两个几何体为:四棱锥C-ABB1M和四棱锥B1-A1MCC1.由(1)知四棱锥C-ABB1M的高为BC=2,×2=6,梯形∴×6×2=4,锥-又V柱=2×4=8,∴=8-4=4,锥-故两部分几何体的体积之比为1∶1.3.(2019山西运城二模)如图①,△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,△BCD是等边三角形,AB=1,如图②,将△BCD沿BC折起,使平面BCD⊥平面ABC,E,M分别为BC,BD的中点,点F在棱AC上,且AF=3FC,点N在棱AC上,且CN=CA.(1)在棱BC上是否存在一点G,使平面MNG∥平面DEF?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.(2)求点F到平面ABD的距离.(1)存在点G满足题意,=3.理由如下:如图,取BE的中点G,连接MG,NG,因为BG=GE,BM=MD,所以MG∥DE.又MG⊄平面DEF,DE⊂平面DEF,所以MG∥平面DEF.因为AF=3FC,所以FC=CA,所以.又,所以,所以EF∥GN.又EF⊂平面DEF,GN⊄平面DEF,所以GN∥平面DEF.因为MG∩GN=G,所以平面MNG∥平面DEF.所以=3.(2)如图,连接BF,因为平面BCD⊥平面ABC,AB⊥BC,平面ABC∩平面BCD=BC,所以AB⊥平面BCD.又BD⊂平面BCD,所以AB⊥BD.同理,DE⊥平面ABC,所以S△ABD=AB·BD=,S△ABF=S△ABC=AB·BC=.由题意得,DE=,设点F到平面ABD的距离为d,由V三棱锥F-ABD=V三棱锥D-ABF,得S△ABD·d=S△ABF·DE,,所以d=△△即点F到平面ABD的距离为.4.(2019山东潍坊二模)如图,四棱锥M-ABCD中,MB⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,AB=MB,E,F分别为MA,MC的中点.(1)求证:平面BEF⊥平面MAD;(2)若BC=2AB=2,求三棱锥E-ABF的体积.MB⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,∴MB⊥AD.∵四边形ABCD是矩形,∴AD⊥AB.又AB⊂平面MAB,MB⊂平面MAB,AB∩MB=B,∴AD⊥平面MAB.又BE⊂平面MAB,∴AD⊥BE.∵AB=MB,E是MA的中点,∴BE⊥MA.又AD⊂平面MAD,MA⊂平面MAD,AD∩MA=A,∴BE⊥平面MAD.又BE⊂平面BEF,∴平面BEF⊥平面MAD.(2)由(1)知AD⊥平面MAB,又AD∥BC,∴BC⊥平面MAB,∵F是MC的中点,∴F到平面MAB的距离d=BC=.∵E是MA的中点,∴S△ABE=S△MAB=,∴V E-ABF=V F-ABE=S△ABE·d=.5.在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,△ABC是正三角形,AC与BD的交点为M,又PA=AB=4,AD=CD,∠CDA=120°,点N是CD的中点.(1)求证:平面PMN⊥平面PAB;(2)求点M到平面PBC的距离.ABC中,AB=BC,在△ACD中,因为AD=CD,易证△ADB≌△CDB,所以M为AC的中点,因为点N是CD的中点,所以MN∥AD,因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AD,因为∠CDA=120°,所以∠DAC=30°,因为∠BAC=60°,所以∠BAD=90°,即BA⊥AD,因为PA∩AB=A,所以AD⊥平面PAB, 所以MN⊥平面PAB,又MN⊂平面PMN,所以平面PMN⊥平面PAB.M到平面PBC的距离为h,在Rt△PAB中,PA=AB=4,所以PB=4,在Rt△PAC,PA=AC=4,所以PC=4,在Rt△PBC中,PB=4,PC=4,BC=4,所以S△PBC=4,由V M-PBC=V P-BMC,即×4×h=×2×4,解得h=.6.(2019河北衡水中学下学期四调)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PCD⊥底面ABCD,PD⊥CD,E,F分别为PC,PA的中点,底面是直角梯形,AB∥CD,∠ADC=90°,AB=AD=PD=2,CD=4.(1)求证:平面PBC⊥平面PBD.(2)求三棱锥P-EFB的体积.ABCD中,过点B作BH⊥CD于点H(图略).在△BCH中,有BH=CH=2,所以∠BCH=45°.又在Rt△DAB中,有AD=AB=2,所以∠ADB=45°.所以∠BDC=45°,所以∠DBC=90°,所以BC⊥BD.因为PD⊥CD,平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,PD⊂平面PCD,所以PD⊥平面ABCD,所以PD⊥BC.又因为BD∩PD=D,BD⊂平面PBD,PD⊂平面PBD,所以BC⊥平面PBD.又BC⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面PBD.AB∥CD,且AB⊂平面PAB,CD⊄平面PAB,所以CD∥平面PAB,在Rt△PDA中,由AD=PD=2,可得D到PA的距离为,即D到平面PAB的距离为.所以C到平面PAB的距离为.又E为PC的中点,可得E到平面PAB的距离为.易知PA=2,在Rt△PAB中,由AB=2,且F为PA的中点,可得S△PBF=S△PAB=.所以V P-EFB=V E-PBF=.命题角度3空间中的折叠问题高考真题体验·对方向1.(2019全国Ⅲ·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.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.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=,故DM=2.所以四边形ACGD的面积为4.2.(2018全国Ⅰ·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.由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.又BA⊥AD,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=3,DA=3.又BP=DQ=DA,所以BP=2.作QE⊥AC,垂足为E,则QE DC.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-APB的体积为V Q-ABP=×QE×S△ABP=×1××3×2sin 45°=1.3.(2016全国Ⅱ·19)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,点E,F分别在AD,CD 上,AE=CF,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置.(1)证明:AC⊥HD';(2)若AB=5,AC=6,AE=,OD'=2,求五棱锥D'-ABCFE的体积.由已知得AC⊥BD,AD=CD.又由AE=CF得,故AC∥EF.由此得EF⊥HD,EF⊥HD',所以AC⊥HD'.(2)由EF∥AC得.由AB=5,AC=6得DO=BO=-=4.所以OH=1,D'H=DH=3.于是OD'2+OH2=(2)2+12=9=D'H2,故OD'⊥OH.由(1)知AC⊥HD',又AC⊥BD,BD∩HD'=H,所以AC⊥平面BHD',于是AC⊥OD'.又由OD'⊥OH,AC∩OH=O,所以,OD'⊥平面ABC.又由得EF=.五边形ABCFE的面积S=×6×8-×3=.所以五棱锥D'-ABCFE的体积V=×2 .典题演练提能·刷高分1.(2019湖北八校联考一)如图,在边长为3的正方形ABCD中,点E,F分别在AB,BC上(如图①),且BE=BF,将△AED,△DCF分别沿DE,DF折起,使A,C两点重合于点A'(如图②).(1)求证:A'D⊥EF;(2)当BF=BC时,求点A'到平面DEF的距离.ABCD是正方形及折叠方式,得A'E⊥A'D,A'F⊥A'D,∵A'E∩A'F=A',∴A'D⊥平面A'EF.又EF⊂平面A'EF,∴A'D⊥EF.BE=BF=BC=1,∴A'E=A'F=2,EF=,A'D=3,∴S△A'EF=,∴DE=DF=,∴S△DEF=.设点A'到平面DEF的距离为d,∵V三棱锥A'-DEF=V三棱锥D-A'EF,∴·d·S△DEF=·A'D·S△A'EF,解得d=.∴点A'到平面DEF的距离为.2.(2019山西吕梁一模)如图①,已知直角梯形ABCD,AB∥CD,∠DAB=90°,AB=4,AD=CD=2,E为AB 的中点,沿EC将梯形ABCD折起(如图②),使∠BED=90°.(1)证明:BE⊥平面AECD;(2)求点E到平面BCD的距离.,△BCE为直角三角形,所以BE⊥CE.又∠BED=90°,所以BE⊥ED.又CE∩ED=E,所以BE⊥平面AECD.BE⊥平面AECD,AE⊂平面AECD,所以BE⊥AE.又因为AE⊥CE,CE⊂平面BCE,BE⊂平面BCE,BE∩CE=E,所以AE⊥平面BCE.又因为DC∥AE,所以DC⊥平面BCE.又因为BC⊂平面BCE,所以DC⊥BC.在Rt△BCE中,BC==2,设点E到平面BCD的距离为d,由V E-BCD=V B-ECD,则×2×2d=×2×2×2,所以d=.3.如图,在长方形ABCD中,AB=4,BC=2,现将△ACD沿AC折起,使D折到P的位置且P在平面ABC 的射影E恰好在线段AB上.(1)证明:AP⊥PB;(2)求三棱锥P-EBC的表面积.PE⊥平面ABC,又BC⊂平面ABC,∴PE⊥BC.又AB⊥BC且AB∩PE=E,∴BC⊥平面PAB.又AP⊂平面PAB,∴BC⊥AP.又AP⊥CP且BC∩CP=C,∴AP⊥平面PBC.又PB⊂平面PBC,所以AP⊥PB.△PAB中,由(1)得AP⊥PB,AB=4,AP=2,∴PB=2,PE=,∴BE=3, ∴S△PEB=×3×,在△EBC中,EB=3,BC=2,∴S△EBC=×3×2=3,在△PEC中,EC=,∴S△PEC=,∴S△PBC=BC·PB=×2=2,所以三棱锥P-EBC的表面积为S=S△PEB+S△EBC+S△PEC+S△PBC=+3++2.4.已知△ABC中,AB⊥BC,BC=2,AB=4.分别取边AB,AC的中点D,E,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1D⊥BD.设点M为棱A1D的中点,点P为A1B的中点,棱BC上的点N满足BN=3NC.(1)求证:MN∥平面A1EC;(2)求三棱锥N-PCE的体积.A1E中点F,连接MF,CF.∵M为棱A1D的中点,∴MF∥DE且MF=DE,而△ABC中,D,E为边AB,AC的中点,则DE∥BC,且DE=BC,∴MF∥BC,即MF∥NC,且MF=BC=NC,∴四边形MFCN为平行四边形.∴MN∥FC,∵MN⊄平面A1EC,FC⊂平面A1EC,∴MN∥平面A1EC.BD中点H,连接PH.∵AB⊥BC,DE∥BC,∴DE⊥DA1,DE⊥BD,∵A1D⊥BD,DB∩DE=D,∴A1D⊥平面BCED,∵PH∥A1D,∴PH⊥平面BCED,∴PH为三棱锥P-NCE的高,∴PH=A1D=AB=1,S△NCE=NC·BD=×2=,∴V N-PCE=V P-NCE=PH·S△NCE=×1×.5.如图,在等腰梯形ADEB中,BE∥AD,且AD=2BE=2AB=2BC=4,沿BC翻折使得平面ABC⊥平面BCDE,得到四棱锥A-BCDE,若点F为AE的中点.(1)求证:AC∥平面BDF;(2)求点C到平面ABE的距离.,连接CE交BD于点H,连接HF,因为四边形BCDE是菱形,所以点H为CE的中点,又点F是AE的中点,所以AC∥HF,又因为AC⊄平面BDF,且HF⊂平面BDF,所以AC∥平面BDF.,取BC的中点O,连接OA,OE,CE,因为等边△ABC的边长为2,则在△BOE中,OB=1,BE=2,∠CBE=60°,所以∠BOE=90°,即OE⊥BC,因为△ABC是等边三角形,所以OA⊥BC,因为平面ABC⊥平面BCDE,且平面ABC∩平面BCDE=BC,OA⊂平面ABC,所以OA⊥平面BCDE,在△BCE中,BC=BE=2,∠CBE=60°,得S△BCE=,在△ABE中,因为AB=BE=2,AE=,得S△ABE=,设点C到平面ABE的距离为d,则由V A-BCE=V C-ABE,得×S△BCE×AO=×S△ABE×d,解得d=,所以点C到平面ABE的距离为.命题角度4空间中的探究性问题高考真题体验·对方向1.(2019北京·18)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE;(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由.PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD.又因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC.所以BD⊥平面PAC.PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE.因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,且E为CD的中点,所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.所以AE⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PAE.PB上存在点F,使得CF∥平面PAE.取F为PB的中点,取G为PA的中点,连结CF,FG,EG.则FG∥AB,且FG=AB.因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CE∥AB,且CE=AB.所以FG∥CE,且FG=CE.所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.因为CF⊄平面PAE,EG⊂平面PAE,所以CF∥平面PAE.2.(2018全国Ⅲ·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.由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.证明如下:连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接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.3.(2016全国Ⅰ·18)如图,已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形,PA=6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D,D在平面PAB内的正投影为点E,连接PE并延长交AB于点G.(1)证明:G是AB的中点;(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由),并求四面体PDEF的体积.因为P在平面ABC内的正投影为D,所以AB⊥PD.因为D在平面PAB内的正投影为E,所以AB⊥DE.所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG.又由已知可得,PA=PB,从而G是AB的中点.(2)在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内的正投影.理由如下:由已知可得PB⊥PA,PB⊥PC,又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC.因此EF⊥平面PAC,即点F为E在平面PAC内的正投影.连接CG,因为P在平面ABC内的正投影为D,所以D是正三角形ABC的中心.由(1)知,G是AB的中点,所以D在CG上,故CD=CG.由题设可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,所以DE∥PC,因此PE=PG,DE=PC.由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=2.在等腰直角三角形EFP中,可得EF=PF=2.所以四面体PDEF的体积V=×2×2×2=.典题演练提能·刷高分1.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1⊥底面ABC,AC⊥AB,AC=AB=AA1=2,∠AA1B1=60°,E,F 分別为棱A1B1,BC的中点.(1)求三棱柱ABC-A1B1C1的体积;(2)在直线AA1上是否存在一点P,使得CP∥平面AEF?若存在,求出AP的长;若不存在,说明理由.在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1=AB.因为AB=AA1=2,所以A1B1=AA1=2.又因为∠AA1B=60°,连接AB1,所以△AA1B1是边长为2的正三角形.因为E是棱A1B1的中点,所以AE⊥A1B1,且AE=.又AB∥A1B1,所以AE⊥AB.又侧面ABB1A1⊥底面ABC,且侧面ABB1A1∩底面ABC=AB,又AE⊂侧面ABB1A1,所以AE⊥底面ABC,所以三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V=S△ABC·AE=AB·AC·AE=×2×2×=2.(2)在直线AA1上存在点P,使得CP∥平面AEF.证明如下:连接BE并延长,与AA1的延长线相交,设交点为P.连接CP.因为A1B1∥AB,故.由于E为棱A1B1的中点,所以,故有PE=EB.又F为棱BC的中点,故EF为△BCP的中位线,所以EF∥CP.又EF⊂平面AEF,CP⊄平面AEF,所以CP∥平面AEF.故在直线AA1上存在点P,使得CP∥平面AEF.此时,PA1=AA1=2,所以AP=2AA1=4.2.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为3,E,F分别为CC1,BB1上的点,且EC=3FB=3,点M是线段AC上的动点.(1)试确定点M的位置,使BM∥平面AEF,并说明理由;(2)若M为满足(1)中条件的点,求三棱锥M-AEF的体积.当点M是线段AC靠近点A的三等分点时,BM∥平面AEF.事实上,在AE上取点N,使AN=AE,于是,所以MN∥EC且MN=EC.由题意知,BF∥EC且BF=EC,所以MN∥BF且MN=BF,所以四边形BMNF为平行四边形,所以BM∥FN.又FN⊂平面AEF,BM⊄平面AEF, 所以BM∥平面AEF.(2)连接EM,FM.因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,所以BB1∥平面ACC1A1.所以V三棱锥M-AEF=V三棱锥F-AEM=V三棱锥B-AEM.取AC的中点O,连接BO,则BO⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,所以AA1⊥平面ABC.又BO⊂平面ABC,所以AA1⊥BO.因为BO⊥AC,BO⊥AA1,AC∩AA1=A,所以BO⊥平面ACC1A1.所以BO为三棱锥B-AEM的高.又在正三角形ABC中,BO=,∴V三棱锥M-AEF=V三棱锥B-AEM=·S△AEM·BO=.3.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,E,F分别为AD,AA1的中点,Q是BC上一个动点,且BQ=λQC(λ>0).(1)当λ=1时,求证:平面BEF∥平面A1DQ;(2)是否存在λ,使得BD⊥FQ?若存在,请求出λ的值;若不存在,请说明理由.当λ=1时,Q为BC中点,因为E是AD的中点,所以ED=BQ,ED∥BQ,则四边形BEDQ是平行四边形,所以BE∥QD.又BE⊄平面A1DQ,DQ⊂平面A1DQ,所以BE∥平面A1DQ.又F是A1A中点,所以EF∥A1D,因为EF⊄平面A1DQ,A1D⊂平面A1DQ,所以EF∥平面A1DQ.因为BE∩EF=E,EF⊂平面BEF,BE⊂平面BEF,所以平面BEF∥平面A1DQ.(2)连接AQ,BD与FQ,因为A1A⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以A1A⊥BD.若BD⊥FQ,A1A,FQ⊂平面A1AQ,所以BD⊥平面A1AQ.因为AQ⊂平面A1AQ,所以AQ⊥BD.在矩形ABCD中,由AQ⊥BD,得△AQB∽△DBA,所以AB2=AD·BQ.又AB=1,AD=2,所以BQ=,QC=,则,即λ=.4.如图,四边形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分别在BC,AD上,EF∥AB,现将四边形ABCD沿EF折起,使平面ABEF⊥平面EFDC.(1)若BE=1,在折叠后的线段AD上是否存在一点P,且=λ,使得CP∥平面ABEF?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由;(2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值.在折叠后的图中过C作CG⊥FD,交FD于G,过G作GP⊥FD交AD于P,连接PC,在四边形ABCD中,EF∥AB,AB⊥AD,所以EF⊥AD.折起后AF⊥EF,DF⊥EF,又平面ABEF⊥平面EFDC,平面ABEF∩平面EFDC=EF,所以FD⊥平面ABEF.又AF⊂平面ABEF,所以FD⊥AF,所以CG∥EF,PG∥AF,,因为CG∩PG=G,EF∩AF=F,所以平面CPG∥平面ABEF,因为CP⊂平面CPG,所以CP∥平面ABEF.所以在AD上存在一点P,且,使CP∥平面ABEF.(2)设BE=x,所以AF=x(0<x≤4),FD=6-x,故V A-CDF=×2×(6-x)×x=(-x2+6x)=[9-(x-3)2].所以当x=3时,V A-CDF取得最大值3.5.如图1,在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,O为DE的中点,AB=AC=2,BC=4.将△ADE沿DE 折起到△A1DE的位置,使得平面A1DE⊥平面BCED,F为A1C的中点,如图2.(1)求证:EF∥平面A1BD;(2)求证:平面A1OB⊥平面A1OC;(3)线段OC上是否存在点G,使得OC⊥平面EFG?说明理由.A1B的中点H,连接HD,HF.因为在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,所以DE∥BC,DE=BC.因为H,F分别为A1B,A1C的中点,所以HF∥BC,HF=BC,所以HF∥DE,HF=DE,所以四边形DEFH为平行四边形,所以EF∥HD.因为EF⊄平面A1BD,HD⊂平面A1BD,所以EF∥平面A1BD.△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,所以AD=AE.所以A1D=A1E,又O为DE的中点,所以A1O⊥DE.因为平面A1DE⊥平面BCED,且A1O⊂平面A1DE,所以A1O⊥平面BCED,所以CO⊥A1O.在△OBC中,BC=4,易知OB=OC=2,所以CO⊥BO,因为A1O∩BO=O,所以CO⊥平面A1OB,因为CO⊂平面A1OC,所以平面A1OB⊥平面A1OC.OC上不存在点G,使得OC⊥平面EFG.否则,假设线段OC上存在点G,使得OC⊥平面EFG,连接GE,GF,则必有OC⊥GF,且OC⊥GE.在Rt△A1OC中,由F为A1C的中点,OC⊥GF,得G为OC的中点.在△EOC中,因为OC⊥GE,所以EO=EC,这显然与EO=1,EC=矛盾.所以线段OC上不存在点G,使得OC⊥平面EFG.专题六统计与概率。
2020年高考文科数学《立体几何》题型归纳与训练
12020年高考文科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一 立体几何证明例1 如图五面体中,四边形ABCD 是矩形,AD ⊥面ABEF ,//AB EF ,1AD =,12AB EF ==2AF BE ==,P 、Q 、M 分别为AE 、BD 、EF 的中点.（1）求证：//PQ 面BCE ； （2）求证：AM ⊥面ADF . 【答案】 见解析 【解析】（1）连结AC .因为四边形ABCD 是矩形,且Q 为BD 的中点,所以Q 为AC 的中点. 又因为P 为AE 的中点,所以//PQ EC , 又因为PQ ⊄面BCE ,EC ⊆面BCE ,所以//PQ 面BCE . （2）取EF 的中点M ,连结AM .因为//AB EM ,且QB EM ==所以四边形ABEM 为平行四边形, 所以//AM BE ,且2AM BE ==. 在AMF ∆中,2AM AF ==,MF =所以222AM AF MF +=,故AM AF ⊥. 由AD ⊥面ABEF ,得AD AM ⊥, 因为ADAF A =,所以AM ⊥面ADF .【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.如该题中的（1）问需要利用五面体中的面ABCD 是矩形,根据对角线的性质确定线段BD 与AC 的中点. （2）问中利用勾股定理验证线线垂直关系,这些都是证明空间平行与垂直关系的基础.2例2 在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =，111AB B C ⊥．求证：(1)AB ∥平面11A B C ；(2)平面11ABB A ⊥平面1A BC ．【答案】 见解析【解析】(1)在平行六面体1111ABCD A B C D -中，AB ∥11A B ．因为AB ⊄平面11A B C ，11A B ⊂平面11A B C ，所以AB ∥平面11A B C ．(2)在平行六面体1111ABCD A B C D -中，四边形11ABB A 为平行四边形． 又因为1AA AB =，所以四边形11ABB A 为菱形，因此1AB ⊥1A B ． 又因为1AB ⊥11B C ，BC ∥11B C ，所以1AB ⊥BC ． 又因为1ABBC =B ，1A B ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面1A BC ，所以1AB ⊥平面1A BC ．因为1AB ⊂平面11ABB A ，所以平面11ABB A ⊥平面1A BC ． 【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.D 11B 1A 1DCBAD 1C 1B 1A 1DCBA3题型二 立体几何体积求解例 1 如图所示，在三棱锥V ABC -中，平面VAB ⊥平面ABC ，三角形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 . （3）求三棱锥V ABC -的体积.【答案】 见解析【解析】（1）依题意，O ，M 分别为AB ，VA 的中点，则OM 是VAB △的中位线， 所以//OM VB ，OM ⊂平面MOC ，VB ⊄平面MOC ，故//VB 平面MOC . （2）因为在ABC △中，AC BC =，且O 为AB 的中点，所以OC AB ⊥， 又平面VAB ⊥平面ABC ，平面VAB平面ABC AB =，OC ⊂平面ABC ，所以OC ⊥平面VAB ，又OC ⊂平面MOC ，故平面MOC ⊥平面VAB . （3）由（2）知，OC ⊥平面VAB ，所以2112133V ABC C VAB VAB V V S OC --==⋅=⨯=△ 【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.例2 如图所示，在三棱锥–P ABC 中，PA AB ⊥，PA BC ⊥，AB BC ⊥，2PA AB BC ===，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点． （1）求证：PA BD ⊥；（2）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（3）当//PA 平面BDE 时，求三棱锥–E BCD 的体积． 【答案】 见解析【解析】（1）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥ ，AB BC B =，所以PA ⊥平面ABC .又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA BD ⊥.（2）因为AB BC ⊥，AB BC =，D 为线段AC 的中点，所以在等腰Rt ABC △中，BD AC ⊥.又由（1）可知，PA BD PA AC A ⊥=，，所以BD ⊥平面PAC .由E 为线段PC 上一点，则DE ⊂平面PAC ，OMC BAVPABCDE4所以.BD ED ⊥又因为BD ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面PAC . （3）当//PA 平面BDE 时，PA ⊂平面PAC ,且平面PAC 平面BDE DE =,可得//PA DE .由D 是AC边的中点知，E 为PC 边的中点.故而112ED PA ==，ED PA ∥，因为PA ⊥平面ABC ，所以ED ⊥平面BDC .由2AB BC ==，AB BC ⊥，D 为AC 边中点知，.2==CD BD 又AC BD ⊥，有BD DC ⊥，即.90︒=∠BDC因此，111113323E BCD BCD V S ED -=⋅=⨯=△.【易错点】注意体积几何证明题条件的严谨性【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.掌握线面平行的性质定理的应用及其体积的求解方法. 题型三 几何体的外接球问题例1 （1）已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是（ ）A ．π16B ．π20C ．π24D ．π32 （2）若三棱锥的三个侧面两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是 . 【答案】C ；【解析】（1）162==h a V ，2=a ，24164442222=++=++=h a a R ，π24=S ，选C ；（2）933342=++=R ，ππ942==R S 【易错点】 外接球球心位置不好找【思维点拨】 应用补形法找外接球球心的位置 题型四 立体几何的计算例1 如图,已知三棱锥的底面是直角三角形,直角边边长分别为3和4,过直角顶点的侧棱长为4,且垂直于底面,该三棱锥的主视图是 ( )【答案】B9π5【解析】显然由空间直角坐标系可知,该几何体在xoy 面内的点保持不动,在y 轴上的点在xoy 面内的射影为坐标原点,所以该几何体的主视图就是其在面xoy 面的表面图形,即主视图应为高为4,底面边长为3的直角三角形．故选B .【易错点】 该题易出现的问题是误以为y 轴上的点在xoy 面的射影落在x 轴的正半轴上而误选D , 【思维点拨】判断几何体的三视图应注意以下几个方面： （1）明确几何体的放置位置和角度,注意投影线和投影面；（2）准确把握几何体的结构特征,特别是几何体中的线面垂直关系等； （3）注意实线和虚线的区别.【巩固训练】题型一 立体几何的证明1.如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为菱形, 60BAD ∠=°,2PA PD AD ===,点M 在线段PC 上,且2PM MC =,N 为AD 的中点.（1）求证：AD ⊥平面PNB ；（2）若平面PAD ⊥平面ABCD ,求三棱锥P NBM -的体积. 【答案】（1）见解析；（2）23. 【解析】（1）∵,PA PD N =为AD 的中点,∴PN AD ⊥, ∵底面ABCD 为菱形,60BAD ∠=︒,∴BN AD ⊥, ∵PNBN N =,∴AD ⊥平面PNB .（2）∵2PN PD AD ===,∴PN NB ==∵平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD 平面ABCD AD =,PN AD ⊥,∴PN ⊥平面ABCD , ∴PN NB ⊥,6∴1322PNB S ∆==. ∵AD ⊥平面,//PNB AD BC ,∴BC ⊥平面PNB . ∵2PM MC =,∴22132233323P NRM M PNB C PNB V V V ---===⨯⨯⨯=. 2.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,D 是AB 的中点. （1）证明：1//BC 平面1A CD ； （2）若AC CB =,求证：1A D CD ⊥. 【答案】见解析.【解析】证明：（1）如图,连接1AC ,交1A C 于点O ,连结OD . 据直三棱柱性质知四边形11ACC A 为平行四边形,所以O 为1AC 的中点. 又因为D 是AB 的中点,所以1//BC OD . 又因为1BC ⊄平面1A CD ,OD ⊂平面1A CD , 所以1//BC 平面1A CD .（2）因为AC BC =,D 为AB 的中点,所以CD AB ⊥.据直三棱柱111ABC A B C -性质知1AA ⊥平面ABC ,又因为CD ⊂平面ABC ,所以1AA CD ⊥. 又因为1AA AB A =,1,AA AB ⊂平面11ABB A ,所以CD ⊥平面11ABB A ,又因为1A D ⊂平面11ABB A ,所以1CD A D ⊥,即1A D CD ⊥.题型二 立体几何体积求解1. 如图所示，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，//AD BC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点.（1）证明//MN 平面PAB ；PNMDCBA7（2）求四面体N BCM -的体积．【答案】（1） （2）． 【解析】（1）取中点，连接、，因为是中点，，且，又，且，所以，且，所以四边形是平行四边形.所以.又平面，平面，所以平面.(2)由(1) 平面.所以.所以. 2.如图所示，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，o 90BAD ABC ∠=∠=. （1）证明：直线//BC 平面PAD ；（2）若PCD △面积为，求四棱锥P ABCD -的体积. 【答案】（1） （2）()224132V ⨯+=⨯⨯ 【解析】（1）在平面ABCD 内，因为90BAD ABC ∠=∠=，所以//BC AD . 又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，故//BC 平面PAD . （2）取AD 的中点M ，联结PM ，CM . 由12AB BC AD ==，及//BC AD ，90ABC ∠=，得四边形ABCM 为正方形，则CM AD ⊥. 因为侧面PAD 是等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD =，所以PM AD ⊥，因为PM ⊂平面PAD ，所以PM ⊥平面ABCD .因为CM ⊂平面ABCD ，所以PM CM ⊥.1114236N BCM ABCV PA S -=⨯⋅=⨯⨯=△PB Q AQ NQ N PC //NQ BC 12NQ BC =22313342AM AD BC BC ==⨯=//AM BC //QN AM QN AM =AQNM //MN AQ MN ⊄PAB AQ ⊂PAB //MN PAB //QN ABCD 1122N BCM Q BCM P BCM P BCA V V V V ----===11142363N BCMABC V PA S -=⨯⋅=⨯⨯△PQNMDCBAPABCD8设BC x =，则CM x =，CD，PM ，2PC PD x ==. 取CD 的中点N ，联结PN ，则PN CD ⊥，所以PN x =. 因为PCD △的面积为12=2x =-（舍去），2x =，于是2AB BC ==，4AD =，PM =.所以四棱锥P ABCD -的体积()224132V ⨯+=⨯⨯= 题型三 几何体的外接球问题1. 在正三棱锥中，分别是棱的中点，且MN AM ⊥,若侧棱,则正三棱锥ABC S -外接球的表面积是 . 【答案】π36【解析】正三棱锥的对棱互垂直。
高考文科数学专题5 立体几何 高考文科数学 (含答案)
专题五 立体几何第一讲 空间几何体1．棱柱、棱锥 (1)棱柱的性质侧棱都相等，侧面是平行四边形；两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形；直棱柱的侧棱长与高相等且侧面与对角面是矩形． (2)正棱锥的性质侧棱相等，侧面是全等的等腰三角形，斜高相等；棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影构成一个直角三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也构成一个直角三角形；某侧面的斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个直角三角形；侧棱在底面内的射影、斜高在底面内的射影及底面边长的一半也构成一个直角三角形． 2．三视图(1)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高； (2)三视图排列规则：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样；侧视图放在正视图的右面，高度和正视图一样，宽度与俯视图一样． 3．几何体的切接问题(1)解决球的内接长方体、正方体、正四棱柱等问题的关键是把握球的直径即棱柱的体对角线长．(2)柱、锥的内切球找准切点位置，化归为平面几何 问题．4．柱体、锥体、台体和球的表面积与体积(不要求记忆) (1)表面积公式①圆柱的表面积 S ＝2πr (r ＋l )； ②圆锥的表面积S ＝πr (r ＋l )；③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )； ④球的表面积S ＝4πR 2. (2)体积公式①柱体的体积V ＝Sh ；②锥体的体积V ＝13Sh ；③台体的体积V ＝13(S ′＋SS ′＋S )h ；④球的体积V ＝43πR 3.1． (2013·广东)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是( )A ．4 B.143C.163D ．6答案 B解析 由三视图知四棱台的直观图为由棱台的体积公式得：V ＝13(2×2＋1×1＋2×2×1×1)×2＝143.2． (2013·四川)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )答案 D解析由三视图可知上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.3． (2013·江西)如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m＋n＝( )A．8 B．9 C．10 D．11答案 A解析取CD的中点H，连接EH，HF.在四面体CDEF中，CD⊥EH，CD⊥FH，所以CD⊥平面EFH，所以AB⊥平面EFH，所以正方体的左、右两个侧面与EF平行，其余4个平面与EF相交，即n＝4.又因为CE与AB在同一平面内，所以CE与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面相交，即m＝4，所以m＋n＝4＋4＝8.4． (2013·新课全国Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为( )答案 A解析根据已知条件作出图形：四面体C1－A1DB，标出各个点的坐标如图(1)所示，可以看出正视图为正方形，如图(2)所示．故选A.5． (2013·福建)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是________．答案12π解析由三视图知，该几何体为正方体和球组成的组合体，正方体的对角线为球的直径．所以2R＝23，即R＝3，球的表面积为S＝4πR2＝12π.题型一空间几何体的三视图例1(1)(2012·广东)某几何体的三视图如图所示，它的体积为( )A．12πB．45πC．57πD．81π(2)(2012·陕西)将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥，得到如图(2)所示的几何体，则该几何体的左(侧)视图为( )审题破题根据三视图先确定原几何体的直观图和形状，然后再解题．答案(1)C (2)B解析 (1)由三视图知该几何体是由圆柱、圆锥两几何体组合而成，直观图如图所示． 圆锥的底面半径为3，高为4，圆柱的底面半径为3，高为5，∴V ＝V 圆锥＋V 圆柱＝13Sh 1＋Sh 2＝13×π×32×4＋π×32×5＝57π.(2)还原正方体后，将D 1，D ，A 三点分别向正方体右侧面作垂线．D 1A 的射影为C 1B ，且为实线，B 1C 被遮挡应为虚线．反思归纳 将三视图还原成直观图是解答该类问题的关键，其解题技巧是对常见简单几何体及其组合体的三视图，特别是正方体、长方体、圆柱、圆锥、棱柱、棱锥、球等几何体的三视图分别是什么图形，数量关系有什么特点等都应该熟练掌握，会画出其直观图，然后由三视图验证．变式训练1 若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是________ cm 3.答案 18解析 由几何体的三视图可知，该几何体由两个直四棱柱构成，其直观图如图所示．上底面直四棱柱的长是3 cm ，宽是3 cm ，高是1 cm ，故其体积为9 cm 3，下底面直四棱柱的高是3 cm ，长是1 cm ，宽是3 cm ，其体积为9 cm 3.故该几何体的体积为V ＝18 cm 3. 题型二 空间几何体的表面积和体积例2 如图所示，已知E 、F 分别是棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱A 1A 、CC 1的中点，求四棱锥C 1—B 1EDF 的体积．审题破题 本题可从两个思路解题：思路一：先求出四棱锥C 1—B 1EDF 的高及其底面积，再利用棱锥的体积公式求出其体积； 思路二：先将四棱锥C 1—B 1EDF 化为两个三棱锥B 1—C 1EF 与D —C 1EF ，再求四棱锥C 1—B 1EDF 的体积．解 方法一 连接A 1C 1，B 1D 1交于点O 1，连接B 1D ，过O 1作。
高考文科数学三年真题分类汇编 专题05 立体几何(选择题、填空题)(解析版)
专题05 立体几何（选择题、填空题）1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】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 BC D 【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b a =.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卷文数】已知△ABC 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AB ．32C ．1D 【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =. 设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC 的等边三角形，212a ∴=，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. 3．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】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 60222ADB 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.4．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】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 ππ=∴=，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin60AB r =︒=，1OO AB ∴==根据球的截面性质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.5．【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. 6．【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 ．6+B ．6+C ．12D ．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．7．【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：cm 3）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11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选：A【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.8．【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.9．【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.10．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,a b a b αβ⊂⊂∥，则αβ∥”此类的错误．11．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 【答案】B【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ， 易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线. 过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，M F ⊥平面ABCD ， MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知12EO ON EN ===,，5,22MF BF BM ==∴= BM EN ∴≠，故选B ．【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．12．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是A ．158B ．162C ．182D ．324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭. 故选B.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.13．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β【答案】B【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BDPB PB PB PBαβ===<=，即αβ>；在Rt △PED 中，tan tan PD PDED BDγβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.14．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N 的路径中，最短路径的长度为A．1722B．5C．3D．2【答案】B【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，知点M在上底面上，点N在下底面上，且可以确定点M 和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，=B．【名师点睛】该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.15．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是【答案】A【解析】由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.故选A.【名师点睛】本题主要考查空间几何体的三视图，考查考生的空间想象能力和阅读理解能力，考查的数学核心素养是直观想象.16．【2018年高考全国I 卷文数】在长方体1111ABCD A BC D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BBC C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为A ．8B ．C ．D ．【答案】C【解析】在长方体1111ABCD A BC D -中，连接1BC ，根据线面角的定义可知130AC B ︒∠=，因为2AB =，所以1BC =，从而求得1CC =所以该长方体的体积为22V =⨯⨯= 故选C.【名师点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长、宽、高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，最终求得结果.17．【2018年高考全国I 卷文数】已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 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． B ．12π C．D ．10π【答案】B【解析】根据题意，可得截面是边长为所以其表面积为22π2π12πS =+=，故选B.【名师点睛】该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.18．【2018年高考浙江卷】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俯视图正视图【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上、下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为()112226,2⨯+⨯⨯= 故选C.【名师点睛】先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.19．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】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D ABC -体积的最大值为 A． B ．C．D ．【答案】B【解析】如图所示，设点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，2ABC S AB ==△，6AB ∴=,点M 为三角形ABC 的重心，23BM BE ∴==Rt OBM ∴△中，有2OM ==，426DM OD OM ∴=+=+=，()max 163D ABC V -∴=⨯=，故选B.【名师点睛】本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当点D 在平面ABC 上的射影为三角形ABC 的重心时，三棱锥D ABC -体积最大很关键，由M 为三角形ABC 的重心，计算得到23BM BE ==OM ，进而得到结果，属于较难题型.20．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】在正方体1111ABCD A BC D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为A BC D 【答案】C【解析】如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，CD AB ∥，所以异面直线AE 与CD 所成角为EAB ∠，设正方体边长为2a ，则由E 为棱1CC 的中点，可得CE a =，所以BE =，则tan BE EAB AB ∠===．故选C ．【名师点睛】本题主要考查异面直线所成的角，考查考生的空间想象能力、化归与转化能力以及运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、数学运算.求异面直线所成的角，需要将异面直线所成的角等价转化为相交直线所成的角，然后利用解三角形的知识加以求解.21．【2018年高考浙江卷】已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，则“m ∥n ”是“m ∥α”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】A【解析】因为,,m n m n ⊄⊂∥αα，所以根据线面平行的判定定理得m ∥α. 由m ∥α不能得出m 与α内任一直线平行， 所以m n ∥是m ∥α的充分不必要条件，故选A. 【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法：（1）定义法：直接判断“若p 则q ”、“若q 则p ”的真假．并注意和图示相结合，例如“p ⇒q ”为真，则p 是q 的充分条件．（2）等价法：利用p ⇒q 与非q ⇒非p ，q ⇒p 与非p ⇒非q ，p ⇔q 与非q ⇔非p 的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．（3）集合法：若A ⊆B ，则A 是B 的充分条件或B 是A 的必要条件；若A ＝B ，则A 是B 的充要条件．22．【2018年高考浙江卷】已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ1【答案】D【解析】设O 为正方形ABCD 的中心，M 为AB 中点，过E 作BC 的平行线EF ，交CD 于F ，过O 作ON 垂直EF 于N ，连接SO ，SN ，SE ，SM ，OM ，OE ，则SO 垂直于底面ABCD ，OM 垂直于AB ， 因此123,,,SEN SEO SMO ∠=∠=∠=θθθ 从而123tan ,tan ,tan ,SN SN SO SOEN OM EO OM====θθθ 因为SN SO EO OM ≥≥，，所以132tan tan tan ,≥≥θθθ即132≥≥θθθ，故选D.【名师点睛】分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.23．【2018年高考北京卷文数】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C【解析】由三视图可得四棱锥P ABCD -如图所示，在四棱锥P ABCD -中，2,2,2,1PD AD CD AB ====，由勾股定理可知：3,PA PC PB BC ==== 则在四棱锥中，直角三角形有：,,PAD PCD PAB △△△，共3个， 故选C.【名师点睛】此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解.解答本题时，根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.24．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】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.25．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】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==.. 【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.26．【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.27．【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.28．【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 BC 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 BC 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11BC CB ，设P 为侧面11BC CB 与球面的交线上的点，则1DE EP ⊥，1D E =，所以||EP ===，所以侧面11BC CB 与球面的交线上的点到E因为||||EF EG ==11BC 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.29．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC P 到平面ABC 的距离为___________．【解析】作,PD PE 分别垂直于,AC BC ，PO ⊥平面ABC ，连接CO ，由题意可知,CD PD CD PO ⊥⊥，=PD PO P ，CD 平面PDO ，又OD ⊂平面PDO ，CD OD ∴⊥，PD PE ==2PC =，sin sin PCE PCD ∴∠=∠=， 60PCB PCA ︒∴∠=∠=，又易知PO CO ⊥，CO 为ACB ∠的平分线，451,,OCD OD CD OC ︒∴∠=∴===，又2PC =，PO ∴==【名师点睛】本题主要考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到P 在底面上的射影，使用线面垂直定理，得到垂直关系，利用勾股定理解决．注意画图视角选择不当，线面垂直定理使用不够灵活，难以发现垂直关系，问题则很难解决，将几何体摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，几何关系利于观察，解题事半功倍．30．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）【答案】261【解析】由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面．如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB BE x ==，延长CB 与FE 的延长线交于点G ，延长BC 交正方体的棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE △为等腰直角三角形，,21)122BG GE CH x GH x x x ∴===∴=⨯+==，1x ∴==，1．【名师点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形． 31．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】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1111ABCD A BC D -挖去四棱锥O −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，16cm 4cm AB=BC =AA =，，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【答案】118.8【解析】由题意得，214642312cm 2EFGHS =⨯-⨯⨯⨯=四边形， ∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ， ∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=．又长方体1111ABCD A BC D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=， 所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=， 其质量为0.9132118.8g ⨯=．【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.32．【2019年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【答案】40【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=. 【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解． 33．【2019年高考北京卷文数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： （1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内； （3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α. 故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.34．【2019年高考天津卷文数】若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________. 【答案】π42=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心， 故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12， 故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭. 【名师点睛】本题主要考查空间几何体的结构特征以及圆柱的体积计算问题，解答时，根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.35．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A BC D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是 ▲ .。
2020—2021年高考总复习数学《立体几何》高考考点专项复习及参考答案(精品试题).docx
届高三第二次模拟数学理试题分类汇编：立体几何一、填空、选择题1、（崇明县2016届高三二模）已知圆锥的母线长为5cm ，侧面积为15πcm2，则此圆锥的体积为cm 2．2、（奉贤区2016届高三二模）在棱长为1的正方体ABCD A B C D ''''-中，若点P 是棱上一点，则满足2PA PC '+=的点P 的个数_______．3、（虹口区2016届高三二模）已知A 、B 是球O 的球面上两点，90AOB ∠=o ，C 为该球面上的动点，若三棱锥ABC O -体积的最大值为323，则球O 的表面积为__________4、（黄浦区2016届高三二模）已知一个凸多边形的平面展开图由两个正六边形和六个正方形构成，如右上图所示，若该凸多面体所有棱长均为1，则其体积V =5、（静安区2016届高三二模）如图，正四棱锥P ABCD -的底面边长为23cm ，侧面积为 283cm ，则它的体积为.6、（闵行区2016届高三二模）若一个圆锥的母线长是底面半径的3倍，则该圆锥的侧面积是底面积的 倍.7、（浦东新区2016届高三二模）已知四面体ABCD 中，2==CD AB ，E ，F分别为BC ，AD 的中点，且异面直线AB 与CD 所成的角为3π，则EF =________．8、（普陀区2016届高三二模）若a 、b 表示两条直线，α表示平面，下列命题中的真命题为（ ）（A ）若α⊥a ，b a ⊥，则α//b （B ）若α//a ，b a ⊥，则α⊥b （C ）若α⊥a ，α⊆b ，则b a ⊥ （D ）若α//a ，α//b ，则b a // 9、（徐汇、金山、松江区2016届高三二模）．如图，圆锥形容器的高为,h 圆锥内水面的高为1,h 且11,3h h =若将圆锥倒置，水面高为2,h 则2h 等于------------------------------------------------（ ）（A ）23h （B ）1927h （C ）363h （D ）3193h10、（杨浦区2016届高三二模）已知命题：“若a,b 为异面直线，平面α过直线a 且与直线b 平行，则直线b 与平面α的距离等于异面直线a,b 之间的距离”为真命题.根据上述命题，若a,b 为异面直线，且它们之间的距离为d ，则空间中与a,b 均异面且距离也均为d 的直线c 的条数为（ ）A0条 B.1条 C.多于1条，但为有限条 D.无数多条11、（闸北区2016届高三二模）已知,,,S A B C 是球O 表面上的点，SA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，1SA AB == 2BC =，则球O 的表面积等于（ ）A ．π4 B ．π3 C ．π2 D ．π12、（长宁、青浦、宝山、嘉定四区2016届高三二模）下列命题正确的是（ ）．（A ）若直线1l ∥平面α，直线2l ∥平面α，则1l ∥2l ； （B ）若直线l 上有两个点到平面α的距离相等，则l ∥α；（C ）直线l 与平面α所成角的取值范围是⎪⎭⎫⎝⎛2,0π；（D ）若直线1l ⊥平面α，直线2l ⊥平面α，则1l ∥2l .13、（闵行区2016届高三二模）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是1AA 的中点，P 为底面ABCD 内一动点，设1PD PE 、与底面ABCD 所成的角分别为12θθ、（12θθ、均不为0)．若12θθ=，则动点P 的轨迹为哪种曲线的一部分（ ）.(A)直线 (B)圆 (C) 椭圆 (D) 抛物线14、（浦东新区2016届高三二模）给出下列命题，其中正确的命题为( )（A ）若直线a 和b 共面，直线b 和c 共面，则a 和c 共面；（B ）直线a 与平面α不垂直，则a 与平面α内的所有直线都不垂直； （C ）直线a 与平面α不平行，则a 与平面α内的所有直线都不平行； （D ）异面直线a 、b 不垂直，则过a 的任何平面与b 都不垂直. 二、解答题1、（崇明县2016届高三二模）如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 的中点． （1）求证：11EF B D ∥； （2）求二面角1C EF A --的大小（结果用反三角函数值表示）．AC BC 1A 1B 1（第19题图）D 1D FE2、（奉贤区2016届高三二模）面ABC 外的一点P ，,,AP AB AC 两两互相垂直，过AC 的中点D 作ED ⊥面ABC ，且1ED =，2PA =，2AC =，连,BP BE ，多面体B PADE -的体积是33． (1)画出面PBE 与面ABC 的交线，说明理由； （2）求面PBE 与面ABC 所成的锐二面角的大小．ADBCPEQ A DCBP （第20题图）3、（虹口区2016届高三二模）如图，在四棱锥ABCD P -中，已知⊥PA 平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，90ABC BAD ∠=∠=︒，2AB AD AP ===，1BC =.(1) 求点A 到平面PCD 的距离； (2) 若点Q 为线段BP 的中点，求直线CQ 与平面ADQ 所成角的大小.4、（黄浦区2016届高三二模）如图，小凳的凳面为圆形，凳脚为三根细钢管，考虑到钢管的受力等因素，设计的小凳应满足：三根细钢管相交处的节点P 与凳面圆形的圆心O 的连线垂直于凳面和地面，且P 分两钢管上下两段的比值为0.618，三只凳脚与地面所成的角均为60°，若A 、B 、C 是凳面圆周的三等分点，18AB =厘米，求凳面的高度h 及三根细钢管的总长度（精确到0.01）；5、（静安区2016届高三二模）设点,E F 分别是棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -的棱1,AB AA 的中点．如图，以C 为坐标原点，射线CD 、CB 、1CC 分别是x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．（1）求向量1D E u u u u r与1C F u u u u r 的数量积；（2）若点,M N 分别是线段1D E 与线段1C F 上的点，问是否存在直线MN ，MN ⊥平面ABCD ？若存在，求点,M N 的坐标；若不存在，请说明理由E FB 1A 1C 1D 1BC DA6、（闵行区2016届高三二模）如图，在直角梯形PBCD中，//PB DC，DC BC⊥，22PB BC CD===，点A是PB的中点，现沿AD将平面PAD折起，设PABθ∠=．（1）当θ为直角时，求异面直线PC与BD所成角的大小；（2）当θ为多少时，三棱锥P ABD-的体积为26．7、（浦东新区2016届高三二模）如图，在圆锥SO中，AB为底面圆O 的直径，点C为»AB的中点，SO AB=.（1）证明：AB⊥平面SOC；（2）若点D为母线SC的中点，求AD与平面SOC所成的角.（结果用反三角函数表示）8、（普陀区2016届高三二模）在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面边长为1，B C 1与底面ABCD 所成的角的大小为2arctan ，如果平面11C BD 与底面ABCD 所成的二面角是锐角，求出此二面角的大小（结果用反三角函数值）9、（徐汇、金山、松江区2016届高三二模）在直三棱柱111C B A ABC -中，1==AC AB ，90=∠BAC ，且异面直线BA 1与11CB 所成的角等于060，设a AA =1. （1）求a 的值；（2）求三棱锥BC A B 11-的体积．1A 1B 1CA BCD.A 1CEA BCDB 110、（杨浦区2016届高三二模）如图，底面是直角三角形的直三棱柱111ABC A B C -中，1112AC BC AA ===，D 是棱1AA 上的动点.(1)证明：1DC BC ⊥； (2)求三棱锥1C BDC -的体积.11、（闸北区2016届高三二模）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，1AD =，11AA =，点E 在棱AB 上移动．（1）探求AE 多长时，直线1D E 与平面11AA D D成45o 角；（2）点E 移动为棱AB 中点时，求点E 到平面11A DC 的距离．12、（长宁、青浦、宝山、嘉定四区2016届高三二模）如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，底面△ABC 是等腰直角三角形，21===AA BC AC ，D 为侧棱1AA 的中点．（1）求证：⊥BC 平面11A ACC ；（2）求二面角11C CD B --的大小（结果用反三角函数值表示）． 参考答案一、填空、选择题ABCA 1B 1C 1D1、12π2、23、64π4、3325、4106、37、1 或3 8、C 9、D 10、D 11、A 12、D13、B 14、D二、解答题1、可得有关点的坐标为11111(0,0,1),(1,1,1),(,1,0),(0,,0),(0,1,1)22D BEF C 11(,,0)22EF =--u u u r ，11(1,1,0)B D =--u u u u r (4)分所以112B D EF =u u u u r u u u r...............................5分所以11EF B D ∥...............................6分（2）设1(,,)n u v w =u r是平面1C EF 的一个法向量.因为111,n EF n FC ⊥⊥u r u u u u r u r u u u u r所以1111110,0222n EF u v n FC v w ⋅=--=⋅=+=u r u u u ru r u u u u r解得,2u v v w =-=- .取1w = ，得1(2,2,1)n =-u r.............................9分因为1DD ABCD ⊥平面，所以平面ABCD 的一个法向量是2(0,0,1)n =u u r (10)分设1n u r 与2n u u r 的夹角为α ，则12121cos 3||||n n n n α⋅==⋅u r u u ru r uu r .......................11分结合图形，可判别得二面角1C EF A --是钝角，其大小为1arccos 3π- (12)分2、(1)根据条件知:PE 与AD 交点恰好是C 1分ACBC 1A 1B 1（第19题图）D 1 D FE x yz,C PE C ∈∴∈面PBE ,,C AC C ∈∴∈面ABC 2分B ∈面PBE ,B ∈面ABC3分 面PBE与面ABC的交线BC5分 (2)(理) ,,AP AB AC 两两互相垂直,BA ⊥面EDAP 7分多面体B PADE -的体积是()113323PA DE AD BA ⨯+⨯⨯=9分233BA ∴=10分建立空间直角坐标系,设平面的法向量是()1,,n x y z u r23,0,03B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()0,2,0C ()0,1,0D ()0,1,1E ()0,0,2P23,0,23BP ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，23,1,13BE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r123203n BP x z ⋅=-+=u r u u u r12303n BE x y z ⋅=-++=u r u u u r()13,1,1n ∴=u r11分面ABC 的法向量()20,0,1n =u u rADBC PE zxyQA D CBP（第20题解答图）z yx 1212cos n nn n θ⋅==⋅u r u u ru r u u r 1555= 12分所以面PBE 与面ABC 所成的锐二面角大小5arccos 513分注：若作出二面角得2分，计算再3分 (2)(文),,AP AB AC 两两互相垂直,BA ⊥面EDAP7分多面体B PADE -的体积是()113323PA DE AD BA ⨯+⨯⨯=9分233BA ∴=10分 连接AEAE 是BE 在面EDAP 的射影BEA ∠是BE 与面PADE 所成的线面角． 11分 计算2AE =,2363tan 32BAE ∠==12分BEA ∠是BE 与面PADE 所成的线面角6arctan 3． 13分3、 （理）解：(1)以},,{AP AD AB 为正交基底建立空间直角坐标系xyz A -，则相关点的坐标为B （2,0,0），(2,1,0),(0,2,0),(0,0,2).C D P ……2分设平面PCD 的法向量为(,,),n x y z =r由(2,1,0),DC =-uuu r (0,2,2),DP =-u u u r (0,2,0).DA =-u u u r则ADBCPE202,2.220n DC x y y x z x n DPy z r u u u r r u u u r ìïì?-==ïïïÞ眄镲=?-+=ïîïî 令1x =，则(1,2,2)n =r.……5分所以点A 到平面PCD 的距离为：(0,2,0)(1,2,2)4.(1,2,2)3DA n d nu u u r r r×-?=== ……7分(2) 由条件，得(1,0,1),Q =(0,2,0),(1,0,1),AD AQ ==u u u r u u u r 且(1,1,1).CQ u u u r=--设平面ADQ 的法向量为0000(,,),n x y z =r 则00000000200,.0n AD y y z x n AQx z r u u u r r u u u r ìïì?==ïï镲Þ眄镲=-?+=ïïîî令01x =，则0(1,0,1)n =-r.……10分设直线CQ 与平面ADQ 所成角为,θ则00026sin cos ,.332CQ n CQ n CQ n θ⋅=<>===⋅u u u r u u r u u u r u u ru u u r u u r故直线CQ 与平面ADQ 所成角的大小为6sin.3arc ……14分注：第（1）小题也可用等积法来做.4、[解] 联结PO ，AO ，由题意，PO ⊥平面ABC ，因为凳面与地面平行， 所以PAO ∠就是PA 与平面ABC 所成的角，即60PAO ∠=︒．（2分） 在等边三角形ABC 中，18AB =，得63AO =，（4分）在直角三角形PAO 中，318OP AO ==，（6分）由0.618OPh OP=-，解得47.13h ≈厘米．（9分）三根细钢管的总长度3163.25sin 60h≈︒厘米．（12分）5、（1）在给定空间直角坐标系中，相关点及向量坐标为11(2,0,2),(1,2,0),(1,2,2)D E D E =--u u u u r (2)分PA BCD xy z PA BCD 11(0,0,2),(2,2,1),(2,2,1)C F C F =-u u u u r (4)分所以111222(2)(1)4D E C F ⋅=-⨯+⨯+-⨯-=u u u u r u u u u r。
19、2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版专题突破练19 专题五 立体几何过关检测 Word版含解析
专题突破练19专题五立体几何过关检测一、选择题1.(2019河南开封一模,文5)已知直线m,n和平面α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”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2.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A. B. C. D.3.(2019湘赣十四校联考二,文6)已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,则下列四个结论:①若α∥β,则l ⊥m;②若l⊥β,则m∥α;③若l∥m,则α⊥β;④若m∥α,则l⊥β.其中正确的结论的个数是()A.0B.1C.2D.34.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=()A.1B.2C.4D.85.(2019河北石家庄二模,文8)设l表示直线,α,β,γ表示不同的平面,则下列命题正确的是()A.若l∥α,且α⊥β,则l⊥βB.若γ∥α,且γ∥β,则α∥βC.若l∥α,且l∥β,则α∥βD.若γ⊥α,且γ⊥β,则α∥β6.如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是()A.17πB.18πC.20πD.28π7.(2019安徽淮南一模,文8)某圆锥的侧面展开图是面积为3π,圆心角为的扇形,则该圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为()A. B. C. D.8.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是()A.4πB.C.6πD.9.(2019山东淄博一模,文7)一个底面是正三角形,侧棱和底面垂直的三棱柱,其三视图如图所示.若该三棱柱的外接球的表面积为124π,则侧视图中的x的值为()A. B.9 C.3 D.310.(2019湖南六校联考,文11)如图,在平面四边形ABCD中,E,F分别是AD,BD的中点,AB=AD=CD=2,BD=2,∠BDC=90°,将△ABD沿对角线BD折起至△A'BD,使平面A'BD⊥平面BCD,则在四面体A'BCD中,下列结论不正确的是()A.EF∥平面A'BCB.异面直线CD与A'B所成的角为90°C.异面直线EF与A'C所成的角为60°D.直线A'C与平面BCD所成的角为30°11.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.8B.6C.8D.812.(2019湘赣十四校联考二,文10)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,底面是边长为的正三角形,且该三棱柱外接球的表面积为7π,若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为()A. B. C. D.二、填空题13.已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为.14.(2019天津卷,文12)已知四棱锥的底面是边长为的正方形,侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为.15.在三棱锥D-ABC中,CD⊥底面ABC,AC⊥BC,AB=BD=5,BC=4,则此三棱锥的外接球的表面积为.16.(2019河北石家庄二模,文16)在三棱锥P-ABC中,底面ABC是等边三角形,侧面PAB是直角三角形,且PA=PB=2,PA⊥BC,则该三棱锥外接球的表面积为.三、解答题17.(2019江苏卷,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.18.如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=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MC=2MB,求点C到平面POM的距离.19.(2019山东泰安二模,文18)如图,在四棱锥P-ABCD中,∠PDA=90°,∠PDC=120°,AD∥BC,∠BCD=90°,△ABD是等边三角形,E是PA的中点,PD=2,AB=2.(1)求证:AD⊥BE;(2)求三棱锥P-ABD的体积.20.(2019湖南长郡中学适应考试一,文19)如图,在多边形ABPCD中(图1),ABCD为长方形,△BPC为正三角形,AB=3,BC=3,现以BC为折痕将△BPC折起,使点P在平面ABCD内的射影恰好在AD上(图2).(1)证明:PD⊥平面PAB;(2)若点E在线段PB上,且PE=PB,当点Q在线段AD上运动时,求三棱锥Q-EBC的体积. 21.(2019天津卷,文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PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3.(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD;(2)求证:PA⊥平面PCD;(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.22.如图,已知AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,AB=AC=3,BC=2,AA1=,BB1=2,点E和F分别为BC和A1C的中点.(1)求证:EF∥平面A1B1BA;(2)求证:平面AEA1⊥平面BCB1;(3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小.参考答案专题突破练19专题五立体几何过关检测1.D解析当“m∥n”时,推不出“m∥α”,也有可能m⊂α,故充分性不成立;当“m∥α”时,直线m,n的位置关系也可能异面,故必要性也不成立.故选D.2.D解析=a3,V截去部分由题意知该正方体截去了一个三棱锥,如图所示,设正方体棱长为a,则V正方体=a3,故截去部分体积与剩余部分体积的比值为.3.D解析已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,若α∥β,则l⊥平面β,所以l⊥m,①正确;已知直线l⊥平面α,若l⊥β,则平面α∥平面β,又直线m⊂平面β,故m∥α,②正确;已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,若l∥m,则m⊥平面α,所以α⊥β,③正确;已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,若m∥α,则α∥β不一定成立,所以l⊥β也不一定成立,④不正确.4.B解析由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成.∴S表=2r×2r+2×πr2+πr×2r+×4πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2.5.B解析在A中,若l∥α且α⊥β,则l与β可能相交、平行或l⊂β;在B中,若γ∥α且γ∥β,则α∥β;在C中,若l∥α且l∥β,则α与β相交或平行;在D中,若γ⊥α且γ⊥β,则α与β相交或平行,故选B.6.A解析由三视图可知该几何体是球截去后所得几何体,则×R3=,解得R=2,所以它的表面积为×4πR2+×πR2=14π+3π=17π.7.B解析由圆锥的侧面展开图是面积为3π,圆心角为的扇形,可知圆锥的母线l满足l2×πl2=3π.故l=3.又由2πr=l×,得r=1,所以该圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为.故选B.8.B解析由题意知要使球的体积最大,则它与直三棱柱的若干个面相切.设球的半径为R,易得△ABC的内切球的半径为=2,则R≤2.又因为2R≤3,所以R≤,所以V max=,故选B.9.A解析将三视图还原后,可得如图所示的正三棱柱ABC-A1B1C1.O为外接球球心,O1为△ABC外接圆圆心,由球的性质,可知OO1⊥平面ABC,球的表面积S=4πR2=124π,则R2=31,即OB2=31.由题意,可知BO1=BD=x,OO1=×4=2.又B+O=OB2,则x2+4=31,解得x=.10.C解析因为E,F分别为A'D,BD的中点,所以EF∥A'B,所以EF∥平面A'BC,故A正确;因为平面A'BD⊥平面BCD,交线为BD,且CD⊥BD,所以CD⊥平面A'BD,所以CD⊥A'B,故B正确;取CD边中点M,连接EM,FM(图略),则EM∥A'C,所以∠FEM为异面直线EF与A'C所成角,又EF=1,EM=,FM=,所以EF2+EM2=FM2,即∠FEM=90°,故C错误;连接A'F(图略),可得A'F⊥平面BCD,连接CF,则∠A'CF为A'C与平面BCD所成角,又sin∠A'CF=,所以直线A'C与平面BCD所成的角为30°,故D正确.11.C解析在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB⊥平面BCC1B1,连接BC1,则∠AC1B为AC1与平面BB1C1C所成的角,∠AC1B=30°,所以在Rt△ABC1中,BC1==2,又BC=2,所以在Rt△BCC1中,CC1==2,所以该长方体的体积V=BC·CC1·AB=8.12.B解析如图所示,P为正三角形A1B1C1的中心,设O为△ABC的中心,由题意知,PO⊥平面ABC,连接OA,则∠PAO即为PA与平面ABC所成的角.易知OP的中点为三棱柱外接球的球心,又7π=4πr2,∴r2=,∴AO2+2=.在正三角形ABC中,AB=BC=AC=,∴AO==1,∴PO=.∴tan∠PAO=,∴∠PAO=.13.解析如图,设球O的半径为R,则AH=,OH=.∵π·EH2=π,∴EH=1.在Rt△OEH中,R2=+12,∴R2=.∴S球=4πR2=.14.解析如图,由底面边长为,可得OC=1.设M为VC的中点,则O1M=OC=,O1O=VO,VO==2,∴O1O=1.∴V=π·O1M2·O1O=π×2×1=.圆柱15.34π解析由题意,在三棱锥D-ABC中,CD⊥底面ABC,AC⊥BC,AB=BD=5,BC=4,可得AC=CD==3,故三棱锥D-ABC的外接球的半径R=,则其表面积为4π×2=34π.16.12π解析∵PA=PB,△PAB是直角三角形,∴PA⊥PB.又PA⊥BC,PB∩BC=B,∴PA⊥平面PBC,∴PA⊥PC.在Rt△PAB中,AB==2.∵△ABC是等边三角形,∴AC=BC=AB=2.在Rt△PAC中,PC==2.在△PBC中,PB2+PC2=BC2,∴PB⊥PC.∴该三棱锥外接球的半径R=,其表面积为4πR2=12π.17.证明(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.18.(1)证明因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.连接OB,因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.(2)解作CH⊥OM,垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.由题设可知OC=AC=2,CM=BC=,∠ACB=45°.所以OM=,CH=.所以点C到平面POM的距离为.19.(1)证明取AD中点F,连接BF,EF.∵E,F分别为AP,AD的中点,AD⊥PD,∴AD⊥EF.又△ABC是正三角形,∴AD⊥BF.∵BF∩EF=F,∴AD⊥平面BEF.又BE⊂平面BEF,∴AD⊥BE.(2)解∵AD∥BC,∠BCD=90°,∴AD⊥CD.∵AD⊥PD,PD∩CD=D,∴AD⊥平面PCD.又AD⊂平面ABCD,∴平面ABCD⊥平面PCD.过点P作PH⊥CD,交CD的延长线于点H,则PH⊥平面ABCD.在直角三角形PDH中,∠PDH=60°,PD=2,∴PH=,∴V P-ABD=S△ABD×PH=×(2)2×=3.20.解(1)过点P作PO⊥AD,垂足为O.由于点P在平面ABCD内的射影恰好在AD上,∴PO⊥平面ABCD.∴PO⊥AB.∵四边形ABCD为矩形,∴AB⊥AD.又AD∩PO=O,∴AB⊥平面PAD,∴AB⊥PA,AB⊥PD.又由AB=3,PB=3,可得PA==3,同理PD=3.又AD=3,∴PA2+PD2=AD2,∴PA⊥PD,且PA∩AB=A,∴PD⊥平面PAB.(2)设点E到底面QBC的距离为h,则V Q-EBC=V E-QBC=S△QBC×h.由PE=PB,可知,∴,得h=.=×BC×AB=×3×3=,又S△QBC∴V Q-EBC=S△QBC×h==3.21.(1)证明连接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH.又由BG=PG,故GH∥PD.又因为GH⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,所以GH∥平面PAD.(2)证明取棱PC的中点N,连接DN,依题意,得DN⊥PC,又因为平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,所以DN⊥平面PAC,又PA⊂平面PAC,故DN⊥PA.又已知PA⊥CD,CD∩DN=D,所以PA⊥平面PCD.(3)解连接AN,由(2)中DN⊥平面PAC,可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角.因为△PCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点,所以DN=,又DN⊥AN,在Rt△AND 中,sin∠DAN=.所以,直线AD与平面PAC所成角的正弦值为.22.(1)证明连接A1B,在△A1BC中,∵E和F分别是BC和A1C的中点,∴EF∥A1B.又∵A1B⊂平面A1B1BA,EF⊄平面A1B1BA,∴EF∥平面A1B1BA.(2)证明∵AB=AC,E为BC中点,∴AE⊥BC.∵AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,∴BB1⊥平面ABC.∴BB1⊥AE.又∵BC∩BB1=B,∴AE⊥平面BCB1.又∵AE⊂平面AEA1,∴平面AEA1⊥平面BCB1.(3)解取BB1中点M和B1C中点N,连接A1M,A1N,NE,∵N和E分别为B1C和BC的中点,∴NE B1B,∴NE A1A,∴四边形A1AEN是平行四边形,∴A1N AE.又∵AE⊥平面BCB1,∴A1N⊥平面BCB1,∴∠A1B1N即为直线A1B1与平面BCB1所成角,在△ABC中,可得AE=2, ∴A1N=AE=2.∵BM∥AA1,BM=AA1,∴A1M∥AB且A1M=AB.又由AB⊥BB1,∴A1M⊥BB1,在Rt△A1MB1中,A1B1==4,在Rt△A1NB1中,sin∠A1B1N=,∴∠A1B1N=30°,即直线A1B1与平面BCB1所成角的大小为30°.。
2020年高考数学(文数)解答题强化专练——立体几何解析版
（文数）解答题强化专练——立体几何一、解答题（本大题共10小题，共120.0分）1.如图，在三棱锥S-ABC中，SA=SC，AB⊥AC，D为BC的中点，E为AC上一点，且DE∥平面SAB．求证：（1）直线AB∥平面SDE；（2）平面ABC⊥平面SDE．2.如图，在四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形，点P在底面ABCD的射影O落在AD上．（1）求证：平面PAB⊥平面PAD；（2）若O、M分别是AD、PB的中点，且求三棱锥M-PDC的体积．3.如图所示，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE=90°，AF∥DE，DE=DA=2AF=2．（1）求证：AC∥平面BEF；（2）求四面体BDEF的体积．4.如图，将边长为2的正六边形ABDEF沿对角线BE翻折，连接AC、FD，形成如图所示的多面体，且AC=．（1）证明：平面ABEF⊥平面BCDE；（2）求三棱锥E-ABC的体积．5.如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，点E是边AD上的一点，且AE=2ED，点H是BE的中点，将△ABE沿着BE折起，使点A运动到点S处，且有SC=SD．（1）证明：SH⊥平面BCDE．（2）求四棱锥S-BCDE的体积．6.如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED∥PA，且PA＝2ED＝2．(1)证明：平面PAC⊥平面PCE；(2)若∠ABC＝60°，求三棱锥P﹣ACE的体积．7.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA=PD，AB=AD，∠BAD=60°（1）求证：AD⊥PB；（2）若AB=PA=2，PB=，求点C到平面PBD的距离．8.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，O是B1D1中点，若AB=BC=2，AA1=．（1）求证：平面AB1D1⊥平面CB1D1；（2）求点O到平面AB1C的距离．9.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，AA1⊥平面ABCD．AB=2AD=4，．（1）证明：平面D1BC⊥平面D1BD；（2）若直线D1B与底面ABCD所成角为，M，N，Q分别为BD，CD，D1D的中点，求三棱锥C-MNQ的体积．10.如图，多面体ABCDB1C1是正三棱柱ABC-A1B1C1沿平面DB1C1切除部分所得，BC=CC1=1，点D为AA1的中点．（1）求证：BC1⊥平面B1CD；（2）求点B1到平面BCD的距离．答案和解析1.【答案】证明：（1）因为DE∥平面SAB，DE⊂平面ABC，平面SAB∩平面ABC=AB，所以DE∥AB，因为DE⊂平面SDE，AB⊄平面SDE，所以AB∥平面SDE，（2）因为D为BC的中点，DE∥AB，所以E为AC的中点．又因为SA=SC，所以SE⊥AC，又AB⊥AC，DE∥AB，所以DE⊥AC，∵DE⊂平面SDE，SE⊂平面SDE，DE∩SE=E，所以AC⊥平面SDE，因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面SDE．【解析】本题考查了线面平行的性质与判定，面面垂直的判定，属于中档题．（1）由线面平行可得DE∥AB，故而AB∥平面SDE；（2）证得SE⊥AC，DE⊥AC可得AC⊥平面SDE，故而平面ABC⊥平面SDE．2.【答案】（1）证明：依题意，PO⊥平面ABCD，又AB⊂平面ABCD，所以PO⊥AB．又AD⊥AB，AD∩PO=O，所以AB⊥平面PAD．又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．（2）因为PO⊥平面ABCD，O是AD的中点，所以△PAD是等腰三角形，又AD=2，，所以PO=1．因为M是PB的中点，所以M到平面PDC的距离等于点B到平面PDC距离的一半，连接BD，所以=．【解析】（1）根据PO⊥平面ABCD可得PO⊥AB，结合AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，于是平面PAB⊥平面PAD；（2）计算PO，根据计算棱锥的体积．本题考查了面面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．3.【答案】证明：（1）设AC∩BD=O，取BE中点G，连接FG，OG，所以，OG∥DE，且OG=DE．因为AF∥DE，DE=2AF，所以AF∥OG，且OG=AF，从而四边形AFGO是平行四边形，FG∥OA．因为FG⊂平面BEF，AO⊄平面BEF，所以AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF．解：（2）因为平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，所以AB⊥平面ADEF．因为AF∥DE，∠ADE=90°，DE=DA=2AF=2所以△DEF的面积为S△DEF=×ED×AD=2，所以四面体BDEF的体积V=•S△DEF×AB=【解析】（1）设正方形ABCD的中心为O，取BE中点G，连接FG，OG，由中位线定理，我们易得四边形AFGO是平行四边形，即FG∥OA，由直线与平面平行的判定定理即可得到AC∥平面BEF；（2）由已知中正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE=90°，我们可以得到AB⊥平面ADEF，结合DE=DA=2AF=2．分别计算棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式即可求出四面体BDEF的体积．本题考查的知识点是直线与平面平行的判定及棱锥的体积，（1）的关键是证明出FG∥OA，（2）的关键是得到AB⊥平面ADEF，即四面体BDEF的高为AB．4.【答案】（1）证明：正六边形ABCDEF中，连结AC、BE，交点为G，由边长为2的正六边形ABCDEF的性质得AC⊥BE，且AG=CG=，在多面体中，由AC=，得AG2+CG2=AC2，∴AG⊥GC，又GC∩BE=G，GC，BE⊂平面BCDE，∴AG⊥平面BCDE，又AG⊂平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面BCDE．（2）解：连结AE，CE，则AG为三棱锥A-BCE的高，GC为△BCE的高，在正六边形ABCDEF中，BE=2AF=4，∴，∴V E-ABC=V A-BCE==2．【解析】（1）连结AC、BE，交点为G，由边长为2的正六边形ABCDEF的性质得AC⊥BE，且AG=CG=，由勾股定理得AG⊥GC，从而AG⊥平面BCDE，由此能证明平面ABEF⊥平面BCDE．（2）连结AE，CE，则AG为三棱锥A-BCE的高，GC为△BCE的高，利用V E-ABC=V A-BCE ，能求出三棱锥E-ABC的体积．本小题主要考查空间线面关系、面面垂直的证明、几何体的体积等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．5.【答案】（1）证明：取CD的中点M，连接HM，SM，由已知得AE=AB=2，所以SE=SB=2，又点H是BE的中点，所以SH⊥BE．因为SC=SD，点M是线段CD的中点，所以SM⊥CD．又因为HM∥BC，所以HM⊥CD，从而CD⊥平面SHM，所以CD⊥SH，又CD，BE不平行，所以SH⊥平面BCDE．（2）解：由（1）知，，底面BCDE的面积为，所以四棱锥S-BCDE的体积．【解析】（1）取CD的中点M，连接HM，SM，证明SH⊥BE．SM⊥CD．HM⊥CD，推出CD⊥平面SHM，即可证明SH⊥平面BCDE．（2）求出棱锥的底面面积与高，即可求解几何体的体积．本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，几何体的体积的求法，如果是考试，可以参考评分细则：（1）第（1）问中，不管用哪种方法，证出结论得（6分）；（2）第（2）问，计算出高，得（2分），算出底面积S=4，得（2分），正确算出四棱锥的体积本小问共得（6分）．6.【答案】（1）证明：连接BD，交AC于点O，设PC中点为F，连接OF，EF．∵O，F分别为AC，PC的中点，∴OF∥PA，且OF=，∵DE∥PA，且，∴OF∥DE，且OF=DE．∴四边形OFED为平行四边形，则OD∥EF，即BD∥EF，因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∵PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，∵BD∥EF，∴EF⊥平面PAC，∵EF⊂平面PCE，∴平面PAC⊥平面PCE．（2）解：∵∠ABC=60°，∴ABC是等边三角形，可得AC=2．又∵PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PA⊥AC．∴，∵EF⊥平面PAC，∴EF是三棱锥E-PAC的高．∵，∴=．【解析】本题考查平面与平面垂直的判定，三棱锥体积的计算，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．（1）连接BD，交AC于点O，设PC中点为F，由已知结合三角形中位线定理可得四边形OFED为平行四边形，则OD∥EF，即BD∥EF．再由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥BD ．又四边形ABCD是菱形，得BD⊥AC．由线面垂直的判定可得BD⊥平面PAC，则EF⊥平面PAC．进一步得到平面PAC⊥平面PCE．（2）由∠ABC=60°，可得△ABC是等边三角形，得AC=2．再由PA⊥平面ABCD，得PA⊥AC ．求出三角形PAC的面积，证得EF是三棱锥E-PAC的高，即可求出结果.7.【答案】解：（1）证明：∵AB=AD，且∠BAD=60°∴△ABD是等边三角形设O是AD的中点，连接PO，BO，则BO⊥AD，∵△APD是等腰三角形∴PO⊥AD，∵PO∩BO=O，∴AD⊥平面PBO，∴AD⊥PB；（2）设PB中点为E，连接DE，∵AB=PA=2，PB=，∴AP=PD=AD=BD=2，OB=，DE=1，DE⊥BP，∴OP=BO=，OP2+OB2=PB2∴OP⊥OB，∵OP⊥AD，AD∩OB=O，∴OP⊥面ABCD，S△BCD=S△ABD=•OB•AD==，S△BDP=•DE•BP=×1×=，设点C到平面PBD的距离为h，∵V P-BCD=V C-BDP∴×OP×S△BCD=×h×S△BDP，即××=×h×，解得h=．【解析】（1）设O是AD的中点，连接PO，BO，通过证明AD⊥平面PBO，证出AD⊥PB ；（2）利用等体积法，即可求点C到平面PAB的距离本题考查空间直线、平面位置关系的判断，考查点面距离的计算，考查空间想象能力、推理论证、计算、转化能力8.【答案】（1）证明：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，∵AB=AD=2，AA1=，∴B1C=D1C，∵O为D1B1的中点，∴CO⊥B1D1，同理AO⊥B1D1，∴∠AOC就是平面AB1D1与平面CB1D1所成二面角的平面角．在三角形AOC中，可得AO=OC==2，∵AC=2，∴AO2+OC2=AC2，即OC⊥OA．∴∠AOC=90°．即平面AB1D1⊥平面CB1D1；（2）解：由（1）知，OB1⊥平面AOC，△AOC为直角三角形，且AO=OC=2．∴V=V，∴．∵，=2．∴d=1，∴点O到平面AB1C的距离为1．【解析】（1）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，由已知证明CO⊥B1D1，∴∠AOC就是平面AB1D1与平面CB1D1所成二面角的平面角．求解三角形可得OC⊥OA即可；（2）由（1）知，OB1⊥平面AOC，△AOC为直角三角形，然后利用等积法即可求解．本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求距离，是中档题．9.【答案】证明：（1）∵D1D⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴D1D⊥BC．又AB=4，AD=2，，∴，∵AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD．又∵AD∥BC，∴BC⊥BD．又∵D1D∩BD=D，BD⊂平面D1BD，D1D⊂平面D1BD，∴BC⊥平面D1BD，而BC⊂平面D1BC，∴平面D1BC⊥平面D1BD．解：（2）∵D1D⊥平面ABCD，∴∠D1BD即为直线D1B与底面ABCD所成的角，即，而，∴DD1=2．，∴三棱锥C-MNQ的体积．【解析】（1）推导出D1D⊥BC，AD⊥BD，BC⊥BD．从而BC⊥平面D1BD，由此能证明平面D1BC⊥平面D1BD．（2）由D1D⊥平面ABCD，得∠D1BD即为直线D1B与底面ABCD所成的角，即，由，能求出三棱锥C-MNQ的体积．本题考查面面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．10.【答案】解：（1）设BC1与B1C交于点E，连接DE，∵多面体ABCDB1C1是正三棱柱ABC-A1B1C1沿平面DB1C1切除部分所得，BC=CC1=1．∴四边形BB1C1C是正方形，四边形CC1DA，ABB1D均为直角梯形，且AB⊥AD，AC⊥AD．∵点D为AA1的中点．AA1=BB1，AA1∥BB1．∴，DC1=，∴BD=C1D．，BC1⊥DE，又∵BC1⊥B1C，B1C∩DE=E，∴BC1⊥平面B1CD；（2）设点B1到平面BCD的距离为d．∵，点D到面BCC1B1的距离即为△ABC边BC上的高，即为．∴∵．∴，S=，∴．即点B1到平面BCD的距离为．【解析】（1）设BC1与B1C交于点E，连接DE，可得BD=C1D，BC1⊥DE，即可证明BC1⊥平面B1CD；（2）利用等体积法求点B1到平面BCD的距离．本题考查了线面垂直的证明、点到面的距离，属于中档题．。
2020届高三数学立体几何专项训练(文科)
2020届高三数学立体几何专题(文科)吴丽康2019-111.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的点.3（Ⅰ）证明：PB 342. 如图，四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．(1)求证：CE∥平面PAD；(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．3如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAC ⊥平面ABCD ，且PA ⊥AC ，PA ＝AD ＝2，四边形ABCD 满足BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1.点E ，F 分别为侧棱PB ，PC 上的点， 且PE PB ＝PF PC＝λ(λ≠0)． (1)求证：EF ∥平面PAD ；(2)当λ＝12时，求点D 到平面AFB 的距离．4.如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形．(1)证明：平面A 1BD ∥平面CD 1B 1；(2)若平面ABCD ∩平面B 1D 1C ＝直线l ，证明：B 1D 1∥l .5..如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.求证：AP∥GH.6.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.7.(2018北京通州三模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,△PAB为等边三角形,E是PB中点,平面AED与棱PC交于点F.(1)求证:AD∥EF; (2)求证:PB⊥平面AEFD;(3)记四棱锥P-AEFD的体积为V1,四棱锥P-ABCD的体积为V2,直接写出的值.8...如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点．(1)求证：BG⊥平面PAD；(2)求证：AD⊥PB；(3)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD并证明你的结论．9.(2016·高考北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；(3)设点E为AB的中点．在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF说明理由．10..如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE 与棱PD 交于点F .(1)求证：AB ∥EF ；(2)若AF ⊥EF ，求证：平面PAD ⊥平面ABCD .11..如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ＝BC ＝3，AD ＝CD ＝1，∠ADC ＝120°，点M 是AC 与BD 的交点，点N 在线段PB 上，且PN ＝14PB . (1)证明：MN ∥平面PDC ；(2)求直线MN 与平面PAC 所成角的正弦值．12..(2016·高考四川卷)如图，在四棱锥PABCD 中，PA ⊥CD ，AD ∥BC ， ∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ． (1)在平面PAD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PAB ，并说明理由；(2)证明：平面PAB ⊥平面PBD ．13．(2016·高考江苏卷)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊥A 1B 1.求证：(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ；(2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .14.【2014,19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB 求三棱柱111C B A ABC -的高.15.(2017天津,文17)如图,在四棱锥P-ABCD 中,AD⊥平面PDC,AD ∥ BC, PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值;(2)求证:PD⊥平面PBC;(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.16.(2016·高考浙江卷)如图，在三棱台ABC DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.(1)求证：BF⊥平面ACFD；(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．17..(2018·全国Ⅲ)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．立体几何中的翻折问题18...如图(1)，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ， E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图(2)中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1-BCDE .(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1-BCDE 的体积为362，求a 的值．19.．如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝12AB ＝2，E 为AC 的中点，将△ACD 沿AC 折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直，如图2.在图2所示的几何体D －ABC 中： (1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)点F 在棱CD 上，且满足AD ∥平面BEF ，求几何体F －BCE 的体积．20．如图，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8.点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，过点E 、F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形EFGH . (1)求证：A 1E ＝D 1F ；(2)判断A 1D 与平面α的关系．2020届高三数学立体几何专题(文科)1解析：（Ⅰ）设AC 的中点为O ， 连接EO . 在三角形PBD 中，中位线EO（Ⅱ）∵AP =1，3AD =，-3P ABD V =， -11=32P ABD V PA AB AD ∴⋅⋅⋅33==64AB ，∴32AB =， 作AH ⊥PB 角PB 于H ，由题意可知BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥AH ，故AH ⊥平面PBC ． 又313PA AB AH PB ⋅==，故A 点到平面PBC 的距离313. 2.(1)证明：如图所示，取PA 的中点H ，连接EH ，DH ，因为E 为PB 的中点， 所以EH ∥AB ，EH ＝12AB ，又AB ∥CD ，CD ＝12AB ． 所以EH ∥CD ，EH ＝CD ，因此四边形DCEH 是平行四边形， 所以CE ∥DH ， 又DH ?平面PAD ，CE ?平面PAD ， 所以CE ∥平面PAD ．(2)如图所示，取AB 的中点F ，连接CF ，EF ， 所以AF ＝12AB ，又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD ，又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形，所以CF ∥AD ，又CF ?平面PAD ，所以CF ∥平面PAD ，由(1)可知CE ∥平面PAD ， 又CE ∩CF ＝C ，故平面CEF ∥平面PAD ， 故存在AB 的中点F 满足要求．3.(1)证明 ∵PE PB ＝PFPC＝λ(λ≠0)，∴EF ∥BC .∵BC ∥AD ，∴EF ∥AD .又EF ?平面PAD ，AD ?平面PAD ，∴EF ∥平面PAD . (2)解 ∵λ＝12，∴F 是PC 的中点，在Rt△PAC 中，PA ＝2，AC ＝2，∴PC ＝PA 2＋AC 2＝6，∴PF ＝12PC ＝62.∵平面PAC ⊥平面ABCD ，且平面PAC ∩平面ABCD ＝AC ，PA ⊥AC ，PA ?平面PAC ，∴PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥BC .又AB ⊥AD ，BC ∥AD ，∴BC ⊥AB ，又PA ∩AB ＝A ，PA ，AB ?平面PAB ， ∴BC ⊥平面PAB ， ∴BC ⊥PB ，∴在Rt△PBC 中，BF ＝12PC ＝62.连接BD ，DF ，设点D 到平面AFB 的距离为d ，在等腰三角形BAF 中，BF ＝AF ＝62，AB ＝1， ∴S △ABF ＝54，又S △ABD ＝1，点F 到平面ABD 的距离为1， ∴由V F －ABD ＝V D －AFB ，得13×1×1＝13×d ×54，解得d ＝455，即点D 到平面AFB 的距离为455.4.证明(1)由题设知BB1∥DD1且BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1.又BD?平面CD1B1，B1D1?平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.因为A1D1∥B1C1∥BC且A1D1＝B1C1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C.又A1B?平面CD1B1，D1C?平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1.又因为BD∩A1B＝B，BD，A1B?平面A1BD，所以平面A1BD∥平面CD1B1.(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，又平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，所以直线l∥直线BD，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l.5.连接AC交BD于点O，连接MO，因为PM＝MC，AO＝OC，所以PA∥MO，因为PA?平面MBD，MO?平面MBD，所以PA∥平面MBD．因为平面PAHG∩平面MBD＝GH，所以AP∥GH.6.[证明] (1)在四棱锥P-ABCD中，因为PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD，因为AC⊥CD，且PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，而AE?平面PAC，所以CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.因为E是PC的中点，所以AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD．而PD?平面PCD，所以AE⊥PD．因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AB．又因为AB⊥AD且PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，而PD?平面PAD，所以AB⊥PD．又因为AB∩AE＝A，所以PD⊥平面ABE.7.(1)证明因为ABCD为正方形,所以AD∥BC.因为AD?平面PBC,BC?平面PBC,所以AD∥平面PBC.因为AD?平面AEFD,平面AEFD∩平面PBC=EF, 所以AD∥EF.(2)证明因为四边形ABCD是正方形,所以AD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD?平面ABCD,所以AD⊥平面PAB.因为PB?平面PAB,所以AD⊥PB.因为△PAB为等边三角形,E是PB中点,所以PB⊥AE.因为AE?平面AEFD,AD?平面AEFD,AE∩AD=A,所以PB⊥平面AEFD.(3)解由(1)知,V1=V C-AEFD,V E-ABC=V F-ADC=V C-AEFD=V1,∴V BC-AEFD=V1,则V P-ABCD=V1+V1=V1, ∴.8.[解] (1)证明：在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，所以BG⊥AD．又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BG⊥平面PAD．(2)证明：如图，连接PG.因为△PAD为正三角形，G为AD的中点，所以PG⊥AD．由(1)知，BG⊥AD，又PG∩BG＝G，所以AD⊥平面PGB．因为PB?平面PGB，所以AD⊥PB．(3)当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD．证明如下：取PC的中点F，连接DE、EF、DF.在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE.而FE?平面DEF，DE?平面DEF，EF∩DE＝E，PB?平面PGB，GB?平面PGB，PB∩GB＝B，所以平面DEF∥平面PGB．因为BG⊥平面PAD，PG?平面PAD，所以BG⊥PG.又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G，所以PG⊥平面ABCD．又PG?平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面ABCD．9.【解】(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.(2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB．又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.(3)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.理由如下：如图，取PB中点F，连接EF，CE，CF.又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA?平面CEF，且EF?平面CEF，所以PA∥平面CEF.10.证明(1)因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD. 又AB?平面PDC，CD?平面PDC，所以AB∥平面PDC，又因为AB?平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，所以AB∥EF.(2)因为四边形ABCD 是矩形，所以AB ⊥AD . 因为AF ⊥EF ，(1)中已证AB ∥EF ，所以AB ⊥AF .又AB ⊥AD ，由点E 在棱PC 上(异于点C )，所以点F 异于点D ， 所以AF ∩AD ＝A ，AF ，AD ?平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，又AB ?平面ABCD ，所以平面PAD ⊥平面ABCD . 11.(1)证明 因为AB ＝BC ，AD ＝CD ， 所以BD 垂直平分线段AC . 又∠ADC ＝120°，所以MD ＝12AD ＝12，AM ＝32. 所以AC ＝3.又AB ＝BC ＝3，所以△ABC 是等边三角形，所以BM ＝32，所以BM MD ＝3，又因为PN ＝14PB ，所以BM MD ＝BNNP ＝3，所以MN ∥PD .又MN ?平面PDC ，PD ?平面PDC ， 所以MN ∥平面PDC .(2)解 因为PA ⊥平面ABCD ，BD ?平面ABCD ，所以BD ⊥PA ， 又BD ⊥AC ，PA ∩AC ＝A ，PA ，AC ?平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC .由(1)知MN ∥PD ，所以直线MN 与平面PAC 所成的角即直线PD 与平面PAC 所成的角， 故∠DPM 即为所求的角．在Rt△PAD 中，PD ＝2，所以sin∠DPM ＝DM DP ＝122＝14， 所以直线MN 与平面PAC 所成角的正弦值为14.12.【解】 (1)取棱AD 的中点M (M ∈平面PAD )，点M 即为所求的一个点．理由如下： 因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM ，所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM ∥AB ． 又AB ?平面PAB ，CM ?平面PAB ，所以CM ∥平面PAB ．(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)证明：由已知，PA ⊥AB ，PA ⊥CD ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交．所以PA ⊥平面ABCD ，从而PA ⊥BD ．连接BM ， 因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥MD ，且BC ＝MD ．所以四边形BCDM 是平行四边形．所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB ．又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面PAB ． 又BD ?平面PBD ，所以平面PAB ⊥平面PBD ． 13.[证明] (1)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，A 1C 1∥AC .在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点， 所以DE ∥AC ，于是DE ∥A 1C 1. 又DE ?平面A 1C 1F ，A 1C 1?平面A 1C 1F ， 所以直线DE ∥平面A 1C 1F . (2)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面A 1B 1C 1.因为A 1C 1?平面A 1B 1C 1，所以A 1A ⊥A 1C 1.又A 1C 1⊥A 1B 1，A 1A ?平面ABB 1A 1，A 1B 1?平面ABB 1A 1，A 1A ∩A 1B 1＝A 1， 所以A 1C 1⊥平面ABB 1A 1.因为B 1D ?平面ABB 1A 1，所以A 1C 1⊥B 1D ．又B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1?平面A 1C 1F ，A 1F ?平面A 1C 1F ，A 1C 1∩A 1F ＝A 1，所以B 1D ⊥平面A 1C 1F .因为直线B 1D ?平面B 1DE ，所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F14.证明：(Ⅰ)连接 BC 1，则O 为B 1C 与BC 1的交点，∵AO ⊥平面BB 1C 1C . ∴AO ⊥B 1C ， …2分 因为侧面BB 1C 1C 为菱形，∴BC 1⊥B 1C ，…4分 ∴BC 1⊥平面ABC 1，∵AB ?平面ABC 1， 故B 1C ⊥AB . …6分(Ⅱ)作OD ⊥BC ，垂足为D ，连结AD ，∵AO ⊥BC ，∴BC ⊥平面AOD ，又BC ?平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面AOD ，交线为AD ， 作OH ⊥AD ，垂足为H ，∴OH ⊥平面ABC . …9分 ∵∠CBB 1=60°，所以ΔCBB 1为等边三角形，又BC =1，可得OD =34， 由于AC ⊥AB 1，∴11122OA B C ==，∴2274AD OD OA =+=，由 OH·AD=OD·OA ，可得OH=21，又O 为B 1C 的中点， 所以点B 1到平面ABC 的距离为217， 所以三棱柱ABC-A 1B 1C 1的高高为217。
2020-2021学年高三数学《立体几何》(文科)一轮复习专题突破训练及答案解析
最新高三数学文一轮复习专题突破训练立体几何一、选择、填空题1、（2016年浙江省高考） 某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的表面积是______cm 2,体积是______cm 3.2、（2016年浙江省高考）如图，已知平面四边形ABCD ，AB =BC =3，CD =1，AD =5，∠ADC =90°．沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD'，直线AC 与BD'所成角的余弦的最大值是______．3、（2015年浙江省高考）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是（ ）A ．83cmB ．123cmC ．3233cmD ．4033cm 4、（2015年浙江省高考）设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂（ ）A ．若l β⊥，则αβ⊥B ．若αβ⊥，则l m ⊥C ．若//l β，则//αβD ．若//αβ，则//l m5、（杭州市2016届高三第一次高考科目教学质量检测）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的侧面PAB 的面积是（ ）A B ．2 C D第5题第6题6、（杭州市2016届高三第一次高考科目教学质量检测）如右上图，ABC ∆是等腰直角三角形，AB AC =，90BCD ∠=，且3BC ==.将ABC ∆沿BC 边翻折，设点A 在平面BCD 上的射影为M 点，若点M 在BCD ∆的内部（含边界），则点M 的轨迹的最大长度等于_______；在翻折过程中，当点M 位于线段BD 上时，直线AB 和CD 所成的角的余弦值等于_________.7、（湖州市2016届高三下学期5月调测）一个几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是A ．2033cmB ．2233cm C ．43cm D ．63cm8、（湖州市2016届高三下学期5月调测）设直线,m n 是两条不同的直线，αβ，是两个不同的平面，下列命题中正确的是A ．若//,//m n m α，则//n αB ．若,//m αβα⊥，则m β⊥C ．若//,//m m αβ ，则//αβD ．若,,m n m n αβ⊥⊥⊥ ，则αβ⊥9、（嘉兴市2016届高三上学期期末教学质量检测）一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的体积是 ▲ ，表面积是 ▲ ．10、（嘉兴市2016届高三下学期教学测试（二）） 设,l m 是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（ ）A ．若l m ⊥，m α⊂，则l α⊥B ．若l α⊥，//l m ，则m α⊥C ．若//l α，m α⊂，则//l mD ．若//l α，//m α，则//l m11、（嘉兴市2016届高三下学期教学测试（二）） 某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是（ ）A ．43cmB ．83cmC ．123cmD ．243cm12、（金华、丽水、衢州市十二校2017届高三8月联考）已知某几何体的正（主）视图与侧（左）视图都是直角边长为1的等腰直角三角形，且体积为13，则该几何体的俯视图可以是（ ） A ．B ．C ．D ．13、（宁波市2016届高三上学期期末考试）已知平面α与平面β交于直线l ,且直线a α⊂,直线b β⊂,则下列命题错误的是（ ▲ ）A ．若,a b αβ⊥⊥，且b 与l 不垂直，则a l ⊥B ．若αβ⊥，b l ⊥，则a b ⊥C ．若a b ⊥，b l ⊥，且a 与l 不平行，则αβ⊥D ．若a l ⊥，b l ⊥，则αβ⊥14、（绍兴市柯桥区2016届高三教学质量调测（二模））其几何体的三视图如图所示(单位：cm ),则该几何体的体积是（ ）A ．34cmB ．38cmC ．3163cmD ．3323cm 15、（嵊州市2016届高三上学期期末教学质量检测）已知α，β，γ为不同的平面，l ，m 为不同的直线．若l αβ=，m α⊂，l //γ，m γ⊥．则A ．m //βB ．m β⊥C ．l //mD ．l m ⊥16、（嵊州市2016届高三上学期期末教学质量检测）如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥平面ABCD ，//AB CD ，90DCB ∠=，12AB AD AA DC ===，Q 为棱1CC 上一动点，过直线AQ的平面分别与棱1BB ，1DD 交于点P ，R ，则下列结论错误．．的是 A ．对于任意的点Q ，都有AP //QRB ．对于任意的点Q ，四边形APQR 不可能为平行四边形C ．存在点Q ，使得△ARP 为等腰直角三角形D ．存在点Q ，使得直线BC //平面APQR17、（温岭市2016届高三5月高考模拟）设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列命题中正确．．的是 A ．若//,m n αβ⊥且αβ⊥，则m n ⊥ B ．若,m n αβ⊥⊥且m n ⊥，则αβ⊥C ．若/,/n m αβ⊥且n β⊥，则//m αD ．若,m n αβ⊂⊂且//m n ，则//αβ18、（温岭市2016届高三5月高考模拟）某几何体的三视图如右图所示，其中正视图是腰长为2cm 的等腰三角形，俯视图是半径为1cm 的半圆，则该几何体的表面积是 ▲ 2cm ,体积是 ▲ 3cm .19、（浙江省五校2016届高三第二次联考）,,αβγ为不同的平面，,,a b c 为三条不同的直线，则下列命题正确的是（ ▲ ）A ．若,αγβγ⊥⊥，则//αβB ．若//,//a a b β，则//b βC ．若//,//,,a b c a c b αα⊥⊥，则c α⊥D ．若,a b γγ⊥⊥，则//a b20、（浙江省五校2016届高三第二次联考）如图，边长为1的菱形ABCD 中，60DAB ∠= ，沿BD 将△ABD 翻折，得到三棱锥A BCD -，则当三棱锥A BCD -体积最大时，异面直线AD BC 与所成的角的余弦值为（ ▲ ）A ．58B ．14C ． 1316D ．2321、（诸暨市2016届高三5月教学质量检测）三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A ．83B ．423C ．25D ．4322、（慈溪中学2016届高三高考适应性考试）设,a b 为两条不重合的直线，,αβ为两个不重合的平面，则下列命题正确的是（ ）A ．若,//,a b b αββ⊥⊂，则a α⊥B ．若a α⊥，//,b αββ⊂，则a b ⊥C ．若,a b 与α所成的角相等，则//a bD ．若//,//,//a b αβαβ，则//a b23、（慈溪中学2016届高三高考适应性考试）如图，一个几何体的三视图，俯视图是一个正三角形，则这个几何体的体积为（ ）A ．1033B ．833C ．23D ．43二、解答题1、（2016年浙江省高考）如图，在三棱台ABC-DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB =90°，BE=EF=FC =1，BC =2，AC =3.（I ）求证：BF ⊥平面ACFD ；（II ）求直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值.2、（2015年浙江省高考）如图，在三棱锥111ABC A B C 中，011ABC=90=AC 2,AA 4,A ，AB 在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 为11B C 的中点.(1)证明: 11D A BC A ⊥平面；(2)求直线1A B 和平面11B C B C 所成的角的正弦值.3、（杭州市2016届高三第一次高考科目教学质量检测）在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为直角梯形，//BC AD ，90ADC ∠=，112BC CD AD ===，PA PD =，,E F 分别为线段,AD PC 的中点.（Ⅰ）求证：//PA 平面BEF ；（Ⅱ）若直线PC 与AB 所成的角为45°，求线段PE 的长.4、（湖州市2016届高三下学期5月调测）在三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ⊥，1AC ⊥平面ABC ，1BC CA AC ==．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面11AB C ；（Ⅱ）求直线1A B 与平面11AB C 所成角的余弦值．5、（嘉兴市2016届高三上学期期末教学质量检测）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与CDE ∆所在的平面交于CD ，且⊥AE 平面CDE ，1=AE ．（Ⅰ）求证：⊥CD 平面ADE ；（Ⅱ）求BE 与平面ABCD 所成角的余弦值．6、（嘉兴市2016届高三下学期教学测试（二））如图，长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，11BC CC ==，点P 是棱CD 上的一点，DP λ=.（1）当32λ=时，求证：1A C ⊥平面1PBC ； （2）当直线1A C 与平面1PBC 所成角的正切值为22λ的值.7、（宁波市2016届高三上学期期末考试）如图，在多面体EF ABCD -中，四边形,ABCD ABEF 均为直角梯形， 2ABE ABC π∠=∠=，四边形DCEF 为平行四边形，平面DCEF ⊥平面ABCD .（Ⅰ）求证：DF ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）若12BC CD CE AB ===，求直线BF 与平面ADF 所成角的正弦值.8、（绍兴市柯桥区2016届高三教学质量调测（二模））如图, 以BC 为斜边的等腰直角三角形ABC 与等边三角形ABD 所在平面互相垂直, 且点E 满足12DE AC =. （1）求证：平面EBC ⊥平面ABC ；（2）求二面角E AC B --的大小.9、（嵊州市2016届高三上学期期末教学质量检测）在三棱锥A BCD -中，AB ⊥平面BCD ，4DB DC ==，90BDC ︒∠=，P 在线段BC 上，3CP PB =，M ，N 分别为AD ，BD 的中点．（Ⅰ）求证：BC ⊥平面MNP ；（Ⅱ）若4AB =，求直线MC 与平面ABC 所成角的正弦值．10、（温岭市2016届高三5月高考模拟）如图，在三棱锥A BCD -中,二面角A BC D --的大小为π4, AB BC ⊥，DC BC ⊥，M ,N 分别为AC ,BD 的中点，已知2AB =,1BC CD ==. （Ⅰ）求证：MN ⊥面BCD ；（Ⅱ）求直线AD 与平面BCD 所成角的大小．11、（浙江省五校2016届高三第二次联考）如图，在四棱柱1111ABCD A B C D - ，底面ABCD 是边长为2的菱形， =60BAD ∠，14AA =，且1A C ABCD ⊥底面． ( I ) 证明：1111ACC A DBB D ⊥平面平面 ． （II ）求直线1A C 与平11DBB D 面所成角．12、（诸暨市2016届高三5月教学质量检测）如图，四棱锥P ABCD -的底面是直角梯形，,1,22ABC BCD AB BC CD π∠=∠====，PA ⊥平面ABCD ，E 是PD 的中点．（1）求证：AE平面PBC ；（2）若AE 与BC 所成角等于3π，求AE 与平面PAC 所成角的余弦值．13、（慈溪中学2016届高三高考适应性考试）四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是菱形，E 是AD 中点，60DAB ∠=，PA PD AB ==，二面角P BC A --为60. （1）求证：平面PBE ⊥平面PBC ； （2）求AB 与平面PBC 所成角的正弦值.参考答案一、填空、选择题1、【答案】80 ；40． 【解析】试题分析：由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体，22262244242280S =⨯+⨯+⨯⨯-⨯=表，3244240V =+⨯⨯=．2、【答案】693、【答案】C考点：1.三视图；2.空间几何体的体积. 4、【答案】A 【解析】试题分析：采用排除法，选项A 中，平面与平面垂直的判定，故正确；选项B 中，当αβ⊥时，,l m 可以垂直，也可以平行，也可以异面；选项C 中，//l β时，,αβ可以相交；选项D 中，//αβ时，,l m 也可以异面.故选A.5、D 6367、D 8、D 9、3 731++ 10、B11、A 12、B 13、D 14、C 15、D 16、C 17、B 18、3π+32；3π6 19、D 20、B 21、D 22、B 23、B二、解答题1、【答案】（1）证明详见解析；（2）217.2、【答案】(1)略；(2)78(2)作1A F DE ⊥，垂足为F ，连结BF.因为AE ⊥平面1A BC ，所以1BC A E ⊥. 因为BC AE ⊥，所以BC ⊥平面1AA DE . 所以11,BC A F A F ⊥⊥平面11BB C C .所以1A BF ∠为直线1A B 与平面11BB C C 所成角的平面角. 由2,90AB AC CAB ==∠=，得2EA EB ==. 由AE ⊥平面1A BC ，得1114,14A A A B A E ===由1114,2,90DE BB DA EA DA E ====∠=，得17A F =. 所以17sin A BF ∠=考点：1.空间直线、平面垂直关系的证明；2.直线与平面所成的角. 3、解：（Ⅰ）证明：连接AC 交BE 于O ，并连接,,EC FO所以O 为AC 中点， 又因为F 为AD 中点， 所以 //OF PA .因为OF 在平面BEF 内，PA 不在平面BEF 内， 所以//PA 平面BEF .…………………………7分 (Ⅱ)由BCDE 为正方形可得22EC BC ==由ABCE 为平行四边形，可得//EC AB ，所以PCE ∠为PC 与AB 所成角，即45PCE ∠=°， 因为PA PD =，E 为AD 重点， 所以PE AD ⊥.因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧面PAD 底面ABCD AD =，PE 在平面PAD 内，所以PE ⊥平面ABCD ， 所以PE EC ⊥， 所以2PE EC ==…………………………8分4、（Ⅰ）证明：因为三棱柱111ABC A B C -，所以11//C B BC .又因为90ACB ︒∠=，所以11C B AC ⊥．………3分 因为1AC ⊥平面ABC ，所以AC AC ⊥1．.……6分 因为1111C C B AC = ，所以AC ⊥平面11AB C ．…7分 （Ⅱ）解：因为三棱柱111ABC A B C -中11//C A AC ，又由（Ⅰ）知，AC ⊥平面11AB C ，所以11C A ⊥平面11AB C ．………………10分 设B A 1交1AB 于点O ，所以1AOC ∠为直线1A B 与平面11AB C 所成角．.……12分 设1BC CA AC ==a =，直角三角形O AC 1中，a OC 221=，a O A 261=．.……14分 因此，33cos 11=∠OC A ，故直线1A B 与平面11AB C 所成角的余弦值为33．.…15分 5、（Ⅰ）证明：∵正方形ABCD ，∴CD AD ⊥ （2分）∵⊥AE 平面CDE ， ∴CD AE ⊥， （5分） 又∵A AD AE = ，∴⊥CD 面ADE ， （7分） （Ⅱ）过E 作AD EF ⊥交AD 于F ，连BF ，∵⊥CD 面ADE ，EF CD ⊥，D AD CD = （9分） ∴⊥EF 平面ABCD ，∴EBF ∠为BE 与平面ABCD 所成的角， （12分） 5=BE ，21,23==AF EF ，∴217=BF ， 10855217cos ===∠BE BF BEF （15分）6、（Ⅰ）连接AC ,易得⊥1BC 平面11DCB A ， 所以C A BC 11⊥，① 当23=λ时，21=CP ，21==CB CP DC AD ，所以PBC ACD ∠=∠， 因此：AC BP ⊥，而⊥1AA 平面ABCD ，故1AA BP ⊥ 所以⊥BP 平面AC A 1，所以，C A BP 1⊥，② 由①②可得：⊥C A 1平面1PBC ．（Ⅱ）连接D A 1，C B 1，设M B C C B =11 ，连接PM ， 由于⊥1BC 平面11DCB A ，所以平面⊥1PBC 平面11DCB A ， 所以C A 1在平面1PBC 内的射影为PM ，故直线C A 1与平面1PBC 所成角即C A 1与PM 所成的角，记为θ， 在平面11DCB A 中，令N C A PM =1 ，则θ=∠CNM ， 再令α=∠CPN ，β=∠PCN ， 则由题意得：22tan =θ，22tan 1==DC D A β， 22tan tan 1tan tan )tan(tan =+-=-=βθβθβθα，而22222tan =-==λαCP CM ，解得：1=λ．7、(Ⅰ) 证明：四边形DCEF 为平行四边形，知//EF CD ，所以//EF ABCD 平面, 又平面ABEF平面ABCD AB =,从而有////AB CD EF .因为2ABE ABC π∠=∠=，所以AB ⊥ 平面BCE ，所以AB CE ⊥又四边形DCEF 为平行四边形，有//DF CE ，所以DC DF ⊥又因为平面DCEF ⊥ 平面ABCD ，平面DCEF 平面ABCD DC =所以DF ⊥ 平面ABCD . ………7分 （Ⅱ）不妨设1BC =，则1,2BC CD CE AB ==== 四边形ABCD 均为直角梯形，连接BD ，则有2BD AD ==则BD AD ⊥由DF ⊥ 平面ABCD 知DF BD ⊥， 所以BD ⊥平面FAD ，则BFD ∠即为直线BF 与平面ADF 所成角………11分 在BFD ∆中，DF BD ⊥，2,1BD DF ==，则3BF =所以26sin 3BD BFD DF ∠===， 所以直线BF 与平面ADF 所成角的正弦值为63. ………15分8、（1）取线段AB 、BC 的中点G 、H ，连接,,DG GH EH .ABD ∆为正三角形,G 为AB 的中点,,DG AB ∴⊥ 平面ABD ⊥平面ABC ,且平面ABD平面,ABC AB DG =⊂平面,ABD DG ∴⊥平面ABC .G 、H 分别为AB 、BC 的中点,1//2GH AC ∴. 又由已知有1//2DE AC , 故//DE GH ,从而四边形DEHG 为平行四边形, 进而有,EH DG EH ⊥平面ABCEH ⊂FD平面,EBC ∴平面EBC ⊥平面ABC .（2）由（1）可知四边形ADEC 为直角梯形, 因此AC AD ⊥,又AC AB ⊥,DAB ∴∠就是二面角E AC B --的平面角, 又,3DAB π∠=∴面角E AC B --的大小为3π.9、解：（Ⅰ）因为MN 是△ABD 的中位线， 所以MN //AB ． ………………2分 又AB ⊥平面PBC ， 所以MN ⊥平面PBC ．所以MN BC ⊥．① ………………4分 取BC 的中点Q ，连接DQ ，则DQ BC ⊥． 由PN 是△BDQ 的中位线知PN //DQ ，所以PN BC ⊥．② ………………6分 由①②可得BC ⊥平面MNP ． ………………7分 （Ⅱ）因为AB ⊥平面PBC ，所以AB QD ⊥．而BC QD ⊥，所以QD ⊥平面ABC ． ………………9分连接AQ ，取AQ 的中点E ，连接EM EC ，．在△AQD 中，EM 是中位线，所以EM //QD ． 故EM ⊥平面ABC ． ………………10分 所以MCE ∠就是直线MC 与平面ABC 所成角． ………………11分 连接CN，则MC ==，12EM QD = 在Rt △MCE中，sin ME MCE MC ∠==， 故直线MC 与平面ABC． ……………15分 10、（1）证明：取BC 中点E ，连接ME ，NE ，则ME AB AB BC ⎫⇒⎬⊥⎭ME BC ⊥ ………………2分 同理NE BC ⊥，又ME NE E =， ………………4分BC ∴⊥面MNE ，BC MN ∴⊥ ………………5分MEN ∴∠为二面角A BC D --的平面角，MEN 45∴∠=，∴在MEN ∆中，122ME AB ==，1122NE DC ==，12MN ∴==222,MN NE ME MN NE ∴+=∴⊥MN ∴⊥面BCD . ………………8分（2）取DC 中点P ，连接MP ，NPBD则MP AD，由（1）知MN⊥面BCD，则MPN∠为所求的线面角.………………11分1122NP BC==，在Rt MNP∆中，12MN NP==，45MPN∠=即直线AD与平面BCD所成角为45. (15)分11、解：( I )证明：∵ABCD是菱形∴AC⊥BD又∵1A C ABCD⊥底面∴1A C⊥BD，∴BD⊥面1A CA,即BD⊥面11ACC A，而BD∈11DBB D面∴1111ACC A DBB D⊥面面（II）法1：设四棱柱上下底面平行四边形的对角线交点分别是1O O、，连接1O O，由于11ACC A1O O与1A C相交，且交于各自的中点，设交点为E，过1A1O O的垂线，垂足为F∵1111ACC A DBB D⊥面面11111ACC A DBB D O O⋂=面面,11A F O O⊥,1A F∈11ACC A面∴1A F⊥11DBB D面故直线1A C与11DBB D面所成角就是∠1A EF∵底面ABCD是边长为2的菱形，=60BAD∠，14AA=∴OC=12，∠190A CA=，OE=1212AA=,∴sin OCOECOE∠==∴60OEC∠=故∠1A EF60OEC=∠=即直线1A C与11DBB D面所成角为60（法2）设底面菱形对角线的交点为O，由于AC⊥BD，如图建立空间直角坐标系O-xyz则计算可知，12AC===1(A(2),B(0,1,0),D(0,1,0)C-，由于11AB A B与的中点重合，故求得1(23,1,2)B-则11(0,0,2),(0,2,0),(23,0,2)AC BD BB=-=-=-，设11DBB D面的法向量为(,,)n x y z=则12020yn BDzn BB⎧-=⎧=⎪⎪⎨⎨-+==⎪⎪⎩⎩，即，令1x=，则0,y z==，故(1,0,3)n=则设直线1A C与11DBB D面所成角为θ，则11||233sin22||||AC nAC nθ===，故60θ=即直线1A C与11DBB D面所成角为6012、（1）证明：取PC中点F，连EF、BF……………………………………2分x∴PCD ∆中，1212EFCD EF AB AB CD ⎫⎪⎪⇒⎬⎪⎪⎭又 ∴四边形ABFE 为平行四边形…………………………………………………3分 ∵AEBF ∴PBCAE A B E B F P C ⎫⇒⎬⊄⎭⊂面面面PBC ………………………………………………2分 （2）AE 与直线BC 所成角等于3π，3FBC π∠= ∴3BP =∴2PA =2分 由AE BF 知只需求BF 与平面PAC 所成角…………………………………………1分 作BG AC ⊥于G ，则BG ⊥平面PAC ，BFG ∠即所求线面角……………………3分 ∴2cos 2FG BFG BF ∠==．……………………………………………………………2分 注：也可以取PA 中点H ，先证明EH PAC ⊥平面．13、（1）证明：∵PA PD =，E 是AD 中点，∴PE AD ⊥，而//AD BC ，∴PE BC ⊥， ∵底面ABCD 是菱形，60DAB ∠=，∴BE AD ⊥，∴BE BC ⊥而PE BE E =，,PE BE ⊂平面PBE ，∴BC ⊥平面PBE ，而BC ⊂平面PBC∴平面PBE ⊥平面PBC .（2）由BC ⊥平面PBE ，而,PB PE ⊂平面PBE ，∴BP BC ⊥，EB BC ⊥，∴PBE ∠是二面角P BC A --的一个平面角，∴60PBE ∠=，∴PBE ∆是正三角形，取BC 中点F ，连接,//EF EF AB取PB 中点H ，连接,EH HF ，∴EH PB ⊥，∵平面PBE ⊥平面PBC∴EH ⊥平面PBC ，∴EFH ∠就是EF 与平面PBC 所成的角Rt EFH ∆，3sin4EFH∠=，∴EF与平面PBC所成的角的正弦值为34即AB与平面PBC所成角的正弦值为34.。
2020年高考数学(文数)解答题强化专练——立体几何含答案
（文数）解答题强化专练——立体几何一、解答题（本大题共10小题，共120.0分）1.如图，在三棱锥S-ABC中，SA=SC，AB⊥AC，D为BC的中点，E为AC上一点，且DE∥平面SAB．求证：（1）直线AB∥平面SDE；（2）平面ABC⊥平面SDE．2.如图，在四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形，点P在底面ABCD的射影O落在AD上．（1）求证：平面PAB⊥平面PAD；（2）若O、M分别是AD、PB的中点，且求三棱锥M-PDC的体积．3.如图所示，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE=90°，AF∥DE，DE=DA=2AF=2．（1）求证：AC∥平面BEF；（2）求四面体BDEF的体积．4.如图，将边长为2的正六边形ABDEF沿对角线BE翻折，连接AC、FD，形成如图所示的多面体，且AC=．（1）证明：平面ABEF⊥平面BCDE；（2）求三棱锥E-ABC的体积．5.如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，点E是边AD上的一点，且AE=2ED，点H是BE的中点，将△ABE沿着BE折起，使点A运动到点S处，且有SC=SD．（1）证明：SH⊥平面BCDE．（2）求四棱锥S-BCDE的体积．6.如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED∥PA，且PA＝2ED＝2．(1)证明：平面PAC⊥平面PCE；(2)若∠ABC＝60°，求三棱锥P﹣ACE的体积．7.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA=PD，AB=AD，∠BAD=60°（1）求证：AD⊥PB；（2）若AB=PA=2，PB=，求点C到平面PBD的距离．8.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，O是B1D1中点，若AB=BC=2，AA1=．（1）求证：平面AB1D1⊥平面CB1D1；（2）求点O到平面AB1C的距离．9.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，AA1⊥平面ABCD．AB=2AD=4，．（1）证明：平面D1BC⊥平面D1BD；（2）若直线D1B与底面ABCD所成角为，M，N，Q分别为BD，CD，D1D的中点，求三棱锥C-MNQ的体积．10.如图，多面体ABCDB1C1是正三棱柱ABC-A1B1C1沿平面DB1C1切除部分所得，BC=CC1=1，点D为AA1的中点．（1）求证：BC1⊥平面B1CD；（2）求点B1到平面BCD的距离．答案和解析1.【答案】证明：（1）因为DE∥平面SAB，DE⊂平面ABC，平面SAB∩平面ABC=AB，所以DE∥AB，因为DE⊂平面SDE，AB⊄平面SDE，所以AB∥平面SDE，（2）因为D为BC的中点，DE∥AB，所以E为AC的中点．又因为SA=SC，所以SE⊥AC，又AB⊥AC，DE∥AB，所以DE⊥AC，∵DE⊂平面SDE，SE⊂平面SDE，DE∩SE=E，所以AC⊥平面SDE，因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面SDE．【解析】本题考查了线面平行的性质与判定，面面垂直的判定，属于中档题．（1）由线面平行可得DE∥AB，故而AB∥平面SDE；（2）证得SE⊥AC，DE⊥AC可得AC⊥平面SDE，故而平面ABC⊥平面SDE．2.【答案】（1）证明：依题意，PO⊥平面ABCD，又AB⊂平面ABCD，所以PO⊥AB．又AD⊥AB，AD∩PO=O，所以AB⊥平面PAD．又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．（2）因为PO⊥平面ABCD，O是AD的中点，所以△PAD是等腰三角形，又AD=2，，所以PO=1．因为M是PB的中点，所以M到平面PDC的距离等于点B到平面PDC距离的一半，连接BD，所以=．【解析】（1）根据PO⊥平面ABCD可得PO⊥AB，结合AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，于是平面PAB⊥平面PAD；（2）计算PO，根据计算棱锥的体积．本题考查了面面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．3.【答案】证明：（1）设AC∩BD=O，取BE中点G，连接FG，OG，所以，OG∥DE，且OG=DE．因为AF∥DE，DE=2AF，所以AF∥OG，且OG=AF，从而四边形AFGO是平行四边形，FG∥OA．因为FG⊂平面BEF，AO⊄平面BEF，所以AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF．解：（2）因为平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，所以AB⊥平面ADEF．因为AF∥DE，∠ADE=90°，DE=DA=2AF=2所以△DEF的面积为S△DEF=×ED×AD=2，所以四面体BDEF的体积V=•S△DEF×AB=【解析】（1）设正方形ABCD的中心为O，取BE中点G，连接FG，OG，由中位线定理，我们易得四边形AFGO是平行四边形，即FG∥OA，由直线与平面平行的判定定理即可得到AC∥平面BEF；（2）由已知中正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE=90°，我们可以得到AB⊥平面ADEF，结合DE=DA=2AF=2．分别计算棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式即可求出四面体BDEF的体积．本题考查的知识点是直线与平面平行的判定及棱锥的体积，（1）的关键是证明出FG∥OA，（2）的关键是得到AB⊥平面ADEF，即四面体BDEF的高为AB．4.【答案】（1）证明：正六边形ABCDEF中，连结AC、BE，交点为G，由边长为2的正六边形ABCDEF的性质得AC⊥BE，且AG=CG=，在多面体中，由AC=，得AG2+CG2=AC2，∴AG⊥GC，又GC∩BE=G，GC，BE⊂平面BCDE，∴AG⊥平面BCDE，又AG⊂平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面BCDE．（2）解：连结AE，CE，则AG为三棱锥A-BCE的高，GC为△BCE的高，在正六边形ABCDEF中，BE=2AF=4，∴，∴V E-ABC=V A-BCE==2．【解析】（1）连结AC、BE，交点为G，由边长为2的正六边形ABCDEF的性质得AC⊥BE，且AG=CG=，由勾股定理得AG⊥GC，从而AG⊥平面BCDE，由此能证明平面ABEF⊥平面BCDE．（2）连结AE，CE，则AG为三棱锥A-BCE的高，GC为△BCE的高，利用V E-ABC=V A-BCE，能求出三棱锥E-ABC的体积．本小题主要考查空间线面关系、面面垂直的证明、几何体的体积等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．5.【答案】（1）证明：取CD的中点M，连接HM，SM，由已知得AE=AB=2，所以SE=SB=2，又点H是BE的中点，所以SH⊥BE．因为SC=SD，点M是线段CD的中点，所以SM⊥CD．又因为HM∥BC，所以HM⊥CD，从而CD⊥平面SHM，所以CD⊥SH，又CD，BE不平行，所以SH⊥平面BCDE．（2）解：由（1）知，，底面BCDE的面积为，所以四棱锥S-BCDE的体积．【解析】（1）取CD的中点M，连接HM，SM，证明SH⊥BE．SM⊥CD．HM⊥CD，推出CD⊥平面SHM，即可证明SH⊥平面BCDE．（2）求出棱锥的底面面积与高，即可求解几何体的体积．本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，几何体的体积的求法，如果是考试，可以参考评分细则：（1）第（1）问中，不管用哪种方法，证出结论得（6分）；（2）第（2）问，计算出高，得（2分），算出底面积S=4，得（2分），正确算出四棱锥的体积本小问共得（6分）．6.【答案】（1）证明：连接BD，交AC于点O，设PC中点为F，连接OF，EF．∵O，F分别为AC，PC的中点，∴OF∥PA，且OF=，∵DE∥PA，且，∴OF∥DE，且OF=DE．∴四边形OFED为平行四边形，则OD∥EF，即BD∥EF，因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∵PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，∵BD∥EF，∴EF⊥平面PAC，∵EF⊂平面PCE，∴平面PAC⊥平面PCE．（2）解：∵∠ABC=60°，∴ABC是等边三角形，可得AC=2．又∵PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PA⊥AC．∴，∵EF⊥平面PAC，∴EF是三棱锥E-PAC的高．∵，∴=．【解析】本题考查平面与平面垂直的判定，三棱锥体积的计算，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．（1）连接BD，交AC于点O，设PC中点为F，由已知结合三角形中位线定理可得四边形OFED为平行四边形，则OD∥EF，即BD∥EF．再由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥BD．又四边形ABCD是菱形，得BD⊥AC．由线面垂直的判定可得BD⊥平面PAC，则EF⊥平面PAC．进一步得到平面PAC⊥平面PCE．（2）由∠ABC=60°，可得△ABC是等边三角形，得AC=2．再由PA⊥平面ABCD，得PA⊥AC．求出三角形PAC的面积，证得EF是三棱锥E-PAC的高，即可求出结果.7.【答案】解：（1）证明：∵AB=AD，且∠BAD=60°∴△ABD是等边三角形设O是AD的中点，连接PO，BO，则BO⊥AD，∵△APD是等腰三角形∴PO⊥AD，∵PO∩BO=O，∴AD⊥平面PBO，∴AD⊥PB；（2）设PB中点为E，连接DE，∵AB=PA=2，PB=，∴AP=PD=AD=BD=2，OB=，DE=1，DE⊥BP，∴OP=BO=，OP2+OB2=PB2∴OP⊥OB，∵OP⊥AD，AD∩OB=O，∴OP⊥面ABCD，S△BCD=S△ABD=•OB•AD==，S△BDP=•DE•BP=×1×=，设点C到平面PBD的距离为h，∵V P-BCD=V C-BDP∴×OP×S△BCD=×h×S△BDP，即××=×h×，解得h=．【解析】（1）设O是AD的中点，连接PO，BO，通过证明AD⊥平面PBO，证出AD⊥PB；（2）利用等体积法，即可求点C到平面PAB的距离本题考查空间直线、平面位置关系的判断，考查点面距离的计算，考查空间想象能力、推理论证、计算、转化能力8.【答案】（1）证明：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，∵AB=AD=2，AA1=，∴B1C=D1C，∵O为D1B1的中点，∴CO⊥B1D1，同理AO⊥B1D1，∴∠AOC就是平面AB1D1与平面CB1D1所成二面角的平面角．在三角形AOC中，可得AO=OC==2，∵AC=2，∴AO2+OC2=AC2，即OC⊥OA．∴∠AOC=90°．即平面AB1D1⊥平面CB1D1；（2）解：由（1）知，OB1⊥平面AOC，△AOC为直角三角形，且AO=OC=2．∴V=V，∴．∵，=2．∴d=1，∴点O到平面AB1C的距离为1．【解析】（1）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，由已知证明CO⊥B1D1，∴∠AOC就是平面AB1D1与平面CB1D1所成二面角的平面角．求解三角形可得OC⊥OA即可；（2）由（1）知，OB1⊥平面AOC，△AOC为直角三角形，然后利用等积法即可求解．本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求距离，是中档题．9.【答案】证明：（1）∵D1D⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴D1D⊥BC．又AB=4，AD=2，，∴，∵AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD．又∵AD∥BC，∴BC⊥BD．又∵D1D∩BD=D，BD⊂平面D1BD，D1D⊂平面D1BD，∴BC⊥平面D1BD，而BC⊂平面D1BC，∴平面D1BC⊥平面D1BD．解：（2）∵D1D⊥平面ABCD，∴∠D1BD即为直线D1B与底面ABCD所成的角，即，而，∴DD1=2．，∴三棱锥C-MNQ的体积．【解析】（1）推导出D1D⊥BC，AD⊥BD，BC⊥BD．从而BC⊥平面D1BD，由此能证明平面D1BC⊥平面D1BD．（2）由D1D⊥平面ABCD，得∠D1BD即为直线D1B与底面ABCD所成的角，即，由，能求出三棱锥C-MNQ的体积．本题考查面面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．10.【答案】解：（1）设BC1与B1C交于点E，连接DE，∵多面体ABCDB1C1是正三棱柱ABC-A1B1C1沿平面DB1C1切除部分所得，BC=CC1=1．∴四边形BB1C1C是正方形，四边形CC1DA，ABB1D均为直角梯形，且AB⊥AD，AC⊥AD．∵点D为AA1的中点．AA1=BB1，AA1∥BB1．∴，DC1=，∴BD=C1D．，BC1⊥DE，又∵BC1⊥B1C，B1C∩DE=E，∴BC1⊥平面B1CD；（2）设点B1到平面BCD的距离为d．∵，点D到面BCC1B1的距离即为△ABC边BC上的高，即为．∴∵．∴，S=，∴．即点B1到平面BCD的距离为．【解析】（1）设BC1与B1C交于点E，连接DE，可得BD=C1D，BC1⊥DE，即可证明BC1⊥平面B1CD；（2）利用等体积法求点B1到平面BCD的距离．本题考查了线面垂直的证明、点到面的距离，属于中档题．。