2020高考模拟试题立体几何部分解答题汇编(含答案)
2020高考模拟试题立体几何部分解答题汇编（含答案）1．（2020•浙江模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知四边形ABB1A1是矩形，四边形BCC1B1是菱形，O为BC的中点，且AB＝1，BC＝2，∠ABC＝90°，∠B1BC＝60°．（1）求证：B1C⊥平面ABC1；（2）求直线CC1与平面AB1O所成角的正弦值．2．（2020•吉林模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，平面P AD⊥底面ABCD，P A＝PD＝AD＝2BC＝2CD＝2，M为PC上一点，P A∥平面BDM．（1）求PM：MC的值；（2）求四棱锥P﹣ABCD外接球的半径．3．（2020•5月份模拟）如图①四边形ABCD为矩形，E、F分别为AD、BC边的三等分点，其中AB＝AE＝CF＝1，BF＝2，以EF为折痕把四边形ABFE折起如图②，使面ABFE ⊥面EFCD．（1）证明：图②中CD⊥BD；（2）求二面角A﹣BD﹣C的余弦值．4．（2020•江西模拟）已知如图，菱形ABCD的边长为2，对角线AC＝2，现将菱形ABCD 沿对角线AC翻折，使B翻折至点B'．（1）求证：AC⊥B'D；（2）若B'D＝1，且点E为线段B'D的中点，求CE与平面AB'D夹角的正弦值．5．（2020•德阳模拟）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱与底面垂直，底面ABCD是菱形，四棱锥P﹣ABCD的顶点P在平面A1B1C1D1上的投影恰为四边形A1B1C1D1对角线的交点O1，四棱锥P﹣ABCD和四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高相等．（1）证明：PB∥平面ADO1；（2）若∠BAD＝，AA1＝A1B1，求平面PBC与平面ABO1所成的锐二面角的余弦值．6．（2020•内江三模）如图，在直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC ⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝4．（1）证明：面ACD1⊥面BB1D；（2）求二面角B1﹣AC﹣D1的余弦值．7．（2020•天津二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，AB∥CD，且CD＝2，AB＝1，，AB⊥BC，N为PD的中点．（1）求证：AN∥平面PBC；（2）求平面P AD与平面PBC所成锐二面角的余弦值；（3）在线段PD上是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．8．（2020•汉阳区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，P A⊥底面ABCD，P A＝AB＝4，E为线段PB的中点．（1）若F为线段BC上的动点，证明：平面AEF⊥平面PBC；（2）若F为线段BC的中点，求点P到平面AEF的距离．9．（2020•西湖区校级模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1B1＝A1C1＝2，，∠BAC＝120°，O为线段B1C1的中点，P线段CC1上一动点（异于点C、C1）．Q为线段BC上一动点，且QP⊥OP；（1）求证：平面A1PQ⊥平面A1OP；（2）若BO∥PQ，求直线OP与平面A1PQ所成角的正弦值．10．（2020•高港区校级模拟）如图，在四棱锥P ABCD中，M是P A上的点，△ABD为正三角形，CB＝CD，P A⊥BD．（1）求证：平面MBD⊥平面P AC；（2）若∠BCD＝120°，DM∥平面BPC，求证：点M为线段P A的中点．11．（2020•柯桥区二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD＝PB＝BD＝AB＝1，∠BAD ＝30°，CD＝CB．（1）求证：PC⊥BD；（2）若P A＝，求直线P A与平面PBD所成角的正弦值．12．（2020•三模拟）如图甲，在矩形ABCD中，E是边CD的中点，AB＝2，BC＝．以AE，BE为折痕将△ADE与△BCE折起，使D，C重合（仍记为D），如图乙．（1）探索：翻折后形成的几何体中直线DE的几何性质（写出一条即可，说明理由．不含DE⊥DA，DE⊥DB）（2）求翻折后的几何体E﹣ABD外接球的体积．13．（2020•运城模拟）在三棱锥P﹣ABC中，BC＝2，AB＝2，AP⊥PC，平面P AC⊥平面ABC，E是PB的中点．（1）求证：BC⊥P A；（2）求点B到平面ACE的距离．14．（2020•镜湖区校级模拟）如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1底面边长为1，BC1∩B1C ＝E，点D在AC上，使得AB1∥平面BDC1．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若AB1⊥BC1，作出点D在平面BCC1B1上投影F，并求线段EF的长．15．（2020•香坊区校级一模）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC为正三角形，AB＝AA1＝4，F为BC的中点．点E在棱C1C上，且C1E＝3EC．（Ⅰ）求证：直线B1F⊥平面AEF；（Ⅱ）求二面角B1﹣AE﹣F的余弦值．16．（2020•沙坪坝区校级模拟）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为CC1的中点，AB ＝2．（1）求证：平面ADB1⊥平面ABB1A1；（2）若直线AB1与平面A1B1C1所成角为60°，求二面角B1﹣AD﹣C1的余弦值．17．（2020•衡阳三模）如图，半圆弧所在平面与平面ABCD垂直，M是上异于A，B 的动点，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝2DC（1）证明：MB⊥平面MAD；（2）当直线MB与平面ABCD所成的角为45°时，求二面角D﹣MA﹣C的正弦值．18．（2020•德阳模拟）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱与底面垂直，底面ABCD是菱形，四棱锥P﹣ABCD的顶点P在平面A1B1C1D1上的投影恰为四边形A1B1C1D1对角线的交点O1，四棱锥P﹣ABCD和四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高相等．（1）证明：PB∥平面ADO1；（2）若AB＝BD＝BB1＝2，求几何体P﹣AB1C1的体积．19．（2020•内江三模）如图，在直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC ⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝4．（1）证明：面ACD1⊥面BB1D；（2）求多面体ABC﹣A1B1C1D1的体积．20．（2020•二模拟）如图甲所示，在平面四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DCA ＝60°，AB＝BC＝，现将平面ADC沿AC向上翻折，使得DB＝，M为AC的中点，如图乙．（1）证明：BM⊥DC；（2）线段DC上是否存在点Q，使得直线BQ与平面ADB所成角的正弦值为，若存在，求出线段DQ的长度；若不存在，请说明理由．21．（2020•南岗区校级模拟）如图，组合体由棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1和四棱锥S﹣ABCD组成，SD⊥平面ABCD，SD＝2，E是DD1中点，F是SB中点．（Ⅰ）求证：SB∥平面EA1C1；（Ⅱ）求证：A1C1⊥EF；（Ⅲ）求S到平面EA1C1的距离．22．（2020•河南模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，BC∥AD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，AD＝AP＝2，E为PD的中点，F为BP的中点．（1）求证：CE∥平面P AB；（2）求点D到平面PBC的距离．23．（2020•滨州三模）在如图所示的圆柱O1O2中，AB为圆O1的直径，C，D是的两个三等分点，EA，FC，GB都是圆柱O1O2的母线．（1）求证：FO1∥平面ADE；（2）设BC＝1，已知直线AF与平面ACB所成的角为30°，求二面角A﹣FB﹣C的余弦值．24．（2020•金凤区校级四模）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所在平面互相垂直，已知AB＝4，EF＝2．（1）求证：平面ADF⊥平面BCF；（2）若几何体F﹣BCE和几何体F﹣ABCD的体积分别为V1和V2，求V1：V2．25．（2020•韩城市模拟）如图，在Rt△AOB中，OA＝OB＝2，△AOC通过△AOB以直线OA为轴顺时针旋转120°得到（即∠BOC＝120°），点M为线段BC上一点，且MB＝．（Ⅰ）求证：OA⊥OM；（Ⅱ）若D是线段AB的中点，求四棱锥O﹣ACMD的体积．26．（2020•南岗区校级模拟）图中组合体由一个棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1和一个四棱锥S﹣ABCD组成（SD⊥平面ABCD，S，D，D1三点共线，SD＝2），E是DD1中点．（Ⅰ）求证：SB∥平面EA1C1；（Ⅱ）点F在棱SB上靠近S的三等分点，求直线EF与平面EA1C1所成角的正弦值．27．（2020•邵阳三模）如图所示，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1．（1）线段AC上是否存在点O，使得C1O∥平面AB1D1，若存在，求的值；若不存在，请说明理由；（2）求直线D1A与平面A1ACC1所成角的大小．28．（2020•龙潭区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥DC，DC＝2AB＝2AD＝2BC，△P AB为等边三角形，平面P AB⊥底面ABCD，E为PD的中点．（1）求证：AE∥平面PBC；（2）求二面角B﹣AE﹣P的正弦值．29．（2020•武昌区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB ＝2AD＝4，PD＝BD＝AD，且PD⊥底面ABCD．（1）证明：BC⊥平面PBD；（2）若Q为PC的中点，求三棱锥A﹣PBQ的体积．30．（2020•东兴区校级模拟）如图，四棱锥E﹣ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形∠DAE＝∠BAE＝45°，∠DAB＝60°．（Ⅰ）证明：平面ADE⊥平面ABE；（Ⅱ）当平面DCE与平面ABE所成锐二面角的余弦值，求直线DE与平面ABE所成角正弦值．31．（2020•宝鸡三模）如图，DA⊥平面ABC，DA∥PC，E为PB的中点，PC＝2，AC⊥BC，△ACB和△DAC是等腰三角形，AB＝．（Ⅰ）求证：DE∥平面ABC；（Ⅱ）求三棱锥E﹣BCD体积．32．（2020•杜集区校级模拟）如图，将长方形OAA1O1（及其内部）绕OO1旋转一周形成圆柱，其中OA＝1，OO1＝2，弧的长为为⊙O的直径．（Ⅰ）在弧上是否存在点C（C，B1在平面OAA1O1的同侧），使BC⊥AB1，若存在，确定其位置；若不存在，说明理由；（Ⅱ）求A1到平面BO1B1的距离．33．（2020•靖远县模拟）如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝2，点E，F分别为AD，PC的中点．（1）证明：DF∥平面PBE；（2）求直线PD与平面PBE所成角的正弦值．34．（2020•梅河口市校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD的对角线互相垂直，且BC＝CD，PB＝PD，P A⊥平面ABCD．（1）若Q为PD的中点，求证：OQ∥平面P AB；（2）若AB⊥BC，AB＝P A＝AC＝1，点M在PC上，且PM＝PC，求点A到平面MBD的距离．35．（2020•襄州区校级四模）如图，DA⊥平面ABC，DA∥PC，E为PB的中点，PC＝4，AC⊥BC，△ACB和△DAC都是等腰三角形，．（1）求证：DE∥平面ABC；（2）求直线DE和平面BCD所成角的正弦值．36．（2020•二模拟）如图甲所示，在平面四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DCA ＝60°，AB＝BC＝，现将平面ADC沿AC向上翻折，使得DB＝，M为AC的中点，如图乙．（1）证明：BM⊥DC；（2）求BM与平面ADB所成角的正弦值．37．（2020•东湖区校级三模）如图，在六棱锥P﹣ABCDEF中，底面ABCDEF是边长为4的正六边形，．（1）证明：平面P AC⊥平面PBE；（2）若，求二面角B﹣P A﹣F的余弦值．38．（2020•泸州四模）如图，在多面体ABCDEF中，侧面ADEF是平行四边形，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，顶点E在底面ABCD内的射影恰为点C．（Ⅰ）求证：BC⊥平面ACE；（Ⅱ）若CD＝CE，求四面体ABEF的体积．39．（2020•福州三模）如图，在多面体P ABCD中，平面ABCD⊥平面P AD，AD∥BC，∠BAD＝90°，∠P AD＝120°，BC＝1，AB＝AD＝P A＝2．（1）求平面PBC与平面P AD所成二面角的正弦值；（2）若E是棱PB的中点，求证：对于棱CD上任意一点F，EF与PD都不平行．40．（2020•庐阳区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面P AD⊥平面ABCD．平面PCD⊥平面ABCD．（1）证明：PD⊥平面ABCD；（2）若E为PC的中点，DE⊥PC，四边形ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，求二面角D﹣BE﹣C的余弦值．1．【解答】解：（1）因为，∠ABC＝90°，所以AB⊥BC，因为四边形ABB1A1是矩形，所以AB⊥BB1，又BC⊂平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面BCC1B1．因为B1C⊂平面BCC1B1，所以AB⊥B1C，又四边形BCC1B1是菱形，所以BC1⊥CB1，因为AB⊂平面ABC1，B1C⊂平面ABC1，AB∩BC1＝B，所以B1C⊥平面ABC1．（2）因为四边形BCC1B1是菱形，∠B1BC＝60°，O为BC的中点，所以B1O⊥BC，由（l）知AB⊥平面BCC1B1，所以AB⊥B1O，又BC∩AB＝B，所以B1O⊥平面ABC，又B1O⊂平面AB1O，所以平面AB1O⊥平面ABC，过点B作BH⊥AO于点H，则BH⊥平面AB1O，连接B1H，则∠BB1H即直线CC1与平面AB1O所成的角，在直角△ABO中，易得BH＝，又B1B＝2，所以sin，所以直线CC1与平面AB1O所成角的正弦值为．2．【解答】解：（1）如图，连接AC交BD于点N，连接MN，因为平面P AC∩平面BDM＝MN，P A∥平BDM，所以P A∥MN，所以＝．又因为△BCN∽△DAN，所以＝2，故＝2．（2）根据题意，取AD的中点O，连接PO，因为△P AD为等边三角形，所以PO⊥AD，PO＝．因为平面P AD⊥底面ABCD，且平面P AD∩底面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD．设△P AD的重心为G，则GO平面ABCD，AG＝DG＝PG＝．解等腰梯形ABCD，可得O为梯形ABCD外接圆的圆心，所以OD＝OA＝OB＝OC＝1，所以GD＝GA＝GB＝GC＝，故G为四棱锥P﹣ABCD外接球球心，半径为．3．【解答】解：（1）证明：连接BE，易知，∴BE2+EF2＝BF2，∴BE⊥EF，∵面ABFE⊥面EFCD，面ABFE∩面EFCD＝EF，∴BE⊥面EFCD，∴BE⊥CD，∵CD⊥DE，BE∩DEE，且BE，DE都在平面BDE内，∴CD⊥面BDE，又BD⊂面BDE，∴CD⊥BD；（2）以ED，EB分别为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，BF的中点，∵，∴，∴，设平面ABD的法向量为，则，则可取，同理可得平面BDC的法向量为，∴，∵二面角A﹣BD﹣C的平面角为钝角，∴二面角A﹣BD﹣C的余弦值为．4．【解答】（1）证明：如图所示，取AC的中点为O，连结OD，OB′，∵AB′＝B′C，AD＝CD，∴B′O⊥AC，DO⊥AC，又B′O∩DO＝O，∴AC⊥平面B′OD，∵B′D⊂平面B′ED，∴AC⊥B′D．（2）解：以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过O作平面ACD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，在等腰△B′AC中，B′O＝1，同理DO＝1，∵B′D＝1，A（﹣，0，0），D（0，1，0），B′（0，，），C（，0，0），E （0，，），∴＝（，1，0），＝（0，，﹣），＝（﹣，，），设平面B′AD的一个法向量为＝（x，y，z），则，即，取z＝1，得＝（﹣1，，1），∴cos＜＞＝＝＝．设CE与平面AB'D夹角为θ，则sinθ＝|cos＜＞|＝．∴CE与平面AB'D夹角的正弦值为．5．【解答】（1）证明：连接BO1、PO1，由题知，PO1⊥平面A1B1C1D1且四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱与底面垂直，∴PO1∥BB1∥DD1，即P、B、O1、D四点共面．∵四棱锥P﹣ABCD和四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高相等，∴在四边形PBO1D中，PO1与BD的交点O为BD的中点，也是PO1的中点，∴四边形PBO1D为平行四边形，∴PB∥O1D，又O1D⊂平面ADO1，PB⊄平面ADO1，∴PB∥平面ADO1．（2）解：由题意知，O1A1、O1B1、O1P三直线两两垂直，∴以O1为原点，O1A1、O1B1、O1P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，设O1B1＝1，则O1A1＝，AA1＝2，∴O1（0，0，0），A（，0，2），B（0，1，2），P（0，0，4），C（，0，2），∴＝（，0，2），＝（0，1，2），设平面ABO1的法向量为＝（x，y，z），则，即，令z＝，则x＝﹣2，y＝，∴＝（﹣2，，）．同理可得，平面PBC的法向量＝（﹣2，，）．∴cos＜，＞＝＝＝．故平面PBC与平面ABO1所成的锐二面角的余弦值为．6．【解答】解：（1）证明：由直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1可知，BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴BB1⊥AC，又∵AC⊥BD，且BB1∩BD＝B，∴AC⊥平面BB1D，又AC⊂平面ACD1，∴面ACD1⊥面BB1D；（2）易知，AB，AD，AA1两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝t，则A（0，0，0），B（t，0，0），B1（t，0，4），C（t，1，0），C1（t，1，4），D（0，4，0），D1（0，4，4），∴，∵AC⊥BD，∴，解得t＝2（t＝﹣2舍去），∴，设是平面ACD1的一个法向量，则，即，令x＝1，可得，同理可得平面ACB1的一个法向量为，∴，∵二面角B1﹣AC﹣D1为锐二面角，∴二面角B1﹣AC﹣D1的余弦值为．7．【解答】解：过A作AE⊥CD于点E，则DE＝1，以A为原点，AE、AB、AP所在的直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（0，1，0），E（，0，0），D（，﹣1，0），C（，1，0），P（0，0，1），∵N为PD的中点，∴N（，，）．（1）＝（，，），＝（0，﹣1，1），＝（，0，0）．设平面PBC的法向量为＝（x，y，z），则，令y＝1，则x＝0，z＝1，∴＝（0，1，1），∴•＝+＝0，即⊥，又AN⊄平面PBC，∴AN∥平面PBC．（2）由（1）知，＝（0，0，1），＝（，﹣1，0），设平面P AD的法向量为＝（a，b，c），则，令a＝1，则b＝，c＝0，∴＝（1，，0），∴cos＜，＞＝＝＝．故平面P AD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为．（3）令＝λ，λ∈[0，1]，设M（x，y，z），∴（x﹣，y+1，z）＝λ（，1，1），∴M（，λ﹣1，λ），∴＝（，λ﹣2，λ）．由（1）知，平面PBC的法向量为＝（0，1，1），∵直线CM与平面PBC所成角的正弦值为，∴＝||＝，化简得21λ2﹣50λ+24＝0，即（3λ﹣2）（7λ﹣12）＝0，∵λ∈[0，1]，∴λ＝，故＝．8．【解答】（1）证明：∵P A＝AB，E为线段PB的中点，∴AE⊥PB，∵P A⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥P A，∵底面ABCD为正方形，∴BC⊥AB，P A∩AB＝A，∴BC⊥平面P AB，∵AE⊂平面P AB，∴AE⊥BC．∵PB∩BC＝B，∴AE⊥平面PBC，∵AE⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面PBC．（2）解：∵P A⊥底面ABCD，∴平面P AB⊥底面ABCD，∵平面P AB∩底面ABCD＝AD，CD⊥AD，∴CD⊥平面P AB，∴CD⊥PD．∵，CD＝AB＝4∴PC＝4，∵E为线段PB的中点，F为线段BC的中点，∴，点P到面AEF的距离等于点B到面AEF的距离，设为h．∵，，由（1）知AE⊥EF，∴S△AEF＝2，S△ABF＝4，V B﹣AEF＝V E﹣ABF得即点P到面AEF的距离为．9．【解答】（1）证明：∵A1B1＝A1C1＝2，O为线段B1C1的中点，∴A1O⊥B1C1，∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∴CC1⊥平面A1B1C1，∴A1O⊥CC1，又CC1∩B1C1＝C1，∴A1O⊥平面CBB1C1，∴QP⊥A1O．又∵QP⊥OP，A1O∩OP＝O，∴QP⊥平面A1OP，又QP⊂平面A1OP，∴平面A1PQ⊥平面A1OP．（2）解：建立如图空间直角坐标系O﹣xyz，∵A1B1＝A1C1＝2，∠B1A1C1＝∠BAC＝120°，∴，OA1＝1，则O（0，0，0），，，，A1（﹣1，0，0），设，，则，＝（0，﹣b，a﹣2），＝（0，，a）．∵QP⊥OP，BO∥PQ，∴，，故，解得：，（P异于点C，C1），∴，，．设平面A1QP的法向量为，则，即，可取，设直线OP与平面A1QP所成角为θ，则．故直线OP与平面A1QP所成角的正弦值为．10．【解答】证明：（1）取BD的中点O，连结OA，OC，∵△ABD为正三角形，∴OA⊥BD．∵CB＝CD，∴OC⊥BD．在平面ABCD内，过O点垂直于BD的直线有且只有一条，∴A，O，C三点共线，即AC⊥BD．∵P A⊥BD，AC，P A⊂平面P AC，AC∩P A＝A，∴BD⊥平面P AC．∵BD⊂平面MBD，∴平面MBD⊥平面P AC．（2）（证法1）延长BC，AD，交于Q点，连结PQ，如图1；∵DM∥平面BPC，DM⊂平面P AQ，平面BPC∩平面P AQ＝PQ，∴DM∥PQ．在△CBD中，∵CB＝CD，∠BCD＝120°，∴∠CBD＝30°，∴∠ABC＝30°+60°＝90°，∴△ABO为直角三角形．∵在Rt△ABQ中，∠BAQ＝60°，∴AQ＝2AB＝2AD，∴点D是AQ的中点，∴点M为线段P A的中点．（证法2）取AB的中点N，连结MN和DN，如图2；易算得∠ABC＝90°，即AB⊥BC．∵△ABD为正三角形，∴DN⊥AB．又DN，BC，AB共面，∴DN∥CB．∵DN⊄平面BPC，CB⊂平面BPC，∴DN∥平面BPC．DM∥平面BPC，DN，DM⊂平面DMN，∴平面DMN∥平面BPC．∵MN⊂平面DMN，∴MN∥平面BPC．∵MN⊂平面P AB，平面P AB∩平面BPC＝PB，∴MN∥PB．∵N是AB的中点，∴M为线段P A的中点．11．【解答】证明：（1）取BD的中点O，连接OP、OC，∵PD＝PB，∴OP⊥BD，又CD＝CB，∴OC⊥BD，∵OP∩OC＝O，OP、OC⊂平面OPC，∴BD⊥平面OPC，∵PC⊂平面OPC，∴PC⊥BD；解：（2）∵BD＝AB＝1，∴AB＝2，BD＝1，而∠BAD＝30°，由余弦定理可得：BD2＝AD2+AB2﹣2AD•AB cos∠BAD，即，解得AD＝，∴AD2+DB2＝AB2，则AD⊥DB．取AB中点E，连接OE，则OE∥AD，∴OE⊥BD，可得OE⊂平面POC，连接PE，在平面PCE中，过O作OZ⊥CE，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OZ所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．在△P AB中，由P A＝，AB＝2，PB＝1，可得cos，在△P AE中，有PE＝＝．在△POE中，有cos＝．∴cos．则B（，0，0），D（﹣，0，0），P（0，，），A（，﹣，0）．＝（0，，），＝（1，0，0），．设平面PDB的一个法向量为，由，取z＝﹣1，得．设直线P A与平面PBD所成角为θ，则sinθ＝＝＝．∴直线P A与平面PBD所成角的正弦值为．12．【解答】解：（1）性质：DE⊥平面ABD，证明如下：翻折前，DE⊥DA，DE⊥BC，翻折后满足，DE⊥DA，DE⊥BD且DA∩DB＝D，则DE⊥平面ABD，（2）解：因为DA，DB，DE两两垂直，所以几何体E﹣ABD的外接球就是以DA，DB，DE相邻的棱的长方体的外接球，所以（2R）2＝DA2+DB2+DE2＝2+2+1＝5，所以R＝．故V＝＝13．【解答】（1）证明：∵，∴，∵，∴AB2＝AC2+BC2，∴AC⊥BC，∵平面P AC⊥平面ABC，平面P AC∩平面ABC＝AC，∴BC⊥平面P AC，∴BC⊥P A．（2）解：∵E是PB的中点，∴点P，B到平面ACE的距离相等，设为d，，即，化简得S△ACE×d＝1，由（1）可得BC⊥PC，∴，∵AB2＝AP2+PB2，∴P A⊥PB，∴，∴，∴，∴，∴，∴点B到平面ACE的距离为．14．【解答】解：（Ⅰ）连接DE，由题意可知点E为B1C的中点，∵AB1∥平面BDC1，又平面AB1C∩平面BDC1＝DE，AB1⊂平面AB1C，∴AB1∥DE，∵E为B1C的中点，∴D为AC的中点，∴．（Ⅱ）作DF⊥BC于F，则DF⊥平面B1BCC1，连接EF，则EF是ED在平面B1BCC1上的射影．∵AB1⊥BC1，由（Ⅰ）知AB1∥DE，∴DE⊥BC1，则BC1⊥EF，由已知AC＝1，则，∵△ABC是正三角形，∴在Rt△DCF中，，取BC中点G，∵EB＝EC，∴EG⊥BC．则在Rt△BEF中，EF2＝BF•GF，又，∴，即．15．【解答】解：（Ⅰ）取B1C1中点D，连接DF，设AB＝4，以F为坐标原点，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，，∴，设平面AEF的法向量为∵，∴，∴，∵，∴，∴直线B1F⊥平面AEF．（Ⅱ），设平面B1AE的法向量为∵，∴，不妨取y2＝3，则x2＝﹣5，z2＝﹣4．∴，平面AEF的法向量为，设二面角B1﹣AE﹣F的平面角为θ，∴．16．【解答】（1）证明：取AB1中点H，连接DH．由题设条件易知：Rt△ACD与Rt△B1C1D全等，所以DA＝DB1，DH⊥AB1，同理：Rt△A1C1D与Rt△BCD全等，所以DA1＝DB1，DH⊥A1B，所以DH⊥平面ABB1A1⇒平面ADB1⊥平面ABB1A1．（2）解：AA1⊥平面A1B1C1⇒AB1与平面A1B1C1所成角即为∠AB1A1，∴，取A1C1中点O，连接OB1，则OB1⊥A1C1，以O为坐标原点，OB1方向为x轴，OC1方向为y轴，过O作平面A1B1C1的垂线为z轴建立如图所示空间直角坐标系，则：，设平面ADB1的法向量为，由得，易知为平面AA1C1C的法向量，设二面角B1﹣AD﹣C1的大小为θ，则，所以二面角B1﹣AD﹣C1的余弦值为．17．【解答】解：（1）证明：因为半圆弧所在平面与平面ABCD垂直，平面MAB∩平面ABCD＝AB，由DA⊥AB，所以DA⊥平面MAB，又MB⊂平面MAB，则有DA⊥MB又AB为半圆弧所对的直径，所以MB⊥MA，而MA∩DA＝A，所以MB⊥平面MAD．（2）法1（空间向量法）：过M作AO⊥AB于O，因为平面MAB⊥平面ABCD，平面MAB∩平面ABCD＝AB，所以MO⊥平面ABCD，∠MBO即MB与平面ABCD所成的角，由已知条件得∠MBA＝45°，MA＝MB，即O为AB中点．由∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝2DC，四边形AOCD为矩形，所以OC⊥AB以O为坐标原点，OB，OC，OM方向分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝AD＝2DC＝2，所以C（0，2，0），D（﹣1，2，0），A（﹣1，0，0），M（0，0，1），B（1，0，0）由（1）知，MB⊥平面MAD，则平面MAD的一个法向量设平面MAC的法向量因为，由，得，取y＝﹣1，则设二面角D﹣MA﹣C大小为θ，则所以，即二面角D﹣MA﹣C的正弦值为．法2（传统几何法）：二面角D﹣MA﹣C的大小即为二面角B﹣MA﹣D的大小与二面角B ﹣MA﹣C大小的差，由（1）的证明可得，二面角B﹣MA﹣D的大小为90°，所以二面角D﹣MA﹣C的正弦值即为二面角B﹣MA﹣C的余弦值．由平面MAB⊥平面ABCD，平面MAB∩平面ABCD＝AB，CO⊥AB，所以CO⊥平面MAB，又MA⊂平面MAB，则OC⊥MA，取MA中点H，连HC，由AB为半圆弧所对的直径，所以BM⊥MA，O，H分别为AB，MA的中点，所以OH∥BM，则OH⊥MA，又OH∩OC＝O，所以MA⊥平面OHC则∠OHC即为二面角B﹣MA﹣C的平面角，设AB＝AD＝2DC＝2，在Rt△COH中，，OC＝2，所以，故二面角D﹣MA﹣C的正弦值为．18．【解答】（1）证明：由已知可得，PO1⊥平面A1B1C1D1，且四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱与底面垂直，故PO1∥BB1∥DD1，即P、B、O1、D四点共面．由四棱锥P﹣ABCD和四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高相等，可知，在四边形PBO1D中，PO1与BD的交点O为PO1的中点，也是BD的中点．∴四边形PBO1D是平行四边形，故PB∥DO1，又PB⊄平面ADO1，O1D⊂ADO1，∴PB∥平面ADO1；（2）解：∵＝，∵AB＝BD＝BB1＝2，∴B1O1＝1．连接PC1和AC交于点E，由△POE≌△C1CE，得OE＝，则AE＝＝．∴＝．∴几何体P﹣AB1C1的体积为．19．【解答】证明：（1）∵棱柱ABCD﹣A1B1C1D1是直棱柱，∴BB1⊥底面ABCD，可得AC⊥BB1，又AC⊥BD，而BB1∩BD＝B，∴直线AC⊥平面BDB1，而AC⊂面ACD1，∴面ACD1⊥面BB1D；解：（2）AB，AD，AA1两两垂直，如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设|AB|＝t＞0，A（0，0，0），B（t，0，0），C（t，1，0），D（0，4，0）．又AC⊥BD，∴，即（t，1，0）•（﹣t，4，0）＝﹣t2+4＝0，得t＝2．∴多面体ABC﹣A1B1C1D1的体积V＝＝＝．20．【解答】（1）证明：连接DM，∵AB＝BC＝，∠ABC＝90°，且M是AC的中点，∴BM⊥AC，BM＝1，AC＝2，∵∠ADC＝90°，∠DCA＝60°，M是AC得中点，∴DM＝AC＝1，又DB＝，∴DM2+BM2＝DB2，∴DM⊥BM，又DM∩AC＝M，∴BM⊥平面ACD，∴BM⊥DC；（2）解：由（1）知，BM⊥平面ACD，又BM⊂平面ABC，∴平面ADC⊥平面ABC．在平面ADC内，过M作MZ⊥AC．以M为坐标原点，分别以MB、MC、MZ所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．则B（1，0，0），A（0，﹣1，0），D（0，，），C（0，1，0）．，．设平面ABD的一个法向量为，由，取y＝﹣1，得．假设线段DC上是否存在点Q，满足（0＜λ≤1），使得直线BQ与平面ADB所成角的正弦值为，则＝．由＝|cos＜＞|＝＝，整理得：15λ2+λ﹣2＝0，解得（λ＞0）．∴，即|DQ|＝．21．【解答】（Ⅰ）证明：连接DB1，连接D1B1交A1C1于点O，则D1O＝OB1，∵D1E＝ED，∴EO∥DB1，又SD∥BB1，SD＝BB1，因此四边形SDB1B是平行四边形，∴SB∥DB1，故SB∥EO．又SB⊄平面EAC，EO⊂平面EA1C1，因此SB∥平面EA1C1．（Ⅱ）证明：四边形A1B1C1D1是正方形，∴A1C1⊥B1D1，又DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，A1C1⊥SD1，又SD1∩B1D1＝D1，∴A1C1⊥平面SD1B1B，又EF⊂平面SD1B1B，因此A1C1⊥EF．（Ⅲ）解：设S到平面EA1C1的距离为d，＝＝，即××3×2×2＝××2××d，解得d＝，∴S到平面EA1C1的距离为．22．【解答】（1）证明：如图，取AP的中点G，连接EG，BG，∵DE＝PE，AG＝PG，∴GE∥AD且AD＝2GE．∵AD＝2，∴GE＝1．∵BC∥AD，BC＝1，∴GE∥BC且GE＝BC，∴四边形BCEG为平行四边形，∴CE∥BG．又∵BG⊂平面P AB，CE⊄平面P AB，∴CE∥平面P AB．（2）解：如图，过点A作AH⊥BP，垂足为H．∵AP⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴AP⊥BC．∵BC⊥AB，AB∩AP＝A，又AB，AP⊂平面P AB，∴BC⊥平面P AB．∵AH⊂平面P AB，∴AH⊥BC．∵AH⊥BP，BP∩BC＝B，BP，BC⊂平面PBC，∴AH⊥平面PBC．在Rt△APB中，BP＝＝，AH＝＝＝．∵AD∥BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，∴AD∥平面PBC，∴点D到平面PBC的距离与点A到平面的距离相等，故点D到平面PBC的距离为．（注：也可利用V P﹣BCD＝V D﹣PBC求解）23．【解答】（1）证明：连接O1C，O1D，因为C，D是半圆弧的两个三等分点，所以∠AO1D＝∠DO1C＝∠CO1B＝60°，又O1A＝O1B＝O1C＝O1D，所以△AO1D，△CO1D，△BO1C均为等边三角形，所以O1A＝AD＝DC＝CO1，所以四边形ADCO1是平行四边形．所以CO1∥AD．因为EA，FC都是圆柱O1O2的母线，所以EA∥FC．又因为CO1、FC⊂平面FCO1，CO1∩FC＝C，AD、EA⊂平面ADE，AD∩EA＝A，所以平面FCO1∥平面ADE，又FO1⊂平面FCO1，所以FO1∥平面ADE．（2）解：连接AC，因为FC是圆柱O1O2的母线，所以FC⊥平面ACB，所以∠F AC为直线AF与平面ACB 所成的角，即∠F AC＝30°．因为AB为圆O1的直径，所以∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝1，所以，所以在Rt△F AC中，FC＝AC•tan30°＝1．因为AC⊥BC，AC⊥FC，BC∩FC＝C，BC、FC⊂平面FBC，所以AC⊥平面FBC，又FB⊂平面FBC，所以AC⊥FB．在△FBC内，作CH⊥FB于点H，连接AH．因为AC∩CH＝C，AC、CH⊂平面ACH，所以FB⊥平面ACH，又AH⊂平面ACH，所以FB⊥AH，所以∠AHC是二面角A﹣FB﹣C的平面角．在Rt△FBC中，CH＝＝＝，在Rt△ACH中，，所以，故二面角A﹣FB﹣C的余弦值为．24．【解答】（1）证明：由已知得，平面ABCD⊥平面ABEF，在矩形ABCD中，CB⊥AB，又平面ABCD∩平面ABEF＝AB，CB⊂平面ABCD，∴CB⊥平面ABEF．∵AF⊂平面ABEF，∴CB⊥AF．又AB为圆O的直径，∴AF⊥BF．∵CB∩BF＝B，CB⊂平面CBF，BF⊂平面CBF，∴AF⊥平面CBF．而AF⊂平面DAF，∴平面ADF⊥平面BCF；（2）解：过点F作FH⊥AB，垂足为H，∵平面ABCD⊥平面ABEF，且平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴FH⊥平面ABCD，∴V1＝V F﹣BCE＝V C﹣BEF＝．＝．∴V1：V2＝1：4．25．【解答】（Ⅰ）证明：由题意得OA⊥OB，OA⊥OC，∵OB∩OC＝O，∴OA⊥平面COB，∵OM⊂平面COB，∴OA⊥OM；（Ⅱ）解：由已知得，．在△MOB中，由OB＝2，MB＝，∠OBM＝30°，利用余弦定理得OM＝＝，∴OM2+OB2＝＝MB2，得OM⊥OB，由（Ⅰ）知OM⊥OA，且OA∩OB＝O，∴MO⊥平面AOB．∵D是线段AB的中点，∴V D﹣OMB＝V M﹣DOB＝，∴四棱锥O﹣ACMD的体积为：V O﹣ACMD＝V A﹣BOC﹣V D﹣OBM＝．26．【解答】（Ⅰ）证明：连接DB1，连接D1B1交A1C1于O，则D1O＝OB1．∵D1E＝ED，∴EO∥DB1，又SD∥BB1，SD＝BB1，∴四边形SDB1B是平行四边形，得SB∥DB1，故SB∥EO．∵SB⊄平面EA1C1，EO⊂平面EA1C1，∴SB∥平面EA1C1；（Ⅱ）解：以D1为坐标原点，分别以D1A1、D1C1、D1D所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．则A1（2，0，0），C1（0，2，0），E（0，0，1），F（，，）．，，．设平面EA1C1的一个法向量为，由，取x＝1，得．设直线EF与平面EA1C1所成角为θ．则sinθ＝|cos＜＞|＝＝＝＝．∴直线EF与平面EA1C1所成角的正弦值为．27．【解答】解：（1）假设存在O∈AC，使C1O∥平面AB1D1，设A1C1∩B1D1＝O1．连结AO1，则平面A1ACC1∩平面AB1D1＝AO1，∵C1O⊂平面A1ACC1，∴AO1∥C1O，∵O1为A1C1的中点，∴O必为AC的中点，故存在O为AC的中点，使C1O∥平面AB1D1，且．（2）∵ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，∴AA1⊥平面A1B1C1D1，∵D1O1⊂平面A1B1C1D1，∴AA1⊥D1O1．又D1O1⊥A1C1，A1C1∩AA1＝A1，A1C1、AA1⊂面A1ACC1，∴D1O1⊥平面A1ACC1，D1O1⊥AO1，∴∠D1AO1为直线D1A与平面A1ACC1所成的角．∵D1O1⊥AO1，且，∴∠D1AO1＝30°．故直线D1A与平面A1ACC1所成的角为30°．28．【解答】（1）证明：如图1，取PC中点F，连接EF，BF，在△PDC中，E，F分别为PD，PC的中点，∴EF∥DC，，∵AB∥DC，，∴EF∥AB，EF＝AB，∴四边形AEFB为平行四边形，∴AE∥BF，又AE⊄平面PBC，BF⊂平面PBC，∴AE∥平面PBC．（2）解：取AB中点O，CD中点Q，连接OP，OQ，∵△P AB为正三角形，∴OP⊥AB，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB≠DC，AD＝BC，∴四边形ABCD为等腰梯形，O，Q分别为AB，DC的中点，∴OQ⊥AB，∵平面P AB⊥底面ABCD，且平面P AB∩底面ABCD＝AB，OP⊥AB，∴OP⊥底面ABCD，∴以点O为原点，以向量，，的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图2，设AB＝2，在等腰梯形ABCD中，AD＝2，DC＝4，，在等边三角形△P AB中，，∴A（0，﹣1，0），B（0，1，0），，，∵E为PD中点，∴，∴，，．设平面BAE的法向量为，则，即，取z1＝﹣1，得，设平面P AE的法向量为，则，即，取z2＝﹣1，得，设二面角B﹣AE﹣P为θ，有，∴，∴二面角B﹣AE﹣P的正弦值为．29．【解答】解：（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，∴BC⊥PD，∵底面ABCD为平行四边形，AB＝2AD＝4，PD＝BD＝AD，∴BD2+BC2＝CD2，∴BC⊥BD，∵PD∩BD＝D，∴BC⊥平面PBD．（2）解：以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），P（0，0，2），B（0，2，0），C（﹣2，2，0），Q（﹣1，，），＝（2，0，﹣2），＝（0，2，﹣2），＝（﹣1，，﹣），设平面PBQ的法向量＝（x，y，z），则，取y＝1，得＝（0，1，1），cos＜＞＝＝＝，sin＜＞＝＝，S△PBQ＝＝，点A到平面PBQ的距离d＝＝＝，∴三棱锥A﹣PBQ的体积V A﹣PBQ＝＝＝2．30．【解答】（Ⅰ）证明：过D作DO⊥AE，垂足为O，连接OB，∵AD＝2，∠DAO＝45°，∴OD＝OA＝，在△AOB中，由余弦定理可得OB2＝OA2+AB2﹣2OA•AB•cos∠OAB＝2+4﹣2××2×＝2，∴OB＝，∵AB＝AD＝2，∠DAB＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴BD＝2．∴OD2+OB2＝BD2，则OB⊥OD，又OD⊥AE，AE∩OB＝O，∴OD⊥平面ABE，而OD⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面ABE；（Ⅱ）由（Ⅰ）知AO＝OB＝，AB＝2，∴OA2+OB2＝AB2，得OA⊥OB，∵OD⊥平面ABE，∴∠DEO为直线ED与平面ABE所成的角．以O为原点，以OB，OE，OD为坐标轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，则A（0，﹣，0），B（，0，0），D（0，0，），设E（0，t，0）（t＞0），∴＝（，，0），＝（0，t，﹣），设平面CDE的法向量为＝（x，y，z），则，令y＝1，得，∵OD⊥平面ABE，∴＝（0，0，1）为平面ABE的一个法向量，由平面DCE与平面ABE所成锐二面角的余弦值，得|cos＜＞|＝＝＝，解得t＝．∴tan∠DEO＝，得∠DEO＝30°．故直线DE与平面ABE所成角正弦值为．31．【解答】（Ⅰ）证明：取BC的中点F，连接EF、AF，因为E、F是PB，BC的中点，所以EF∥PC且＝1，又因为△ACB和△DAC是等腰三角形，AB＝，所以AD＝AC＝BC＝1，又因为DA∥PC，所以四边形ADEF是平行四边形，故DE∥AF，又因为AF⊂面ABC，DE⊄平面ABC，所以DE∥平面ABC．（Ⅱ）解：因为AC⊥BC，AC⊥PC，所以AC⊥面PBC，又因为DA∥PC，所以D到面PBC高等于|AC|，又因为S△BCE＝，所以．32．【解答】解：（Ⅰ）当B1C为圆柱OO1的母线时，BC⊥AB1．证明如下：在上取点C，使B1C为圆柱的母线，连接AC，则B1C⊥BC，∵AB为圆O的直径，∴BC⊥AC，∵B1C∩AC＝C，B1C⊂平面AB1C，AC⊂平面AB1C，∴BC⊥平面AB1C，∵AB1⊂平面AB1C，∴BC⊥AB1．（Ⅱ）由弧，的长为可得，AC＝A1C1＝1，∴，所以，∵BC＝＝，BB1＝＝，BO1＝＝，∴cos∠BO1B1＝＝﹣，∴sin∠BO1B1＝，∴S＝＝，设A1到平面BO1B1的距离为h，则V＝＝，解得h＝．∴A1到平面BO1B1的距离是．33．【解答】（1）证明：取PB的中点G，连接EG，FG，则FG∥BC，且FG＝BC，∵四边形ABCD是正方形，E是AD的中点，∴DE∥BC，DE＝BC，∴FG∥DE且FG＝DE，∴四边形DEGF为平行四边形，∴DF∥EG，又DF⊄平面PBE，EG⊂平面PBE，∴DF∥平面PBE．（2）解：∵BD＝DC＝2，PD＝2，∴PB＝＝2，又AE＝DE＝1，AB＝PD＝2，∴BE＝PE＝，∴△PBE的边PB上的高为h＝＝，∴S△PBE＝＝，设D到平面PBE的距离为d，则V D﹣PBE＝＝．又V D﹣PBE＝V P﹣BDE＝＝．∴d＝．设PD与平面PBE所成角为α，则sinα＝＝．故直线PD与平面PBE所成角的正弦值为．34．【解答】（1）证明：∵AC⊥BD，BC＝CD，∴Rt△OBC≌Rt△ODC，∴OB＝OD，即O为BD的中点，又Q是PD的中点，∴OQ∥PB，又PB⊂平面P AB，OQ⊄平面P AB，∴OQ∥平面P AB．（2）解：∵M是PC的中点，P A⊥平面ABCD，∴M到平面ABCD的距离为P A＝，∵AB⊥BC，AB＝1，AC＝2，∴BC＝，OB＝＝，∴BD＝2OB＝，OA＝，∴V M﹣ABD＝＝，∵PB＝＝，BC＝，PC＝＝，∴PB2+BC2＝PC2，∴PB⊥BC，∴BM＝PC＝．同理可得DM＝，又BD＝，∴cos∠BMD＝＝﹣，∴sin∠BMD＝，∴S△BMD＝＝．设A到平面BMD的距离为h，则V A﹣BMD＝＝，解得h＝．故点A到平面MBD的距离为．35．【解答】（1）证明：取BC的中点F，连接EF、AF，因为E、F分别是PB、BC的中点，所以EF∥PC且．因为AC⊥BC，△ACB和△DAC是等腰三角形，，所以DA＝AC＝BC＝2，即DA＝PC，又因为DA∥PC，所以DA∥EF，DA＝EF，所以四边形ADEF是平行四边形，所以DE ∥AF因为AF⊂面ABC，DE⊄面ABC，所以DE∥平面ABC．（2）解：因为AC⊥BC，AC⊥PC，BC∩PC＝C，BC、PC⊂面PBC，所以AC⊥面PBC，因为DA∥PC，所以点D到面PBC的距离为AC＝2．因为DA⊥平面ABC，DA∥PC，所以PC⊥平面ABC，所以PC⊥BC，所以EF⊥BC，所以S△BCE＝EF•BC＝××4×2＝2．因为PC⊥BC，AC⊥BC，PC∩AC＝C，PC、AC⊂平面ACD，所以BC⊥平面ACD，所以BC⊥CD，所以S△BCD＝BC•CD＝2×＝．设点E到平面BCD的距离为d，∵V E﹣BCD＝V D﹣BCE，∴d•S△BCD＝AC•S△BCE，即d•＝2•2，解得d＝，所以点E到平面BCD的距离，∵DE＝AF＝＝＝，设DE与平面BCD所成角为θ，则，故DE与平面BCD所成角的正弦值为．36．【解答】（1）证明：连接DM，∵AB＝BC＝，∠ABC＝90°，且M是AC的中点，∴BM⊥AC，BM＝1，AC＝2，∵∠ADC＝90°，∠DCA＝60°，M是AC得中点，∴DM＝AC＝1，又DB＝，∴DM2+BM2＝DB2，∴DM⊥BM，又DM∩AC＝M，∴BM⊥平面ACD，∴BM⊥DC．（2）解：∵AD＝，AB＝BD＝，∴cos∠ABD＝＝，sin∠ABD＝，∴S△ABD＝＝，设M到平面ABD的距离为h，则V M﹣ABD＝＝h，又V M﹣ABD＝V B﹣ADM＝S△ADM•BM＝•S△ACD•BM＝××1×1＝．∴h＝，解得h＝．设BM与平面ADB所成角为α，则sinα＝＝，故BM与平面ADB所成角的正弦值为．37．【解答】（1）证明：设AC∩BE＝O，则O为AC的中点，∵P A＝PC，∴PO⊥AC．由正六边形的性质可知，AC⊥BE．∵PO∩BE＝O，PO、BE⊂平面PBE，∴AC⊥平面PBE，∵AC⊂平面P AC，∴平面P AC⊥平面PBE．。
2020年高考各省市模拟试题分类汇编：立体几何(解析版)
2020年高考各省市模拟试题分类汇编：立体几何1．（2020·东北师大附中高三模拟（文））已知m ，n 是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确是（ ）A ．若//m α，n αβ=I ，则//m nB ．若m α⊥，//m β，则αβ⊥C ．若n β⊥，αβ⊥，则//n αD ．若m α⊂，n β⊂，l αβ=I ，且m l ⊥，n l ⊥，则αβ⊥【答案】B【解析】对于一个任意长方体，，A 中，如图，取m AB =，α=面11CC D D ，β=面11BB C C ，1CC n αβ==I ，而1AB CC ⊥，即m n ⊥，故A 错；B 中，若//m β，则根据线面平行的性质，平面β内必存在直线//l m ，而m α⊥，则l α⊥，由面面垂直的判定定理可得αβ⊥，B 对；C 中，如图，取n AB =，α=面11ABB A ，β=面11BB C C ，则n β⊥，αβ⊥，而n ⊂α，故C 错；D中，取α=面11AB C D ，β=面11BB C C ，11B C l αβ==I ，1m AB α=⊂，1n BB β=⊂则m l ⊥，n l ⊥，但,αβ不垂直，故D 错；故选B 。
2．（2020·安徽省滁州市定远育才学校高三模拟（文））已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为（ ）A ．1612+πB ．3212π+C ．2412π+D ．3220π+【答案】A 【解析】由三视图知：该几何体是正四棱柱与半球体的组合体，且正四棱柱的高为2，底面对角线长为4，球的半径为2，所以几何体的表面积为：221422222412162S πππ=⨯⨯+⨯+⨯⨯=+，故选A ． 3．（2020·安徽省滁州市定远育才学校高三模拟（文））已知三棱锥A BCD -的各棱长都相等，E 为BC 中点，则异面直线AB 与DE 所成角的余弦值为( )A ．536B ．36C ．336D 11【答案】B【解析】取AC 中点M ，则因为E 为BC 中点，因此ME 平行AB ，从而异面直线AB 与DE 所成角等于∠MED ，因为三棱锥A BCD -的各棱长都相等，设为1，则13,2ME DM DE === 222313(()(3222cos 31222MED +-∴∠==⨯⨯AB 与DE 3B 。
2020年高考数学模拟试卷汇编：专题4 立体几何(含答案解析)
2020年高考数学模拟试卷汇编专题4 立体几何（含答案解析）1．（2020·河南省实验中学高三二测（理））现有一副斜边长相等的直角三角板.若将它们的斜边AB 重合，其中一个三角板沿斜边折起形成三棱锥A BCD -，如图所示，已知,64DAB BAC ππ∠=∠=，三棱锥的外接球的表面积为4π，该三棱锥的体积的最大值为（ ）A 3B ．36C 3D 3 2．（2020·湖南省长沙市明达中学高三二模（理）魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π：4.若正方体的棱长为2，则“牟合方盖”的体积为( )A ．16B ．163C ．163D ．1283 3．（2020·湖南省长沙市明达中学高三二模（理）关于三个不同平面,,αβγ与直线l ，下列命题中的假命题是（ ）A ．若αβ⊥，则α内一定存在直线平行于βB ．若α与β不垂直，则α内一定不存在直线垂直于βC ．若αγ⊥，βγ⊥，l αβ=I ，则l γ⊥D ．若αβ⊥，则α内所有直线垂直于β4．（2020·江西省南昌市第十中学校高三模拟（理））榫卯是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式。
广泛用于建筑，同时也广泛用于家具。
我国的北京紫禁城，山西悬空寺，福建宁德的廊桥等建筑都用到了榫卯结构，榫卯结构中凸出部分叫榫（或叫榫头），已知某“榫头”的三视图如图所示，则该“榫头”的体积是（ ）A ．36B ．45C ．54D ．635．（2020·江西省名高三第二次大联考（理））某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．83π3B ．4π1633C 16343π+D ．43π1636．（2020·江西省名高三第二次大联考（理））在平面五边形ABCDE 中，60A ∠=︒，63AB AE ==BC CD ⊥，DE CD ⊥，且6BC DE ==.将五边形ABCDE 沿对角线BE 折起，使平面ABE 与平面BCDE 所成的二面角为120︒，则沿对角线BE 折起后所得几何体的外接球的表面积为（ ）A ．63πB ．84πC ．252πD ．126π7．（2020·陕西省西安中学高三三模（理））某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）。
精编新版2020高考数学《立体几何初步》专题模拟考试题(含参考答案)
2019年高中数学单元测试卷立体几何初步学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________一、选择题1．已知m 、n 是不重合的直线，α、β是不重合的平面，有下列命题： ①若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ； ②若m ∥α，m ∥β，则α∥β；③若α∩β=n ，m ∥n ，则m ∥α且m ∥β； ④若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β. 其中真命题的个数是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3(2004福建理)2．正三棱柱的侧面展开图是边长分别为6和4的矩形，则它的体积为 ( ) A.89 3 B ．4 3 C.29 3 D ．43或83 3 解析：分侧面矩形长、宽分别为6和4或4和6两种情况3．已知直线a 与平面β，则在平面β内必存在直线与直线a ------------------------------------------------------------------------（ ）(A)平行 (B)相交 (C)异面 (D)垂直 二、填空题4．给出下列关于互不相同的直线m 、l 、n 和平面α、β的四个命题： ①若,,,m lA A m l m αα⊂=∉点则与不共面；②若m 、l 是异面直线，ααα⊥⊥⊥n m n l n m l 则且,,,//,//； ③若m l m l //,//,//,//则βαβα； ④若,,,//,//,//.l m lm A l m ααββαβ⊂⊂=点则其中为真命题的是 .5．α、β是两个不同的平面，m 、n 是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断： ①m ⊥n②α⊥β③n ⊥β④m ⊥α以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个．．命题： _________________________.6．设,a b 是两条不同直线，,αβ是两个不同平面，给出下列四个命题：①若,,a b a α⊥⊥ b α⊄，则//b α；②若//,a ααβ⊥，则a β⊥；③若,a βαβ⊥⊥，则//a α或a α⊂；④若,,a b a b αβ⊥⊥⊥则αβ⊥．其中正确的命题是_____ ____（请把所有正确命题的序号都填上）．7．，直线所成角的余弦值为 ▲ ．8．已知圆锥的母线长为5，侧面积为π15，则此圆锥的体积为___12π_______． 9．已知a 、b 为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a 、b 在α上的射影可能是①两条平 行直线；②两条互相垂直的直线；③同一条直线；④一条直线及其外一点． 则在上面的结论中，正确结论的编号是________(写出所有正确结论的编号)． 解析：用反证法证明③不可能．10．如图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M 在AB 上，且AM=31AB ，点P 在平面ABCD 上，且动点P 到直线A 1D 1的距离的平方与P 到点M 的距离的平方差为1，在平面直角坐标系xoy 中，动点P 的轨迹方程是_______▲_______．11．如图所示，在直三棱柱中，A C ⊥BC ，AC =4,BC =CC 1=2,若用平行于三棱柱A 1B 1C 1-ABC 的某一侧面的平面去截此三棱柱，使得到的两个几何体能够拼接成长方体，则长方体表面积的最小 值为 。
精编新版2020高考数学《立体几何初步》专题模拟考试题(含标准答案)
2019年高中数学单元测试卷立体几何初步学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________一、选择题1．连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB 、CD 的长度分别等于27、43，M 、N 分别为AB 、CD 的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：①弦AB 、CD 可能相交于点M ②弦AB 、CD 可能相交于点N ③MN 的最大值为5 ④MN 的最小值为l 其中真命题的个数为A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个(2008江西理)2．设P 是60的二面角l αβ--内一点，,PA PB αβ⊥⊥平面平面,A,B 为垂足，4,2,PA PB ==则AB 的长为：（ ）A (2004重庆理)3．已知球的表面积为20π，球面上有A 、B 、C 三点.如果AB=AC=BC=23，则球心到平面ABC 的距离为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．2（2004全国4文11）4．在ABC ∆中，︒=∠90ACB ,AB=8,︒=∠60BAC ,PC ⊥面ABC ，PC ＝4，M 是AB 边上的一动点，则PM 的最小值为（ ） A ．72 B ．7 C ．19 D ．55．空间三条直线a b c 、、，若,a b b c ∥∥，则由直线a b c 、、确定的平面个数为----（ ）(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 1或6．下面各图中，P Q R S 、、、分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图是------（ ）(A) (B) (C) (D) 二、填空题7．下列四个条件中，能确定一个平面的只有 ▲ ．（填序号） ①空间中的三点 ②空间中两条直线 ③一条直线和一个点 ④两条平行直线8．点A 、B到平面α距离距离分别为12，20，若斜线AB 与α成030的角，则AB 的长等于_____.9．有一个四棱锥，底面是一个等腰梯形，并且腰长和较短的底长都是1，有一个底角是60，又侧棱与底面所成的角都是45，则这个棱锥的体积是410．在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，当底面四边形ABCD 满足条件AC BD ⊥时，有111AC B D ⊥（注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情况） 11．设三棱锥P ABC -的顶点P 在平面ABC 上的射影是H ，给出以下命题： ①若PA BC ⊥，PB AC ⊥，则H 是ABC ∆的垂心 ②若,,PA PB PC 两两互相垂直，则H 是ABC ∆的垂心 ③若90ABC ∠=，H 是AC 的中点，则PA PB PC == ④若PA PB PC ==，则H 是ABC ∆的外心 其中正确命题的命题是 ①②③④ 12．如图，已知长方体中1111D C B A ABCD -，1AB BC AA ===，则异面直线11AB BC 与所成的角是 ．13．在棱长为a 的正方体内放入9个等球，八个角各放一个，则这些等球的最大半径是_____14．设,αβ为两个不重合的平面，,m n 为两条不重合的直线，给出下列四个命题： ①若,,m n m n αα⊥⊥⊄则n ∥α；②若,,,,m n n m αβαβα⊥⋂=⊂⊥则n β⊥； ③若,m n ⊥m ∥α，n ∥β，则αβ⊥；④若,,n m αβα⊂⊂与β相交且不垂直，则n 与m 不垂直.其中，所有真命题的序号是 ▲ . (江苏省苏州市2011年1月高三调研) ①②15．如图，在四棱锥P ABCD -中，已知底面ABCD 是矩形，2,AB AD a ==，PD ⊥平面ABCD ，若边AB 上存在点M ，使得PM CM ⊥，则实数a 的取值范围是__________．16．三棱锥ABC P -中，︒=∠90ABC ，PA ⊥平面ABC ，且︒=∠30CPB ，则=∠PCB ▲ ．17． 直线a ∥b ，b α⊂，则a 与α的位置关系是 ▲ .18．已知正方形ABCD 的边长为1，AP ⊥平面ABCD ，且AP=2,则PC ＝ ；1 A 1 B第11题图（第10题）19．已知直角梯形ABCD 中, //AB CD ,,1,2,1AB BC AB BC CD ⊥===+过A 作AE CD ⊥,垂足为E ,G 、F 分别为AD 、CE 的中点,现将ADE ∆沿AE 折叠,使得DE EC ⊥，M 为AB 中点，（1）求证：面//MFG BCD 面；（2）在线段AE 上找一点R ,使得面BDR ⊥面DCB ,并说明理20．已知直线⊥l 平面α，直线⊂m 平面β，则下列四个命题：①m l ⊥⇒βα//；②m l //⇒⊥βα；③βα⊥⇒m l //；④βα//⇒⊥m l 其中正确命题的序号是 ▲ ．21．已知平面α与平面β、平面γ都相交，则这三个平面可能的交线有 条22．已知一圆柱的侧面展开图是一长和宽分别为π3和π的矩形，则该圆柱的体积是 。
2020年高考数学真题模拟好题专题练习：立体几何(附答案与详解)
高考数学真题模拟好题专题练习：立体几何【命题趋势】立体几何一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点，理科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用，简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题.另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图.选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及二面角问题.本专题针对高考高频知识点以及题型进行总结，希望通过本专题的学习，能够掌握高考数学中的立体几何的题型，将高考有关的立体几何所有分数拿到.【满分技巧】基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长.要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求.内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求.求点到平面的距离问题：采用等体积法.求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高.对于二面角问题应采用建立立体坐标系去求.但是坐标系要注意采用左手系务必要标记准确对应点以及法向量对应的坐标.【考查题型】选择，填空，解答题【限时检测】（建议用时：45分钟）1．（2019·安徽高考模拟（理））已知,m n 是两条不同的直线，,,αβγ是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A ．若//,//m n αα，则//m nB ．若,αγβγ⊥⊥，则//αβC ．若//,//m n αα，且,m n ββ⊂⊂，则//αβD ．若,m n αβ⊥⊥，且αβ⊥，则m n ⊥2．（2019·四川射洪中学高三月考（理））已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最大边长为（ ）A B C D ．3．（2019·安徽高考模拟（理））当动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的体对角线1A C 上运动时，异面直线BP 与1AD 所成角的取值范围是（ ）A ．,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．,43ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．,32ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭4．（2019·湖南高三期末（理））设a ，b 是空间中不同的直线，α，β是不同的平面，则下列说法正确的是（ ）A ．a b ∥，b α⊂，则a P αB ．a α⊂，b β⊂，αβ∥，则a b ∥C ．a α⊂，b α⊂，a β∥，b β∥，则αβ∥D ．αβ∥，a α⊂，则a β∥ 5．（2019·贵州高考模拟（理））如图在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点. 设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是( )A ．B ．C ．33D ．[3 6．（2019·宁夏吴忠中学高考模拟（理））已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =o ，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（ ）A B C D 7．（2019·广东高考模拟（理））已知三棱锥P ABC -的底面ABC 是边长为2的等边三角形，PA ⊥平面ABC ，且2PA =，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）A ．683πB ．20πC ．48πD ．283π 8．（2019·河南高考模拟（理））如图，点P 在正方体1111ABCD A B C D -的面对角线1BC 上运动，则下列四个结论：①三棱锥1A D PC -的体积不变；1//A P ②平面1ACD ；1DP BC ⊥③；④平面1PDB ⊥平面1ACD ．其中正确的结论的个数是( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个9．（2019·河北高考模拟（理））正方体1111ABCD A B C D -的棱上(除去棱AD)到直线 1A B 与1CC 的距离相等的点有3个，记这3个点分别为,,E F G ，则直线1AC 与平面EFG 所成角的正弦值为（ ）A B C D 10．（2019·湖北高考模拟（理））如图，已知四面体ABCD 为正四面体，2,AB E F =，。
2020高考各地数学模拟试题精选——立体几何解答题
如图所示，ADB 和 CBD 都是等腰直角三角形，且它们所在的平面互相垂直，ADBCBD 90,AD a（I ）求异面直线 AD 、BC 所成的角。
（II ）设 P 是线段 AB 上的动点，问 P 、B 两点间的距离多少时？PCD 与 BCD 所在平面成 45角；APBDCAPOBDEFC1.解：（I ）ADB 90AD BDAD 面C BD面A DB 面C BD ，面A DB 面C BD BD BC 面C BDAD BC异面直线 AD 、BC 所成角为 90。
4 分（II ）过点 P 作PE BD于 E ，过点 E 作EF CD于 F ，连结 PF 。
面A DB 面C BD 面ADB 面CBD BD PE BDPE 面CBD CD EF面C BD 内射影CD PF EF CDPFE 是二面角P CD B 的平面角8 分。
PFE 45设 PB x ，则在 Rt PEB 中， PE BE DE ax22 2 1在 Rt DFE 中， EF2 2 22 2x，在 Rt PEF 中， EF P E ，a x x ， x 2 2 2(22 )a即 P 、B 两点间距离为11 分(2 2 )a 时， PCD 与 BCD 所在平面成45角。
12 分2.【哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学 2020 模拟年高三 第二次联合考试数学试卷（理科）】已 知 直 三 棱 柱 ABC A B C 中 ， ABC90， AB=BC=a ，1 1 1AA2 AB ，M 为 CC 11上的点。
（1）当 M 在C C 上的什么位置时， B M 与平面AA CC 所成的角1111为 30；（2）在（1）的条件下求 B 到平面 AMB 的距离。
1EF 是PF 在2 DE a x21 2CMC 1BB 1AA 12. 解：（1）取A C 的中点N ，连结B N ，N M1 11111面A C CA 面A B C1 1 1 1 1面A C CA 面A B C A C B N 面A C CA1 11 1 1 1 1111 1B CA BB NA C1 11 1111 1则B MN 为B M 与面A C CA 所成的角…………3 分1111 1设C M x ，B N 1112 B N sin 1 1 2B M12a 2 x 2 a 21 2解得x a ，则C M C C2 M 为C C 的中点 ………… 6分1（2）取BB 的中点K ，连结M K ，则M K 面A B BA11 1过K 作K S AB ，连M S ，过K 作K H MS1CMC 1BKH N 1B 1SAA 1a ， B MN1111 1KH 的长为K 到面A MB 1的距离，由BB2 B K ，则 B 到面 11AMB 1的距离为 K 到面AMB 1的距离的 2 倍…………9 分a·a 在R t MKS 中，MK a ，KS a ，KH K S ·MK55 MS6 a 56a 6K 到面AB M 的距离为 166a6B 到面AMB 的距离为 a3…………12 分另法一 ：利用体积相等 ，VB AMB1VM ABB1可求得： B 到面A MB 的距离为16 3a另法二：可利用面ABM 面B MB13．如图已知四棱锥 P —ABCD ，PA ⊥平面 ABCD ，底面 ABCD 为直 角梯形，∠A=90°且 AB//CD ，AB= CD.2（I ）点 F 在线段 PC 上运动，且设| PF || FC |,问当为何值时，BF//平面 PAD ？并证明你的结论；（Ⅱ）二面角 F —CD —B 为 45°，求二面角 B —PC —D 的大小；11（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若 AD=2，CD=3，求点 A 到平面 PBC 的距离.3．解：（1）当1时, BF // 平面P AD .（1 分）证明：取PD 中点 E ，则EF//CD ，且EF 1 2CD , 又AB // CD 且A B CD ,2 ∴四边形 ABFE 为平行四边形.（3 分）∴BF//AE. 又 AE 平面 PAD ∴BF//平面 PAD （4 分）（2）P A 平面 ABCD ，CD AD角的平面角 （5 分）PDA 45C D P DPDA即是二面PAD为等腰直角三角形， AE P D , C D AD , AE CD ,AE平面 PCD又 BF//AE ， B F 平面 PCD. B F 平面1PBC，∴平面PCD⊥平面PBC，即二面角B—PC—D的大小为90°.（8分）（3）在平面PCD内作EH⊥PC于点H，由平面PCD⊥平面PBC 且平面PCD平面PBC=PC知：EH⊥平面PBC. （9分）在Rt PCD中,PC PD2CD217，在Rt PEF中,EH PF PE EF,将P E 2,PF 173,EF22代入得：EH 334334.1717.（11分）又AE//BF ,AE//平面PBC ,点A到平面PBC的距离为33417.（12分）4．【北京四中2020模拟年数学第一次统测（理科）】如图，（1）若；分别是正方体的棱，求证：无论点在上的点.上如何移动，总有（２）若，且平面，求二面角的大小.4.（I）证法一：连AC、BD，则BD⊥AC，即点E到平面PBC的距离为∵，∴MN//AC，∴BD⊥MN.又∵DD1⊥平面ABCD，∴DD1⊥MN，∴MN⊥平面BDD1.∵无论点P在DD1上如何移动，总有BP平面BDD1，故总有MN⊥BP.证法二：连结AC、BD，则AC⊥BD.∵，∴MN//AC，∴MN⊥BD，又PD⊥平面ABCD，由三垂线定理得：MN⊥PB.（II）解法一：过P作PG⊥C1C交CC1于G，连BG交B1N 于O1，∵PB⊥平面B1MN，∴PB⊥B1N.又∵PG⊥平面B1BCC1，∴BG⊥B1N，∴ΔBB1N≌ΔBCG，∴BN=CG，NC=GC1，∴BN∶NC=DP∶PD1=2∶1.同理BM∶MA=DP∶PD1=2∶1.设AB=3a,则BN=2a,∴,,连MO1，∵AB⊥平面B1BCC1，∴MO1⊥B1N，∵∠MO1B就是二面角M-B1N-B的平面角，，∴.解法二：设BD与MN相交于F，连结B1F，∵PB⊥平面MNB1，∴PB⊥B1F，PB⊥MN，∴在对角面BB1D1D内，ΔPBD∽ΔBB1F，，∴，即设BB1=DD1=3，则PD=2，，故.∵MN⊥PB，由三垂线定理得MN⊥BD，MN//AC，MN=2BF= ，BN=2，.设二面角B-B1N-M的平面角为α，则，.5．【2020模拟年高考重庆地区信息试卷数学试题】已知△BCD中，∠BCD=90°，BC=CD=1，AB⊥平面BCD，∠ADB =60°，E 、F分别是 AC 、AD 上的动点，且A C AD （Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面 BEF ⊥平面 ABC ； （Ⅱ）当λ为何值时，平面 BEF ⊥平面 ACD ？5．（1）∵AB⊥平面 BCD ， ∴AB⊥CD，∵CD⊥BC 且 AB ∩BC=B ， ∴ CD ⊥平面 ABC. 3 分又AEAF (0 1),AC AD∴不论λ为何值，恒有 EF ∥CD ，∴EF ⊥平面ABC ，EF 平面 BEF,∴ 不 论 λ 为 何 值 恒 有 平 面BEF ⊥ 平 面 ABC.6 分（2）由（Ⅰ）知，BE⊥EF，又平面 BEF ⊥平面 ACD ，∴BE ⊥平面 ACD ，∴ BE ⊥AC. 8 分∵BC=CD=1 ，∠BCD=90°，∠ADB=60°，∴BD 2, AB 2 tan 606,10 分AC AB 2BC 27,由AB 2=AE·AC 得AE67,AE 6,AC 7AE AF (0 1).故当67时，平面BEF⊥平面ACD.12分19．湖北省部分重点中学2020模拟年春季期中联考如图，ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝a，AB＝2a，E是线段PD上的点，F是线段AB上的点，且PEED BFFAλ(λ0)．(I)当λ12时，求直线EF与平面ABCD所成角的正弦值：(Ⅱ)是否存在实数λ，使异面直线EF与CD所成角为60°?若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由．5.（1）sin EFM EM213 EF13(2)存在实数λ，其值为5。
精编新版2020高考数学《立体几何初步》专题模拟考试题(含答案)
2019年高中数学单元测试卷立体几何初步学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________一、选择题1．已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．2(2008全国2理)2．如图，在四面体ABCD 中，截面AEF 经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心O ，且与BC ，DC 分别截于E 、F ，如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥A －BEFD 与三棱锥A －EFC 的表面积分别是S 1，S 2，则必有（ ） A. S 1<S 2 B. S 1>S 2 C. S 1=S 2 D. S 1，S 2的大小关系不能确定(2006江西理)C3．如图,若Ω是长方体1111ABCD-A B C D 被平面EFGH 截去几何体11EFGH B C 后得到的几何体,其中E 为线段11A B 上异于1B 的点，F 为线段1B B 上异于1B 的点，且EH ∥11A D ，则下列结论中不正确．．．的是（ ）A ．EH ∥FGB ．四边形EFGH 是矩形C ．Ω是棱柱D ．Ω是棱台(2010福建理）4．空间四点A B C D 、、、共面而不共线，那么这四点中----------------------------------------（ ）(A)必有三点共线 (B)必有三点不共线 (C)至少有三点共线 (D)不可能有三点共5．某玻璃制品公司需要生产棱长均为3cm 的玻璃三棱柱一批。
请问每个三棱柱需要用玻璃多少cm 3 ？ A 272 B 274D 34276．过正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 的截面面积为S ，max S 和min S 分别为S 的最大值和最小值，则maxminS S 的值为（ ） A．2 B．2C．3D．3二、填空题7．若三角形的内切圆半径为r ，三边的长分别为a ，b ，c ，则三角形的面积S=r （a+b+c ），根据类比思想，若四面体的内切球半径为R ，四个面的面积分别为S 1、S 2、S 3、S 4，则此四面体的体积V=R （S 1+S 2+S 3+S 4） ．（5分）8．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足 时，平面MBD ⊥平面PCD ．(只需写出一种情形)9．正方体1111ABCD A B C D -中，直线1AD 与平面ABCD 所成角的大小是 。
2020高考数学立体几何复习题和答案
2020高考虽然延期，但是每天练习一定要跟上，加油！一、选择题1、已知m,n 是两条不同直线，α,β,Υ是三个不同平面.下列命题中正确的是（A ）若α⊥Υ，β∥Υ，则α∥β (B)若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n （C ）若m ∥α，n ∥α，则m ∥n （D ）若m ∥α，m ∥β，则a ∥β2、如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2,AA 1=1,则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为 A.63B.265C.155D.1053、用与球心距离为1的平面去截面面积为π，则球的体积为 A.323πB.83πC.82πD. 823π4、已知直线m 、n 和平面、满足m ⊥n ，⊥，m α⊥则 A. n ⊥B. n ∥或nC. n ⊥D. n ∥或n5、长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的8个顶点在同一个球面上，且AB ＝2，AD ＝3，AA 1＝1，则顶点A 、B 间的球面距离是 A.42πB.22π C.π2 D.π226、设直线m 与平面α相交但不．垂直，则下列说法中正确的是 A. 在平面α内有且只有一条直线与直线m 垂直 B. 过直线m 有且只有一个平面与平面α垂直 C. 与直线m 垂直的直线不可能．．．与平面α平行 D. 与直线m 平行的平面不．可能与平面α垂直 7、已知三棱柱ABC －111C B A 的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC内的射影为△ABC 的中心，则A 1B 与底面ABC 所成角的正弦值等于 (A)31(B)32 (C)33 (D)32 8、正四棱锥的侧棱长为32，侧棱与底面所成的角为︒60，则该棱锥的体积为A. 3B. 6C. 9D.189、已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆.若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于A.1B. 2C. 3D. 210、设M 是球O 的半径OP 的中点，分别过M 、O 作垂直于OP 的平面，截球面得到两个圆，则这两个圆的面积比值为（A ）14 （B ）12 （C ）23（D ）3411、设直线l α⊂平面，过平面α外一点A 且与l 、α都成30°角的直线有且只有（A ）1条 （B ）2条 （C ）3条 （D ）4条12、若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60°的菱形，则该棱柱的体积为（A （B ） （C ） （D ）13、设a b ，是两条直线，αβ，是两个平面，则a b ⊥的一个充分条件是（ ）A ．a b αβαβ⊥⊥，∥，B ．a b αβαβ⊥⊥，，∥C ．a b αβαβ⊂⊥，，∥D ．a b αβαβ⊂⊥，∥，14、对两条不相交的空间直线a 和b ，必定存在平面α，使得 （A ）,a b αα⊂⊂ （B ）,//a b αα⊂ （C ）,a b αα⊥⊥ （D ）,a b αα⊂⊥15、设有直线m 、n 和平面α、β。
2020高考数学模拟试题(理)《立体几何》分类汇编(含答案)
2020高考数学模拟试题（理）《立体几何》分类汇编1．（2020•广州一模）陀螺是中国民间最早的娱乐工具，也称陀罗．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个陀螺的三视图，则该陀螺的表面积为( )A ．(722)π+B ．(1022)π+C ．(1042)π+D ．(1142)π+2．（2020•桥东区校级模拟）胡夫金字塔是底面为正方形的锥体，四个侧面都是相同的等腰三角形．研究发现，该金字塔底面周长除以2倍的塔高，恰好为祖冲之发现的密率355113π≈．若胡夫金字塔的高为h ，则该金字塔的侧棱长为( )A ．221h π+B ．224h π+C ．216hπ+ D ．2216h π+ 3．（2020•桥东区校级模拟）已知P 为一圆锥的顶点，AB 为底面圆的直径，PA PB ⊥，点M 在底面圆周上，若M 为¶AB 的中点，则异面直线AM 与PB 所成角的大小为( )A ．6πB ．4πC ．3πD ．2π 4．（2020•梅河口市校级模拟）如图，某几何体的三视图是由三个边长为2的正方形和其内部的一些虚线构成的，则该几何体的体积为( )A ．23B ．163C ．6D ．与点O 的位置有关5．（2020•东宝区校级模拟）如图，已知四面体ABCD 为正四面体，22AB =，E ，F 分别是AD ，BC 中点．若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为( )A ．1B 2C ．2D ．226．（2020•宜昌模拟）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点M 为棱1DD 的中点，则平面ACM 截该正方体的内切球所得截面面积为( )A ．3πB ．23πC ．πD ．43π 7．（2020•龙岩一模）已知四棱锥S ABCD -的所有顶点都在球O 的球面上，SA SB =，SA SB ⊥，底面ABCD 是等腰梯形，//AB CD ，且满足222AB AD DC ===，则球O 的表面积是( )A ．43πB ．823C ．4πD ．8π8．（2020•眉山模拟）已知腰长为3，底边长2为的等腰三角形ABC ，D 为底边BC 的中点，以AD 为折痕，将三角形ABD 翻折，使BD CD ⊥，则经过A ，B ，C ，D 的球的表面积为( )A ．10πB ．12πC ．16πD ．20π9．（2020•五华区校级模拟）已知圆锥SO 的底面半径为3，母线长为5．若球1O 在圆锥SO 内，则球1O 的体积的最大值为( )A ．92πB ．9πC ．323πD ．12π10．（2020•垫江县校级模拟）过球的一条半径的中点，作与该半径所在直线成30︒的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为( )A ．15256B ．45256C ．1564D ．456411．（2020•内蒙古模拟）如图：空间四边形P ABC -中，13PM AN PB AC ==，4PA BC ==，3MN =，异面直线PA 与BC 所成角的余弦值为( )A ．14-B ．164-C ．164D ．1412．（2020•凯里市校级模拟）《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：“今有阳马，广五尺，袤七尺，高八尺，问积几何？“其意思为：“今有底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，它的底面长、宽分别为7尺和5尺，高为8尺，问它的体积是多少？”若以上的条件不变，则这个四棱锥的体积为( )A ．140立方尺B ．280立方尺C ．2803立方尺D ．1403立方尺 13．（2020•龙岩一模）已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2，用一平面截此棱柱与侧棱1AA ，1BB ，1CC 分别交于M ，N ，Q ，若MNQ ∆为直角三角形，则MNQ ∆面积的最小值为( )A 7B ．3C ．27D ．614．（2020•咸阳二模）正四棱锥P ABCD -的五个顶点在同一个球面上，6，高为3，则它的外接球的表面积为( )A ．4πB ．8πC ．16πD ．20π15．（2020•重庆模拟）如图，四棱柱1111ABCD A B C D -中，ABCD 为平行四边形，E ，F 分别在线段DB ，1DD 上，且112DE DF EB FD ==，G 在1CC 上且平面//AEF 平面1BD G ，则1(CG CC = )A ．12B ．13C ．23D ．1416．（2020•邯郸模拟）如图一，在ABC ∆中，AB AC =，120A ∠=︒，D 为BC 中点，DE AC ⊥，将CDE ∆沿DE 翻折，得到直二面角C DE B --，连接BC ，F 是BC 中点，连接AF ，如图二，则下列结论正确的是( )A ．AD CD ⊥B ．//AF DEC ．DE ⊥平面ACED ．//AF 平面CDE17．（2020•福清市一模）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，1AC ⊥平面α．平面α截此正方体所得的截面有以下四个结论：①截面形状可能是正三角形②截面的形状可能是正方形③截面形状可能是正五边形④截面面积最大值为33则正确结论的编号是( )A ．①④B ．①③C ．②③D ．②④18．（2020•道里区校级一模）已知三棱锥S ABC -的外接球为球O ，SA 为球O 的直径，且2SA =，若面SAC ⊥面SAB ，则三棱锥S ABC -的体积最大值为( )A ．13B ．23C ．1D ．219．（2020•焦作一模）某三棱柱的平面展开图如图，网格中的小正方形的边长均为1，K 是线段DI 上的点，则在原三棱柱中，AK CK +的最小值为( )A ．65B ．73C ．45D ．8920．（2020•吉林二模）等腰直角三角形BCD 与等边三角形ABD 中，90C ∠=︒，6BD =，现将ABD ∆沿BD 折起，则当直线AD 与平面BCD 所成角为45︒时，直线AC 与平面ABD 所成角的正弦值为( )A ．3B ．2C ．3D ．2321．（2020•眉山模拟）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1224AB BC AA ===，E 为11A D 的中点，N 为BC 的中点，M 为线段11C D 上一点，且满足11114MC D C =u u u u r u u u u u r ，F 为MC 的中点． （1）求证：//EF 平面1A DC ；（2）求三棱锥1C FCN -的体积；（3）求直线1A D 与直线CF 所成角的余弦值．22．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1:224AB BC AA ===，E 为11A D 的中点，N 为BC的中点，M 为线段11C D 上一点，且满足11114MC D C =u u u u r u u u u u r ，F 为MC 的中点． （1）求证：//EF 平面1A DC ；（2）求二面角1N AC F --的余弦值．23．（2020•宜昌模拟）如图，在四棱锥M ABCD -中，AB AD ⊥，2AB AM AD ===，22MB MD ==．（1）证明：AM ⊥平面ABCD ；（2）若//CD AB ，2CD AB =，E 为线段BM 上一点，且2BE EM =，求直线EC 与平面BDM 所成角的正弦值．24．（2020•五华区校级模拟）如图所示的几何体中，正方形ABCD 所在平面垂直于平面APBQ ，四边形APBQ 为平行四边形，G 为PC 上一点，且BG ⊥平面APC ，2AB =．（1）求证：平面PAD ⊥平面PBC ；（2）当三棱锥P ABC -体积最大时，求平面APC 与平面BCQ 所成二面角的正弦值．25．（2020•龙岩一模）如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是等腰梯形，//AB CD ，4AB =，2BC CD ==，顶点1D 在底面ABCD 内的射影恰为点C ．（1）求证：BC ⊥平面1ACD ；（2）若直线1DD 与底面ABCD 所成的角为4π，求平面11ABC D 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值．答案解析1．（2020•广州一模）陀螺是中国民间最早的娱乐工具，也称陀罗．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个陀螺的三视图，则该陀螺的表面积为( )A ．(722)π+B ．(1022)π+C ．(1042)π+D ．(1142)π+【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：上部是圆柱，下部是圆锥， 几何体的表面积为：1442223(1042)2ππππ+⨯⨯+⨯=+． 故选：C ．2．（2020•桥东区校级模拟）胡夫金字塔是底面为正方形的锥体，四个侧面都是相同的等腰三角形．研究发现，该金字塔底面周长除以2倍的塔高，恰好为祖冲之发现的密率355113π≈．若胡夫金字塔的高为h ，则该金字塔的侧棱长为( )A 221h π+B 224h π+C 216hπ+ D 2216h π+ 【解答】解：设该金字塔的底面边长为a ，则42a h π=，可得：2h a π=． ∴该金字塔的侧棱长22222222162()244a h h h ππ+=+=+⨯=． 故选：D ．3．（2020•桥东区校级模拟）已知P 为一圆锥的顶点，AB 为底面圆的直径，PA PB ⊥，点M 在底面圆周上，若M 为¶AB 的中点，则异面直线AM 与PB 所成角的大小为( )A ．6πB ．4πC ．3πD ．2π 【解答】解：如图所示，建立直角坐标系．不妨设1OB =．PA PB ⊥Q ，OP OB OA ∴==，OP ⊥底面AMB ．则(0O ，0，0)，(0B ，1，0)，(1M ，0，0)，(0P ，0，1)，(0A ，1-，0)， ∴(1AM =u u u u r ，1，0)，(0PB =u u u r ，1，1)-，cos AM ∴<u u u u r ，1222PB >==⨯u u u r ， AM ∴<u u u u r ，3PB π>=u u u r ， ∴异面直线AM 与PB 所成角的大小为3π． 故选：C ．4．（2020•梅河口市校级模拟）如图，某几何体的三视图是由三个边长为2的正方形和其内部的一些虚线构成的，则该几何体的体积为( )A ．23B ．163C ．6D ．与点O 的位置有关【解答】解：如图：还原后的几何体，是由棱长为2的正方体挖去一个四棱锥构成的，正方体的体积为8，四棱锥的底面是边长为2的正方形，顶点O 在平面11ADD A 上，高为2，所以四棱锥的体积为184233⨯⨯=，所以该几何体的体积为816833-=， 故选：B ．5．（2020•东宝区校级模拟）如图，已知四面体ABCD 为正四面体，22AB =，E ，F 分别是AD ，BC 中点．若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为( )A ．1B 2C ．2D ．22【解答】解：把正四面体补为正方体，如图，根据题意，//KL BC ，//LM GH ，,KL AL LM BL BC AB AD AB==， 所以KL AL =，LM BL =，故22KL LM AL BL +=+=， 2()22KL LM S KL LM +=⋅=截面…，当且仅当KL LM =时成立， 故选：C ．6．（2020•宜昌模拟）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点M 为棱1DD 的中点，则平面ACM 截该正方体的内切球所得截面面积为( ) A ．3πB ．23π C ．π D ．43π 【解答】解：设圆心到截面距离为d ，截面半径为r ，由O ACM M AOC V V --=，即111112222233323AMC AOC S d S ∆∆==g g g g g g gg g ，2ACM d S ∆∴=， 122362ACM S ∆==g g故6d =221d r +=，213r ∴=，所以截面的面积为23r ππ=，故选：A ．7．（2020•龙岩一模）已知四棱锥S ABCD -的所有顶点都在球O 的球面上，SA SB =，SA SB ⊥，底面ABCD 是等腰梯形，//AB CD ，且满足222AB AD DC ===，则球O 的表面积是( ) A ．43πB 82C ．4πD ．8π【解答】解：底面ABCD 是等腰梯形，//AB CD ，且满足222AB AD DC ===， 可知底面ABCD 的外心为AB 的中点O ，到顶点的距离为1，因为SA SB =，SA SB ⊥，2AB =，所以2SA SB ==，AB 的中点O 到S 的距离为1， 所以O 是四棱锥的外接球的球心，外接球的半径为1， 所以球O 的表面积是：2414ππ⨯=． 故选：C ．8．（2020•眉山模拟）已知腰长为3，底边长2为的等腰三角形ABC ，D 为底边BC 的中点，以AD 为折痕，将三角形ABD 翻折，使BD CD ⊥，则经过A ，B ，C ，D 的球的表面积为( ) A ．10πB ．12πC ．16πD ．20π【解答】解：如图所示，由题意可得：DB ，DC ，DA 两两相互垂直． 222318AD =-=．设经过A ，B ，C ，D 的球的半径为R ． 则222411810R =++=．∴球的表面积10π=．故选：A ．9．（2020•五华区校级模拟）已知圆锥SO 的底面半径为3，母线长为5．若球1O 在圆锥SO 内，则球1O 的体积的最大值为( ) A ．92πB ．9πC ．323πD ．12π【解答】解：设圆锥SO 的轴截面为等腰SAB ∆，则球1O 的体积最大时，球1O 的轴截面是SAB ∆ 的内切圆，所以11()22SAB S AB SO SA SB AB r ∆==++g g g ， 解得：32r =，所以球1O 的体积的最大值为3439()322ππ=，故选：A．10．（2020•垫江县校级模拟）过球的一条半径的中点，作与该半径所在直线成30︒的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为()A．15256B．45256C．1564D．4564【解答】解：画大圆O，设半径为R，取半径OB的中点A，过A做截面，CD为直径，取中点E，连接OE，OE⊥截面CD，由题意可得30OAE∠=︒，所以33132224AE OA R R===g，在三角形OAC中，2222cosOC OA AC OA AC OAC=+-∠g g g，即222()2cos15022R RR AC AC=+-︒g g g，整理可得：2242330AC R AC R+-=g，解得：23124831584R RAC R-++-+==，所以331515444CE AC AE R R R-+=+=+=，所以所得截面的面积与球的表面积的比为2215()154464RRπ=，故选：C．11．（2020•内蒙古模拟）如图：空间四边形P ABC-中，13PM ANPB AC==，4PA BC==，3MN=，异面直线PA与BC所成角的余弦值为()A ．14-B ．164-C ．164D ．14【解答】解：如图，过N 作//ND BC ，交AB 于D ，并连接MD ，则AN ADAC AB=， Q13PM AN PB AC ==， ∴13PM AD PB AB ==， //MD AP ∴，23MD PA =，13DN BC =， ∴84,33MD DN ==，且3MN =， MDN ∴∠为异面直线PA 与BC 所成角或其补角，∴在MDN ∆中，根据余弦定理得，64169199cos 8464233MDN +-∠==-⨯⨯，∴异面直线PA 与BC 所成角的余弦值为164． 故选：C ．12．（2020•凯里市校级模拟）《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：“今有阳马，广五尺，袤七尺，高八尺，问积几何？“其意思为：“今有底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，它的底面长、宽分别为7尺和5尺，高为8尺，问它的体积是多少？”若以上的条件不变，则这个四棱锥的体积为( ) A ．140立方尺B ．280立方尺C ．2803立方尺 D ．1403立方尺 【解答】解：由题意可得：这个四棱锥的体积128075833=⨯⨯⨯=立方尺，故选：C ．13．（2020•龙岩一模）已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2，用一平面截此棱柱与侧棱1AA ，1BB ，1CC 分别交于M ，N ，Q ，若MNQ ∆为直角三角形，则MNQ ∆面积的最小值为( ) A ．7B ．3C ．27D ．6【解答】解：如图，以AC 中点O 为坐标原点，OB 所在直线为x 轴，AC 所在直线为y 轴， 建立空间直角坐标系，设(0M ，1-，)a ，(3N ，0，)b ，(0Q ，1，)c ， 不妨设N 为直角，(3,1,)MN b a =-u u u u r ，(3,1,)QN b c =--u u u r， ∴()()20MN QN b a b c =--+=u u u u r u u u rg， 2211||||4()4()22S MN QN b a b c ==+-+-u u u u r u u u r g g 2221164[()()][()()]2b a bc b a b c =+-+-+-- 11616432++=…． 故选：B ．14．（2020•咸阳二模）正四棱锥P ABCD -的五个顶点在同一个球面上，6，高为3，则它的外接球的表面积为( ) A ．4πB ．8πC ．16πD ．20π【解答】解：正四棱锥P ABCD -的五个顶点在同一个球面上，6，高为3，设它的外接球的半径为R ，球心为O ，底面ABCD 的中心为M ． 设OM x =．则222(3)R x =+，3R x +=．解得：24R =． 可得球的表面积为16π． 故选：C ．15．（2020•重庆模拟）如图，四棱柱1111ABCD A B C D -中，ABCD 为平行四边形，E ，F 分别在线段DB ，1DD 上，且112DE DF EB FD ==，G 在1CC 上且平面//AEF 平面1BD G ，则1(CGCC =)A ．12B ．13C ．23D ．14【解答】解：Q 四棱柱1111ABCD A B C D -中，ABCD 为平行四边形，E ，F 分别在线段DB ，1DD 上，且112DE DF EB FD ==， 1//EF BD ∴，平面11//ADD A 平面11BCC B ，G Q 在1CC 上且平面//AEF 平面1BD G ，//AF BG ∴，∴1113CG DE CC DD ==． 故选：B ．16．（2020•邯郸模拟）如图一，在ABC ∆中，AB AC =，120A ∠=︒，D 为BC 中点，DE AC ⊥，将CDE ∆沿DE 翻折，得到直二面角C DE B --，连接BC ，F 是BC 中点，连接AF ，如图二，则下列结论正确的是()A ．AD CD ⊥B ．//AF DEC ．DE ⊥平面ACED ．//AF 平面CDE【解答】解：Q 在ABC ∆中，AB AC =，120A ∠=︒，D 为BC 中点，DE AC ⊥， 将CDE ∆沿DE 翻折，得到直二面角C DE B --，连接BC ，F 是BC 中点，连接AF ，DE AE ∴⊥，DE CE ⊥，AE CE E =Q I ，DE ∴⊥平面ACE ．故选：C ．17．（2020•福清市一模）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，1AC ⊥平面α．平面α截此正方体所得的截面有以下四个结论： ①截面形状可能是正三角形 ②截面的形状可能是正方形 ③截面形状可能是正五边形 ④截面面积最大值为33 则正确结论的编号是( ) A ．①④B ．①③C ．②③D ．②④【解答】解：对①当α截此正方体所得截面为11B CD 时满足，故①正确．对②，由对称性得截面形状不可能为正方形，故②错误． 对③，由对称性得截面形状不可能是正五边形，故③错误． 对④，当截面为正六边形时面积最大，为36233=故选：A ．18．（2020•道里区校级一模）已知三棱锥S ABC -的外接球为球O ，SA 为球O 的直径，且2SA =，若面SAC ⊥面SAB ，则三棱锥S ABC -的体积最大值为( )A ．13B ．23C ．1D ．2【解答】解：如图，连接OC ，OB ，则S ABC S OBC A OBC V V V ---=+， 两三棱锥高的和的最大值为2SA =． 要使三棱锥S ABC-的体积最大，则OBC ∆面积最大为111sin 111222OB OC BOC ⨯⨯⨯∠=⨯⨯⨯=． ∴三棱锥S ABC -的体积最大值为1112323⨯⨯=． 故选：A ．19．（2020•焦作一模）某三棱柱的平面展开图如图，网格中的小正方形的边长均为1，K 是线段DI 上的点，则在原三棱柱中，AK CK +的最小值为( )A ．65B ．73C ．45D ．89【解答】解：将展开图折成立体图形，如图①，然后再把空间最短距离问题转化为平面两点间的距离最短问题，如图②所示． 因为8AJ =，3CJ =，所以223873AC =+=，即AK CK +的最小值为73． 故选：B ．20．（2020•吉林二模）等腰直角三角形BCD 与等边三角形ABD 中，90C ∠=︒，6BD =，现将ABD ∆沿BD 折起，则当直线AD 与平面BCD 所成角为45︒时，直线AC 与平面ABD 所成角的正弦值为( )A 3B 2C 3D 23【解答】解：设E 为BD 中点，连接AE 、CE ， 由题可知AE BD ⊥，CE BD ⊥， 所以BD ⊥平面AEC ，过A 作AO CE ⊥于点O ，连接DO ，则AO ⊥平面BDC ， 所以ADO ∠即为直线AD 与平面BCD 所成角的平面角， 所以2sin 2AOADO AD∠==，可得32AO = 在AOE ∆中可得3OE =， 又132OC BD ==，即点O 与点C 重合，此时有AC ⊥平面BCD ， 过C 作CF AE ⊥于点F ，又BD ⊥平面AEC ，所以BD CF ⊥， 所以CF ⊥平面ABD ，从而CAE ∠即为直线AC 与平面ABD 所成角，33sin 333CE CAE AE ∠===． 故选：A ．21．（2020•眉山模拟）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1224AB BC AA ===，E 为11A D 的中点，N 为BC 的中点，M 为线段11C D 上一点，且满足11114MC D C =u u u u r u u u u u r，F 为MC 的中点．（1）求证：//EF 平面1A DC ； （2）求三棱锥1C FCN -的体积；（3）求直线1A D 与直线CF 所成角的余弦值．【解答】（1）证明：在长方体1111ABCD A B C D -中，建立如图所示空间直角坐标系， 由1224AB BC AA ===，E 为11A D 的中点，N 为BC 的中点，M 为线段11C D 上一点，且满足11114MC D C =u u u u r u u u u u r ，得(0D ，0，0)，(1E ，0，2)，(0F ，72，1)，1(2A ，0，2)，(0C ，4，0)，1(2,0,2)DA =u u u u r ，(0DC =，4，0)，(1EF =-u u u r ，72，1)-．设平面1A DC 的一个法向量为(,,)n x y z =r．由122040n DA x z n DC y ⎧=+=⎪⎨==⎪⎩u u u u r r g u u u r r g ，取1z =-，得(1,0,1)n =-r ， Q 0EF n =u u u r rg ，且EF ⊂/平面1A DC ，//EF ∴平面1A DC ；（2）解：设F 到平面1CC N 的距离为d ，则12d =． ∴111111111233226C FCN F CC N CC N V V S d --===⨯⨯⨯⨯=V g ； （3）解：由（1）知，1(2,0,2)DA =u u u u r，又1(0,,1)2CF =-u u u r ，11110cos ,||||5222DA CF DA CF DA CF ∴<>===⨯u u u u r u u u ru u u u r u u u r g u u uu r u u u r g ． ∴直线1A D 与直线CF 所成角的余弦值10．22．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1:224AB BC AA ===，E 为11A D 的中点，N 为BC 的中点，M 为线段11C D 上一点，且满足11114MC D C =u u u u r u u u u u r，F 为MC 的中点．（1）求证：//EF 平面1A DC ； （2）求二面角1N AC F --的余弦值．【解答】解：（1）证明：作1DD 的中点H ，连接EH ，FH ， 又E 为11A D 的中点，EH ∴为△11A DD 的中位线，1//EH A D ∴，又F 为MC 的中点，FH ∴为梯形1D DCM 的中位线，//FH CD ∴，在平面1A DC 中，1A D CD D =I ，在平面EHF 中，EH FH H =I ，∴平面1//A DC 平面EHF ，又EF 在平面EHF 内， //EF ∴平面1A DC ．（2）以点D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则17(1,4,0),(2,0,2),(0,4,0),(0,,1)2N A C F ，设平面1A CN 的一个法向量为(,,)m x y z =r ，则11(,,)(1,4,2)420(,,)(2,4,2)2420m A N x y z x y z m AC x y z x y z ⎧=--=-+-=⎪⎨=--=-+-=⎪⎩u u u u r r g g u u u u rr g g ，可取(0,1,2)m =r，同理可求得平面1A FC 的一个法向量为(3,2,1)n =r，∴270cos ,||||m n m n m n <>==r r g r rr r ，又二面角1N AC F --的平面角为钝角，故二面角1N AC F --的余弦值为27023．（2020•宜昌模拟）如图，在四棱锥M ABCD -中，AB AD ⊥，2AB AM AD ===，22MB MD ==．（1）证明：AM ⊥平面ABCD ；（2）若//CD AB ，2CD AB =，E 为线段BM 上一点，且2BE EM =，求直线EC 与平面BDM 所成角的正弦值．【解答】（1）证明：Q 在四棱锥M ABCD -中，AB AD ⊥，2AB AM AD ===，22MB MD ==222AB AM BM ∴+=，222AD AM DM +=，AB AM ∴⊥，AD AM ⊥，AD AB A =Q I ，AM ∴⊥平面ABCD ．（2）解：AB AD ⊥Q ，AM ⊥平面ABCD ，∴以A 为原点，AD 为x 轴，AM 为y 轴，AB 为z 轴，建立空间直角坐标系，//CD AB Q ，2CD AB =，E 为线段BM 上一点，且2BE EM =，2AB AM AD ===，22MB MD ==．(0E ∴，43，2)3，(2C ，0，1)，(2D ，0，0)，(0B ，0，2)，(0M ，2，0)， (2EC =u u u r ，43-，1)3，(2BD =u u u r ，0，2)-，(0BM =u u u u r ，2，2)-，设平面BDM 的法向量(m x =r，y ，)z ，则220220m BD x z m BM y z ⎧=-=⎪⎨=-=⎪⎩u u u r r g u u u u r r g ，取1x =，得(1m =r ，1，1)， 设直线EC 与平面BDM 所成角为θ， 则直线EC 与平面BDM 所成角的正弦值为：||159sin ||||5339m EC m EC θ===u u u r r g u u u r r g g．24．（2020•五华区校级模拟）如图所示的几何体中，正方形ABCD 所在平面垂直于平面APBQ ，四边形APBQ 为平行四边形，G 为PC 上一点，且BG ⊥平面APC ，2AB =．（1）求证：平面PAD ⊥平面PBC ；（2）当三棱锥P ABC -体积最大时，求平面APC 与平面BCQ 所成二面角的正弦值．【解答】（1）证明：因为平面ABCD ⊥平面APBQ ，平面APBQ ⋂平面ABCD AB =， 四边形ABCD 为为正方形，即BC AB ⊥，BC ⊂平面ABCD ， 所以BC ⊥平面APBQ ，又因为AP ⊂平面APBQ ，所以AP BC ⊥， 因为BG ⊥面APC ，AP ⊂平面PAC ， 所以AP BG ⊥，因为BC BG B =I ，BC ，BG ⊂平面PBC ， 所以AP ⊥平面PBC ， 因为AP ⊂平面PAD ， 所以平面PAD ⊥平面PBC ．（2）解：111323P ABC C APB V V PA PB BC PA PB --===g g g g ，求三棱锥P ABC -体积的最大值，只需求PA PB g 的最大值． 令PA m =，PB n =， 由（1）知AP PB ⊥，所以224m n +=，当且仅当2m n = 即2PA PB =时，22112()3323P ABC minm n V mn -+==g …． 以AB 中点O 为坐标原点建立空间直角坐标系如图，则 (0A ，1-，0)，(0B ，1，0)，(0C ，1，2)，(1P ，0，0)． 设1(,,)n x y z =u u r为平面APC 的一个法向量，则110220n AP x y n BP x z ⎧=+=⎪⎨=+=⎪⎩u u r u u u r g u u r u u u r g ，可取1x =，则1(1,1,1)n =-u u r，因为四边形APBQ 为平行四边形，APB ∆为等腰直角三角形，所以四边形APBQ 为正方形，取平面BCQ 的一个法向量为2(1,1,0)n BP ==-u u r u u u r，所以1cos n <u u r ，1221263||||n n n n n >==u u r u u ru u r g u u r u u r g ，所以1sin n <u u r ，233n >=u u r ，即平面APC 与平面BCQ 所成二面角的正弦值为3325．（2020•龙岩一模）如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是等腰梯形，//AB CD ，4AB =，2BC CD ==，顶点1D 在底面ABCD 内的射影恰为点C ．（1）求证：BC ⊥平面1ACD ；（2）若直线1DD 与底面ABCD 所成的角为4π，求平面11ABC D 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值．【解答】解：（1）证明：如图，连接1D C ，则1D C ⊥平面ABCD ， BC ⊂Q 平面ABCD ，1BC D C ∴⊥，在等腰梯形ABCD 中，连接AC ，过点C 作CG AB ⊥于点G ，4AB =Q ，2BC CD ==，//AB CD ，则3AG =，1BG =，CG =AG ∴=， 因此满足22216AC BC AB +==，BC AC ∴⊥， 又1D C ，AC ⊂平面1AD C ，1D C AC C =I ， BC ∴⊥平面1AD C ．（2）解：由（1）知AC ，BC ，1D C 两两垂直， 1D C ⊥Q 平面ABCD ，∴14D DC π∠=，12D C CD ∴==，以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，1CD ，所在直线为x 轴，y 轴，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则(0C ，0，0)，A ，0，0)，(0B ，2，0)，1(0D ，0，2)，∴(AB =-u u u r ，2，0)，1(AD =-u u u u r 0，2)，设平面11ABC D 的法向量(n x =r，y ，)z ，由12020AB n y AD n z ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩u u u r r g u u u u r r g ，取1x =，得n =r ， 又1(0CD =u u u u r ，0，2)为平面ABCD 的一个法向量，设平面11ABC D 与平面ABCD 所成锐二面角为θ，则11||cos 7||||CD n CD n θ===u u u u r rg u u u u r r g ．∴平面11ABC D 与平面ABCD所成锐二面角的余弦值为7．。
精编2020高考数学《立体几何初步》专题模拟考试题(含答案)
2019年高中数学单元测试卷立体几何初步学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________一、选择题1．如图，平面α⊥平面β，,,A B AB αβ∈∈与两平面α、β所成的角分别为4π和6π。
过A 、B 分别作两平面交线的垂线，垂足为'A 、',B 若AB=12,则''A B =( A )A'B'A B βα（A ）4 （B ）6 （C ）8 （D ）9(2006全国2文)2．设α、β 为两个不同的平面，l 、m 为两条不同的直线，且l ⊂α，m ⊂β，有如下的两个命题：①若α∥β，则l ∥m ；②若l ⊥m ，则α⊥β．那么 (A) ①是真命题，②是假命题 (B) ①是假命题，②是真命题 (C) ①②都是真命题 (D) ①②都是假命题(2005浙江理)3．一个圆锥的侧面积是其底面积的2倍，则该圆锥的母线与底面所成的角为（ ） A. 30︒B. 45︒C. 60︒D. 75︒(2004北京春季理)（4）4．已知m ，n 为异面直线，m ∥平面α，n ∥平面β，α∩β=l ，则l （ ）（A ）与m ，n 都相交 （B ）与m ，n 中至少一条相交（C ）与m ，n 都不相交 （D ）与m ，n 中一条相交5．正方体各棱所在的直线中，与此正方体的一条对角线异面的共有（ ） A ．2条 B 。
4条 C 。
5条 D 。
6条6．下列命题中正确的有---------------------------------------------------------------------------------（ ） ①三点确定一个平面；②两两相交的三条直线必在同一平面内；③任意三点都不共线的空间四点必共面；④空间三条相交于同一点的直线在同一平面内(A) 1个 (B) 2个 (C) 3个 (D) 07．某玻璃制品公司需要生产棱长均为3cm 的玻璃三棱柱一批。