2020高考数学立体几何专题
2020年高考数学分类汇编：立体几何
2020年高考数学分类汇编：立体几何4．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为A．20°B．40°C．50°D．90°8.右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A. 6+42B. 442C. 623D. 4239.右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A. 6+42B. 4+42C. 6+23D. 4+237．右图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为A ．EB ．F C ．GD ．H16.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切球表面积为11．已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O到平面ABC 的距离为A ．3B ．32C ．1D ．3216．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 3．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为②③A ．514B ．512C ．514D ．5123．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 ．514B ．512C ．514D ．51212．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，1ABBC ACOO ，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π16．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 5．某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．73B ．143C ．3D ．66．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10．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，1ABBC ACOO ，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π15.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____.10．已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O到平面ABC 的距离为A ．3B ．32C ．1D ．329．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2cm ，高为2cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是▲cm.4．某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（）．A ．63B ．623C ．123D ．12235．若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为A．12πB．24πC．36πD．144πD为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1 16．已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以1的交线长为________．AB AD，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos 16．如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，3∠FCB=.14．已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为2，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是_______．19．（本题满分15分）如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．如图，在长方体ABCD -1111A B C D 中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED ，12BFFB .（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB，1AD，13AA ，求二面角1AEFA 的正弦值.19.（12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D 中，在E ,F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DEED ，12BFFB ，证明：（1）当AB BC 时，EF AC ;（2）点1C 在平面AEF 内.如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．20．（12分）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=π3，求四棱锥B–EB1C1F的体积．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．18．（12分）△是底面的内接正如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE AD．ABC三角形，P为DO上一点，6PO DO．6（1）证明：PA平面PBC；（2）求二面角B PC E的余弦值．如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC△是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）设DO=2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P-ABC的体积.22．（本小题满分10分）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=5,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=14BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．15．（本小题满分14分）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．16．（本小题13分）如图，在正方体1111ABCDA B C D 中，E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．17．（本小题满分15分）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1CC 平面,,2ABC AC BC AC BC ，13CC ，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M 为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C MB D ；（Ⅱ）求二面角1B B E D 的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．。
2020高考数学核心突破《专题5 立体几何 第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积》
专题五 第1讲1．(教材回归)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( D )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4解析 由题中三视图知该几何体是底面半径为1，高为2的半个圆柱，故其表面积S ＝2×12×π×12＋π×1×2＋2×2＝3π＋4.故选D.2．(2017·山东烟台模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个正三角形及其内切圆，则该几何体的体积为( A )A ．163－16π3B.163－16π3C ．83－8π3D.83－8π3解析 由三视图可知，几何体为一个棱长为4的正三棱柱去掉了一个内切圆柱．V三棱柱＝⎝⎛⎭⎫12×4×4×sin 60°×4＝16 3.在俯视图中，设内切圆半径为r ，则内切圆圆心与各顶点连接分三角形为3个全等的小三角形，由三角形面积可得12×4×4×sin 60°＝3×⎝⎛⎭⎫12×4×r ，解得r ＝233.故V 圆柱＝πr 2h ＝π×⎝⎛⎭⎫2332×4＝16π3.∴几何体的体积V ＝V 三棱柱－V 圆柱＝163－16π3.故选A.3．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( D )A.18 B.17 C.16 D.15解析 如图，由已知条件可知，截去部分是以△ABC 为底面且三条侧棱两两垂直的正三棱锥D -ABC .设正方体的棱长为a ，则截去部分的体积为16a 3，剩余部分的体积为a 3－16a 3＝56a 3.它们的体积之比为15.故选D.4．(考点聚焦)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( B )A ．1＋ 3B ．2＋3C ．1＋2 2D ．2 2解析 四面体的直观图如图所示．侧面SAC ⊥底面ABC ，且△SAC 与△ABC 均为腰长是2的等腰直角三角形，SA ＝SC ＝AB ＝BC ＝2，AC ＝2.设AC 的中点为O ，连结SO ，BO ，则SO ⊥AC ，∴SO ⊥平面ABC ，∴SO ⊥BO .又OS ＝OB ＝1，∴SB ＝2，故△SAB 与△SBC 均是边长为2的正三角形，故该四面体的表面积为2×12×2×2＋2×34×(2)2＝2＋ 3.5．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( D )A.32π3 B ．4π C ．2πD.4π3解析 正四棱柱的外接球的球心为上下底面的中心连线的中点，所以球的半径r ＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝1，球的体积V ＝4π3r 3＝4π3.故选D.6．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积是32π3，那么这个三棱柱的体积是( D )A ．963B ．163C ．24 3D ．48 3解析 如图，设球的半径为R ，由43πR 3＝32π3，得R ＝2. 所以正三棱柱的高h ＝4. 设其底面边长为a ， 则13·32a ＝2，所以a ＝43， 所以V ＝34×(43)2×4＝48 3.故选D. 7．(书中淘金)如图，在棱长为6的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在C 1D 1与C 1B 1上，且C 1E ＝4，C 1F ＝3，连接EF ，FB ，BD ，DE ，DF ，则几何体EFC 1DBC 的体积为( A )A ．66B ．68C ．70D ．72解析 如图，连接DC 1，那么几何体EFC 1-DBC 被分割成三棱锥D -EFC 1及四棱锥D -CBFC 1，那么几何体EFC 1DBC 的体积为V ＝13×12×3×4×6＋13×12×(3＋6)×6×6＝12＋54＝66.故所求几何体EFC 1DBC 的体积为66.8．(2017·湖北八校联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为__41π__.解析 由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥A -BCD ，将该三棱锥放在棱长为4的正方体中，E 是棱的中点，所以三棱锥A -BCD 和三棱柱EFD -ABC 的外接球相同．设外接球的球心为O ，半径为R ，△ABC 的外接圆的圆心是M ，则OM ＝2.在△ABC 中，AB ＝AC ＝25，由余弦定理得cos ∠CAB ＝AC 2＋AB 2－BC 22AC ·AB ＝20＋20－162×25×25＝35，所以sin ∠CAB ＝45，由正弦定理得2CM ＝BC sin ∠CAB ＝5，则CM ＝52.所以R ＝OC ＝OM 2＋CM 2＝412，则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝41π.9．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为 83π m 3.解析 由三视图知该几何体由两个相同的圆锥和一个圆柱组成．其中，圆锥的底面半径和圆柱的底面半径均为1，圆锥的高均为1，圆柱的高为2.因此该几何体的体积为V ＝2×13π×12×1＋π×12×2＝83π (m 3)．10．(数学文化)我国古代数学家祖暅是著名数学家祖冲之之子，祖暅原理叙述道：“夫叠基成立积，缘幂势既同，则积不容异：”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，其最著名之处是解决了“牟合方盖”中的体积问题，其核心过程为：如图中正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，求图中四分之一的圆柱体BB 1C 1-AA 1D 1和四分之一圆柱体AA 1B 1-DD 1C 1公共部分的体积V ，若图中正方体的棱长为2，则V ＝163.(在高度h 处的截面：用平行于正方体上下底面的平面去截，记截得两圆柱体公共部分所得面积为S 1，截得正方体所得面积为S 2，截得四棱锥C 1-ABCD 所得面积S 3，S 1＝R 2－h 2，S 2＝R 2，S 3＝h 2，S 2－S 1＝S 3)解析 由题意可知，用平行于底面的平面截得的面积满足S 2－S 1＝S 3，其中S 1表示两个圆柱的公共部分的截面面积，S 2表示截得正方体的截面面积，S 3表示截得锥体的截面面积．由祖暅原理可知：正方体体积减去两个圆柱的公共部分体积等于锥体体积，即23－V ＝13×22×2，即V ＝23－13×22×2＝163.。
2020高考数学立体几何练习题23题
2020高考数学之立体几何解答題23 題一．解答题（共 23 小题）1．在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 是菱形， ADNM 是矩形，平面 ADNM ⊥平面 ABCD ，∠DAB=60 °，AD=2 ， AM=1 ， E 为 AB 的中点．（Ⅰ）求证： AN ∥平面 MEC；（Ⅱ）在线段 AM 上是否存在点 P，使二面角 P﹣ EC﹣D 的大小为？若存在，求出 AP 的长 h；若不存在，请说明理由．2．如图，三棱柱中 ABC ﹣A1B1C1 中，点 A1 在平面 ABC 内的射影 D 为棱 AC 的中点，侧面 A1ACC 1为边长为 2 的菱形， AC⊥CB，BC=1 ．（Ⅰ）证明： AC 1⊥平面 A 1BC；（Ⅱ）求二面角 B﹣ A1C﹣B1的大小．3．如图，已知四棱锥 P﹣ABCD ，PB⊥AD 侧面 PAD 为边长等于 2的正三角形，底面 ABCD 为菱形，侧面PAD 与底面 ABCD 所成的二面角为 120°．（I）求点 P 到平面 ABCD 的距离，（II ）求面 APB 与面 CPB 所成二面角的大小．4．在正三棱锥 P﹣ABC 中，底面正△ ABC 的中心为 O，D 是 PA 的中点， PO=AB=2 ，求 PB 与平面 BDC 所成角的正弦值．5．如图，正三棱锥 O ﹣ABC 的三条侧棱 OA 、OB 、 OC 两两垂直，且长度均为 2．E 、F 分别是 AB 、AC 的中点， H 是 EF 的中点，过 EF 作平面与侧棱 OA 、OB 、OC 或其延长线分别相交于 A 1、B 1、C 1，已知 ． （ 1）求证： B 1C 1⊥平面 OAH ；（ 2）求二面角 O ﹣A 1B 1﹣C 1 的大小．6．如图，在三棱锥 A ﹣ BCD 中，侧面 ABD 、ACD 是全等的直角三角形， AD 是公共的斜边， 且AD= ，BD=CD=1 ， 另一个侧面是正三角形．1）求证： AD ⊥BC ．E ，使 ED 与面 BCD 成 30°角？若存在，确定E 的位置；若不存在，说明理由． 2）求二面角 B ﹣AC ﹣D 的大小．7．如图，在四棱锥 P ﹣ ABCD 中， AD ∥ BC ，∠ ADC= ∠ PAB=90 °， BC=CD=PA 与CD 所成的角为 90°．（Ⅰ）在平面 PAB 内找一点 M ，使得直线 CM ∥平面 PBE ，并说明理由； （Ⅱ）若二面角 P ﹣CD ﹣A 的大小为 45°，求直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值．8．如图，在三棱台 ABC ﹣DEF 中，平面 BCFE ⊥平面 ABC ，∠ ACB=90 °，BE=EF=FC=1， BC=2 ， AC=3 ． （ Ⅰ ）求证： BF ⊥平面 ACFD ；（ Ⅱ ）求直线 BD 与平面 ACFD 所成角的余弦值．9．如图，在以 A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面 ABEF 为正方形， AF=2FD ，∠AFD=90 °，且二面角 D ﹣AF ﹣E 与二面角 C ﹣BE ﹣ F 都是 60°．（Ⅰ）证明平面 ABEF ⊥平面 EFDC ； （Ⅱ）求二面角 E ﹣ BC ﹣A 的余弦值．AD ．E 为棱 AD 的中点，异面直线10．如图，已知边长为 6的菱形 ABCD ，∠ ABC=120 °，AC 与BD 相交于 O ，将菱形 ABCD 沿对角线 AC 折起，使 BD=3 ．（1）若 M 是 BC 的中点，求证：在三棱锥 D ﹣ABC 中，直线 OM 与平面 ABD 平行；（2）求二面角 A ﹣BD ﹣O 的余弦值；（ 3）在三棱锥 D ﹣ ABC 中，设点 N 是 BD 上的一个动点，试确定 N 点的位置，使得 CN=4 ．11．如图所示的多面体 ABCDE 中，已知 AB ∥DE ，AB ⊥AD ，△ACD 是正三角形， AD=DE=2AB=2 ，BC= ，F 是 CD 的中点．（ 1）求证： AF ∥平面 BCE ；（ 2）求直线 CE 与平面 ABED 所成角的余弦值；（ 3）求多面体 ABCDE 的体积．12．如图，已知矩形 ABCD 所在平面垂直于直角梯形 ABPE 所在平面于直线 AB ，且 AB=BP=2 ，AD=AE=1 ，AE ⊥AB ，且 AE ∥BP ．Ⅰ）设点 M 为棱 PD 中点，求证： EM ∥平面 ABCD ；若不存在，请说明理由．Ⅱ ）线段 PD 上是否存在一点 N ，使得直线 BN 与平面 PCD 所成角的正弦值等于 ？若存在，试确定点 N 的位置；13．如图，在三棱锥 P ﹣ABC 中，∠ PAB= ∠PAC=∠ ACB=90 °．（ 1）求证：平面 PBC ⊥平面 PAC ；（2）若 PA=1，AB=2 ， BC= ，在直线 AC 上是否存在一点 D ，使得直线 BD 与平面 PBC 所成角为 30°？若存在， 求出 CD 的长；若不存在，说明理由．14．如图，在四棱锥 P ﹣ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形， ∠BCD=135 °，侧面 PAB ⊥底面 ABCD ，∠ BAP=90 °， AB=AC=PA=2 ， E ，F 分别为 BC ，AD 的中点，点 M 在线段 PD 上．（ Ⅰ ）求证： EF ⊥平面 PAC ；（ Ⅱ ）如果直线 ME 与平面 PBC 所成的角和直线 ME 与平面 ABCD 所成的角相等，求 的值．Ⅰ）求证： CD ⊥AM ；AM 与平面 BDM所成角的正弦值．15．如图，在多面体 ABCDM 平面 BCD ， AB ⊥平面 BCD ． 中，△ BCD 是等边三角形，△ CMD 是等腰直角三角形，∠ CMD=90 °，平面 CMD ⊥Ⅱ ）若 AM=BC=2 ，求直16．如图，矩形ABCD 所在的平面和平面ABEF 互相垂直，等腰梯形ABEF 中，AB ∥EF，AB=2 ，AD=AF=1 ，∠ BAF=60°，O，P分别为 AB，CB的中点， M为底面△ OBF的重心．（Ⅰ）求证： PM ∥平面 AFC；（Ⅱ ）求直线 AC 与平面 CEF 所成角的正弦值．17．已知菱形 ABCD ，AB=2 ，∠BAD= ，半圆 O 所在平面垂直于平面 ABCD ，点 P 在半圆弧上．（不同于B ，C）．（1）若 PA与平面 ABCD 所成角的正弦值为，求出点 P 的位置；（2）是否存在点 P，使得 PC⊥ BD ，若存在，求出点 P 的位置，若不存在，说明理由．18．如图，菱形 ABCD 中，∠ ABC=60 °，AC 与BD相交于点 O，AE ⊥平面 ABCD，CF∥AE，AB=AE=2 ．（Ⅰ）求证： BD ⊥平面 ACFE ；（Ⅱ）当直线 FO与平面 BED 所成角的大小为 45°时，求 CF 的长度．19．如图，在四棱锥 P﹣ ABCD 中，等边△ PAD 所在的平面与正方形 ABCD 所在的平面O为 AD 的中点，互相垂直， E 为 DC 的中点，且 AD=2 ．（Ⅰ ）求证： PO⊥平面 ABCD ；（Ⅱ）求二面角 P﹣EB﹣ A 的余弦值；（Ⅲ）在线段 AB 上是否存在点 M，使线段 PM 与△PAD 所在平面成 30°角．若存在，求出 AM 的长，若不存在，请说明理由．20．在斜三棱柱 ABC ﹣ A 1B 1C1中，底面 ABC 是正三角形， E 是 AB 中点， A 1E⊥平面 ABC．（ I）证明： BC1∥平面 A1EC；（II）若 A1A⊥A1B，且 AB=2 ．① 求点 B 到平面 ACC 1A1 的距离；② 求直线 CB1 与平面 ACC 1A 1 所成角的正弦值．1）求证： DF ⊥平面 ABCD ；2）若△ ABD 是边长为 2 的等边三角形，且 BF 与平面 ABCD 所成角的正切值为 1，求点 E 到平面 BDF 的距离．22．如图，在三棱柱 ABC ﹣A 1B 1C 1中，G 为ABC 的重心，（ 1）求证： GE ∥平面 AA 1B 1B ；（2）若侧面 ABB 1A 1⊥底面 ABC ，∠ A 1AB= ∠BAC=60°，AA 1=AB=AC=2 ，求直线 A 1B 与平面 B 1GE 所成角 正弦值．21．如图，在多面体 EF ﹣ABCD 中， ABCD ， ABEF 均为直角梯形，∠ 平面 DCEF ⊥平面 ABCD ．ABE= ∠ABC= DCEF 为平行四边形，θ的BC 1．23．如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中， PA⊥底面 ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，BC=2，AD=CD=1，M是 PB的中点．（Ⅰ ）求证： AM ∥平面 PCD；（Ⅱ ）求证：平面 ACM ⊥平面 PAB；。
高中数学专题练习20 立体几何中的平行与垂直问题(新高考地区专用)解析版
立体几何中的平行与垂直问题一、题型选讲题型一、线面平行与垂直知识点拨：证明直线与平面的平行与垂直问题，一定要熟练记忆直线与平面的平行与垂直判定定理和性质定理，切记不可缺条件。
直线与平面的平行有两种方法：一是在面内找线；二是通过面面平行转化。
直线与平面垂直关键是找两条相交直线例1、如图，在四棱锥PABCD中，M，N分别为棱PA，PD的中点．已知侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，DA＝DP.求证：(1)MN∥平面PBC；MD⊥平面PAB.例2、如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B为矩形，平面AA1B1B⊥平面ABC，点E，F 分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点．(1) 求证：EF∥平面ABC；(2) 求证：BB1⊥AC.例3、如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC，A1C⊥BC1，AB1⊥BC1，D，E分别是AB1和BC的中点．求证：(1)DE∥平面ACC1A1；(2)AE⊥平面BCC1B1.例4、如图，三棱锥DABC中，已知AC⊥BC，AC⊥DC，BC＝DC，E，F分别为BD，CD的中点．求证：(1) EF∥平面ABC；(2) BD⊥平面ACE.例5、如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，A1B1⊥B1C1.设A1C与AC1交于点D，B1C 与BC1交于点E.求证：(1) DE∥平面ABB1A1；(2) BC1⊥平面A1B1C.例6、如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知D，E分别为BC，B1C1的中点，点F在棱CC1上，且EF⊥C1D.求证：(1) 直线A1E∥平面ADC1；(2) 直线EF⊥平面ADC1.题型二、线面与面面平行与垂直证明平面与平面的平行与垂直问题，一定要熟练记忆平面与平面的平行与垂直判定定理和性质定理，切记不可缺条件。
平面与平面的平行关键是在一个平面内找两条相交直线；平面与平面垂直可以从二面角入手页可以从线面垂直进行转化。
2020届高考数学(理)大一轮复习：专题突破练(5) 立体几何的综合问题
专题突破练(5)立体几何的综合问题2.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，A1A＝AB＝2，BC＝1，AC＝5，若规定正视方向垂直平面ACC1A1，则此三棱柱的侧视图的面积为()45C.5 D．6答案C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⊥BDB.∠BA′C＝90°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.48 B ．60 C ．72 D ．846．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.2 B ．4 C ．6 D ．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.选B.7.[2017·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 .∵P A ＝PB ＝2，半圆锥的底面半圆的弧长为π，∴展开图中的∠BPM ＝πPB＝π2， π5π5π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.选B.9．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10. [2017·东北三省三校二模]已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1，侧棱BB 1⊥平面ABC ，AB ＝2，AC ＝3，AA 1＝14，AC ⊥BC ，将其放入一个水平放置的水槽中，使AA 1在水槽底面内，平面ABB 1A 1与水槽底面垂直，且水面恰好经过棱BB 1，现水槽底面出现一个小洞，水位下降，则在水位下降过程中，几何体露出水面部分的面积S 关于水位下降的高度h 的函数图象大致为( )答案 A1x 时，正四棱锥的体积最大，则x 为 ( )A ．0.5B ．0.8C ．0.2D ．1答案 C二、填空题13．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为棱DC的中点，则D1P与BC1所在直线所成角的余弦值等于________.10514.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64πR315．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__________.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.[2017·安徽黄山第二次质检]如图所示，正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为1，E ，F 分别是棱AA ′，CC ′的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB ′，DD ′交于点M ，N ，设BM＝x ，x ∈[0,1]．给出以下五个命题：①当且仅当x ＝0时，四边形MENF 的周长最大；17．[2017·河南洛阳月考]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝BC＝2AC＝4.(1)若点P为AA的中点，求证：平面B CP⊥平面B C P；值；若不存在，说明理由.解(1)证明：如图，以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B1(0,4,4)，C1(0,0,4)，P(2，0,2)，B(0,4,0)，→→118.719.[2018·广东韶关调研]已知四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，∠ABC(2)由(1)得AE，AD，AP两两垂直，连接AM，以AE，AD，AP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.520.[2017·湖北黄冈期末]如图，在各棱长均为2的三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面A1ACC1⊥底面ABC，∠A1AC＝60°.(1)求侧棱AA与平面AB C所成角的正弦值的大小；1故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，。
高考数学《立体几何》练习题及答案
立体几何1．[四川省宜宾市第四中学高2020届一诊模拟考试理科数学]若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A ．2B ．1C ．D ．【答案】B2．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】D 【解析】3．[【全国百强校首发】四川省棠湖中学2020届高三一诊模拟考试数学（理）试题] 在正方体1111ABCD A B C D -中，动点E 在棱1BB 上，动点F 在线段11A C 上，O 为底面ABCD 的中心，若1,BE x A F y ==，则四面体O AEF -的体积 A ．与,x y 都有关 B ．与,x y 都无关 C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关【答案】B4．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]5．[四川省宜宾市第四中学高2020届一诊模拟考试理科数学] 一个圆锥SC的高和底面直径相等，且这个圆锥SC和圆柱OM的底面半径及体积也都相等，则圆锥SC和圆柱OM的侧面积的比值为A．322B．23C．35D．45【答案】C6．[辽宁葫芦岛锦化高中协作校高三上学期第二次考试数学理科试题]【答案】D【解析】7．[广东省三校（广州真光中学、深圳市第二中学、珠海市第二中学）2020届高三上学期第一次联考数学（理）试题] 在如图直二面角ABDC中，△ABD、△CBD均是以BD为斜边的等腰直角三角形，取AD的中点E，将△ABE 沿BE 翻折到△A1BE，在△ABE的翻折过程中，下列不可能成立的是A．BC与平面A1BE内某直线平行B．CD∥平面A1BEC．BC与平面A1BE内某直线垂直D．BC⊥A1B【答案】D8．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】D【解析】9．[陕西省汉中市2020届高三教学质量第一次检测考试理科数学试题] 圆锥的侧面展开图是半径为R 的半圆，则该圆锥的体积为________. 【答案】33πR 10．[辽宁省本溪高级中学2020届高三一模考试数学（理）试卷]【答案】4π11．[安徽省合肥一中、安庆一中等六校教育研究会2020届高三上学期第一次素质测试数学（理)试题] 如图，在棱长为 1 的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面ABCD 内（不包括边界），若1B P ∥平面1A BM ，则1C P 的最小值是________．【答案】305【解析】 【分析】由面面平行找到点P 在底面ABCD 内的轨迹为线段DN ，再找出点P 的位置，使1C P 取得最小值，即1C P 垂直DN 于点O ，最后利用勾股定理求出最小值. 【详解】取BC 中点N ，连接11,,B D B N DN ，作CO DN ⊥，连接1C O ，因为平面1B DN ∥平面1A BM ，所以动点P 在底面ABCD 内的轨迹为线段DN ，当点P 与点O 重合时，1C P 取得最小值，因为11152225DN CO DC NC CO ⋅=⋅⇒==，所以221min 11130()155C P C O CO CC ==+=+=. 故1C P 的最小值是305. 【点睛】本题考查面面平行及最值问题，求解的关键在于确定点P 的位置，再通过解三角形的知识求最值.12．[四川省成都外国语学校2019-2020学年高三（上）期中数学试卷（理科）]已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的半径为________．21【答案】【解析】【分析】根据三视图还原几何体，设球心为O，根据外接球的性质可知，O与PAB△和正方形ABCD中心的连线分别与两个平面垂直，从而可得到四边形OGEQ 为矩形，求得OQ和PQ后，利用勾股定理可求得外接球半径.【详解】由三视图还原几何体如下图所示：设PAB△的中心为Q，正方形ABCD的中心为G，外接球球心为O，则OQ⊥平面PAB，OG⊥平面ABCD，E为AB中点，∴四边形OGEQ为矩形，112OQ GE BC ∴===，2233PQ PE ==， ∴外接球的半径：22213R GE PQ =+=. 故答案为21. 【点睛】本题考查多面体外接球半径的求解，关键是能够根据球的性质确定球心的位置，从而根据长度关系利用勾股定理求得结果. 13．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】【解析】14．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]【答案】1 315．[江苏省南通市2020届高三第一学期期末考试第一次南通名师模拟试卷数学试题]如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD是平行四边形，平面ABP⊥平面BCP，90APB=，M为CP的中点．求证：∠=︒，BP BC（1）AP//平面BDM；（2）BM ACP⊥平面．【解析】（1）设AC 与BD 交于点O ，连接OM ， 因为ABCD 是平行四边形，所以O 为AC 中点， 因为M 为CP 的中点，所以AP ∥OM ， 又AP ⊄平面BDM ，OM ⊂平面BDM ， 所以AP ∥平面BDM ．（2）平面ABP ⊥平面BCP ，交线为BP ， 因为90APB ∠=︒，故AP BP ⊥，因为AP ⊂平面ABP ，所以AP ⊥平面BCP ， 因为BM ⊂平面BCP ，所以AP ⊥BM ． 因为BP BC =，M 为CP 的中点，所以BM CP ⊥． 因为AP CP P =I ，AP CP ⊂，平面ACP ， 所以BM ⊥平面ACP .16．[河南省新乡市高三第一次模拟考试（理科数学）] 如图，在四棱锥ABCDV -中，二面角D BC V --为︒60，E 为BC 的中点. （1）证明：VE BC =；（2）已知F 为直线VA 上一点，且F 与A 不重合，若异面直线BF 与VE 所成角为︒60，求.VA VFABCDPMABCDPMO【解析】17．[四川省成都外国语学校2019-2020学年高三（上）期中数学试卷（理科）]如图，在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，PA=AB=2，点E，F分别为BC，PD的中点，设直线PC与平面AEF交于点Q．（1）已知平面PAB∩平面PCD=l，求证：AB∥l．（2）求直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值． 【解析】 【分析】（1）证明AB ∥平面PCD ，然后利用直线与平面平行的性质定理证明AB ∥l ； （2）以点A 为原点，直线AE 、AD 、AP 分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面PCD 的法向量和直线AQ 的方向向量，然后利用空间向量的数量积求解直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值即可．【详解】（1）证明：∵AB ∥CD ，AB ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ． ∴AB ∥平面PCD ，∵AB ⊂平面PAB ，平面PAB ∩平面PCD =l ， ∴AB ∥l ；（2）∵底面是菱形，E 为BC 的中点，且AB =2， ∴13BE AE AE BC ==⊥,,， ∴AE ⊥AD ，又PA ⊥平面ABCD ，则以点A 为原点，直线AE 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则()()()()020,002,30,300D P C E,,,,,,,,，∴()0,1,1F ，()()()()3000,11310022AE AF DC DP ===-=-u u u r u u u r u u u r u u u r,,,,,,,,,,，设平面PCD 的法向量为(),,x y z =n ，有0PD ⋅=u u u r n ，0CD ⋅=u u u rn ，得()133=，，n ，设()1AQ AC AP λλ=+-u u u r u u u r u u u r，则()()321AQ λλλ=-u u u r ,,，再设(3,,)AQ mAE n m n n AF =+=u u u r u u u r u u u r，则()3321m n nλλλ⎧=⎪=⎨⎪-=⎩，解之得23m n λ===，∴2223333AQ ⎛⎫=⎪⎝⎭u u u r ,,， 设直线AQ 与平面PCD 所成角为α，则3105sin cos ,AQ AQ AQα⋅>=<==u u u r u u u r u u u r n n n ，∴直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值为3105． 【点睛】本题考查直线与平面平行的判定定理以及性质定理的应用，直线与平面所成角的向量求法，合理构建空间直角坐标系是解决本题的关键，属中档题.18．[安徽省合肥一中、安庆一中等六校教育研究会2020届高三上学期第一次素质测试数学（理)试题] 已知三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC AA ==，侧面11ABB A ⊥底面ABC ，D 是BC 的中点，160B BA ∠=︒，1B D AB ⊥.（1）求证：ABC △为直角三角形；（2）求二面角1C AD B --的余弦值． 【解析】（1）取AB 中点O ，连接OD ，1B O ，易知1ABB △为等边三角形，从而得到1B O AB ⊥，结合1B D AB ⊥，可根据线面垂直判定定理得到AB ⊥平面1B OD ，由线面垂直的性质知AB OD ⊥，由平行关系可知AB AC ⊥，从而证得结论；（2）以O 为坐标原点可建立空间直角坐标系，根据空间向量法可求得平面1ADC 和平面ADB 的法向量的夹角的余弦值，根据所求二面角为钝二面角可得到最终结果. 【详解】（1）取AB 中点O ，连接OD ，1B O ，在1ABB △中，1AB B B =，160B BA ∠=︒，1ABB ∴△是等边三角形， 又O 为AB 中点，1B O AB ∴⊥，又1B D AB ⊥，111B O B D B =I ，11,B O B D ⊂平面1B OD ，AB ∴⊥平面1B OD ，OD ⊂Q 平面1B OD ，AB OD ∴⊥， 又OD AC ∥，AB AC ∴⊥， ∴ABC △为直角三角形.（2）以O 为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系：令12AB AC AA ===，则()1,2,0C -，()1,0,0A -，()0,1,0D ，()1,0,0B ，()10,0,3B ，()11,0,3BB ∴=-u u u v ，()0,2,0AC =u u u v ，()1,1,0AD =u u u v，()1111,2,3AC AC CC AC BB =+=+=-u u u u v u u u v u u u u v u u u v u u u v，设平面1ADC 的法向量为(),,x y z =m ，10230AD x y AC x y z ⎧⋅=+=⎪∴⎨⋅=++=⎪⎩u u u v u u u u v m m ，令1x =，则1y =-，3z =，()1,1,3∴=-m ， 又平面ADB 的一个法向量为()0,0,1=n ，315cos ,5113∴<>==++m n ， Q 二面角1C AD B --为钝二面角，∴二面角1C AD B --的余弦值为15-.【点睛】本题考查立体几何中垂直关系的证明、空间向量法求解二面角的问题，涉及到线面垂直判定定理和性质定理的应用；证明立体几何中线线垂直关系的常用方法是通过证明线面垂直得到线线垂直的关系.19．[江西省宜春市上高二中2020届高三上学期第三次月考数学（理）试题]20．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]21．[辽宁葫芦岛锦化高中协作校高三上学期第二次考试数学理科试题]【解析】22．[【全国百强校首发】四川省棠湖中学2020届高三一诊模拟考试数学（理）试题] 如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD为矩形，平面PCD⊥平面ABCD,2AB=,1BC=，2PC PD==，E为PB中点．（1）求证：PD∥平面ACE；（2）求二面角E AC D--的余弦值；（3）在棱PD上是否存在点M，使得AM⊥BD？若存在，求PMPD的值；若不存在，说明理由．【解析】（1）设BD交AC于点F，连接EF. 因为底面ABCD是矩形，所以F为BD中点 . 又因为E为PB中点，所以EF∥PD.因为PD ⊄平面,ACE EF ⊂平面ACE ，所以PD ∥平面ACE.（2）取CD 的中点O ，连接PO ，FO .因为底面ABCD 为矩形，所以BC CD ⊥.因为PC PD =，O CD 为中点，所以,PO CD OF ⊥∥BC ，所以OF CD ⊥. 又因为平面PCD ⊥平面ABCD ，PO ⊂平面,PCD 平面PCD ∩平面ABCD =CD . 所以PO ⊥平面ABCD ，如图，建立空间直角坐标系O xyz -， 则111(1,1,0)(0,1,0)(1,1,0),(0,0,1),(,,)222A C B P E -，,， 设平面ACE 的法向量为(,,)x y z =m ，131(1,2,0),(,,)222AC AE =-=-u u u r u u u r ， 所以20,2,0,131.00222x y x y AC z y x y z AE -+=⎧⎧=⎧⋅=⎪⇒⇒⎨⎨⎨=--++=⋅=⎩⎩⎪⎩u u u v u u u v m m 令1y =，则2,1x z ==-，所以2,11=-（，）m .平面ACD 的法向量为(0,0,1)OP =u u u r ，则6cos ,OP OP OP⋅<>==-⋅u u u r u u u r u u u r m m |m |. 如图可知二面角E AC D --为钝角，所以二面角E AC D --的余弦值为66-. （3）在棱PD 上存在点M ，使AM BD ⊥.设([0,1]),(,,)PM M x y z PD=∈λλ，则,01,0PM PD D =-u u u u r u u u r λ（，）.因为(,,1)(0,1,1)x y z -=--λ，所以(0,,1)M --λλ. (1,1,1),(1,2,0)AM BD =---=--u u u u r u u u r λλ.因为AM BD ⊥，所以0AM BD ⋅=u u u u r u u u r .所以12(1)0λ--=，解得1=[0,1]2∈λ. 所以在棱PD 上存在点M ，使AM BD ⊥，且12PM PD =。
2020年(江苏)高考数学(理)大一轮复习检测：专题十七 立体几何
专题十七立体几何一、填空题考向一立体几何中的计算问题1.(2017·苏州、无锡、常州、镇江二模)已知正四棱锥的底面边长是2,侧棱长是,则该正四棱锥的体积为.2.(2018·南通、泰州一模)如图,铜质六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的,已知正六棱柱的底面边长、高都为4 cm,圆柱的底面积为9 cm2.若将该螺帽熔化后铸成一个高为6 cm 的正三棱柱零件,则该正三棱柱的底面边长为cm.(不计损耗)(第2题)(第3题)3.(2018·苏州期初)如图,正四棱锥P-ABCD的底面一边AB的长为2 cm,侧面积为8 cm2,则它的体积为cm3.4.(2017·江苏大联考)已知正四面体P-ABC的棱长为2,若M,N分别是PA,BC的中点,则三棱锥P-BMN 的体积为.(第5题)5.(2018·苏州一模)鲁班锁是中国传统的智力玩具,起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构,它的外观是如图所示的十字立方体,其上下、左右、前后完全对称,六根等长的正四棱柱体分成三组,经90°榫卯起来.若正四棱柱的高为5,底面正方形的边长为1,现将该鲁班锁放进一个球形容器内,则该球形容器的表面积至少为.(容器壁的厚度忽略不计,结果保留π)6.(2018·无锡一模)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB⊥BC,AB=3,BC=4,AA1=5,若三棱柱的所有顶点都在同一球面上,则该球的表面积为.考向二立体几何中的命题真假的判定问题7.(2017·丹阳高级中学期初)设α,β为两个不重合的平面,m,n为两条不同的直线,给出下列四个命题:①若m⊥n,m⊥α,则n∥α;②若n⊂α,m⊂β,α与β相交且不垂直,则n与m不垂直;③若α⊥β,α∩β=m,n⊂α,n⊥m,则n⊥β;④若m∥n,n⊥α,α∥β,则m⊥β.其中正确的命题是.(填序号)8.(2016·南京三模)已知α,β是两个不重合的平面,l,m是两条不同的直线,l⊥α,m⊂β.给出下列四个命题:①α∥β⇒l⊥m;②α⊥β⇒l∥m;③m∥α⇒l⊥β;④l⊥β⇒m∥α.其中正确的命题是.(填序号)9.(2016·镇江期末)已知b,c表示两条不同的直线,α,β表示两个不重合的平面,给出下列四个命题:①若b⊂α,c∥α,则b∥c;②若b⊂α,b∥c,则c∥α;③若c∥α,α⊥β,则c⊥β;④若c∥α,c⊥β,则α⊥β.其中正确的命题是.(填序号)10.(2017·南京、盐城、连云港二模)已知α,β是两个互不重合的平面,m,n是两条不同的直线,下列命题中正确的是.(填序号)①若α∥β,m⊂α,则m∥β;②若m∥α,n⊂α,则m∥n;③若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则m⊥β;④若n⊥α,n⊥β,m⊥α,则m⊥β.11.(2017·广州模拟)已知α,β是两个不重合的平面,m,n是两条不同的直线,则下列说法中正确的是.(填序号)①若m∥α,α∩β=n,则m∥n;②若m⊥α,n⊥m,则n∥α;③若m⊥α,n⊥β,α⊥β,则m⊥n;④若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则m⊥β.(第12题)12.(2017·咸阳模拟)如图,在棱长均相等的正四棱锥P-ABCD中,O为底面正方形的中心,M,N分别为侧棱PA,PB的中点,有下列结论:①PC∥平面OMN;②平面OMN⊥平面PAB;③OM⊥PA;④平面PCD∥平面OMN.其中正确的结论是.(填序号)考向三立体几何中的综合问题(第13题)13.(2016·无锡期末)如图,在圆锥VO中,O为底面圆的圆心,点A,B在圆O上,且OA⊥OB.若OA=VO=1,则点O到平面VAB的距离为.14.(2016·南通、扬州、淮安、宿迁、泰州二调)在体积为的四面体ABCD中,若AB⊥平面BCD,AB=1,BC=2,BD=3,则CD长度的所有值为.二、解答题15.(2017·常州一模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长都相等,且∠ABB1=60°,D为AC的中点.(1)求证:B1C∥平面A1BD;(2)求证:AB⊥B1C.(第15题)16.(2017·苏州、无锡、常州、镇江二模)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C是菱形,AC1∩A1C=O,E是棱AB上一点,且OE∥平面BCC1B1.(1)求证:E是AB中点;(2)若AC1⊥A1B,求证:AC1⊥BC.(第16题)17.(2017·扬州一模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,E,F分别是棱PC和PD的中点.(1)求证:EF∥平面PAB;(2)若AP=AD,且平面PAD⊥平面ABCD,求证:AF⊥平面PCD.(第17题)18.(2018·苏州一模)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知E,F,G,H分别是A1D1,B1C1,D1D,C1C的中点.(1)求证:EF∥平面ABHG;(2)求证:平面ABHG⊥平面CFED.(第18题)19.(2018·苏州期初)如图,在三棱锥P-ABC中,已知平面PBC⊥平面ABC.(1)若AB⊥BC,CP⊥PB,求证:CP⊥PA;(2)若过点A作直线l⊥平面ABC,求证:l∥平面PBC.(第19题)20.(2018·常州一模)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形,PC⊥平面ABCD,PB=PD,点Q 是棱PC上异于P,C的一点.(1)求证:BD⊥AC;(2)过点Q和AD的平面截四棱锥得到截面ADQF(点F在棱PB上),求证:QF∥BC.(第20题)专题十七立体几何(第1题)1.【解析】如图,在正四棱锥P-ABCD中,PA=,AB=2,故AO=AB=,所以PO==1,所以V=Sh=×22×1=.2. 2【解析】由题知,铜质六角螺帽毛坯的体积V=6××42×sin60°-9×4=60(cm3).设正三棱柱的底面边长为a cm,则×a2×sin60°×6=60,解得a=2,所以正三棱柱的底面边长为2 cm.3. 4【解析】设正四棱锥P-ABCD的高为H,斜高为h,由题意得×2×4h=8,解得h=2,所以H==1,所以该四棱锥的体积V=S·H=×(2)2×1=4(cm3).4.【解析】如图,连接AN,作MD⊥PN,垂足为D.因为正四面体P-ABC的棱长为2,M,N分别是PA,BC 的中点,所以AN⊥BC,PN⊥BC,由此可得MN⊥AP,且AN=PN=.因为AN∩PN=N,AN⊂平面PAN,PN⊂平面PAN,所以BC⊥平面PAN.因为MD⊂平面PNA,所以MD⊥BC.因为MD⊥PN,BC∩PN=N,BC⊂平面PBN,PN⊂平面PBN,所以MD⊥平面PBN.又由题知MN==,因为PN·MD=PM·MN,所以MD===,所以三棱锥P-BMN 的体积==×S△PBN×MD=××1××=.(第4题)5. 30π【解析】由题图知,该鲁班锁外接球的直径与长、宽、高分别为2,1,5的长方体的外接球直径相同.设该球形容器的半径为R,则2R≥,即R≥,所以S=4πR2≥4π×=30π.6. 50π【解析】在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因为AB⊥BC,所以可以将该直三棱柱补形成长、宽、高分别为3,4,5的长方体,该长方体的体对角线长即为该直三棱柱的直径,且2R==5,所以S=4πR2=50π.7.③④【解析】因为m⊥α,m⊥n,所以n∥α或n⊂α,故①错误;对于②,当m平行α与β的交线,n垂直于α与β的交线时,m⊥n,故②错误;由面面垂直的性质定理知③正确;因为n⊥α,α∥β,所以n⊥β,又m∥n,所以m⊥β,故④正确.8.①④【解析】对于①,因为l⊥α且α∥β,所以l⊥β,又m⊂β,所以l⊥m,故①正确;对于②,由l⊥α,α⊥β,可知l∥β或l⊂β,则l与m的位置关系不确定,故②不正确;对于③,由m∥α且m⊂β,可知α与β平行或相交,若α与β相交,则l与β不垂直,故③不正确;对于④,由l⊥α且l⊥β,可知α∥β,又m⊂β,所以m∥α,故④正确.9.④【解析】对于①,b与c的位置关系不确定;对于②,可能c⊂α;对于③,c与β的位置关系不确定;只有④是正确的.10.①④【解析】①是面面平行的性质,故①正确;②m,n可能异面,故②错误;③当m⊄α时,m⊥β不成立,故③错误;④由m⊥α,n⊥α,得m∥n,又n⊥β,所以m⊥β,故④正确.(第11题)11.③【解析】对于①,如图,m∥α,α∩β=n,此时m,n异面,故①错误;对于②,若m⊥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α,故②错误;对于③,若n⊥β,α⊥β,则n∥α或n⊂α,又m⊥α,所以m⊥n,故③正确;对于④,若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则m也可能与β相交、平行或在β内,故④错误.12.①③④【解析】如图,其中E,F分别为AD,BC的中点,G为OE的中点,平面OMN即平面MNFE.因为PC∥OM,所以PC∥平面OMN,同理PD∥ON,又OM∩ON=O,所以平面PCD∥平面OMN,故①④正确;由于四棱锥的棱长均相等,所以PA2+PC2=AB2+BC2=AC2,所以PC⊥PA,又PC∥OM,所以OM⊥PA,故③正确;因为OM=PC=PD=ME,所以MG⊥OE,又MN∥OE,所以GM⊥MN,假设平面OMN⊥平面PAB,则GM⊥平面PAB,则MG⊥PA,设四棱锥的棱长为4,则MA=2,AG=,MG=,三边长度不满足勾股定理,所以MG不垂直PA,与假设矛盾,故②不正确.(第12题)13.【解析】方法一:设点O到平面VAB的距离为h.由题意知=,所以××1×1×1=××h,解得h=.方法二:取AB的中点M,连接OM,VM.在Rt△VOM中,点O到VM的距离即为点O到平面VAB的距离.因为VO=1,OM=,VM=,所以点O到VM的距离d==,故点O到平面VAB的距离为.14.,【解析】因为四面体ABCD的体积V=××2×3×sin∠CBD×1=,所以sin∠CBD=,所以∠CBD=60°或120°.当∠CBD=60°时,CD2=22+32-2×2×3×cos 60°=7,所以CD=;当∠CBD=120°时,CD2=22+32-2×2×3×cos 120°=19,所以CD=.综上,CD长度的所有值为,.15.(1)连接AB1交A1B于点E,连接DE.因为D,E分别为AC,AB1的中点,所以DE∥B1C.因为DE⊂平面A1BD,B1C⊄平面A1BD,所以B1C∥平面A1BD.(2)取AB的中点O,连接OC,OB1.因为BA=BB1,且∠ABB1=60°,所以△ABB1为正三角形.而O为AB的中点,所以OB1⊥AB.在正三角形ABC中,O为AB的中点,所以OC⊥AB.因为OB1∩OC=O,且OB1⊂平面OB1C,OC⊂平面OB1C,所以AB⊥平面OB1C.又因为B1C⊂平面OB1C,所以AB⊥B1C.16.(1)如图,连接BC1,因为OE∥平面BCC1B1,OE⊂平面ABC1,平面BCC1B1∩平面ABC1=BC1,所以OE∥BC1.因为侧面AA1C1C是菱形,AC1∩A1C=O,所以O是AC1的中点.所以==1,即E是AB的中点.(2)因为侧面AA1C1C是菱形,所以AC1⊥A1C.因为AC1⊥A1B,A1C∩A1B=A1,A1C⊂平面A1BC,A1B⊂平面A1BC,所以AC1⊥平面A1BC.因为BC⊂平面A1BC,所以AC1⊥BC.(第16题)17.(1)因为点E,F分别是棱PC和PD的中点,所以EF∥CD.又在矩形ABCD中,AB∥CD,所以EF∥AB.又AB⊂平面PAB,EF⊄平面PAB,所以EF∥平面PAB.(2)在矩形ABCD中,AD⊥CD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面PAD.又AF⊂平面PAD,所以CD⊥AF.因为PA=AD且F是PD的中点,所以AF⊥PD.因为PD⊂平面PCD,CD⊂平面PCD,PD∩CD=D,所以AF⊥平面PCD.18.(1)因为E,F分别是A1D1,B1C1的中点,所以EF∥A1B1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1B1∥AB,所以EF∥AB.又EF⊄平面ABHG,AB⊂平面ABHG,所以EF∥平面ABHG.(2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,CD⊥平面BB1C1C.又BH⊂平面BB1C1C,所以BH⊥CD.①如图,设BH∩CF=P,△BCH≌△CC1F,所以∠HBC=∠FCC1.因为∠HBC+∠PHC=90°,所以∠FCC1+∠PHC=90°,所以∠HPC=90°,即BH⊥CF.②由①②,又DC∩CF=C,CF,CD⊂平面CFED,所以BH⊥平面CFED.又因为BH⊂平面ABHG,所以平面ABHG⊥平面CFED.(第18题)(第19题)19.(1)因为平面PBC⊥平面ABC,平面PBC∩平面ABC=BC,AB⊂平面ABC,AB⊥BC,所以AB⊥平面PBC.因为CP⊂平面PBC,所以CP⊥AB.又因为CP⊥PB,且PB∩AB=B,AB,PB⊂平面PAB,所以CP⊥平面PAB,因为PA⊂平面PAB,所以CP⊥PA.(2)如图,在平面PBC内过点P作PD⊥BC,垂足为D.因为平面PBC⊥平面ABC,平面PBC∩平面ABC=BC,PD⊂平面PBC,所以PD⊥平面ABC.又l⊥平面ABC,所以l∥PD.又l⊄平面PBC,PD⊂平面PBC,所以l∥平面PBC.20.(1)因为PC⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥PC.如图,记AC,BD的交点为O,连接OP.平行四边形对角线互相平分,则O为BD的中点,又在△PBD中,PB=PD,所以BD⊥OP.又PC∩OP=P,PC,OP⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC.又AC⊂平面PAC,所以BD⊥AC.(2)因为四边形ABCD是平行四边形,所以AD∥BC.又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC.又AD⊂平面ADQF,平面ADQF∩平面PBC=QF,所以AD∥QF.又AD∥BC,所以QF∥BC.(第20题)。
2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何(一)
2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何（一）1.如图所示，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为正方形，⊥PD 平面ABCD ，2PD AB ，点,,E F G 分别为,,PC PD BC 的中点.(1)求证：EF PA ⊥；(2)求二面角D FG E 的余弦值.2.如图所示，该几何体是由一个直角三棱柱ADE BCF 和一个正四棱锥P ABCD 组合而成，AF AD ⊥，2AEAD .(1)证明：平面⊥PAD 平面ABFE ；(2)求正四棱锥P ABCD 的高h ，使得二面角C AF P 的余弦值是223.3.四棱锥P ABCD-中，侧面PDC是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是面积为ADC∠为锐角，M为PB的中点．（Ⅰ）求证：PD∥面ACM．（Ⅱ）求证：PA⊥CD．（Ⅲ）求三棱锥P ABCD-的体积．4.如图，四棱锥S ABCD-满足SA⊥面ABCD，90DAB ABC∠=∠=︒．SA AB BC a===，2AD a=．（Ⅰ）求证：面SAB⊥面SAD．（Ⅱ）求证：CD⊥面SAC．SB A DMC BAPD5.在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，测棱PD ⊥底面ABCD ，PD DC =，点E 是BC 的中点，作EF PB ⊥交PB 于F ． （Ⅰ）求证：平面PCD ⊥平面PBC ． （Ⅱ）求证：PB ⊥平面EFD ．6.在直棱柱111ABC A B C -中，已知AB AC ⊥，设1AB 中点为D ，1A C 中点为E ． （Ⅰ）求证：DE ∥平面11BCC B ． （Ⅱ）求证：平面11ABB A ⊥平面11ACC A ．E DABC C 1B 1A 1DAB CEF P7.在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，//AB CD ，AB AD ⊥，PA PB =，::2:2:1AB AD CD =.（1）证明BD PC ⊥；（2）求二面角A PC D --的余弦值；（3）设点Q 为线段PD 上一点，且直线AQ 平面PAC 所成角的正弦值为23，求PQ PD的值.8.在正方体1111ABCD A B C D -中，O 是AC 的中点，E 是线段D 1O 上一点，且D 1E ＝λEO . （1）若λ=1，求异面直线DE 与CD 1所成角的余弦值； （2）若λ=2，求证：平面CDE ⊥平面CD 1O .9.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，135BCD =︒∠，侧面PAB ⊥底面ABCD ，90BAP =︒∠，2AB AC PA ===，E ，F 分别为BC ，AD 的中点，点M 在线段PD 上．（Ⅰ）求证：EF ⊥平面PAC ．（Ⅱ）若M 为PD 的中点，求证：ME ∥平面PAB ． （Ⅲ）如果直线ME 与平面PBC 所成的角和直线ME 与平面ABCD 所在的角相等，求PMPD的值．10.如图，在三棱柱111ABC A B C -，1AA ⊥底面ABC ，AB AC ⊥，1AC AB AA ==，E ，F 分别是棱BC ，1A A 的中点，G 为棱1CC 上的一点，且1C F ∥平面AEG ． （1）求1CGCC 的值． （2）求证：1EG AC ⊥． （3）求二面角1A AG E --的余弦值．A 1B 1C 1G F AB CEM F E CBAPD11.如图，在四棱锥P ABCD -中，PB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为梯形，AD BC ∥，AD AB ⊥，且3PB AB AD ===，1BC =．（Ⅰ）若点F 为PD 上一点且13PF PD =，证明：CF ∥平面PAB ．（Ⅱ）求二面角B PD A --的大小． （Ⅲ）在线段PD 上是否存在一点M ，使得CM PA ⊥？若存在，求出PM 的长；若不存在，说明理由．12.如图，在四棱锥E ABCD -中，平面EAD ⊥平面ABCD ，CD AB ∥，BC CD ⊥，EA ED ⊥，4AB =，2BC CD EA ED ====．Ⅰ证明：BD AE ⊥．Ⅱ求平面ADE 和平面CDE 所成角（锐角）的余弦值．DABCEPF DBCA13.己知四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，且2PA AB ==．60ABC ∠=︒，BC 、PD 的中点分别为E ，F ．（Ⅰ）求证BC PE ⊥．（Ⅱ）求二面角F AC D --的余弦值．（Ⅲ）在线段AB 上是否存在一点G ，使得AF 平行于平面PCG ？若存在，指出G 在AB 上的位置并给予证明，若不存在，请说明理由．14.如图，ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥平面ABCD ，AF DE ∥，3DE AF =，BE 与平面ABCD 所成角为60︒．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BDE ． （Ⅱ）求二面角F BE D --的余弦值．（Ⅲ）设点M 线段BD 上一个动点，试确定点M 的位置，使得AM ∥平面BEF ，并证明你的结论．DDABCEF15.如图，PA ⊥面ABC ，AB BC ⊥，22AB PA BC ===，M 为PB 的中点． （Ⅰ）求证：AM ⊥平面PBC ． （Ⅱ）求二面角A PC B --的余弦值． （Ⅲ）在线段PC 上是否存在点D ，使得BD AC ⊥，若存在，求出PDPC的值，若不存在，说明理由．16.如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，AB ⊥平面,//,PAD AB CD E 是PB 的中点,2,5,3,2AHPD PA AB AD HD===== . （1）证明：PH ⊥平面ABCD ；（2）若F 是CD 上的点，且23FC FD ==，求二面角B EF C --的正弦值.MDABCP17.如图，DC ⊥平面ABC ，//EB DC ，22AC BC EB DC ====，120ACB ∠=︒，Q为AB 的中点．（Ⅰ）证明：CQ ⊥平面ABE ； （Ⅱ）求多面体ACED 的体积； （Ⅲ）求二面角A -DE -B 的正切值．18.如图1 ,在△ABC 中，AB =BC =2, ∠B =90°,D 为BC 边上一点，以边AC 为对角线做平行四边形ADCE ，沿AC 将△ACE 折起，使得平面ACE ⊥平面ABC ,如图2.(1)在图 2中，设M 为AC 的中点，求证:BM 丄AE ； (2)在图2中，当DE 最小时，求二面角A -DE -C 的平面角.19.如图所示，在已知三棱柱ABF -DCE 中，90ADE ∠=︒，60ABC ∠=︒，2AB AD AF ==，平面ABCD ⊥平面ADEF ，点M在线段BE 上，点G 是线段AD 的中点．（1）试确定点M 的位置，使得AF ∥平面GMC ； （2）求直线BG 与平面GCE 所成角的正弦值．20.已知在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，AC =AB ，P A ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是AB ，PD 的中点.（Ⅰ）求证：AF ∥平面PCE ；（Ⅱ）若22AB AP ==，求平面P AD 与平面PCE 所成锐二面角的余弦值.21.如图，五面体P ABCD 中，CD ⊥平面P AD ，ABCD 为直角梯形，,2BCD PD BC CD π∠===1,2AD AP PD =⊥. （1）若E 为AP 的中点，求证：BE ∥平面PCD ； （2）求二面角P -AB-C 的余弦值.22.如图（1）所示，已知四边形SBCD 是由Rt △SAB 和直角梯形ABCD 拼接而成的，其中90SAB SDC ∠=∠=︒.且点A 为线段SD 的中点，21AD DC ==，2AB =.现将△SAB沿AB 进行翻折，使得二面角S -AB -C 的大小为90°，得到图形如图（2）所示，连接SC ，点E ，F 分别在线段SB ，SC 上. （Ⅰ）证明：BD AF ⊥；（Ⅱ）若三棱锥B -AEC 的体积为四棱锥S -ABCD 体积的25，求点E 到平面ABCD 的距离.23.四棱锥S-ABCD中，AD∥BC，,BC CD⊥060SDA SDC∠=∠=，AD DC=1122BC SD==，E为SD的中点.（1）求证：平面AEC⊥平面ABCD；（2）求BC与平面CDE所成角的余弦值.24.已知三棱锥P-ABC，底面ABC是以B为直角顶点的等腰直角三角形，P A⊥AC，BA=BC=P A=2，二面角P-AC-B的大小为120°.（1）求直线PC与平面ABC所成角的大小；（2）求二面角P-BC-A的正切值.25.如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，090=∠=∠BCD ABC ，AB CB DC PD PA 21====，E 是PB 的中点， （Ⅰ）求证：EC ∥平面APD ；（Ⅱ）求BP 与平面ABCD 所成的角的正切值； （Ⅲ）求二面角P -AB -D 的余弦值.26.四棱锥P ﹣ABCD 的底面ABCD 为边长为2的正方形，P A =2，PB =PD =22，E ，F ，G ，H 分别为棱P A ，PB ，AD ，CD 的中点．（1）求CD 与平面CFG 所成角的正弦值；（2）探究棱PD 上是否存在点M ，使得平面CFG ⊥平面MEH ，若存在，求出PDPM的值；若不存在，请说明理由．试卷答案1以点D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则 0,0,0D ，0,2,0A ，2,0,0C，0,0,2P ，1,0,1E ，0,0,1F ，2,1,0G .(1)∵0,2,2PA ，1,0,0EF，则0PA EF ，∴PA EF .(2)易知0,0,1DF，2,11FG， 设平面DFG 的法向量111,,m x y z ，则m DF m FG ，即1111020z x yz ，令11x ，则1,2,0m 是平面DFG 的一个法向量，同理可得0,1,1n 是平面EFG 的一个法向量，∴210cos ,552m n m nm n， 由图可知二面角D FG E 为钝角， ∴二面角D FG E 的余弦值为105.2.(1)证明：直三棱柱ADE BCF 中，AB 平面ADE ，所以：AB AD ，又AD AF ，所以：AD平面ABFE ，AD 平面PAD ，所以：平面PAD 平面ABFE .(2)由(1)AD平面ABFE ，以A 为原点，,,AB AE AD 方向为,,x y z 轴建立空间直角坐标系A xyz ，设正四棱锥P ABCD 的高h ，2AE AD ，则0,0,0A ，2,2,0F ，2,0,2C ，1,,1P h . 2,2,0AF，2,0,2AC，1,,1APh .设平面ACF 的一个法向量111,,m x y z ，则：1111220220m AF x y n ACx z ，取11x ，则111y z ，所以：1,1,1m .设平面AFP 的一个法向量222,,n x y z ，则222222200n AF x y n APx hy z ，取21x ，则21y ，21z h ，所以：1,1,1n h ，二面角C AF P 的余弦值是223，所以：211122cos ,3321m n h m n m nh ， 解得：1h .3.E ODPABC M（Ⅰ）证明：连结AC 交BD 于O ，则O 是BD 中点， ∵在PBD △中，O 是BD 的中点，M 是PB 的中点， ∴PD MO ∥，又PD ⊄平面ACM ，MO ⊂平面ACM ，∴PD ∥平面ACM ．（Ⅱ）证明：作PE CD ⊥，则E 为CD 中点，连结AE ， ∵底面ABCD 是菱形，边长为2，面积为，∴11sin 222sin 222S AD DC ADC ADC =⨯⨯⨯∠⨯=⨯⨯∠⨯=∴sin ADC ∠，60ADC ∠=︒， ∴ACD △是等边三角形， ∴CD AE ⊥， 又∵CD PE ⊥， ∴CD ⊥平面PAE ， ∴CD PA ⊥．（Ⅲ）11233P ABCD ABCD V S PE -=⨯=⨯．4.DABCSE（1）证明：∵SA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴AB SA ⊥， 又∵90BAD ∠=︒， ∴AB AD ⊥， ∵SA AD A =， ∴AB ⊥平面SAD ， 又AB ⊂平面SAB ， ∴平面SAB ⊥平面SAD ． （Ⅱ）证明：取AD 中点为E ，∵90DAB ABC ∠=∠=︒，2AD a =，BC a =，E 是AD 中点， ∴ABCE ∠是矩形，CE AB a ==，DE a =，∴CD =，在ACD △中，AC，CD =，2AD a =， ∴222AC CD AD +=， 即CD AC ⊥，又∵SA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴CD SA ⊥， ∴CD ⊥平面PAC ． 5.P F ECB AD（Ⅰ）证明：∵PD ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴PD BC ⊥，又∵底面ABCD 为矩形， ∴BC CD ⊥， ∴BC ⊥平面PCD ， ∵BC ⊂平面PBC ， ∴平面PCD ⊥平面PBC ．（Ⅱ）证明：∵PD DC =，E 是PC 中点， ∴DE PC ⊥，又平面PCD ⊥平面PBC ，平面PCD 平面PBC PC =， ∴DE ⊥平面PBC ， ∴DE PB ⊥， 又∵EF PB ⊥，EF DE E =，∴PB ⊥平面EFD ．6.E A 1B 1C 1CBAD（Ⅰ）证明：连结1A B ， ∵D 是1AB 的中点， ∴D 是1A B 的中点，∵在1A BC △中，D 是1A B 的中点，E 是1A C 的中点， ∴DE BC ∥，又DE ⊄平面11BCC B ，BC ⊂平面11BCC B ， ∴DE ∥平面11BCC B ．（Ⅱ）证明：∵111ABC A B C -是直棱柱， ∴1AA ⊥平面ABC ， ∴1AA AB ⊥， 又AB AC ⊥， ∴AB ⊥平面11ACC A ， ∵AB ⊂平面11ABB A ， ∴平面11ABB A ⊥平面11ACC A ．7.以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系(2,0,0)B，D ，(0,0,2)P，C（1）(BD =-，(1,2)PC =-， ∵0BD PC •=∴BD PC ⊥（2）(1,AC =，(0,0,2)AP =，平面PAC 的法向量为(2,1,0)m =-(0,2)DP =，(1,0,0)AP =，平面DPC 的法向量为(0,2,1)n =--.2cos ,3m n m n m n•==•，二面角B PC D --的余弦值为3.（3）∵AQ AP PQ AP tPD =+=+，[]0,1t ∈ ∴(0,0,2)(0,2,2)(0,2,22)AQ t t t =+-=- 设θ为直线AQ 与平面PAC 所成的角2sin cos ,3AQ m AQ m AQ mθ•===• 2222223684332(22)tt t t t t =⇒=-++-，解得2t =（舍）或23. 所以，23PQ PD =即为所求.8.解:(1)不妨设正方体的棱长为1，以DA ,DC ,1DD 为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -． 则A (1，0，0)，()11022O ，，，()010C ，，，D 1(0，0，1)， E ()111442，，， 于是，.由cos＝＝.所以异面直线AE 与CD 1所成角的余弦值为36. （2）设平面CD 1O 的向量为m =(x 1，y 1，z 1)，由m ·CO ＝0，m ·1CD ＝0 得 取x 1＝1，得y 1＝z 1＝1，即m =(1，1，1) .由D 1E ＝λEO ，则E ，.又设平面CDE 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，由n ·CD ＝0，n ·DE ＝0. 得取x 2=2，得z 2＝－λ，即n ＝(－2，0，λ) .因为平面CDE ⊥平面CD 1F ，所以m ·n ＝0，得λ＝2．9.（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD 中， ∵AB AC =，135BCD =︒∠，45ABC =︒∠， ∴AB AC ⊥，∵E ，F 分别为BC ，AD 的中点， ∴EF AB ∥，∴EF AC ⊥，∵侧面PAB ⊥底面ABCD ，且90BAP =︒∠， ∴PA ⊥底面ABCD ，∴PA EF ⊥， 又∵PAAC A =，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，∴EF ⊥平面PAC ．（Ⅱ）证明：∵M 为PD 的中点，F 为AD 的中点， ∴MF PA ∥，又∵MF ⊄平面PAB ，PA ⊂平面PAB ， ∴MF ∥平面PAB ，同理，得EF ∥平面PAB ， 又∵MFEF F =，MF ⊂平面M EF ，EF ⊂平面M EF ，∴平面MEF ∥平面PAB ，又∵ME ⊂平面M EF ， ∴ME ∥平面PAB ．（Ⅲ）解：∵PA ⊥底面ABCD ，AB AC ⊥，∴AP ，AB ，AC 两两垂直，故以AB ，AC ，AP 分别为x 轴，y 轴和z 轴建立如图空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(0,2,0)C ，(0,0,2)P ，(2,2,0)D -，(1,1,0)E ， 所以(2,0,2)PB =-，(2,2,2)PD =--，(2,2,0)BC =-， 设([0,1])PMPDλλ=∈，则(2,2,2)PM λλλ=--， ∴(2,2,22)M λλλ--，(12,12,22)ME λλλ=+--， 易得平面ABCD 的法向量(0,0,1)m =， 设平面PBC 的法向量为(,,z)n x y =，则：n BC n PB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即220220x y x z -+=⎧⎨-=⎩，令1x =，得(1,1,1)n =， ∴直线ME 与平面PBC 所成的角和此直线与平面ABCD 所成的角相等， ∴|cos ,||cos ,|ME m ME n <>=<>，即||||||||||||ME m ME n ME m ME n ⋅⋅=⋅⋅，∴|21|λ-=，解得λ=或λ=（舍去），故PM PD ．D10.（1）∵1C F ∥平面AEG ，又1C F ⊂平面11ACC A ，平面11ACC A 平面AEG AG =，∴1C F AG ∥，∵F 为1AA 的点，且侧面11ACC A 为平行四边形， ∴G 为1CC 中点， ∴112CG CC =． （2）证明：∵1AA ⊥底面ABC ，1AA AB ⊥，1AA AC ⊥， 又AB AC ⊥，如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A xyz -，设2AB =，则由1AB AC AA ==可得(2,0,0)C ，(0,2,0)B ，1(2,0,2)C ，1(0,0,2)A ， ∵E ，G 分别是BC ，1CC 的中点，∴(1,1,0)E ，(2,0,1)G ， ∴1(1,1,1)(2,0,2)0EG CA ⋅=-⋅-=， ∴1EG CA ⊥， ∴1EG AC ⊥． （3）设平面AEG 的法向量为(,,)n x y z =，则：0n AE n AG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即020x y x z +=⎧⎨+=⎩，令1x =，则1y =-，2z =-， ∴(1,1,2)n =--，由已知可得平面1A AG 的法向量(0,1,0)m =， ∴6cos ,6||||n m n m n m ⋅<>==-⋅由题意知二面角1A AG E --为钝角， ∴二面角1A AG E --的余弦值为．111.（Ⅰ）证明：过点F 作FH AD ∥， 交PA 于H ，连结BH ，如图所示，∵13PF PD =，∴13HF AD BC ==，又FH AD ∥，AD BC ∥，HF BC ∥， ∴四边形BCFH 为平行四边形， ∴CF BH ∥，又BH ⊄平面PAB ，CF ⊄平面PAB ， ∴CF ∥平面PAB ．z D（Ⅱ）解：∵梯形ABCD 中，AD BC ∥，AD AB ⊥， ∴BC AB ⊥， ∵PB ⊥平面ABCD ， ∴PB AB ⊥，PB BC ⊥，∴如图，以B 为原点，BC ，BA ，BP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 则(1,0,0)C ，(3,0,0)D ，(0,3,0)A ，(0,0,3)P ，设平面BPD 的一个法向量为(,,)n x y z =， 平面APD 的一个法向量为(,,)m a b c =， ∵(3,3,3)PD =-，(0,0,3)BP =，∴00PD n BP n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即333030x y z z +-=⎧⎨=⎩，令1x =得(1,1,0)n =-，同理可得(0,1,1)m =， ∴1cos ,2||||n m n m n m ⋅<>==-⋅，∵二面角B PD A --为锐角， ∴二面角B PD A --为π3． （Ⅲ）假设存在点M 满足题意，设(3,3,3)PM PD λλλλ=-， ∴(13,3,33)CM CP PD λλλλ=+=-+-，∵(0,3,3)PA =-，∴93(33)0PA CM λλ⋅=+-=，解得12λ=，∴PD 上存在点M 使得CM PA ⊥，且12PM PD =．12.Ⅰ∵BC CD ⊥，2BC CD ==，∴BD =，同理EA ED ⊥，2EA ED ==，∴AD =，又∵4AB =，∴由勾股定理可知222BD AD AB +=，BD AD ⊥， 又∵平面EAD ⊥平面ABCD ，平面EAD 平面ABCD AD =，BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥平面AED ， 又∵AE ⊂平面AED ， ∴BD AE ⊥．Ⅱ解：取AD 的中点O ，连结OE ，则OE AD ⊥， ∵平面EAD ⊥平面ABCD ，平面EAD 平面ABCD AD =，∴OE ⊥平面ABCD ，取AB 的中点F ，连结DF BD ∥，以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则(D ，(C -，E ，(DC =-，(2,0,DE =， 设平面CDE 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DE n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即00x z x y +=⎧⎨-+=⎩，令1x =，则1z =-，1y =，∴平面CDE 的法向量(1,1,1)n =-， 又平面ADE 的一个法向量为1(0,1,0)n =， 设平面ADE 和平面CDE 所成角（锐角）为θ， 则1113cos |cos ,|3||||nn n n n n θ⋅=<>==⋅，∴平面ADE 和平面CDE． C13.（1）证明：连结AE ，PE ．∵PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴PA BC ⊥．又∵底面ABCD 是菱形，AB BC =，60ABC ∠=︒， ∴ABC △是正三角形． ∵E 是BC 的中点， ∴AE BC ⊥．又∵PA AE A =，PA ⊂平面PAE ，PE ⊂平面PAE ，∴BC ⊥平面PAE ， ∴BC PE ⊥．（2）由（1）得AE BC ⊥，由BC AD ∥可得AE AD ⊥． 又∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA AE ⊥，PA AD ⊥．∴以A 为原点，分别以AE ，AD ，AP 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系A xyz -，如图所示，则(0,0,0)A，E ，(0,2,0)D ，(0,0,2)P，1,0)B -，C ，(0,1,1)F ．∵PA ⊥平面ABCD ，∴平面ABCD 的法向量为(0,0,2)AP =． 又∵(3,1,0)AC =，(0,1,1)AF =． 设平面ACF 的一个法向量(,,)n x y z =，则：AC n AF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即00y y z +==⎪⎩+，令1x =，则y =z ，∴(1,3,n =-． ∴21cos ,7||||AP n AP n AP n ⋅==． ∵二面角F AC D --是锐角， ∴二面角F AC D -- （3）G 是线段AB 上的一点，设(01)AG t AB t =≤≤． ∵(3,1,0)AB =-，∴,,0)G t -． 又∵(3,1,2)PC =-，(3,,2)PG t t =--． 设平面PCG 的一个法向量为(,,)n x y z =，则：1100PC n PGn ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1111112020yz ty z-=--=+，∴1()n t t =-+， ∵AF ∥平面PCG ，∴AF n ⊥，0AF n ⋅=1)0t -=， 解得12t =． 故线段AB 上存在一点G ，使得AF 平行于平面PCG ，G 是AB 中点．14.（1）证明：∵DE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴DE AC ⊥． ∵ABCD 是正方形， ∴AC BD ⊥． 又DEBD D =，∴AC ⊥平面BDE ．（2）∵DA ，DC ，DE 两两重叠，∴建立空间直角坐标系D xyz -如图所示．∵BE 与平面ABCD 所成角为60︒，即60DBE ∠=︒，∴EDDB． 由3AD =，可知DZ =AF ，则(3,0,0)A，F，E ，(3,3,0)B ，(0,3,0)C ．∴(0,BF =-，(3,0,EF =-， 设平面BEF 的法向量为(,,)n x y z =，则00n BF n EF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即3030y x ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，令z (4,2,6)n =． ∵AC ⊥平面BDE ，∴CA 为平面BDE 的一个法向量，(3,3,0)CA =-，∴cos ,||||32n CA n CA n CA ⋅==．∵二面角F BE D --为锐角， ∴二面角F BE D -- （3）点M 线段BD 上一个动点，设(,,0)M t t ，则(3,,0)AM t t =-．∵AM ∥平面BEF ，∴0AM n ⋅=，即4(3)20t t -+=，解得2t =，此时，点M 坐标为(2,2,0)，13BM BD =，符合题意．15.（1）证明：∵PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， ∴PA BC ⊥．∵BC AB ⊥，PA AB A =， ∴BC ⊥平面PAB ． 又AM ⊂平面PAB ， ∴AM BC ⊥．∵PA AB =，M 为PB 的中点， ∴AM PB ⊥． 又∵PBBC B =，∴AM ⊥平面PBC ．（2）如图，在平面ABC 内作AZ BC ∥，则AP ，AB ，AZ 两两垂直，建立空间直角坐标系A xyz -．则(0,0,0)A ，(2,0,0)P ，(0,2,0)B ，(0,2,1)C ，(1,1,0)M ． (2,0,0)AP =，(0,2,1)AC =，(1,1,0)AM =．设平面APC 的法向量为(,,)n x y z =，则：0n AP n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即020x y z =⎧⎨+=⎩，令1y =，则2z =-． ∴(0,1,2)n =-．由（1）可知(1,1,0)AM =为平面PBC 的一个法向量，∴cos||||5AM nn AMAM n⋅⋅==∵二面角A PC B--为锐角，∴二面角A PC B--．（3）证明：设(,,)D v wμ是线段PC上一点，且PD PCλ=，(01)λ≤≤，即(2,,)(2,2,1)v wμλ-=-，∴22μλ=-，2vλ=，wλ=．∴(22,22,)BDλλλ=--．由0BD AC⋅=，得4[0,1]5λ=∈，∴线段PC上存在点D，使得BD AC⊥，此时45PDPCλ==．16.解：（1）证明：因为AB⊥平面PAD，所以PH AB⊥，因为3,2AHADHD==，所以2,1AH HD==，设PH x=，由余弦定可得，22221cos22x HD PH xPHDx HD x+--∠==⋅22221cos24x HA PH xPHAx HA x+--∠==⋅因为cos cosPHD PHA∠=-∠，故1PH x==，所以PH AD⊥，因为AD AB A=，故PH⊥平面ABCD.（2）以H为原点，以,,HA HP HP所在的直线分别为,,x y z轴，建立空间直角坐标系，则3139(2,3,0),(0,0,1),(1,,),(1,,0),(1,,0)2222B P E F C--，所以可得，3311(3,,0),(1,,),(2,0,),(0,3,0)2222BF BE EF FC=--=--=-=，设平面BEF的法向量(,,)n x y z=，则有：33002(1,2,4)30022x yBF nnzBE n x y⎧--=⎪⎧⋅=⎪⎪⇒⇒=-⎨⎨⋅=⎪⎪⎩--+=⎪⎩，设平面EFC的法向量(,,)m x y z=，则有：020(1,0,4)2030z EF m x m FC m y ⎧⎧⋅=--=⎪⎪⇒⇒=-⎨⎨⋅=⎪⎪⎩=⎩，故17cos ,21n m n m n m⋅===⋅设二面角B EF C --的平面角为θ ，则sin 21θ=.17.解（Ⅰ）证明：∵DC ⊥平面ABC ，//BE DC ∴BE ⊥平面ABC ∴CQ BE ⊥ ①又∵2AC BC ==，点Q 为AB 边中点 ∴CQ AB ⊥ ②AB BE B =故由①②得CQ ⊥平面ABE（Ⅱ）过点A 作AM BC ⊥交BC 延长线于点M ∵,AM BC AM BE ⊥⊥ ∴AM ⊥平面BEDC ∴13A CED CDE V S AM -∆=sin33AM AC π==11212CDE S ∆=⨯⨯= ∴113A CED V -=⨯= （Ⅲ）延长ED 交BC 延长线于S ，过点M 作MQ ES ⊥于Q ，连结AQ 由（Ⅱ）可得：AQM ∠为A DE B --的平面角∵1//2CD BC ∴2SC CB == ∴SE ==1MC MS ==∵SQM ∆∽SBE ∆∴QM SM BE SE=∴1225QM=即55QM=∴3tan1555AMAQMQM∠===18.（1）证明：∵在中，，∴当为的中点时，∵平面平面，平面，平面平面∴平面∵平面∴（2）如图，分别以射线，的方向为，轴的正方向，建立空间直角坐标系设，则，，，∵，，平面平面∴∴当且仅当时，最小，此时，设，平面，则，即∴令，可得，，则有∴∴观察可得二面角的平面角19.（1）取FE 的中点P ，连接CP 交BE 于点M ，M 点即为所求的点． 连接PG ，∵G 是AD 的中点，P 是FE 的中点，∴//PG AF ， 又PG ⊂平面MGC ，AF ⊄平面MGC ，所以直线//AF 平面MGC ， ∵//PE AD ，//AD BC ，∴//PE BC ，∴2BM BCME PE==， 故点M 为线段BE 上靠近点E 的三等分点． （2）不妨设2AD =，由（1）知PG AD ⊥， 又平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF平面ABCD AD =，PG ⊂平面ADEF ，∴PG ⊥平面ABCD ．故PG GD ⊥，PG GC ⊥，以G 为坐标原点，GC ，GD ，GP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系G xyz -，∵60ABC ∠=︒，2AB AD AF ==，∴ADC ∆为正三角形，3GC =，∴(0,0,0)G ，3,0,0)C ，(0,1,0)D ，(0,1,1)E ，∴(0,1,1)GE =，(3,0,0)GC =，设平面CEG 的一个法向量1(,,)n x y z =，则由10n GE ⋅=，10n GC ⋅=可得0,30,y z x +=⎧⎪⎨=⎪⎩令1y =，则1(0,1,1)n =-，∵(3,1,0)CD =-BA =，且(0,1,0)A -，故3,2,0)B -，故(3,2,0)BG =-， 故直线BG 与平面GCE 所成角的正弦值为11||14sin 7||||n BG n BG θ⋅==⋅．20.（Ⅰ）取PC 中点H ，连接、EH FH .∵E 为AB 的中点，ABCD 是菱形，∴//AE CD ，且12AE CD =，又F 为PD 的中点，H 为PC 的中点，∴//FH CD ，且12FH CD =，∴//AE FH ，且AE FH =，则四边形AEHF 是平行四边形，∴//AF EH .又AF ⊄平面PCE ，EH ⊂面PCE ，∴//AF 平面PCE .（Ⅱ）取BC 的中点为O ，∵ABCD 是菱形，AC AB =，∴AO BC ⊥，以A 为原点，,,AO AD AP 所在直线分别为,,z x y 轴，建立空间直角坐标系A xyz -，则)()()3,1,0,3,1,0,0,2,0BCD -，)()313,0,0,0,0,1,,02OP E ⎫-⎪⎪⎝⎭，∴()333,1,1,,,022PC EC ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭，()3,0,0AO =，设平面的法向量为()1,,n x y z =，则1100n PC n EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即3033022x y z x y ⎧+-=⎪+=⎪⎩，令1y =-，则3,2x z ==，∴平面PCE 的一个法向量为)13,1,2n =-，又平面PAD 的一个法向量为()21,0,0n =.∴12121236cos ,|n ||n |4314n n n n ⋅<>===⋅++.即平面PAD 与平面PCE 621.解：（1）证明：取PD 的中点F ，连接,EF CF ， 因为,E F 分别是,PA PD 的中点，所以//EF AD 且12EF AD =， 因为1,//2BC AB BC AD =，所以//EF BC 且EF BC =，所以//BE CF , 又BE ⊄平面,PCD CF ⊂平面PCD ，所以//BE 平面PCD .（2）以P 为坐标原点，,PD PA 所在直线分别为x 轴和y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设1BC =，则13(0,0,0),3,0),(1,0,0),(1,0,1),(2P A D C B ， 13(0,3,0),(,1),(1,3,0)2PA AB AD ==-=-,设平面PAB 的一个法向量为(,,)n x y z =，则30013002n PA yn AB x z ⎧=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=+=⎪⎪⎩⎩， 令2x =，得(2,0,1)n =-， 同理可求平面ABD 的一个法向量为6(3,3,0)cos ,55n m m n m n m⋅=⇒===⨯，平面ABD 和平面ABC 为同一个平面， 所以二面角P AB C --.22.解：（Ⅰ）证明：因为二面角S AB C --的大小为90°，则SA AD ⊥， 又SA AB ⊥，故SA ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，所以SA BD ⊥； 在直角梯形ABCD 中，90BAD ADC ∠=∠=︒，21AD CD ==，2AB =， 所以1tan tan 2ABD CAD ∠=∠=，又90DAC BAC ∠+∠=︒， 所以90ABD BAC ∠+∠=︒，即AC BD ⊥； 又ACSA A =，故BD ⊥平面SAC ，因为AF ⊂平面SAC ，故BD AF ⊥.（Ⅱ）设点E 到平面ABCD 的距离为h ，因为B ABC E ABC V V --=，且25E ABC S ABCD V V --=，故511215*********ABCD S ABCD E ABCABC S SAV V S h h --∆⨯⋅⨯===⋅⨯⨯⨯梯形，故12h =，做点E 到平面ABCD 的距离为12.23.（1）E 为SD 的中点，01,602AD DC SD SDA SDC ==∠=∠=.ED EC AD DC ∴===设O 为AC 的中点，连接,EO DO 则EO AC ⊥//,AD BC BC CD ⊥ .AD BC ∴⊥又OD OA OC ==EOC EOD ∴∆≅∆ 从而EO OD ⊥AC ABCD = DO ⊂面ABCD 0AC DO =EO ∴⊥面ABCD EO ⊂面AEC∴面EAC ⊥面ABCD ………………6分（2）设F 为CD 的中点,连接OF EF 、,则OF 平行且等于12AD AD ∥BC EF ∴∥BC不难得出CD ⊥面OEF （EO CD ⊥ FO CD ⊥）∴面ECD ⊥面OEFOF 在面ECD 射影为EF ，EFO ∠的大小为BC 与面ECD 改成角的大小设AD a =，则2aOF =32EF a = 3os OF c EFO EF <== 即BC 与ECD 3（亦可以建系完成） ………………12分24.解（Ⅰ）过点P 作PO ⊥底面ABC ，垂足为O ， 连接AO 、CO ，则∠PCO 为所求线面角，,AC PA ⊥,AC PO PA PO P ⊥⋂=且，AC ∴⊥平面PAO .则∠P AO 为二面角P -AC -B 平面角的补角∴∠ 60=PAO ，又23PA =∴，，1sin 2PO PCO CO ∠== 030PCO ∴∠=，直线PC 与面ABC 所成角的大小为30°.（Ⅱ）过O 作OE BC ⊥于点E ,连接PE ，则PEO ∠为二面角P -BC -A 的平面角，AC ⊥平面PAO ,AC OA ⊥045AOE ∠=,设OE 与CA 相交于F 22OE EF FO ∴=+=+在PEO ∆中，3436tan 7222POPEO EO-∠===+则二面角P -BC -A 的正切值为4367-.25.解：（Ⅰ）如图，取PA 中点F ，连接FD EF ,，E 是BP 的中点，AB EF // 且AB EF 21=，又AB DC AB DC 21,//= ∴∴DC EF //四边形EFDC 是平行四边形，故得//EC FD又⊄EC 平面⊂FD PAD ,平面PAD//EC ∴平面ADE（Ⅱ）取AD 中点H ,连接PH ,因为PD PA =，所以AD PH ⊥平面⊥PAD 平面ABCD 于AD ，⊥∴PH 面ABCD ，HB ∴是PB 在平面ABCD 内的射影 PBH ∠∴是PB 与平面ABCD 所成角四边形ABCD 中，090=∠=∠BCD ABC ∴四边形ABCD 是直角梯形AB CB DC 21== 设a AB 2=，则a BD 2=在ABD ∆中，易得a AD DBA 2,450=∴=∠.22212222a a a DH PD PH =-=-=又22224AB a AD BD ==+ABD ∆∴是等腰直角三角形，090=∠ADBa a a DB DH HB 2102212222=+=+=∴ ∴ 在PHB Rt ∆中，5521022tan ===∠a aHB PH PBH（Ⅲ）在平面ABCD 内过点H 作AB 的垂线交AB 于G 点，连接PG ,则HG 是PG 在平面ABCD 上的射影，故AB PG ⊥，所以PGH ∠是二面角D AB P --的平面角， 由a HA a AB 22,2==，又a HG HAB 21450=∴=∠ 在PHG Rt ∆中，22122tan ===∠a aHG PH PGH ∴ 二面角D AB P --的余弦值大小为.3326.（1）∵四棱锥P ﹣ABCD 的底面ABCD 为边长为2的正方形，PA=2，PB=PD=2，∴PA 2+AB 2=PB 2，PA 2+AD 2=PD 2， ∴PA ⊥AB ，PA ⊥AD ，∴以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴， 建立空间直角坐标系，∵E ，F ，G ，H 分别为棱PA ，PB ，AD ，CD 的中点． ∴C （2，2，0），D （0，2，0），B （2，0，0）， P （0，0，2），F （1，0，1），G （0，1，0）， =（﹣2，0，0），=（﹣1，﹣2，1），=（﹣2，﹣1，0），设平面CFG 的法向量=（x ，y ，z ）， 则，取x=1，得=（1，﹣2，﹣3），设CD与平面CFG所成角为θ，则sinθ=|cos＜＞|===．∴CD与平面CFG所成角的正弦值为．（2）假设棱PD上是否存在点M（a，b，c），且，（0≤λ≤1），使得平面CFG⊥平面MEH，则（a，b，c﹣2）=（0，2λ，﹣2λ），∴a=0，b=2λ，c=2﹣2λ，即M（0，2λ，2﹣2λ），E（0，0，1），H（1，2，0），=（1，2，﹣1），=（0，2λ，1﹣2λ），设平面MEH的法向量=（x，y，z），则，取y=1，得=（，1，），平面CFG的法向量=（1，﹣2，﹣3），∵平面CFG⊥平面MEH，∴=﹣2﹣=0，解得∈[0，1]．∴棱PD上存在点M，使得平面CFG⊥平面MEH，此时=．。
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2020高考数学立体几何
1．（2020•湖南模拟）在棱长为6的正方体1111ABCDABCD，中，M是BC的中点，点P是正方体的表面
11DCCD（包括边界）上的动点，且满足APDMPC，则三棱锥PBCD体积的最大值是()
A．123B．36C．24D．183
2．（2020•德阳模拟）ABC是边长为23的等边三角形，E，F分别为AB，AC的中点，沿EF把OAEF
折起，使点A翻折到点P的位置，连接PB、PC，当四棱锥PBCFE的外接球的表面积最小时，四棱锥PBCFE的体积为()
A．534B．334C．64D．364
3．（2020•德阳模拟）ABC是边长为23的等边三角形，E、F分别在线段AB、AC上滑动，//EFBC，沿EF把AEF折起，使点A翻折到点P的位置，连接PB、PC，则四棱锥PBCFE的体积的最大值为(
)
A．22B．3C．3D．2
4．（2020春•江西月考）已知三棱锥PABC满足PA底面ABC，在ABC中，6AB，8AC，ABAC，D是线段AC上一点，且3ADDC，球O为三棱锥PABC的外接球，过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为44，则球O的表面积为()A．72B．86C．112D．128
5．（2020春•沙坪坝区校级期中）已知A，B，C，D四点均在半径为(RR为常数）的球O的球面上运动，且ABAC，ABAC，ADBC，若四面体ABCD的体积的最大值为16，则球O的表面积为()
A．32B．2C．94D．83
6．（2020春•五华区校级月考）已知A，B，C是球O的球面上的三点，2AB，23AC，60ABC，且三棱锥OABC的体积为463，则球O的体积为()
A．24B．48C．163D．323
7．（2020•东莞市模拟）已知三棱柱111ABCABC内接于一个半径为3的球，四边形11AACC与11BBCC为两
个全等的矩形，M是11AB的中点，且11112CMAB，则三棱柱111
ABCABC体积的最大值为()
A．12B．16C．4D．43
8．（2020•江西模拟）四棱柱1111ABCDABCD中，底面四边形ABCD是菱形，120ADC，连接AC，BD
交于点O，1AO平面ABCD，14AOBD，点C与点C关于平面1
BCD对称，则三棱锥CABD的体
积为()
A．33B．23C．63D．439．（2020•浙江模拟）在长方体1111ABCDABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，侧棱1(4)AAtt，点E是BC的中点，点P是侧面11
ABBA内的动点（包括四条边上的点），且满足tan4tanAPDEPB，则
四棱锥PABED的体积的最大值是()
A．433B．163C．1633D．6439
10．（2019秋•包河区校级期末）矩形ABCD中，2BC，沿对角线AC将三角形ADC折起，得到四面体ABCD，四面体ABCD外接球表面积为16，当四面体ABCD的体积取最大值时，四面体ABCD的表面积为()
A．39432B．4339C．3923
2D．2339
11．（2020•山东模拟）如图，正方体1111ABCDABCD的棱长为1，线段11AC上有两个动点E，F，且12EF；
则下列结论错误的是()
A．BDCE
B．//EF平面ABCD
C．三棱锥EFBC的体积为定值D．BEF的面积与CEF的面积相等12．（2020•海淀区校级模拟）在边长为1的正方体中，E，F，G，H分别为11AB，11CD，AB，CD的
中点，点P从G出发，沿折线GBCH匀速运动，点Q从H出发，沿折线HDAG匀速运动，且点P与点Q
运动的速度相等，记E，F，P，Q四点为顶点的三棱锥的体积为V，点P运动的路程为x，在02x时，V与x的图象应为()
A．B．C．D．13．（2019秋•襄城区校级月考）如图，在四棱锥PABCD中，顶点P在底面的投影O恰为正方形ABCD的
中心且22AB，设点M，N分别为线段PD，PO上的动点，已知当ANMN取得最小值时，动点M恰为PD的中点，则该四棱锥的外接球的表面积为()5
A．643B．163C．253D．649
14．（2019春•昆明期末）在平行四边形ABCD中，3BAD，点E在AB边上，112ADAEAB，将
ADE沿直线DE折起成△ADE，F为AC的中点，则下列结论正确的是()A．直线AE与直线BF共面B．12BF
C．△AEC可以是直角三角形D．ACDE
15．（2019秋•安顺月考）如图，正方体1111ABCDABCD的棱长为2m，E为1AA的中点，动点P从点D出
发，沿DAABBCCD运动，最后返回D．已知P的运动速度为1/ms，那么三棱锥11
PECD的体积y
（单位：3)m
关于时间x（单位：)s的函数图象大致为()
A．B．C．D．16．（2019秋•沙坪坝区校级期中）如图，正方体1111ABCDABCD中，E为AB中点，F在线段1DD上．给
出下列判断：①存在点F使得1AC平面1
BEF；②在平面1111ABCD内总存在与平面1
BEF平行的直线；
③平面1
BEF与平面ABCD所成的二面角（锐角）的大小与点F的位置无关；
④三棱锥1
BBEF的体积与点F的位置无关．
其中正确判断的有()
A．①②B．③④C．①③D．②④
17．（2019秋•镜湖区校级期中）如图，正方体1111ABCDABCD的棱长为1，动点E在线段11AC上，F、M
分别是AD、CD的中点，则下列结论中错误的是()
A．11//FMAC
B．BM平面1CCF
C．存在点E，使得平面//BEF平面11CCDD
D．三棱锥BCEF的体积为定值18．（2019•越城区校级学业考试）如图，线段AB是圆的直径，圆内一条动弦CD与AB交于点M，且22MBAM．现将半圆ACB沿直径AB翻折，则三棱锥CABD体积的最大值是()
A．23B．13C．3D．1参考答案与试题解析1．（2020•湖南模拟）在棱长为6的正方体1111ABCDABCD，中，M是BC的中点，点P是正方体的表面
11DCCD（包括边界）上的动点，且满足APDMPC，则三棱锥PBCD体积的最大值是()
A．123B．36C．24D．183
【解答】解：在棱长为6的正方体1111
ABCDABCD中，M是BC的中点，
点P是面11
DCCD所在的平面内的动点，且满足APDMPC，RtADP∽△RtPMC，
2ADPDMCPC，即2PDPC，设DOx，POh，作POCD，22222(6)xhxh
，化简得：223348144hxx，06x，
根据函数单调性判断：6x时，23h最大值为36，23h最大值，在正方体中PO面BCD，三棱锥PBCD的体积最大值：116623123
32．
2．（2020•德阳模拟）ABC是边长为23的等边三角形，E，F分别为AB，AC的中点，沿EF把OAEF
折起，使点A翻折到点P的位置，连接PB、PC，当四棱锥PBCFE的外接球的表面积最小时，四棱锥PBCFE的体积为()
A．534B．334C．64D．364
【解答】解：如图，由题意，BC的中点O为等腰梯形BCFE的外接圆的圆心，
则四棱锥PBCFE的外接球的球心在过O且垂直于平面BCFE的直线上，要使四棱锥PBCFE的外接球的表面积最小，则半径最小，即需要O为四棱锥PBCFE的外接球的球心，此时3OPOB，1322PGOGOA，则993344cos33232POG，P到平面BCFE的距离为sin2dOPPOG．又1393(323)224BCFES．四棱锥PBCFE的体积为193362
344V．故选：D．
3．（2020•德阳模拟）ABC是边长为23的等边三角形，E、F分别在线段AB、AC上滑动，//EFBC，沿EF把AEF折起，使点A翻折到点P的位置，连接PB、PC，则四棱锥PBCFE的体积的最大值为(
)
A．22B．3C．3D．2【解答】解：要想体积最大，高得最大，底面积也得最大，当平面AEF平面EFCB时，体积才最大；设2EFa；设O为EF的中点，如图：等边ABC中，点E，F分别为AB，AC上一点，且//EFBC，AEAF，O为EF的中点，AOEF，平面AEF平面EFCB，平面AEF平面EFCBEF，AO平面EFCB，
2EFa，3AOa．四棱锥AEFCB的体积311(223)(33)3(3)(3)3
32Vaaaaaaaa，
2330Va，1a（负值舍），01a，V单调递增，31a，V单调递减，
1a，四棱锥AEFCB的体积最大，最大值为：312．故选：D．
4．（2020春•江西月考）已知三棱锥PABC满足PA底面ABC，在ABC中，6AB，8AC，ABAC，D是线段AC上一点，且3ADDC，球O为三棱锥PABC的外接球，过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为44，则球O的表面积为()
A．72B．86C．112D．128