2019年高考真题和模拟题分项汇编数学(理)专题04立体几何含答案解析
专题04 立体几何
1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2
的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为
A．68B．
6
4
C．62D．
6
【答案】
D
【解析】解法一：,PAPBPCABC△为边长为2的等边三角形，PABC为正三棱锥，
PBAC，又E，F分别为PA，AB的中点，EFPB∥，EFAC，又EFCE
，
,CEACCEF
平面PAC，∴PB平面PAC，2APBPAPBPC，
PABC
为正方体的一部分，22226R，即364466,π62338RVR，故
选D．
解法二：设2PAPBPCx，,EF分别为,PAAB的中点，EFPB∥，且
1
2
EFPBx
，
ABC△
为边长为2的等边三角形，3CF，
又90CEF，
2
1
3,2CExAEPAx
，
AEC△
中，由余弦定理可得
22
43cos22xx
EAC
x
，
作PDAC于D，PAPC，D为AC的中点，
1cos2AD
EAC
PAx
，2243142xxxx，
22
12
21222xxx，，
，
2PAPBPC
，
又===2ABBCAC，,,PAPBPC两两垂直，22226R，
6
2
R
，
3
4466
6338VR
，故选
D.
【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两
两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．
2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】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：内两条相交直线都与平行是∥的充分条件，由面面平行性质定理
知，若∥，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是∥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,,abab∥，则∥”此类的错误．
3．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】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
全国卷历年高考立体几何小题真题归类分析2019(含答案)
全国卷历年高考立体几何小题真题归类分析（含答案）（2015年-2019年，共27题）一、视图问题、位置关系问题、棱长问题等（6题）1. （2018年3卷3）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（ ）【解析】观擦图形图可知，俯视图为，故答案为A.2.（2016年2卷14）α，β是两个平面，m ，n 是两条线，有下列四个命题：①如果m n ⊥，m α⊥，n β∥，那么αβ⊥． ②如果m α⊥，n α∥，那么m n ⊥． ③如果a β∥，m α⊂，那么m β∥．④如果m n ∥，αβ∥，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等． 其中正确的是： .【解析】根据平行、垂直有关定理可以判断②③④正确，①中条件不能确定α，β的关系.3．（2019年2卷7）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 【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 ．4.（2018年1卷7） 某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为 A. B.C. D. 2【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，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，所以所求的最短路径的长度为，故选B.5．（2019年3卷8）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【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 ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EO ON EN ===,，35,,722MF BF BM ==∴=，BM EN ∴≠，故选B ．6．（2019年2卷16）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_________．【解析】由图可知第一层与第三层各有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BC 与FE 交于点G ，延长BC 交正方体棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE ∆为等腰直角三角形，22,2(21)122BG GE CH x GH x x x ∴===∴=⨯+=+=，12121x ∴==-+，即该半正多面体棱长为21-．【小结】这类题主要考查空间想象能力、空间线与线、线与面、面与面的位置关系，从2019年的三套全国卷来看，立体几何小题考查更加灵活，但万变不离其中，只要基础扎实，把握解决立体小题的基本方法，问题迎刃而解。
2017-2019年高考真题立体几何解答题全集(含详细解析)
2017-2019年高考真题立体几何解答题全集（含详细解析）1．（2019•新课标Ⅱ）如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．（1）证明：BE ⊥平面11EB C ；（2）若1AE A E =，求二面角1B EC C --的正弦值．2．（2019•新课标Ⅲ）图1是由矩形ADEB ，Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1AB =，2BE BF ==，60FBC ∠=︒．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．3．（2019•新课标Ⅲ）图1是由矩形ADEB 、Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1AB =，2BE BF ==，60FBC ∠=︒．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中的二面角B CG A --的大小．4．（2019•天津）如图，AE ⊥平面ABCD ，//CF AE ，//AD BC ，AD AB ⊥，1AB AD ==，2AE BC ==．（Ⅰ）求证：//BF 平面ADE ；（Ⅱ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．5．（2019•天津）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 ⊥，2CD =，3AD =． （Ⅰ）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：//GH 平面PAD ； （Ⅱ）求证：PA ⊥平面PCD ；（Ⅲ）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值．6．（2019•新课标Ⅰ）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=︒，E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点．（1）证明：//MN 平面1C DE ； （2）求点C 到平面1C DE 的距离．7．（2019•浙江）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，30BAC ∠=︒，11A A AC AC ==，E ，F 分别是AC ，11AB 的中点． （Ⅰ）证明：EF BC ⊥；（Ⅱ）求直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值．8．（2019•江苏）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB BC =． 求证：（1）11//A B 平面1DEC ； （2）1BE C E ⊥．9．（2019•新课标Ⅱ）如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．（1）证明：BE ⊥平面11EB C ；（2）若1AE A E =，3AB =，求四棱锥11E BB C C -的体积．10．（2019•北京）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．（Ⅰ）求证：BD ⊥平面PAC ；（Ⅱ）若60ABC ∠=︒，求证：平面PAB ⊥平面PAE ；（Ⅲ）棱PB 上是否存在点F ，使得//CF 平面PAE ？说明理由．11．（2019•北京）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AD CD ⊥，//AD BC ，2PA AD CD ===，3BC =．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =． （Ⅰ）求证：CD ⊥平面PAD ； （Ⅱ）求二面角F AE P --的余弦值； （Ⅲ）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．12．（2019•新课标Ⅰ）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=︒，E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点．（1）证明：//MN 平面1C DE ； （2）求二面角1A MA N --的正弦值．13．（2019•上海）如图，在正三棱锥P ABC -中，2,PA PB PC AB BC AC ====== （1）若PB 的中点为M ，BC 的中点为N ，求AC 与MN 的夹角； （2）求P ABC -的体积．14．（2018•江苏）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，12AB AA ==，点P ，Q 分别为11A B ，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与1AC 所成角的余弦值；（2）求直线1CC 与平面1AQC 所成角的正弦值．15．（2018•北京）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，AB BC =，12AC AA ==． （Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ； （Ⅱ）求二面角1B CD C --的余弦值； （Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．16．（2018•江苏）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 ．17．（2018•天津）如图，在四面体ABCD 中，ABC ∆是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，2AB =，AD =90BAD ∠=︒． （Ⅰ）求证：AD BC ⊥；（Ⅱ）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； （Ⅲ）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．18．（2018•新课标Ⅱ）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．19．如图，//AD BC 且2AD BC =，AD CD ⊥，//EG AD 且EG AD =，//CD FG 且2CD FG =，DG ⊥平面ABCD ，2DA DC DG ===．（Ⅰ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：//MN 平面CDE ； （Ⅱ）求二面角E BC F --的正弦值；（Ⅲ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60︒，求线段DP 的长．20．（2018•浙江）如图，已知多面体111ABCA B C ，1A A ，1B B ，1C C 均垂直于平面ABC ，120ABC ∠=︒，14A A =，11C C =，12AB BC B B ===．（Ⅰ）证明：1AB ⊥平面111A B C ；（Ⅱ）求直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值．21．（2018•上海）已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，半径为2． （1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设4PO =，OA 、OB 是底面半径，且90AOB ∠=︒，M 为线段AB 的中点，如图．求异面直线PM 与OB 所成的角的大小．22．（2018•新课标Ⅰ）如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把DFC ∆折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥．（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．23．（2018•新课标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．24．（2018•北京）如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA PD⊥，PA PD=，E，F分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE BC⊥；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：//EF平面PCD．25．（2018•新课标Ⅰ）如图，在平行四边形ABCM中，3AB AC==，90ACM∠=︒，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23BP DQ DA==，求三棱锥Q ABP-的体积．26．如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧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）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．27．（2018•新课标Ⅱ）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．28．（2017•上海）如图，直三棱柱111ABC A B C -的底面为直角三角形，两直角边AB 和AC 的长分别为4和2，侧棱1AA 的长为5． （1）求三棱柱111ABC A B C -的体积；（2）设M 是BC 中点，求直线1A M 与平面ABC 所成角的大小．29．（2017•天津）如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒．点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==，2AB =．（Ⅰ）求证：//MN 平面BDE ； （Ⅱ）求二面角C EM N --的正弦值；（Ⅲ）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE ，求线段AH 的长．30．（2017•山东）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴旋转120︒得到的，G 是DF 的中点． （Ⅰ）设P 是CE 上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小； （Ⅱ）当3AB =，2AD =时，求二面角E AG C --的大小．31．（2017•天津）如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，//AD BC ，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =．（Ⅰ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（Ⅱ）求证：PD⊥平面PBC；（Ⅲ）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．32．（2017•新课标Ⅱ）如图，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==，90BAD ABC∠=∠=︒，E是PD的中点．（1）证明：直线//CE平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45︒，求二面角M AB D--的余弦值．33．（2017•新课标Ⅰ）如图，在四棱锥P ABCD-中，//AB CD，且90BAP CDP∠=∠=︒．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA PD AB DC===，90APD∠=︒，求二面角A PB C--的余弦值．34．（2017•新课标Ⅱ）如图，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==，90BAD ABC∠=∠=︒．（1）证明：直线//BC平面PAD；（2）若PCD∆面积为P ABCD-的体积．35．（2017•江苏）如图，在三棱锥A BCD -中，AB AD ⊥，BC BD ⊥，平面ABD ⊥平面BCD ，点E 、(F E 与A 、D 不重合）分别在棱AD ，BD 上，且EF AD ⊥． 求证：（1）//EF 平面ABC ； （2）AD AC ⊥．36．（2017•江苏）如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，11E G 的长分别为14cm 和62cm ．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm ．现有一根玻璃棒l ，其长度为40cm ．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱1CC 上，求l 没入水中部分的长度；（2）将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱1GG 上，求l 没入水中部分的长度．37．（2017•北京）如图，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．38．（2017•新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD 中，ABC ∆是正三角形，ACD ∆是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D AE C --的余弦值．39．（2017•北京）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，//PD 平面MAC ，PA PD =4AB =． （1）求证：M 为PB 的中点； （2）求二面角B PD A --的大小；（3）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．40．（2017•新课标Ⅰ）如图，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，且90BAP CDP ∠=∠=︒． （1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．41．（2017•浙江）如图，已知四棱锥P ABCD -，PAD ∆是以AD 为斜边的等腰直角三角形，//BC AD ，CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：//CE 平面PAB ；（Ⅱ）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．42．（2017•新课标Ⅲ）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．43．（2017•江苏）如图，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥平面ABCD ，且2A B A D ==，1AA =，120BAD ∠=︒．（1）求异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值； （2）求二面角1B A D A --的正弦值．44．（2017•山东）由四棱柱1111ABCD A B C D -截去三棱锥111C B CD -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，1A E ⊥平面ABCD ， （Ⅰ）证明：1//A O 平面11B CD ；（Ⅱ）设M 是OD 的中点，证明：平面1A EM ⊥平面11B CD ．45．（2017•上海）如图，长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，13AA =； （1）求四棱锥1A ABCD -的体积；（2）求异面直线1A C 与1DD 所成角的大小．2017-2019年高考真题立体几何解答题全集（含详细解析）参考答案与试题解析1．（2019•新课标Ⅱ）如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．（1）证明：BE ⊥平面11EB C ；（2）若1AE A E =，求二面角1B EC C --的正弦值．【解答】证明：（1）长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11ABA B ， 11B C BE ∴⊥，1BE EC ⊥，BE ∴⊥平面11EB C ．解：（2）以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设11AE A E ==，BE ⊥平面11EB C ，1BE EB ∴⊥，1AB ∴=，则(1E ，1，1)，(1A ，1，0)，1(0B ，1，2)，1(0C ，0，2)，(0C ，0，0)， 1BC EB ⊥，1EB ∴⊥面EBC ，故取平面EBC 的法向量为1(1m EB ==-，0，1)， 设平面1ECC 的法向量(n x =，y ，)z ，由100n CC n CE ⎧=⎪⎨=⎪⎩，得00z x y z =⎧⎨++=⎩，取1x =，得(1n =，1-，0)，1cos ,||||2m n m n m n ∴<>==-，∴二面角1B EC C --．2．（2019•新课标Ⅲ）图1是由矩形ADEB ，Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1AB =，2BE BF ==，60FBC ∠=︒．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．【解答】解：（1）证明：由已知可得//AD BE ，//CG BE ，即有//AD CG ， 则AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面； 由四边形ABED 为矩形，可得AB BE ⊥， 由ABC ∆为直角三角形，可得AB BC ⊥， 又BCBE B =，可得AB ⊥平面BCGE ，AB ⊂平面ABC ，可得平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）连接BG ，AG ，由AB ⊥平面BCGE ，可得AB BG ⊥，在BCG ∆中，2BC CG ==，120BCG ∠=︒，可得2sin 60BG BC =︒=可得AG =在ACG ∆中，AC ，2CG =，AG ， 可得cosACG ∠=sin ACG ∠，则平行四边形ACGD 的面积为24=．3．（2019•新课标Ⅲ）图1是由矩形ADEB 、Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1AB =，2BE BF ==，60FBC ∠=︒．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中的二面角B CG A --的大小．【解答】证明：（1）由已知得//AD BE ，//CG BE ，//AD CG ∴，AD ∴，CG 确定一个平面， A ∴，C ，G ，D 四点共面，由已知得AB BE ⊥，AB BC ⊥，AB ∴⊥面BCGE ，AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCGE ．解：（2）作EH BC ⊥，垂足为H ，EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ， EH ∴⊥平面ABC ，由已知，菱形BCGE 的边长为2，60EBC ∠=︒，1BH ∴=，EH ，以H 为坐标原点，HC 的方向为x 轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系H xyz -，则(1A -，1，0)，(1C ，0，0)，(2G ，0)，(1CG =，0，(2AC =，1-，0)，设平面ACGD 的法向量(n x =，y ，)z ，则3020CG n x z AC n x y ⎧=+=⎪⎨=-=⎪⎩，取3x =，得(3n =，6，， 又平面BCGE 的法向量为(0m =，1，0)，3cos ,||||2n m n m n m ∴<>==，∴二面角B CG A --的大小为30︒．4．（2019•天津）如图，AE ⊥平面ABCD ，//CF AE ，//AD BC ，AD AB ⊥，1AB AD ==，2AE BC ==．（Ⅰ）求证：//BF 平面ADE ；（Ⅱ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．。
2019年高考数学四模试题 理(含解析)新人教 版新版
2019高考数学四模试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知集合，则集合A的子集的个数为（）A．7 B．8 C．15 D．162．已知复数Z=（i是虚数单位），则复数Z的共轭复数是（）A．1+i B．1﹣i C． D．3．对于实数x，y，若p：x+y≠4，q：x≠3或y≠1，则p是q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4．若，则|a0|﹣|a1|+|a2|﹣|a3|+|a4|﹣|a5|=（）A．0 B．1 C．32 D．﹣15．据统计2016年“十一”黄金周哈尔滨太阳岛每天的游客人数服从正态分布N，则在此期间的某一天，太阳岛的人数不超过2300的概率为（）附；若X～N（μ，σ2）．A．0.4987 B．0.8413 C．0.9772 D．0.99876．已知函数f（x）的部分图象如图所示，向图中的矩形区域随机投出200粒豆子，记下落入阴影区域的豆子数，通过100次这样的试验，算得落入阴影区域的豆子的平均数为66，由此可估计的值约为（）A．B．C．D．7．已知正四棱锥P﹣ABCD中，PA=AB=2，E，F分别是PB，PC的中点，则异面直线AE与BF所成角的余弦值为（）A ．B ．C ．D ．8．执行如图所示的程序框图，若输入x=0，输出K 的值为10，则判断框内可填入的条件是（ ）A ．x ＞50？B ．x ＞90？C ．x ＞100？D ．x ＞200？9．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题；“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见末日行里数，请公子仔细算相还．”其意思为：“有一个人走了378里路，第一天健步走行，从第二天起脚痛每天走的路程且前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问题第六天走了”（ ） A ．96里 B ．48里 C ．12里 D ．6里10．某几何体的三视图如图所示，则该几何体体积是（ ）A ．B ．C ．D ．11．已知函数在[0，2）上的最大值为a ，在（2，4]上的最小值为b ，则a+b=（ ）A ．﹣2B ．﹣1C ．1D ．212．P 是双曲线C ：x 2﹣y 2=2左支上一点，直线l 是双曲线C 的一条渐近线，P 在l 上的射影为Q ，F 2是双曲线C 的右焦点，则|PF 2|+|PQ|的最小值为（ ）A．B．C． D．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．若圆M过三点A（1，3），B（4，2），C（1，﹣7），则圆M直径的长为．14．已知平面向量的夹角为，且，若平面向量满足=2，则= ．15．下列命题中，正确的命题有．①回归直线恒过样本点的中心，且至少过一个样本点；②将一组数据的每个数据都加一个相同的常数后，方差不变；③用相关指数R2来刻画回归效果，R2越接近0，说明模型的拟合效果越好；④用系统抽样法从160名学生中抽取容量为20的样本，将160名学生从1～160编号，按编号顺序平均分成20组（1～8号，9～16号，…，153～160号），若第16组抽出的号码为126，则第一组中用抽签法确定的号码为6号．16．已知数列{a n}满足，则数列{a n•b n}满足对任意的n∈N+，都有b1a n+b2a n﹣1+…+b n a1=，则数列{a n•b n}的前n项和T n= ．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．如图，一条巡逻船由南向北行驶，在A处测得山顶P在北偏东15°（∠BAC=15°）方向上，匀速向北航行20分钟到达B处，测得山顶P位于北偏东60°方向上，此时测得山顶P的仰角60°，若山高为千米，（1）船的航行速度是每小时多少千米？（2）若该船继续航行10分钟到达D处，问此时山顶位于D处的南偏东什么方向？18．甲乙两家快递公司其“快递小哥”的日工资方案如下：甲公司规定底薪70元，每单抽成1元；乙公司规定底薪100元，每日前45单无抽成，超过45单的部分每单抽成6元（1）设甲乙快递公司的“快递小哥”一日工资y（单位：元）与送货单数n的函数关系式为f（n），g（n），求f （n），g（n）；（2）假设同一公司的“快递小哥”一日送货单数相同，现从两家公司各随机抽取一名“快递小哥”，并记录其100天的送货单数，得到如下条形图：若将频率视为概率，回答下列问题：①记乙快递公司的“快递小哥”日工资为X（单位：元），求X的分布列和数学期望；②小赵拟到两家公司中的一家应聘“快递小哥”的工作，如果仅从日收入的角度考虑，请你利用所学的统计学知识为他作出选择，并说明理由．19．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1B⊥平面ABC，且AB⊥AC．（1）求证：AC⊥BB1；（2）若AB=AC=A1B=2，M为B1C1的中点，求二面角M﹣AB﹣A1平面角的余弦值．20．在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点，M是抛物线C上的任意一点，当M位于第一象限内时，△OFM外接圆的圆心到抛物线C准线的距离为．（1）求抛物线C的方程；（2）过K（﹣1，0）的直线l交抛物线C于A，B两点，且，点G为x轴上一点，且|GA|=|GB|，求点G的横坐标x0的取值范围．21．已知f（x）=2x﹣ax2+bcosx在点处的切线方程为．（1）求a，b的值及f（x）在[0，π]上的单调区间；（2）若x1，x2∈[0，π]，且x1≠x2，f（x1）=f（x2），求证．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．已知曲线C1的极坐标方程为ρ=1，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x的正半轴，建立平面直角坐标系xOy．（1）若曲线为参数）与曲线C1相交于两点A，B，求|AB|；（2）若M是曲线C1上的动点，且点M的直角坐标为（x，y），求（x+1）（y+1）的最大值．[选修4-5：不等式选讲]23．设f（x）=|ax﹣1|，若f（x）≤2的解集为[﹣1，3]．（1）求实数a的值；（2）若x+y+z=a（x，y，z∈（0，+∞）），求的最小值．2017年辽宁省实验中学高考数学四模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知集合，则集合A的子集的个数为（）A．7 B．8 C．15 D．16【考点】16：子集与真子集．【分析】由≤0，可得（x+1）（x﹣2）≤0，且x≠2，解得x，根据x∈Z，可得x，A．即可得出．【解答】解：由≤0，可得（x+1）（x﹣2）≤0，且x≠2，解得﹣1≤x＜2，又x∈Z，可得x=﹣1，0，1，∴A={﹣1，0，1}．∴集合A的子集的个数为23=8．故选：B．2．已知复数Z=（i是虚数单位），则复数Z的共轭复数是（）A．1+i B．1﹣i C． D．【考点】A5：复数代数形式的乘除运算．【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简复数Z得答案．【解答】解：Z==，则复数Z的共轭复数是：．故选：D．3．对于实数x，y，若p：x+y≠4，q：x≠3或y≠1，则p是q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【考点】2L：必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】由已知可得p⇒q，反之不成立，例如取x=5，y=﹣1．【解答】解：p：x+y≠4，q：x≠3或y≠1，则p⇒q，反之不成立，例如取x=5，y=﹣1．∴p是q的充分不必要条件．故选：A．4．若，则|a0|﹣|a1|+|a2|﹣|a3|+|a4|﹣|a5|=（）A．0 B．1 C．32 D．﹣1【考点】DB：二项式系数的性质．【分析】T r+1==（﹣1）r x r，当r为奇数时，＜0．当r为偶数时，＞0．可得|a0|﹣|a1|+|a2|﹣|a3|+|a4|﹣|a5|=a0+a1+a2+a3+a4+a5，对，令x=1，即可得出．【解答】解：T r+1==（﹣1）r x r，当r为奇数时，＜0．当r为偶数时，＞0．∴|a0|﹣|a1|+|a2|﹣|a3|+|a4|﹣|a5|=a0+a1+a2+a3+a4+a5．对，令x=1，可得：a0+a1+a2+a3+a4+a5=（1﹣1）2=0．故选：A．5．据统计2016年“十一”黄金周哈尔滨太阳岛每天的游客人数服从正态分布N，则在此期间的某一天，太阳岛的人数不超过2300的概率为（）附；若X～N（μ，σ2）．A．0.4987 B．0.8413 C．0.9772 D．0.9987【考点】CP：正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．【分析】根据正态分布的对称性得出P（X＞2300），从而可得P（X≤2300）．【解答】解：P=0.9974，∴P（X＞2300）=（1﹣0.9974）=0.0013，∴P（X≤2300）=1﹣0.0013=0.9987．故选D．6．已知函数f（x）的部分图象如图所示，向图中的矩形区域随机投出200粒豆子，记下落入阴影区域的豆子数，通过100次这样的试验，算得落入阴影区域的豆子的平均数为66，由此可估计的值约为（）A．B．C．D．【考点】CE：模拟方法估计概率．【分析】根据几何概型的概率计算公式得出阴影部分的面积，再根据定积分的几何意义得出答案．【解答】解：矩形部分的面积为S矩形=2×3=6，由题意可知： ==，∴S阴影==．∴=S阴影=．故选B．7．已知正四棱锥P﹣ABCD中，PA=AB=2，E，F分别是PB，PC的中点，则异面直线AE与BF所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【考点】HU：解三角形的实际应用．【分析】由题意，建立空间直角坐标系，利用数量积公式求向量夹角，得到所求．【解答】解：建立空间直角坐标系如图，设PA=4，则A（0，0，0），B（4，0，0），C（4，4，0），P（2，2，2）．所以E（3，1，），F（3，3，），所以=（3，1，），=（﹣1，3，），所以异面直线AE与BF所成角的余弦值为： =；故选：C．8．执行如图所示的程序框图，若输入x=0，输出K的值为10，则判断框内可填入的条件是（）A．x＞50？B．x＞90？C．x＞100？ D．x＞200？【考点】EF：程序框图．【分析】由已知中的程序语句，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】解：模拟程序的运行，可得x=0，K=0执行循环体，x=3，K=2不满足条件，执行循环体，x=9，K=4不满足条件，执行循环体，x=21，K=6不满足条件，执行循环体，x=45，K=8，不满足条件，执行循环体，x=93，K=10由题意，此时应该满足条件，退出循环，输出K的值为10．可得判断框内可填入的条件是：x＞90？故选：B．9．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题；“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见末日行里数，请公子仔细算相还．”其意思为：“有一个人走了378里路，第一天健步走行，从第二天起脚痛每天走的路程且前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问题第六天走了”（）A．96里B．48里C．12里D．6里【考点】89：等比数列的前n项和．【分析】记每天走的路程里数为{a n}，可知{a n}是公比q=的等比数列，由此利用等比数列的性质能求出结果．【解答】解：记每天走的路程里数为{a n}，可知{a n}是公比q=的等比数列，由S6=378，得S6==378，解得：a1=192，∴=6．故选：D．10．某几何体的三视图如图所示，则该几何体体积是（）A．B．C．D．【考点】L!：由三视图求面积、体积．【分析】由三视图得到几何体为半个圆锥与四棱锥的组合体，根据图中数据计算体积．【解答】解：由三视图得到几何体为半个圆锥与四棱锥的组合体，其中圆锥的底面半径为1，高为，四棱锥的底面是边长为2的正方形，高为，所以几何体的体积为： =；故选C．11．已知函数在[0，2）上的最大值为a，在（2，4]上的最小值为b，则a+b=（）A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2【考点】6E：利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】由函数g（x）=在（﹣∞，2），（2，+∞）单调递减，函数h（x）=cos在[0，4]单调递减，可得函数在[0，2），（2，4]上单调性，即可求得a，b即可．【解答】解：函数g（x）=，函数g（x）是函数y=向右平移2个单位，向上平移1个单位，故函数g（x）在（﹣∞，2），（2，+∞）单调递减；对于函数h（x）=cos，由2k（k∈Z），得8k≤x≤8k+4，故函数h（x）在[0，4]单调递减．∴函数在[0，2）上单调递减，故其最大值为f（0）=a，∴a=1，函数在（2，4]上单调递减，其最小值为f（4）=b，∴b=1．所以a+b=2，故选D．12．P是双曲线C：x2﹣y2=2左支上一点，直线l是双曲线C的一条渐近线，P在l上的射影为Q，F2是双曲线C的右焦点，则|PF2|+|PQ|的最小值为（）A．B．C． D．【考点】KC：双曲线的简单性质．【分析】求出双曲线的ab，c，以及一条渐近线方程，运用双曲线的定义，可得|PF2|+|PQ|=|PF1|+2+|PQ|，依题意，当且仅当Q、P、F1三点共线，且P在F1，Q之间时，|PF1|+|PQ|最小，且最小值为F1到l的距离，从而可求得|PF2|+|PQ|的最小值．【解答】解：双曲线C：x2﹣y2=2的a=b=，c=2，一条渐近线l方程为x﹣y=0，设双曲线的左焦点为F1，连接PF1，由双曲线定义可得|PF2|﹣|PF1|=2a=2，∴|PF2|=|PF1|+2，∴|PF2|+|PQ|=|PF1|+2+|PQ|，当且仅当Q、P、F1三点共线，且P在F1，Q之间时，|PF1|+|PQ|最小，且最小值为F1到l的距离，可得F1（﹣2，0）到l的距离d==，∴|PQ|+|PF2|的最小值为2+=3．故选：C．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．若圆M过三点A（1，3），B（4，2），C（1，﹣7），则圆M直径的长为10 ．【考点】J2：圆的一般方程．【分析】设圆的方程为x2+y2+dx+ey+f=0（d2+e2﹣4f＞0），代入三点的坐标，解方程可得d，e，f，再化为标准式，可得圆的半径，进而得到直径．【解答】解：设圆的方程为x2+y2+dx+ey+f=0（d2+e2﹣4f＞0）圆M过三点A（1，3），B（4，2），C（1，﹣7），可得，解方程可得d=﹣2，e=4，f=﹣20，即圆的方程为x2+y2﹣2x+4y﹣20=0，即为（x﹣1）2+（y+2）2=25，即有圆的半径为5，直径为10．故答案为：10．14．已知平面向量的夹角为，且，若平面向量满足=2，则= ．【考点】9R：平面向量数量积的运算．【分析】设出向量，夹角为α，则与夹角为（），由平面向量满足=2，以及三角函数的平方关系得到cosα，再由数量积公式求得．【解答】解：设向量，夹角为α，则与夹角为（），由平面向量满足=2，得到，整理得到sin，代入sin2α+cos2α=1得到cosα=，所以||===；故答案为：15．下列命题中，正确的命题有②④．①回归直线恒过样本点的中心，且至少过一个样本点；②将一组数据的每个数据都加一个相同的常数后，方差不变；③用相关指数R2来刻画回归效果，R2越接近0，说明模型的拟合效果越好；④用系统抽样法从160名学生中抽取容量为20的样本，将160名学生从1～160编号，按编号顺序平均分成20组（1～8号，9～16号，…，153～160号），若第16组抽出的号码为126，则第一组中用抽签法确定的号码为6号．【考点】BK：线性回归方程．【分析】根据回归直线恒过样本点的中心，不一定过样本点判断①错误；根据方差是表示数据波动大小的量，判断②正确；用相关指数R2刻画回归效果时，R2越接近1说明模型的拟合效果越好判断③错误；根据系统抽样原理求出第1组中抽取的号码值，判断④正确．【解答】解：对于①，回归直线恒过样本点的中心，不一定过任一样本点，∴①错误；对于②，因为方差是表示数据波动大小的量，将一组数据的每个数都加一个相同的常数后，方差不变，∴②正确；对于③，用相关指数R2来刻画回归效果，R2越接近1，说明模型的拟合效果越好，∴③错误；对于④，根据系统抽样原理，样本间隔为=8，第16组抽出的号码为15×8+a0=126，解得a0=6，即第1组中抽取的号码为6号，④正确．综上，正确的命题序号是②④．故答案为：②④．16．已知数列{a n}满足，则数列{a n•b n}满足对任意的n∈N+，都有b1a n+b2a n﹣1+…+b n a1=，则数列{a n•b n}的前n项和T n= ．【考点】8E：数列的求和．【分析】对任意的n∈N+，都有b1a n+b2a n﹣1+…+b n a1=，求得n=1的情况，当n≥2时，将n换为n﹣1，相减求得b n=n，可得a n•b n=n•2n，再由数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，计算即可得到所求和．【解答】解：∵数列{a n}满足，由b1a n+b2a n﹣1+…+b n a1=2n﹣n﹣1，①令n=1，则b1a1=2﹣﹣1，解得b1=．∵b1a n+b2a n﹣1+…+b n a1=2n﹣n﹣1，当n≥2时，b1a n﹣1+b2a n﹣2+…+b n﹣2a2+b n﹣1a1=2n﹣1﹣（n﹣1）﹣1，将上式两边同乘公比2得，b1a n+b2a n﹣1+…b n﹣1a2=2n﹣n﹣1．②①﹣②可得：b n a1=n，（n≥2），由a1=2，可得b n=n，对n=1也成立，则a n•b n=n•2n，T n=（1•2+2•22+3•23+…+n•2n），可得2T n=（1•22+2•23+3•24+…+n•2n+1），两式相减可得﹣T n=（2+22+23+24+…+2n﹣n•2n+1）=（﹣n•2n+1），化简可得T n=．故答案为：．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．如图，一条巡逻船由南向北行驶，在A处测得山顶P在北偏东15°（∠BAC=15°）方向上，匀速向北航行20分钟到达B处，测得山顶P位于北偏东60°方向上，此时测得山顶P的仰角60°，若山高为千米，（1）船的航行速度是每小时多少千米？（2）若该船继续航行10分钟到达D处，问此时山顶位于D处的南偏东什么方向？【考点】HU：解三角形的实际应用．【分析】（1）解△BCP，利用BCP中，，在△ABC中，由正弦定理求得；（2）利用正弦定理和余弦定理，分别解△BCD，求得∠CDB．【解答】解：（1）在△BCP中，在△ABC中，由正弦定理得：，所以，船的航行速度是每小时千米．（2）在△BCD中，由余弦定理得：，在△BCD中，由正弦定理得：，所以，山顶位于D处南偏东1350．18．甲乙两家快递公司其“快递小哥”的日工资方案如下：甲公司规定底薪70元，每单抽成1元；乙公司规定底薪100元，每日前45单无抽成，超过45单的部分每单抽成6元（1）设甲乙快递公司的“快递小哥”一日工资y（单位：元）与送货单数n的函数关系式为f（n），g（n），求f （n），g（n）；（2）假设同一公司的“快递小哥”一日送货单数相同，现从两家公司各随机抽取一名“快递小哥”，并记录其100天的送货单数，得到如下条形图：若将频率视为概率，回答下列问题：①记乙快递公司的“快递小哥”日工资为X（单位：元），求X的分布列和数学期望；②小赵拟到两家公司中的一家应聘“快递小哥”的工作，如果仅从日收入的角度考虑，请你利用所学的统计学知识为他作出选择，并说明理由．【考点】CG：离散型随机变量及其分布列；CH：离散型随机变量的期望与方差．【分析】（1）甲公司规定底薪70元，每单抽成1元；乙公司规定底薪100元，每日前45单无抽成，超过45单的部分每单抽成6元，由此能求出甲乙快递公司的“快递小哥”一日工资y（单位：元）与送货单数n的函数关系式f（n），g（n）．（2）①记乙快递公司的“快递小哥”日工资为X（单位：元），由条形图得X的可能取值为100，106，118，130，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列．②乙快递公司的“快递小哥”日平均送单数为45，从而乙快递公司的“快递小哥”日平均工资为115元，甲快递公司的“快递小哥”日平均工资为112元．由此推荐小赵去乙快递公式应聘．【解答】解：（1）甲快递公式的“快递小哥”一日工资y（单位：元）与送单数n的函数关系式为：y=70+n，n∈N+，∴f（n）=y=70+n，n∈N+．乙快递公式的“快递小哥”一日工资y（单位：元）与送单数n的函数关系式为：．∴g（n）=．（2）①记乙快递公司的“快递小哥”日工资为X（单位：元），由条形图得X的可能取值为100，106，118，130，，，所以X的分布列为：②乙快递公司的“快递小哥”日平均送单数为：42×0.2+44×0.4+46×0.2+48×0.1+50×0.1=45，所以乙快递公司的“快递小哥”日平均工资为70+45×1=115（元），由①知，甲快递公司的“快递小哥”日平均工资为112元．故推荐小赵去乙快递公式应聘．19．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1B⊥平面ABC，且AB⊥AC．（1）求证：AC⊥BB1；（2）若AB=AC=A1B=2，M为B1C1的中点，求二面角M﹣AB﹣A1平面角的余弦值．【考点】MT：二面角的平面角及求法；LO：空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】（1）推导出A1B⊥AC，AB⊥AC，从而AC⊥平面A1ABB1，由此能证明AC⊥BB1．（2）过点A作AY∥A1B，以射线AB，AC，AY为x，y，z正半轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角M ﹣AB﹣A1平面角的余弦值．【解答】证明：（1）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1B⊥平面ABC，∴A1B⊥AC，∵AB⊥AC，A1B∩AB=B，∴AC⊥平面A1ABB1，∵BB1⊂平面A1ABB1，∴AC⊥BB1．解：（2）过点A作AY∥A1B，∵A1B⊥平面ABC，∴AY⊥平面ABC，又AB⊥AC，以射线AB，AC，AY为x，y，z正半轴建立空间直角坐标系，由AB=AC=A1B=2，得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），A1（2，0，2），由，得B1（4，0，2），C1（2，2，2），M为B1C1的中点，M（3，1，2），，设平在ABM的法向量=（x，y，z），则，取y=2，得平面ABM的法向量，，平面ABA1的法向量，∴，设二面角M﹣AB﹣A1的平面角为θ，由图知θ锐角，∴二面角M﹣AB﹣A1平面角的余弦值为．20．在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点，M是抛物线C上的任意一点，当M位于第一象限内时，△OFM外接圆的圆心到抛物线C准线的距离为．（1）求抛物线C的方程；（2）过K（﹣1，0）的直线l交抛物线C于A，B两点，且，点G为x轴上一点，且|GA|=|GB|，求点G的横坐标x0的取值范围．【考点】K8：抛物线的简单性质．【分析】（1）求得抛物线的焦点和准线方程，点Q在FO的垂直平分线上，运用点到直线的距离，解方程可得p，进而得到所求抛物线的方程；（2）设A，B的坐标，运用向量的坐标运算，设直线l：x=my﹣1，并代入到y2=4x中，运用韦达定理，可得m和λ，运用对勾函数的单调性，可得4m2的范围，求出AB的垂直平分线方程，令y=0，结合不等式的性质，即可得到所求范围．【解答】解：（1）F是抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点（，0），根据题意，点Q在FO的垂直平分线上，所以点Q到准线x=﹣的距离为，所以C：y2=4x．（2）设，①设直线l：x=my﹣1代入到y2=4x中得y2﹣4my+4=0，所以y1+y2=4m，y1y2=4，②由①②可得4m2==λ++2，由2≤λ≤3可得y=λ++2递增，即有4m2∈[，]，又AB中点（2m2﹣1，2m），所以直线AB的垂直平分线的方程为y﹣2m=﹣m（x﹣2m2+1），令y=0，可得．21．已知f（x）=2x﹣ax2+bcosx在点处的切线方程为．（1）求a，b的值及f（x）在[0，π]上的单调区间；（2）若x1，x2∈[0，π]，且x1≠x2，f（x1）=f（x2），求证．【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6H：利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（1）求导数，利用函数f（x）=2x+ax2+bcosx在点处的切线方程为y=π，求a，b的值，利用导数的正负讨论f（x）在[0，π]上的增减性；（2）由（Ⅰ）的单调性，设，推导F（x）的单调性，由x2＞π﹣x1，所以x1+x2＞π，结合单调性，即可得证．【解答】解：（1）f（x）=2x﹣ax2+bcosx在点处的切线方程为y=π，f（x）的导数为f′（x）=2﹣2ax﹣bsinx，可得⇔⇔，所以，①当时，1﹣x ≥0，1﹣sinx ≥0，可得f′（x ）＞0，所以f （x ）在为增函数；②当时，，所以f （x ）在为减函数；（2）由（1）得f （x ）在为增函数，在上为减函数，所以，由f'（x ）在恒为负，，设，则，所以F'（x ）＞0，所以F （x ）在递增，，当时，f （x ）＜f （π﹣x ），所以f （x 1）＜f （π﹣x 1），又f （x 2）=f （x 1），所以，又f （x ）在上为减函数，所以x 2＞π﹣x 1，所以x 1+x 2＞π，所以，所以．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程] 22．已知曲线C 1的极坐标方程为ρ=1，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x 的正半轴，建立平面直角坐标系xOy ．（1）若曲线为参数）与曲线C 1相交于两点A ，B ，求|AB|；（2）若M 是曲线C 1上的动点，且点M 的直角坐标为（x ，y ），求（x+1）（y+1）的最大值． 【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程．【分析】（1）C1：ρ=1化为直角坐标方程为，为参数）可化为为参数），代入，化简得，设A，B对应的参数为t1，t2，利用根与系数的关系、弦长公式即可得出．（2）M（x，y）在曲线C1上，设为参数），可得（x+1）（y+1）=（cosθ+1）（sinθ+1）=sinθcosθ+sinθ+cosθ+1，令，则，代入化简即可得出．【解答】解：（1）C1：ρ=1化为直角坐标方程为，为参数）可化为为参数），代入，得，化简得，设A，B对应的参数为t1，t2，则，∴．（2）M（x，y）在曲线C1上，设为参数）则（x+1）（y+1）=（cosθ+1）（sinθ+1）=sinθcosθ+sinθ+cosθ+1，令，则，那么，∴．[选修4-5：不等式选讲]23．设f（x）=|ax﹣1|，若f（x）≤2的解集为[﹣1，3]．（1）求实数a的值；（2）若x+y+z=a（x，y，z∈（0，+∞）），求的最小值．【考点】R4：绝对值三角不等式；R5：绝对值不等式的解法．【分析】（1）通过讨论a的范围，求出x的范围，结合不等式的解集，求出对应a的值即可；（2）求出x+y=1﹣z，根据z的范围，求出u的最小值即可．【解答】解：（1）|ax﹣1|≤2⇒﹣2≤ax﹣1≤2⇔﹣1≤ax≤3，当a＞0时，，当a＜0时，，此时无解，当a=0时，也无解．（2）由x+y+z=1⇒x+y=1﹣z，z∈（0，1），则，所以，此时．。
2019年高考理数母题题源系列(全国Ⅰ专版)(解析版)专题 立体几何综合
专题立体几何综合【母题来源一】【2019年高考全国Ⅰ卷理数】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）求二面角A−MA1−N的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）5.【解析】（1）连结B1C，ME．因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=12B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND=12A1D．由题设知A1B1=P DC，可得B1C=P A1D，故ME=P ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．又MN⊄平面EDC1，所以MN ∥平面C 1DE ． （2）由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA uuu r的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-u u u r，1(12)A M =--u u u u r ，1(1,0,2)A N =--u u u u r，(0,MN =u u u u r．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则110A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u r m m ，所以2040x z z ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，．可取=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u ru u u ur ，．n n所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是cos ,||5⋅〈〉===‖m n m n m n ， 所以二面角1A MA N --【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型. 【母题来源二】【2018年高考全国Ⅰ卷理数】如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）4. 【解析】方法一：（1）由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ， 所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ， 所以平面PEF ⊥平面ABFD .（2）在平面DEF 中，过P 作PH ⊥EF 于点H ，连接DH ，如图，由于EF 为平面ABCD 和平面PEF 的交线，PH ⊥EF ， 则PH ⊥平面ABFD ，故PH ⊥DH . 则DP 与平面ABFD 所成的角为PDH ∠. 在三棱锥P -DEF 中，可以利用等体积法求PH . 因为DE ∥BF 且PF ⊥BF ，所以PF ⊥DE ，又△≌△PDF CDF ，所以∠FPD =∠FCD =90°， 所以PF ⊥PD ，由于DE ∩PD =D ，则PF ⊥平面PDE ， 故13F PDE PDE V PF S -=⋅△， 因为BF ∥DA 且BF ⊥平面PEF ， 所以DA ⊥平面PEF ， 所以DE ⊥EP .设正方形的边长为2a ，则PD =2a ，DE =a ，在△PDE 中，PE =，所以2PDE S =△，故36F PDE V a -=， 又2122DEF S a a a =⋅=△，所以23F PDE V PH a -==，所以在△PHD 中，sin 4PH PDH PD ∠==，故DP 与平面ABFD . 方法二：（1）由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ， 所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ， 所以平面PEF ⊥平面ABFD .（2）作PH ⊥EF ，垂足为H .由（1）得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF u u u r的方向为y 轴正方向，||BF uuu r 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz .由（1）可得，DE ⊥PE . 又DP =2，DE =1，所以PE. 又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF .可得3,22PH EH ==.则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --=u u ur HP =u u u r 为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则3sin ||4||||HP DP HP DP θ⋅===u u u r u u u ru u ur u u u r . 所以DP 与平面ABFD. 【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解，属于常规题目，在解题的过程中，需要明确面面垂直的判定定理的条件，这里需要先证明线面垂直，所以要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，从而证得结果；对于线面角的正弦值可以借助于平面的法向量来完成，注意相对应的等量关系即可.【母题来源三】【2017年高考全国Ⅰ卷理数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o .（1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；（2）若P A =PD =AB =DC ，90APD ∠=o ，求二面角A −PB −C 的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 由于AB//CD ，故AB ⊥PD ， 从而AB ⊥平面P AD .又AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD . （2）在平面PAD 内作PF AD ⊥，垂足为F ， 由（1）可知，AB ⊥平面PAD ， 故AB PF ⊥，可得PF ⊥平面ABCD .以F 为坐标原点，FA u u u r的方向为x 轴正方向，||AB uuu r 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz -.由（1）及已知可得2A，(0,0,2P，,1,0)2B，(2C -.所以(22PC =--u u u r，CB =u u u r，(22PA =-u u u r ，(0,1,0)AB =u u u r .设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，则0,0,PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n即0,0,x y z ⎧+=⎪=可取(0,1,=-n . 设(,,)x y z =m 是平面PAB 的法向量，则0,0,PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r m m即0,220.x z y -=⎨⎪=⎩可取(1,0,1)=m .则cos ,||||3⋅==-<>n m n m n m ， 所以二面角A PB C --的余弦值为【思路点拨】（1）根据题设条件可以得出AB ⊥AP ，CD ⊥PD .而AB//CD ，就可证明出AB ⊥平面P AD ，进而证明出平面P AB ⊥平面P AD .（2）先找出AD 中点，找出相互垂直的线，建立以F 为坐标原点，FA u u u r的方向为x 轴正方向，||AB uuu r 为单位长的空间直角坐标系，列出所需要的点的坐标，设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，(,,)x y z =m 是平面PAB的法向量，根据垂直关系，求出(0,1,=-n 和(1,0,1)=m ，利用数量积公式可求出二面角的平面角.【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面： ①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.【命题意图】高考对本部分内容的考查以能力为主，重点考查线面关系、面面关系、线面角及二面角的求解，考查数形结合的思想，空间想象能力及运算求解能力等． 【命题规律】高考对该部分内容的考查主要有两种形式：一是利用立体几何的知识证明线面关系、面面关系；二是考查学生利用空间向量解决立体几何的能力，考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题. 【答题模板】运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤： （1）建立恰当的空间直角坐标系； （2）求出相关点的坐标； （3）写出向量坐标；（4）结合公式进行论证、计算； （5）转化为几何结论． 【方法总结】1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量判定方法设直线l 的方向向量为a =(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ=(a 2，b 2，c 2)，v =(a 3，b 3，c 3)，则 （1）线面平行：l ∥α⇔a ⊥μ⇔a·μ=0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2=0； （2）线面垂直：l ⊥α⇔a ∥μ⇔a =k μ⇔a 1=ka 2，b 1=kb 2，c 1=kc 2； （3）面面平行：α∥β⇔μ∥v ⇔μ=λv ⇔a 2=λa 3，b 2=λb 3，c 2=λc 3； （4）面面垂直：α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v =0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3=0.注意：用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a =λb （λ∈R ）即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外. 2.利用向量求异面直线所成的角把角的求解转化为向量运算，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线AC ，BD 的夹角β的余弦值为cos β=||||AC BD AC BD ⋅⋅uuu r uu u ruuur uu u r . 注意：两条异面直线所成的角α不一定是两直线的方向向量的夹角β，即cos α=|cos β|. 3.利用向量求直线与平面所成的角（1）分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； （2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．注意：直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．设直线l 的方向向量为a =(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量为μ=(a 3，b 3，c 3)，直线l 与平面α的夹角为π20θθ⎛⎫≤≤⎪⎝⎭，则||sin |cos ,|||||θ⋅==〈〉a a a μμμ.4.利用向量求二面角求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．设平面α，β的法向量分别为μ=(a 3，b 3，c 3)，v =(a 4，b 4，c 4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|||cos ||cos ,|||||θ⋅==〈〉v v v μμμ.5.用向量解决探索性问题的方法（1）确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求．（2）确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标．（3）解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．1．【陕西省汉中市2019届高三全真模拟考试数学】如图，四边形ABCD 为矩形，平面ABEF ⊥平面ABCD ，∥EF AB ，90BAF ∠=︒，2AD =，1AB AF ==，点P 在线段DF 上.（1）求证：AF ⊥平面ABCD ；（2）若二面角D AP C --的余弦值为3，求PF 的长度.【答案】（1）见解析；（2【解析】（1）∵90BAF ∠=︒，∴AB AF ⊥，又平面ABEF ⊥平面ABCD ，平面ABEF I 平面ABCD AB =，AF ⊂平面ABEF ， ∴AF ⊥平面ABCD .（2）以A 为原点，以AB ，AD ，AF 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，则()0,0,0A ，()1,0,0B ，()1,2,0C ，()0,2,0D ，()0,0,1F ，∴()0,2,1FD u u u v =-，()1,2,0AC =u u u v，()1,0,0AB =u u u r ，由题知，AB ⊥平面ADF ，∴()1,0,0AB =u u u r为平面ADF 的一个法向量，设()01FP FD λλ=≤<u u u v u u u v ，则()0,2,1P λλ-，∴()0,2,1AP λλ=-u u u v，设平面APC 的法向量为(),,x y z =m ，则00AP AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v u u u v m m ， ∴()21020y z x y λλ⎧+-=⎪⎨+=⎪⎩，令1y =，可得22,1,1λλ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭m ，∴cos ,3AB AB AB ⋅===u u u v u u u v u u u v m m m 解得13λ=或1λ=-（舍去），∴PF =【名师点睛】本题主要考查空间垂直关系的证明，考查二面角的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.2．【广东省肇庆市2019届高中毕业班第三次统一检测数学】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是菱形，160BAA ∠=︒，E 是棱1BB 的中点，CA CB =，F 在线段AC 上，且2AF FC =.（1）证明：1∥CB 平面1A EF ；（2）若CA CB ⊥，平面CAB ⊥平面11ABB A ，求二面角1F A E A --的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）29. 【解析】（1）连接1AB ，交1A E 于点G ，连接FG ．因为11△∽△AGA B GE ，所以1112AA AG GB EB ==， 又因为2AF FC =，所以1AF AG FC GB =，所以1∥FG CB ， 又1CB ⊄平面1A EF ，FG ⊂平面1A EF ， 所以1∥CB 平面1A EF .（2）过C 作CO AB ⊥于O ，因为CA CB =，所以O 是线段AB 的中点．因为平面CAB ⊥平面11ABB A ，平面CAB I 平面11ABB A AB =， 所以CO ⊥平面1ABA ，连接1OA ，因为1△ABA 是等边三角形，O 是线段AB 的中点，所以1OA AB ⊥.如图，以O 为原点，OA ，1OA ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标， 不妨设2AB =，则(1,0,0)A，1A ，(0,0,1)C ，(1,0,0)B -，12(,0,)33F ， 由11AA BB =u u u v u u u v，得1(B -， 则1BB的中点3(2E -，从而13(,2A E =-u u u r，112(,)33A F =u u u u r . 设平面1A FE 的法向量为1111(,,)x y z =n ，则111100A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u vu u u u v n n ，即111113022033x y x z ⎧-=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，得一组解为11115x y z =-⎧⎪=⎨⎪=⎩1(1=-n .易知平面1ABA 的一个法向量为2(0,0,1)=n ，则121212cos ,29⋅<>==n n n n n n ，所以二面角1F A E A --【名师点睛】本题考查直线与平面平行的证明，二面角的余弦值的求解，考查空间想象能力以及推理计算能力．3．【湖南省师范大学附属中学2019届高三考前演练（五）】在五边形AEBCD 中，BC CD ⊥，∥CD AB ，22AB CD BC ==，AE BE ⊥，AE BE =（如图）.将△ABE 沿AB 折起，使平面ABE ⊥平面ABCD ，线段AB 的中点为O (如图）.（1）求证：平面ABE ⊥平面DOE ；（2）求平面EAB 与平面ECD 所成的锐二面角的大小. 【答案】（1）见解析；（2）45°. 【解析】（1）由题意2AB CD =，O 是线段AB 的中点，则OB CD =. 又∥CD AB ，则四边形OBCD 为平行四边形， 又BC CD ⊥，则AB OD ⊥，由AE BE =，OB OA =，得EO AB ⊥. 又EO DO O =I ，则AB ⊥平面EOD ． 又AB Ì平面ABE ， 故平面ABE ⊥平面EOD ．（2）由（1）易知OB ，OD ，OE 两两垂直，以O 为坐标原点，OB ，OD ，OE 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O xyz -，△EAB 为等腰直角三角形，且AB =2CD =2BC ，则OA OB OD OE ===， 取1CD BC ==，则O （0，0，0），A （-1，0，0），B （1，0，0），C （1，1，0），D （0，1，0），E （0，0，1），则1,0,0（)CD =-u u u r ，(0,1,1）DE =-u u u r，设平面ECD 的法向量为（，，）x y z =n ，则0,0,CD DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u vu u u v n n 即0x y z -=⎧⎨-+=⎩， 取1z =，得平面ECD 的一个法向量011（，，）=n ， 因为OD ⊥平面ABE ，所以平面ABE 的一个法向量为010OD =u u u r（，，）， 设平面ECD 与平面ABE 所成的锐二面角为θ，则cos cos ,2OD θ==u u u r n ，因为(0,90)θ∈︒，所以45θ=︒，故平面ECD 与平面ABE 所成的锐二面角为45°. 【名师点睛】本题考查了面面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答本题的关键在于熟练掌握直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.4．【河南省百校联盟2019届高三考前仿真试卷数学】如图，在几何体1111ACD A B C D -中，四边形11ADD A ，11CDD C 为矩形，平面11ADD A ⊥平面11CDD C ，11B A ⊥平面11ADD A ，1111,2AD CD AA A B ====，E 为棱1AA 的中点.（1）证明：11B C ⊥平面1CC E ；（2）求直线11B C 与平面1B CE 所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2.【解析】（1）因为11B A ⊥平面11ADD A ， 所以111B A DD ⊥，又11111111,DD D A B A D A A ⊥=I ， 所以1DD ⊥平面1111D C B A ， 又因为11//DD CC ， 所以1CC ⊥平面1111D C B A ， 又11B C ⊂平面1111D C B A ，所以111CC B C ⊥，因为平面11ADD A ⊥平面11CDD C ，平面11ADD A I 平面111CDD C DD =，111C D DD ⊥， 所以11C D ⊥平面11ADD A ，经计算可得1111B E BC EC 从而2221111B E B C EC =+，所以在11△B EC 中，111B C C E ⊥，又11,CC C E ⊂平面1111,CC E CC C E C =I ， 所以11B C ⊥平面1CC E .（2）如图，以点A 为原点，1,AD AA 所在的直线分别为,x y 轴，建立空间直角坐标系，依题意得()()()10001,0,00,2,2A C B ，，，，，()()11,2,10,1,0C E ，.则1(1,1,1)(1,2,1)CE B C =--=--u u u r u u u r，，设平面1B CE 的法向量为(,,)x y z =m ，则100，，B C CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u vu u u v m m 即200x y z x y z --=⎧⎨-+-=⎩，，消去x ，得20y z +=，不妨设1z =，可得()3,2,1=--m ，又()111,0,1B C =-u u u u r，设直线11B C 与平面1B CE 所成的角为θ，于是111111sin cos ,||B C B C B C θ⋅====⋅u u u u ru u u u r u u u u r m m m故直线11B C 与平面1B CE所成角的正弦值为7. 【名师点睛】本题主要考查了直线与平面垂直的判定与性质，平面与平面垂直的性质，直线与平面所成角的向量求法，属于中档题.解题的关键是认真审题，注意合理转化，计算准确.5．【安徽省1号卷A10联盟2019届高考最后一卷数学】如图，在四棱锥S ABCD -中，△BCD 为等边三角形，,120AD AB SD SB BAD ===∠=︒.（1）若点,M N 分别是线段,SC CD 的中点，求证：平面∥BMN 平面SAD ； （2）若二面角S BD C --为直二面角，求直线AC 与平面SCD 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2）13. 【解析】（1）△BCD Q 为等边三角形，且N 是线段CD 的中点，90BND ∴∠=︒，AD AB =Q ，120BAD ∠=︒，30ADB ABD ∴∠=∠=︒，90ADC ∴∠=︒，∥BN AD ∴，BN ⊄Q 平面SAD ，AD ⊂平面SAD ，∥BN ∴平面SAD ，Q 点,M N 分别是线段,SC CD 的中点，∥MN SD ∴，MN ⊄Q 平面SAD ，SD ⊂平面SAD ，∥MN ∴平面SAD ， MN BN N =Q I ，∴平面∥BMN 平面SAD .（2）如图，设AC 交BD 于点O ，连接SO ，由对称性知，O 为BD 的中点，且AC BD ⊥，SO BD ⊥，Q 二面角S BD C --为直二面角，SO ∴⊥平面ABCD ，不妨设2AB =，则1SO AO ==，BO DO ==3CO =，以O 为坐标原点，,,OC OB OS 所在直线分别为,,x y z 轴，建立如图所示空间直角坐标系则()0,0,1S ，()1,0,0A -，()3,0,0C，()0,D ，()DC ∴=u u u v，()DS =u u u v ，()4,0,0AC =u u u v，设平面SCD 的法向量为(),,x y z =n ，则00DC DS ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u vu u u v n n，即30x z ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，令y =1x =-，3=-z，()3∴=--n ，cos ,AC C A A C ⋅∴<>===u u u r u u u r u u u r n n n ，∴直线AC 与平面SCD所成角的正弦值为13.【名师点睛】本题考查面面平行关系的证明、空间向量法求解直线与平面所成角的问题，关键是能够利用面面垂直的性质证得线面垂直，从而建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，利用空间向量法来求解线面角.6．【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第五次测评数学】如图，三棱柱111ABC A B C -中，平面11ACC A ⊥平面ABC ，12AA AC CB ==，90ACB ∠=︒.（1）求证：平面11AB C ⊥平面11A B C ；（2）若1A A 与平面ABC 所成的线面角为60︒，求二面角11C AB C --的余弦值.【答案】（1）见解析；（2【解析】（1）因为平面11ACC A ⊥平面ABC ，平面11ACC A I 平面ABC AC =，BC ⊂平面ABC ，90ACB ∠=︒，所以BC ⊥平面11ACC A ，因为1AC ⊂平面11ACC A ，所以1BC A C ⊥. 因为11B C BC ∥，所以111AC B C ⊥. 因为11ACC A 是平行四边形，且1AA AC =， 所以四边形11ACC A 是菱形，则11A C AC ⊥. 因为1111AC B C C =I ，所以1A C ⊥平面11AB C .又1AC ⊂平面11A B C ，所以平面11AB C ⊥平面11A B C . （2）如图，取AC 的中点M ，连接1A M ， 因为四边形11ACC A 是菱形，160A AC ∠=︒，所以1△ACA 是正三角形，所以1A M AC ⊥，且1A M AC =. 令122AA AC CB ===，则1A M =以C 为坐标原点，以CA 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，过点C 且平行于1A M 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则()0,0,0C ，()2,0,0A，(1C -，()0,1,0B，(1A ，()2,0,0CA =u u u r，(()111110,1,0CB CC C B CC CB =+=+=-+u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u ur (=-，(1CA =u u u r.设平面1ACB 的法向量为(),,x y z =n ，则100CA CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n ，所以20x x y =⎧⎪⎨-++=⎪⎩，得0x =，令1z =，则y =()0,=n .由（1）知1A C ⊥平面11AB C，所以(1CA =u u u r是平面11AB C 的一个法向量，所以111cos ,CA CA CA ⋅<>=⋅u u u ru u u r u u u r n nn ==. 所以二面角11C AB C --的余弦值为4. 【名师点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，二面角的求解，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量法求解空间角，是中档题．7．【山东省淄博市部分学校2019届高三5月阶段性检测（三模）数学】已知正方形的边长为4,,E F 分别为,AD BC 的中点，以EF 为棱将正方形ABCD 折成如图所示的60︒的二面角，点M 在线段AB 上．（1）若M 为AB 的中点，且直线MF ，由,,A D E 三点所确定平面的交点为O ，试确定点O 的位置，并证明直线∥OD 平面EMC ；（2）是否存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60︒；若存在，求此时二面角M EC F --的余弦值，若不存在，说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为直线MF ⊂平面ABFE ， 故点O 在平面ABFE 内也在平面ADE 内，所以点O 在平面ABFE 与平面ADE 的交线上，如图所示，因为AO BF P ，M 为AB 的中点，所以△≌△OAM MBF ， 所以OM MF =，AO BF =，所以点O 在EA 的延长线上，且2AO =， 连结DF ，交EC 于N ，因为四边形CDEF 为矩形，所以N 是EC 的中点，连结MN ，因为MN 为△DOF 的中位线，所以MN OD P ， 又因为MN ⊂平面EMC ，所以直线OD P 平面EMC .（2）由已知可得，EF AE ⊥，EF DE ⊥，所以EF ⊥平面ADE ，所以平面ABEF ⊥平面ODE ，取AE 的中点H 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，所以(1,0,0)E -，D，(0,C ，(1,4,0)F -，所以ED =u u u r，(1,EC =u u u r ，设(1,,0)(04)M t t ≤≤，则(2,,0)EM t =u u u u r ，设平面EMC 的法向量为(,,)x y z =m，则20040x ty EM EC x y ⎧+=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=+=⎪⎪⎩⎩u u uu vu u u v m m ，取2y =-，则x t =，z =所以平面EMC的一个法向量为,t ⎛=- ⎝m ，因为DE 与平面EMC 所成的角为60︒2=，2=，所以2430t t -+=，解得1t =或3t =，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60︒，取ED 的中点Q ，则QA u u u r 为平面CEF 的法向量，因为1,0,22Q ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以3,0,22QA ⎛=- ⎝⎭u u u r，,t ⎛=- ⎝m ，设二面角M EC F --的大小为θ，所以|||cos |||||QA QA θ⋅===⋅u u u r u u u r m m ，因为当2t =时，cos 0θ=，平面EMC ⊥平面CDEF ，所以当1t =时，θ为钝角，所以1cos 4θ=-. 当3t =时，θ为锐角，所以1cos 4θ=. 【名师点睛】此题考查了线面平行的证明，用空间向量法解决线面所成的角，二面角等，综合性较强，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，难度适中．。
2019年高考数学模拟试题含答案
2019年高考数学模拟试题（理科）注意事项：1. 本试卷分第I 卷（选择题）和第□卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自 己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2. 回答第I 卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3•回答第□卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4•考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回。
每小题 5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的uur umr•选择题：本大题共 12个小题, 1•已知集合A {x2x 3 0},B {2,3,4}，则（C R A ）A. {2,3} B . {2,3,4}C {2}D.2 .已知 i 是虚数单位,A.B . ,10C.丄10D.3 •执行如图所示的程序框图, 若输入的点为P （1,1）,则输出的n 值为A. 3B . 4C. 5D.4 •如图，ABCD 是边长为8的正方形，若DE且F为BC的中点，贝U EA EFA. 10B . 12 C. 16D. 20x y 25 .若实数x, y 满足 y x 1,则z 2x 8y 的最大值是y 0A. 4B . 8 C. 16 D. 326. 一个棱锥的三视图如右图，则该棱锥的表面积为上的数字之和大于 5的概率是 11 3 4 A .B.- C .-D .1051058 .设S n 是数列｛ a n ｝的前n 项和， 且a 11 , a n 1S n S n 1，则 a 5 =人1 B .1 1 1 A .C.-D.30302029•函数f x In x 的大致图像为10.底面为矩形的四棱锥 P ABCD 的体积为8,若PA 平面ABCD ,且PA 3，则四棱锥P ABCD 的外接球体积最小值是A . 16 5 8.2 B. 32 5 32 C. 16 2 32 D . 16.516.27. 5张卡片上分别写有 0，1，2，3，4，若从这 5张卡片中随机取出张，则取出的2张卡片 33A. 25 B • 125 C . I?5 D . 256 611.已知抛物线y22px p 0 ,过焦点且倾斜角为30°的直线交抛物线于A,B两点，以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，切点的纵坐标是3,则抛物线的准线方程为A. x 1B• x C . x D.x ^32312.已知函数f(x)x2 ln x ( x),函数g(x)1x —，直线y t分别与两函数交于22A, B两点，则AB的最小值为A. 1B. 1C.3D.222二•填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 设样本数据为，X2，…，X20!8的方差是5,若y 3X i 1( i 1.2.....2018 )，则％H，…,y2018的方差是 _________14. 已知函数f(x) sin x J3cos x ( 0)，若3，则方程f(x) 1在(0,)的实数根个数是______15. 我国的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：将1, 2, ... , 9填入3 3的方格内，使三行、三列、两对角线的三个数之和都等于15 (如图).一般地，将连续的正整数1, 2, 3, …，n2填入n n的方格内，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形就叫做n阶幻方.记n阶幻方的一条对角线上数的和为N n(女口：在3阶幻方中,N3 15)，则N5= _______16. 已知ABC中，内角A B, C所对的边分别为a , b , c,且c 1 , C n.3若si nC sin (A B) sin2B，贝y ABC 的面积为______________三、解答题：本大题共6小题，其中17-21小题为必考题，每小题12分，第22—23题为选考题，考生根据要求做答，每题10分.17. (本小题满分12分)设数列｛a n｝是公差为d的等差数列.(I )推导数列｛a n｝的通项公式；(n)设d 0,证明数列｛a n 1｝不是等比数列.18. (本小题满分12分)某中学为了解全校学生的上网情况，在全校随机抽取了40名学生(其中男、女生各占一半)进行问卷调查，并进行了统计，按男、女分为两组，再将每组学生的月上网次数分为5组：[0, 5) , [5 , 10) , [10, 15) , [15 , 20) , [20, 25]，得到如图所示的频率分布直方图.(I)写出女生组频率分布直方图中a的值；(n )在抽取的40名学生中从月上网次数不少于20的学生中随机抽取2人，并用X表示随机抽取的2人中男生的人数，求X的分布列和数学期望.19. (本小题满分12分)在直三棱柱ABC A1B1C1中，AB AC AA 2 , BA CA。
2019年高考文数——立体几何(解答)
2019年高考文数——立体几何1.(19全国一文19．（12分）)如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离．2.(19全国二文17．（12分）)如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C 的体积．3.(19全国三文19．（12分）)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.4.(19北京文（18）（本小题14分）)-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点．如图，在四棱锥P ABCD（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．5.(19天津文（17）（本小题满分13分）)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 ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（Ⅰ）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （Ⅱ）求证：PA ⊥平面PCD ；（Ⅲ）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.参考答案：1．解：（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =.又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥.又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离， 由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =，故41717CH =. 从而点C 到平面1C DE 的距离为417.2．解：（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==．所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．3．解：（1）由已知得AD P BE ，CG P BE ，所以AD P CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ． （2）取CG 的中点M ，连结EM ，DM.因为AB ∥DE ，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE ，故DE ⊥CG .由已知，四边形BCGE 是菱形，且∠EBC =60°得EM ⊥CG ，故CG ⊥平面DEM ． 因此DM ⊥CG ．在Rt △DEM 中，DE =1，EM =3，故DM =2． 所以四边形ACGD 的面积为4．4.解：（Ⅰ）因为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 ．（Ⅱ）因为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 ．（Ⅲ）棱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 =12AB ． 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，所以CE ∥AB ，且CE =12AB ． 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 ．5.（Ⅰ）证明：连接BD ，易知AC BD H =I ，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 . （Ⅱ）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 I 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 =I ，所以PA ⊥平面PCD .（Ⅲ）解：连接AN ，由（Ⅱ）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3DN =又DN AN ⊥，在Rt AND △中，sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值为3.。
2019年高考试题分类汇编(立体几何)
高考试题分类汇编（立体几何）考点1 三视图1.（2018·全国卷Ⅰ文理）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 在主视图上的对应点为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，从点M 到点N 的路途中，最短路径的长度为A.B. C. 3 D. 22.（2018·全国卷Ⅲ文理）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，凹进去的部分叫卯眼，图中木构件右边的小正方体是榫头，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3. （2018·北京卷文理）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. 1 B. 2 C. 3 D. 4ABABCD正（主）视图侧（左）视图俯视图4.（2018·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：3cm ）是 A ．2 B ．4 C ．6 D ．8考点2 有关度量关系（选择题或填空题） 考法1 角度1.（2018·全国卷Ⅱ文科）在正方体1111ABCD A B C 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．2 B2. （2018·全国卷Ⅱ理科）111C D 中，AB =1BC =，1AA 则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15B ．6 C ．5 D ．23．（2018·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1θ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S AB C --的平面角为3θ，则A ．123θθθ≤≤B ．321θθθ≤≤ C. 132θθθ≤≤ D ．231θθθ≤≤ 考法2 面积1.（2018·全国卷Ⅰ理科）已知正方体的棱长为1，每条棱与平面α所成的角都相 等，则α截此正方体所得的截面面积最大值为B.C.正视图侧视图2.（2018·全国卷Ⅰ文科）已知圆柱的上、下底面中心分别为1O ，2O ,过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. 10π3.（2018·全国卷Ⅱ理科）已知圆锥的顶点为S ,母线,SA SB 的所成角的余弦值为78，SA 与底面所成的角为45，若SAB ∆的面积为，则该圆锥的侧面积为 ． 考法3 体积1.（2018·全国卷Ⅰ文科）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平 面11BB C C 所成的角为30，则长方体的体积为A.8B.C.D. 2.（2018·全国卷Ⅱ文科）已知圆锥的顶点为S ,母线,SA SB 互相垂直，SA 与底面所成的角为30，若SAB ∆的面积为8，则该圆锥的体积为 ．3.（2018·全国卷Ⅲ文理）设,,,A B C D 是同一个半径为4的球面上的四点，ABC ∆是等边三角形且其面积为，则三棱锥体积D ABC -的最大值为 A．B．C．D．4.（2018·天津卷文科）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则四棱柱111A BB D D -5.（2018·天津卷理科）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点,,,,E F G H M 如图)，则四棱锥M EFGH -的体CC 1积为 .6．（2018·江苏卷）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 .考点3 解答题1. （2018·全国卷Ⅰ理科） 如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把DFC ∆折起，使点C 到达P 的位置，且PF BF ⊥.（Ⅰ）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （Ⅱ）若DP 与平面ABFD 所成的角的正弦值.2.（2018·全国卷Ⅰ文科）如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==, 90ACM ∠=，以AC 为折痕将ACM ∆折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥. （Ⅰ）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（Ⅱ）Q 为线段AD 上的一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积.PABC DEF ABCDA 1B 1C 1D 1MEF GH3.（2018·全国卷Ⅱ理科）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====,O 为AC 的中点. （Ⅰ）证明：PO ⊥平面ABC ；（Ⅱ）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值.4.（2018AB BC ==4PA PB PC AC ====,O 为AC 的中点. （Ⅰ）证明：PO ⊥平面ABC ；（Ⅱ）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离.5. （2018·全国卷Ⅲ文理）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在的平面垂直，M 是CD 上异于,C D 的两点.（Ⅰ）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（Ⅱ）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成得二面角的正弦ABCPMOP ABCDQ M值.6.（2018·北京卷理科）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，D ， E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB的中点，AB BC ==12AC AA ==． （Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ； （Ⅱ）求二面角1B CD C --（Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD7. （2018为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，,E F 分别为AD ，PB 的中点. （Ⅰ）求证：PE BC ⊥；（Ⅱ）求证：平面PAB ⊥平面PCD ； （Ⅲ）求证：EF ∥平面PCD .8.（2018·天津卷理科）如图，//AD BC 且2AD BC =，AD DC ⊥,//EG AD 且EG AD =，//CD FG 且2CD FG =，DG ⊥平面ABCD ，2DA DC DG ===. （Ⅰ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ； （Ⅱ）求二面角E BC F --的正弦值；（Ⅲ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60，求线段DP 的长.ABCMD1ABCDEFP9.（2018·天津卷文科）如图，在四面体ABCD 中，ABC ∆是等边三角形，平面 ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，2AB =，AD =90BAD ∠=． （Ⅰ）求证：AD BC ⊥；（Ⅱ）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； （Ⅲ）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．10.（2018·江苏卷）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =,111AB B C ⊥． 求证：（Ⅰ）AB ∥平面11A B C ； （Ⅱ）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．11.（2018·浙江卷）如图，已知多面体111ABC A B C -，1AA ，1BB ，1CC 均垂直于平面ABC ，ABC ∠120=,14AA =，11CC =，12AB BC BB ===．（Ⅰ）证明：1AB ⊥平面111A B C ；（Ⅱ）求直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值．A BCDEFGMNABCDMABCDA 1B 1C 1D 1ABCC 1A 1B 1。
高考数学(理)真题专题汇编：空间立体几何
高考数学（理）真题专题汇编：空间立体几何一、选择题（本题共9道小题，每小题0分，共0分）1.【来源】2019年高考真题——数学（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 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P -AC -B 的平面角为γ，则（ ）A. ,βγαγ<<B. ,βαβγ<<C. ,βαγα<<D. ,αβγβ<<2.【来源】2019年高考真题——数学（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 Sh =柱体，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，则该柱体的体积(cm 3)是（ ）A. 158B. 162C. 182D. 3243.【来源】2019年高考真题——理科数学（全国卷Ⅱ） 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4.【来源】2019年高考真题——理科数学（全国卷Ⅲ）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5.【来源】0（08年全国卷2）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． C． D．26.【来源】0(08年四川卷文)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的菱形，则该棱柱的体积等于( )（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）7.【来源】0（08年北京卷）如图，动点在正方体的对角线上．过点作垂直于平面的直线，与正方体表面相交于．设，，则函数的图象大致是（）8.【来源】2011年高考数学理（安徽）一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A）48+（B）32817+（C）48817（D）509.【来源】2011年高考数学理（全国新课标）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为二、填空题10.【来源】2019年高考真题——理科数学（北京卷）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：__________．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__________．12.【来源】2019年高考真题——理科数学（天津卷）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5.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 .13.【来源】2019年高考真题——理科数学（全国卷Ⅱ）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.）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O -EFGH 后所得几何体，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___________.15.【来源】（07年浙江卷文）已知点O 在二面角α－AB －β的棱上，点P 在α内，且∠POB ＝45°．若对于β内异于O 的任意一点Q ，都有∠POQ ≥45°，则二面角α－AB －β的取值范围是_________．16.【来源】2011年高考数学理（全国新课标）已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,23AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为 。
高考2013-2019理数立体几何真题(解答题)
立体几何（解答题）【2019 全国1】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）求二面角A−MA1−N 的正弦值．【2019 全国2】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，求二面角B–EC–C1 的正弦值．【2019 全国3】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 中的二面角B−CG−A的大小.【2019 北京卷】如图，在四棱锥P–ABCD 中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF=1．PC 3 （1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P 的余弦值；（3）设点G 在PB 上，且PG=2．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．PB 3【2019 天津卷】如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE, AD ∥B C ，AD ⊥AB, AB =AD = 1, AE =BC = 2 ．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；1（3）若二面角E -BD -F 的余弦值为3，求线段CF 的长．【2019 江苏卷】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．POM【 2019 浙 江 卷 】 如 图 ， 已 知 三 棱 柱 ABC - A 1B 1C 1 ， 平 面 A 1 ACC 1 ⊥ 平 面 ABC , ∠ABC = 90︒ ，∠BAC = 30︒, A 1A = A 1C = AC , E , F （1） 证明： EF ⊥ BC ；分别是 AC ，A 1B 1 的中点.（2） 求直线 EF 与平面 A 1BC 所成角的余弦值.【2018 全国 1】如图，四边形 ABCD 为正方形， E , F 分别为 AD , BC 的中点，以 DF 为折痕把△DFC 折起， 使点C 到达点 P 的位置，且 PF ⊥ BF .（1） 证明：平面 PEF ⊥ 平面 ABFD ； （2） 求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值.【2018 全国 2】如图，在三棱锥 P - ABC 中， AB = BC = 2（1） 证明： PO ⊥ 平面 ABC ；， PA = PB = PC = AC = 4 ， O 为 AC 的中点．（2） 若点 M 在棱 BC 上，且二面角 M - PA - C 为30︒ ，求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值．AC2【2018 全国 3】如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧C D 所在平面垂直，M 是C D 上异于C ，D 的点．（1） 证明：平面 AMD ⊥平面 BMC ；（2） 当三棱锥 M - ABC 体积最大时，求面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值．【2018 江苏卷（选做题）】如图，在正三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 中，AB =AA 1=2，点 P ，Q 分别为 A 1B 1，BC 的中点．（1） 求异面直线 BP 与 AC 1 所成角的余弦值；（2） 求直线 CC 1 与平面 AQC 1 所成角的正弦值．【2018 江苏卷】在平行六面体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中， AA 1 = AB , AB 1 ⊥ B 1C 1 ．求证：（1） AB ∥平面A 1B 1C ；（2）平面 ABB 1 A 1 ⊥ 平面 A 1 BC ．【2018 浙江卷】如图，已知多面体 ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面 ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（1） 证明：AB 1⊥平面 A 1B 1C 1；（2） 求直线 AC 1 与平面 ABB 1 所成的角的正弦值．【2018 北京卷】如图，在三棱柱 ABC − A 1 B 1C 1 中， CC 1 ⊥ 平面 ABC ，D ，E ，F ，G 分别为 AA 1 ，AC ， A 1C 1 ， BB 1的中点，AB=BC = ，AC = AA 1 =2．（1） 求证：AC ⊥平面 BEF ； （2） 求二面角 B−CD −C 1 的余弦值；（3） 证明：直线 FG 与平面 BCD 相交．【2018 天津卷】如图， AD ∥BC 且 AD =2BC ， AD ⊥ CD , EG ∥AD 且 EG =AD ， CD ∥FG 且 CD =2FG ，DG ⊥ 平面ABCD ，DA =DC =DG =2.（1） 若 M 为 CF 的中点，N 为 EG 的中点，求证： MN ∥平面CDE ；（2） 求二面角 E - BC - F 的正弦值；（3） 若点 P 在线段 DG 上，且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为 60°，求线段 DP 的长.5【2017 全国1】如图，在四棱锥P−ABCD 中，AB//CD，且∠BAP =∠CDP = 90 .（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD = 90 ，求二面角A−PB−C 的余弦值. .【2017 全国2】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=1AD, ∠BAD =∠ABC = 90o ,2E 是PD 的中点．（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45o ，求二面角M -AB -D 的余弦值．【2017 全国3】如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC 的平面交BD 于点E，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C 的余弦值.【2017 江苏卷】如图，在三棱锥A -BCD 中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E 与A，D 不重合)分别在棱AD，BD 上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．3PE【2017 江苏卷（选做题）】如图，在平行六面体 ABCD-A 1B 1C 1D 1 中，AA 1⊥平面 ABCD ，且 AB =AD =2，AA 1= ，∠BAD = 120︒ ．（1） 求异面直线 A 1B 与 AC 1 所成角的余弦值；（2） 求二面角 B-A 1D-A 的正弦值．【2017 山东卷】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形 ABCD （及其内部）以 AB 边所在直线为旋转轴旋转120︒ 得到的， G 是 D F 的中点.（1） 设 P 是C E 上的一点，且AP ⊥ BE ，求∠CBP 的大小； （2） 当 AB = 3 ， AD = 2 时，求二面角 E - AG - C 的大小.【2017 浙江卷】如图，已知四棱锥 P –ABCD ，△PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形， BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为 PD 的中点．ADBC（1） 证明： CE ∥平面 PAB ； （2） 求直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值．6 【2017 北京卷】如图，在四棱锥 P−ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，平面 PAD ⊥平面 ABCD ，点 M 在线段 PB上，PD//平面 MAC ，PA =PD = ，AB =4．（1） 求证：M 为 PB 的中点；（2） 求二面角 B −PD −A 的大小；（3） 求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值．【2017 天津卷】如图，在三棱锥 P -ABC 中，PA ⊥底面 ABC ， ∠BAC = 90︒．点 D ，E ，N 分别为棱 PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段 AD 的中点，PA =AC =4，AB =2．（1） 求证：MN ∥平面 BDE ；（2） 求二面角 C -EM -N 的正弦值；（3） 已知点 H 在棱 PA 上，且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为7，求线段 AH 的长．21【2016 全国 1】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．【2016 全国2】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O，AB=5，AC=6，点E，F 分别在AD，CD 上，AE=CF= ，EF 交于BD 于点H，将△DEF 沿EF 折到△D′EF的位置，OD′=．（Ⅰ）证明：D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣D′A﹣C 的正弦值．【2016 全国3】如图，四棱锥P﹣ABCD 中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M 为线段AD 上一点，AM=2MD，N 为PC 的中点．（1）证明：MN∥平面PAB；（2）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．【2015 全国1】如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE 丄平面ABCD，DF 丄平面ABCD，BE=2DF，AE 丄EC．（Ⅰ）证明：平面AEC丄平面AFC（Ⅱ）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．【2015 全国2】如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1 中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F 分别在A1B1，D1C1 上，A1E=D1F=4，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．（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；（2）求直线AF 与平面α所成角的正弦值．【2014 全国1】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1 中，侧面BB1C1C 为菱形，AB⊥B1C．（Ⅰ）证明：AC=AB1；（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1 的余弦值．【2014 全国2】如图，四棱锥P﹣ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA⊥平面ABCD，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设二面角D﹣AE﹣C 为60°，AP=1，AD=，求三棱锥E﹣ACD 的体积．【2014 大纲版】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1 中，点A1 在平面ABC 内的射影D 在AC 上，∠ACB=90°，BC=1，AC=CC1=2．（Ⅰ）证明：AC1⊥A1B；（Ⅱ）设直线AA1 与平面BCC1B1 的距离为，求二面角A1﹣AB﹣C 的大小．【2013 全国1】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1 中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°．（Ⅰ）证明AB⊥A1C；（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB=2，求直线A1C 与平面BB1C1C 所成角的正弦值．【2013 全国2】如图，直棱柱ABC﹣A1B1C1 中，D，E 分别是AB，BB1 的中点，AA1=AC=CB=AB．（Ⅰ）证明：BC1∥平面A1CD（Ⅱ）求二面角D﹣A1C﹣E 的正弦值．【2013 大纲版】如图，四棱锥P﹣ABCD 中，∠ABC=∠BAD=90°，BC=2AD，△PAB 与△PAD 都是等边三角形．（Ⅰ）证明：PB⊥CD；（Ⅱ）求二面角A﹣PD﹣C 的大小．⎪⎩参考答案【2019 全国 1】【答案】（1）见解析；（2） 10.5【解析】（1）连结 B 1C ，ME ． 因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，1 所以ME ∥B 1C ，且ME = 2B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点，1 所以ND = 2A 1D ．由题设知A 1B 1 =DC ，可得B 1C = A 1D ，故ME = ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ． 又MN ⊄ 平面EDC 1， 所以MN ∥平面C 1DE ． （2）由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点， DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，则A (2, 0, 0) ，A 1(2，0，4)，M (1, 3, 2) ，N (1, 0, 2) ，A 1 A = (0, 0, -4) ，A 1M = (-1, 3, -2) ，A 1 N = (-1, 0, -2) ，MN = (0, - 3, 0) ．⎧⎪m ⋅ 设 m = (x , y , z ) 为平面A 1MA 的法向量，则⎨ A 1M = 0，⎧⎪-x + 3y - 2z = 0，⎪⎩m ⋅ A 1 A = 0 所以⎨-4z = 0． 可取 m = ( 3,1, 0) ．2 3 2 ⨯ 5 15 10 ⎧⎪n ⋅ MN = 0， ⎩⎩设 n = ( p , q , r ) 为平面A 1MN 的法向量，则⎨ ⎪⎩n ⋅ A 1N = 0． ⎧⎪- 3q = 0， 所以可取 n = (2, 0, -1) ． ⎨⎪- p - 2r = 0．m ⋅ n于是cos 〈m , n 〉 == = ，| m ‖n | 5所以二面角A - MA 1 - N 的正弦值为 ． 5【2019 全国 2】【答案】（1）证明见解析；（2） 3 .2【解析】（1）由已知得， B 1C 1 ⊥ 平面 ABB 1 A 1 ， BE ⊂ 平面 ABB 1 A 1 ， 故 B 1C 1 ⊥ BE ．又 BE ⊥ EC 1 ，所以 BE ⊥ 平面 EB 1C 1 ．（2）由（1）知∠BEB 1 = 90︒ ．由题设知Rt △ABE ≌ Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB = 45︒ ， 故 AE = AB ， AA 1 = 2 AB ．以 D 为坐标原点， DA 的方向为x 轴正方向，| DA | 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），C 1（0，1，2），E （1，0，1），CB = (1, 0, 0)，CE = (1, -1,1) ，CC 1 = (0, 0, 2) ．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则⎧ ⎪CB ⋅ n = 0, ⎨⎪⎩CE ⋅ n = 0, ⎧x = 0,即⎨x - y + z = 0,所以可取n = (0, -1, -1) .33⎩设平面ECC1 的法向量为m=（x，y，z），则⎧⎪CC1 ⋅m = 0,⎨⎪⎩CE⋅m=0,⎧2z = 0,即⎨x -y +z = 0.所以可取m=（1，1，0）．于是cos <n, m >=n ⋅m=-1．| n || m | 2所以，二面角B -EC -C1 的正弦值为．2【2019 全国3】【答案】（1）见解析；（2）30 .【解析】（1）由已知得AD BE，CG BE，所以AD CG，故AD，CG 确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB ⊥BE，AB ⊥BC，故AB ⊥平面BCGE．又因为AB ⊂平面ABC，所以平面ABC ⊥平面BCGE．（2）作EH ⊥BC，垂足为H．因为EH ⊂平面BCGE，平面BCGE ⊥平面ABC，所以EH ⊥平面ABC．由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH= ．以H为坐标原点，HC 的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），CG =（1，0，），AC =（2，–1，0）．设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则⎪CG ⋅n = 0, ⎧⎪x+ 3z = 0,⎨⋅= 0,即⎨2x -y = 0.⎪⎩AC n⎪⎩33⎧所以可取n=（3，6，–）．3又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），3 3 n ⋅ m所以cos 〈n , m 〉 == ．| n || m | 2因此二面角B –CG –A 的大小为30°．【2019 北京卷】【答案】（1）见解析；（2） 3 ；（3）见解析.3【解析】（1）因为 PA ⊥平面 ABCD ，所以 PA ⊥CD ． 又因为AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ．（2） 过A 作AD 的垂线交BC 于点M ．因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD ．如图建立空间直角坐标系A −xyz ，则A （0，0，0），B （2，- 1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0， 0，2）．因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）．所以 AE = (0,1,1), PC = (2, 2, -2), AP = (0, 0, 2) ．1 ⎛2 2 2 ⎫⎛ 2 2 4 ⎫所以PF = 3PC = , , - ⎪ , AF = AP + PF = , , ⎪ . ⎝ 3 3 3 ⎭ ⎝ 3 3 3 ⎭设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则⎧n ⋅⎧y + z = 0, ⎪ AE = 0, ⎪ ⎨n ⋅ 即⎨ 2 x + 2 y + 4 z = 0. ⎩⎪ AF = 0, ⎪⎩ 3 3 3令z =1，则y = -1, x = -1．于是 n =( -1, -1,1) ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），n ⋅ p所以cos 〈n , p 〉 == - .| n ‖p | 3由题知，二面角F −AE −P 为锐角，所以其余弦值为 3．3AB ，A D ，A E CE n⎨（3） 直线AG 在平面AEF 内． 因为点G 在PB 上，且PG = 2 ,PB = (2, -1, -2) ， PB 32 ⎛ 4 2 4 ⎫⎛ 4 2 2 ⎫所以 PG = 3 PB = 3 , - 3 , - 3 ⎪ , AG = AP + PG = 3 , - , ⎪ .⎝ ⎭ ⎝由（2）知，平面AEF 的法向量 n =( -1, -1,1) .3 3 ⎭4 2 2 所以AG ⋅ n = - + + = 0 . 3 3 3所以直线AG 在平面AEF 内.4 【2019 天津卷】【答案】（1）见解析；（2） 98；（3） ．7【解析】依题意，可以建立以 A 为原点，分别以的方向为 x 轴， y 轴， z 轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得 A (0, 0, 0),则 F (1, 2, h ) ．B (1, 0, 0),C (1, 2, 0),D (0,1, 0) ，E (0, 0, 2) ．设CF = h(h >>0) ， （1）依题意，AB = (1, 0, 0) 是平面 ADE 的法向量，又 BF = (0, 2, h ) ，可得 BF ⋅ AB = 0 ，又因为直线 BF ⊄平面 ADE ，所以 BF ∥平面 ADE ．（2）依题意， BD = (-1,1, 0), BE = (-1, 0, 2), CE = (-1, -2, 2) ．⎧⎪n ⋅ = 0, ⎧-x + y = 0, 设 n = (x , y , z ) 为平面 BDE 的法向量，则⎨ ⎪⎩BDn ⋅ BE = 0, 即 ⎩-x + 2z = 0, 不妨令 z = 1，可得 n = (2, 2,1) ．因此有cos CE , n⋅ 4 == - ． | CE || n |9 4所以，直线CE 与平面 BDE 所成角的正弦值为 9．⎧m ⋅（3）设 m = (x , y , z ) 为平面 BDF 的法向量，则⎪ BD = 0, ⎧-x + y = 0,即 ⎨⎨2 y + hz = 0,不妨令 y = 1，可得 m = ⎛1,1, - 2 ⎫ ．⎪⎩m ⋅ BF = 0, ⎩h ⎪ ⎝ ⎭由题意，有 cos 〈m , n 〉 =| m ⋅ n | ，解得 h = 8．经检验，符合题意． | m || n | 3 78所以，线段CF 的长为．7【2019江苏卷】【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（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CC1⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥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.3【2019 浙江卷】【答案】（1）见解析；（2）．5【解析】方法一：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E ⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．所以BC⊥平面A1EF．因此EF⊥BC．3 3, , 2 3)（2） 取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =2 ，EG = .由于O 为A 1G 的中点，故 EO = OG =A 1G =15 ，22EO 2 + OG 2 - EG 23所以cos ∠EOG == ． 2EO ⋅OG53因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是 ．5方法二：（1） 连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂ 平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，2），B （ ，1，0）， B 1 ( 3, 3, 2 3) ， F ( 3 3，C (0，2，0)．2 23 33⎧3因此，EF = ( , , 2 3) ，BC = (-2 23,1, 0) ．由EF ⋅BC = 0 得EF ⊥BC ．（2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ．由（1）可得BC=(- 3 ，1，0) ，A1C=(0 ，2 ，- 2 3) ．设平面A1BC的法向量为n=(x，y，z)，⎪BC ⋅n = 0⎧⎪- 3x +y = 0由⎨AC ⋅n = 0，得⎨，⎩⎪1⎪⎩y- 3z = 0| EF ⋅n| 4 取n= (1， 3 ，1) ，故sinθ=|cos EF，n| = =，| EF | ⋅ | n | 53因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为．5【2018 全国1】【答案】（1）见解析；（2）3.4【解析】方法一：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF ⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.（2）在平面DEF 中，过P 作PH⊥EF 于点H，连接DH，如图，由于EF 为平面ABCD 和平面PEF 的交线，PH⊥EF，则PH⊥平面ABFD，故PH⊥DH.则DP 与平面ABFD 所成的角为∠PDH .在三棱锥P-DEF 中，可以利用等体积法求PH.因为DE∥BF 且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又△PDF≌△CDF，所以∠FPD=∠FCD=90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD=D，则PF⊥平面PDE，故V =1PF ⋅S ，F -P DE 3△PDE因为BF∥DA 且BF⊥平面PEF，所以DA⊥平面PEF，所以DE⊥EP.设正方形的边长为2a，则PD=2a，DE=a，在△PDE 中，PE = 3a ，所以S△PDE =3a2 ，2故VF -PDE =3a3 ，6又S△DEF =1a ⋅ 2a =a2 ，2所以PH =3VF -PDE =a23a ，2所以在△PHD 中，sin∠PDH =PH=3，PD 4故DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为3. 4方法二：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF ⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.（2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，| BF | 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz.3 3 33 3 3 3 HP DP 由（1）可得，DE ⊥PE .又 DP =2，DE =1，所以 PE = .又 PF =1，EF =2，故 PE ⊥PF .可得 PH = 3 , EH = 3 .2 23 3则 H (0, 0, 0), P (0, 0, ), D (-1, - , 0), DP = (1, , ), HP = (0, 0, ) 为平面ABFD 的法向量. 2 2 2 2 23 设 DP 与平面 ABFD 所成角为θ，则 ⋅ sin θ=| | HP || DP ||= 4 = . 4 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3.4【2018 全国 2】【答案】（1）见解析；（2） 3．4【解析】（1）因为 AP = CP = AC = 4 ， O 为 AC 的中点，所以OP ⊥ AC ，且OP = 2 ．连结OB ．因为 AB = BC = 2AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，2 且OB ⊥ AC ， OB = 1AC = 2 ． 2由OP 2 + OB 2 = PB 2 知 PO ⊥ OB ．由OP ⊥ OB , OP ⊥ AC 知 PO ⊥ 平面 ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点， OB 的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系O - xyz ．由已知得 O (0, 0, 0), B (2, 0, 0), A (0, -2, 0), C (0, 2, 0), P (0, 0, 2 3), AP = (0, 2, 2 3), 取平面 PAC 的法向量OB = (2, 0, 0) ．设 M (a , 2 - a , 0)(0 < a ≤ 2) ，则 AM = (a , 4 - a ,0) ． 设平面 PAM 的法向量为 n = (x , y , z ) ．332 55⎩⎧⎪2y+23z=0由AP ⋅n = 0, AM ⋅n = 0 得⎨⎪ax+(4-a)y=0，可取n = ( 3(a - 4), 3a, -a) ，u u r所以cos OB, n =2 3(a - 4)．2 3(a - 4)2 + 3a2 +a2u u r由已知可得| cos OB, n |=．2所以23|a-4|=3．解得a =-4 （舍去），a=4．2 3(a - 4)2 + 3a2 +a2所以n = (-8 3,4 3, -4) ．3 3 32 3uuur又PC = (0, 2, -2 3) ，所以cos PC, n =．4所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为3．4【2018 全国3】【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC ⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为C D上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC C M=C,所以DM⊥平面BMC.而DM ⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.（2）以D 为坐标原点, DA 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.2 5 2 5 5= 当三棱锥 M −ABC 体积最大时，M 为C D 的中点.由题设得 D (0, 0, 0), A (2, 0, 0), B (2, 2, 0), C (0, 2, 0), M (0,1,1) ，AM = (-2,1,1), AB = (0, 2, 0), DA = (2, 0, 0)设 n = (x , y , z ) 是平面 MAB 的法向量,则⎧n ⋅ ⎪ AM = 0, ⎧-2x + y + z = 0, ⎨ n ⋅ 即⎨2 y = 0. ⎪⎩ AB = 0. ⎩可取 n = (1, 0, 2) .DA 是平面 MCD 的法向量,因此n ⋅ cos n , DADA 5 ， | n || DA | 5 sin n , DA = ， 5所以面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值是 . 【2018 江苏卷（选做题）】【答案】（1） 3 10 ；（2） 5 ．20 5【解析】如图，在正三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 中，设 AC ，A 1C 1 的中点分别为 O ，O 1，则 OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以{OB ,OC ,OO 1} 为基底，建立空间直角坐标系 O −xyz ．因为 AB =AA 1=2，所以 A (0, -1, 0), B ( 3, 0, 0),C (0,1, 0),A 1(0, -1, 2) ,B 1( 3, 0, 2),C 1 (0,1, 2) ．=3 , 1, 2) ，2 2（1）因为P 为A1B1 的中点，所以P(5 ⨯ 2 2 3 5 ⨯ 2⎧ ⎪ 从而 = (- 3 , - 1 = (0, 2, 2) ，BP 2 2 , 2), AC 1 | BP ⋅ AC 1 | | -1 + 4 | 3 10 故| cos BP , AC 1 |= = = ． | BP | ⋅ | AC 1 |20 因此，异面直线 BP 与 AC 1 所成角的余弦值为 3 10 ．20（2） 因为 Q 为 BC 的中点，所以Q ( 1 , , 0) ， 2 2因此 AQ = ( 3 , , 0) 2 2， AC 1 = (0, 2, 2),CC 1 = (0, 0, 2) ． 设 n =（x ，y ，z ）为平面 AQC 1 的一个法向量，⎪ AQ ⋅ n = 0, ⎧ x + 3 y = 0,则⎨ ⎪⎩ AC 1 ⋅ n = 0, 即⎨ 2 2 ⎪⎩2 y + 2z = 0. 不妨取 n = ( 3, -1,1) ，设直线 CC 1 与平面 AQC 1 所成角为θ，| CC 1 ⋅ n | 2 5 则sin θ=| cos CC 1 , n |= = = ， | CC 1 | ⋅ | n | 5 所以直线 CC 1 与平面 AQC 1 所成角的正弦值为 5 ．5【2018 江苏卷】【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体 ABCD -A 1B 1C 1D 1 中，AB ∥A 1B 1． 因为 AB ⊄ 平面 A 1B 1C ，A 1B 1 ⊂ 平面 A 1B 1C ，所以 AB ∥平面 A 1B 1C ．（2）在平行六面体 ABCD -A 1B 1C 1D 1 中，四边形 ABB 1A 1 为平行四边形． 又因为 AA 1=AB ，所以四边形 ABB 1A 1 为菱形，因此 AB 1⊥A 1B ．又因为 AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1，所以 AB 1⊥BC ．又因为 A 1B ∩BC =B ，A 1B ⊂ 平面 A 1BC ，BC ⊂ 平面 A 1BC ，所以 AB 1⊥平面A 1BC ． 因为 AB 1 ⊂ 平面ABB 1A 1，3 3所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．2 53 13 21 7 339 1 1 1 1 1 1 1 【2018 浙江卷】【答案】（1）见解析；（2） 39.13【解析】方法一：（1）由 AB = 2, AA 1 = 4, BB 1 = 2, AA 1 ⊥ AB , BB 1 ⊥ AB 得 AB 1 = A 1B 1 = 2 ，所以 A B 2 + AB 2 = AA 2 .故 AB 1 ⊥ A 1B 1 .由 BC = 2 ， BB 1 = 2,CC 1 = 1, BB 1 ⊥ BC ,CC 1 ⊥ BC 得 B 1C 1 = ，由 AB = BC = 2, ∠ABC = 120︒ 得 AC = 2 ，由CC ⊥ AC ，得 AC =，所以 AB 2 + B C 2 = AC 2，故 AB ⊥ B C . 11 1 1 1 1 1 1 1 因此 AB 1 ⊥ 平面 A 1B 1C 1 .（2）如图，过点C 1 作C 1D ⊥ A 1B 1 ，交直线 A 1B 1 于点 D ，连结 AD .由 AB 1 ⊥ 平面 A 1B 1C 1 得平面 A 1B 1C 1 ⊥ 平面 ABB 1 ，由C 1D ⊥ A 1B 1 得C 1D ⊥ 平面 ABB 1 ，所以∠C 1 AD 是 AC 1 与平面 ABB 1 所成的角.由 B 1C 1 = 5, A 1B 1 = 2 2, A 1C 1 = 得cos ∠C 1 A 1B 1 =, s in ∠C 1 A 1B 1 = ，所以C 1D = ，故sin ∠C AD =C 1D = 39 .AC 1 13 因此，直线 AC 与平面 ABB 所成的角的正弦值是 . 13方法二：（1）如图，以 AC 的中点 O 为原点，分别以射线 OB ，OC 为 x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标 6 7 139 11 1 系 O -xyz .由题意知各点坐标如下：A (0, - 3, 0),B (1, 0, 0), A 1 (0, - 3, 4), B 1 (1, 0, 2),C 1 (0, 3,1),因此 AB 1 = (1, 3, 2), A 1B 1 = (1, 3, -2), A 1C 1 = (0, 2 3, -3),由 AB 1 ⋅ A 1B 1 = 0 得AB 1 ⊥ A 1B 1 . 由 AB 1 ⋅ A 1C 1 = 0 得 AB 1 ⊥ A 1C 1 .所以 AB 1 ⊥ 平面 A 1B 1C 1 .（2）设直线 AC 1 与平面 ABB 1 所成的角为θ.由（1）可知 AC 1 = (0, 2 3,1), AB = (1, 3, 0), BB 1 = (0, 0, 2),设平面 ABB 1 的法向量 n = (x , y , z ) .⎧n ⋅ u u r = 0, ⎧⎪ AB 由⎨ u u u r ⎪x + 即⎨3y = 0, 可取 n = (- 3,1, 0) . ⎪⎩n ⋅ BB 1 = 0, ⎪⎩2z = 0, uuur uuur 所以sin θ= |cos AC 1 , n | AC ⋅ n | |= uuur = | AC 1| ⋅ | n | 39 13 .因此，直线 AC 与平面 ABB 所成的角的正弦值是 . 13【2018 北京卷】【答案】（1）见解析；（2） -【解析】（1）在三棱柱 ABC -A 1B 1C 1 中， ∵CC 1⊥平面 ABC ，∴四边形 A 1ACC 1 为矩形．又 E ，F 分别为 AC ，A 1C 1 的中点， 21 ；（3）见解析. 2121 ∴AC ⊥EF ．∵AB =BC ．∴AC ⊥BE ，∴AC ⊥平面 BEF ．（2）由（1）知 AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1． 又 CC 1⊥平面 ABC ，∴EF ⊥平面 ABC ．∵BE ⊂ 平面 ABC ，∴EF ⊥BE ． 如图建立空间直角坐标系 E -xyz ．由题意得 B （0，2，0），C （-1，0，0），D （1，0，1），F （0，0，2），G （0，2，1）．∴ CD =(2 ，0 ，1) ，CB =(1，2 ，0) ，设平面 BCD 的法向量为n = (a ，b ，c ) ， ⎧n ⋅ uuur ⎪ CD = 0 ∴ ⎨ uur⎧2a + c = 0 ，∴ ⎨a + 2b = 0 ， ⎪⎩n ⋅ CB = 0⎩令 a =2，则 b =-1，c =-4，∴平面 BCD 的法向量 n = (2 ，- 1，- 4) ， 又∵平面 CDC 1 的法向量为 EB =(0 ，2 ，0) ， uur ∴cos < n ⋅ EB >= n ⋅ EB uur = - ． | n || E B | 21由图可得二面角 B -CD -C 1 为钝角，所以二面角 B -CD -C 1 的余弦值为-（3）由（2）知平面 BCD 的法向量为 n = (2 ，- 1，- 4) ， ∵G （0，2，1），F （0，0，2），∴ GF =(0 ，- 2 ，1) ，∴ n ⋅ GF = -2 ，∴ n 与GF 不垂直，21．21⎩ ∴GF 与平面 BCD 不平行且不在平面 BCD 内，∴GF 与平面 BCD 相交．【2018 天津卷】【答案】（1）见解析；（2）10 ；（3）3 .103【解析】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．满分 13 分．依题意，可以建立以 D 为原点，分别以 DA ， DC ， DG 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得 D （0，0，0），A （2，0，0），B （1，2，0），C （0，2，0），E （2，0，2），F （0，1， 2），G （0，0，2），M （0， 3，1），N （1，0，2）．2⎧n ⋅ ⎪ 0 DC = 0，（1）依题意 DC =（0，2，0）， DE =（2，0，2）．设 n 0=(x ，y ，z )为平面 CDE 的法向量，则⎨即⎧2 y = 0 ，不妨令 z=–1，可得 n =（1，0，–1）．又 =（1， - 3，1），可得 ⋅ n⎪⎩n 0 ⋅ DE = 0，= 0 ，又因为直线⎨2x + 2z = 0 ，0 MN 2MN 0 MN ⊄ 平面 CDE ，所以 MN ∥平面 CDE ．（2）依题意，可得 BC =（–1，0，0）， BE = (1，- 2 ，2) ， CF =（0，–1，2）．⎧n ⋅⎪ BC = 0， ⎧-x = 0，设 n =（x ，y ，z ）为平面 BCE 的法向量，则⎨n ⋅即⎨x - 2 y + 2z = 0，不妨令 z =1，可得 n =（0，1，1）． ⎩⎪ BE = 0， ⎩ ⎧m ⋅ ⎪ BC = 0， ⎧-x = 0，设 m =（x ，y ，z ）为平面 BCF 的法向量，则⎨m ⋅ 即⎨- y + 2z = 0，不妨令 z =1，可得 m =（0，2，1）． ⎩⎪ CF = 0， ⎩ 因此有 cos<m ，n >=m ⋅ n = 3 10 ，于是 sin<m ，n >= 10．| m || n| 10 10所以，二面角E–BC–F 的正弦值为10．10（3）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得BP=(-1，-2，h)．h 2 + 52 FA⎩易知， DC =（0，2，0）为平面 ADGE 的一个法向量，故cos < BP ⋅ DC > = BP ⋅ DCBP DC = 2 ，h 2 + 5 2 3 3 由题意，可得=sin60°=，解得 h =∈［0，2］．23所以线段 DP 的长为3 .3【2017 全国 1】【答案】（1）见解析；（2） -3 .3【解析】（1）由已知∠BAP = ∠CDP = 90︒ ，得 AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 由于 AB//CD ，故 AB ⊥PD ，从而 AB ⊥平面 PAD . 又 AB ⊂ 平面 PAB ，所以平面 PAB ⊥平面 PAD . （2）在平面 PAD 内作 PF ⊥ AD ，垂足为 F ，由（1）可知， AB ⊥ 平面 PAD ，故 AB ⊥ PF ，可得 PF ⊥ 平面 ABCD . 以 F 为坐标原点，的方向为 x 轴正方向， | AB | 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 F - xyz .由（1）及已知可得 A (2 , 0, 0) ， P (0, 0,22 ) ， B ( 22 ,1, 0) ， C (- 2 2,1, 0) . 2所以 PC = (- ,1, - 2 2 ) ， CB = ( 2, 0, 0) ， PA = ( , 0, - 2 2) ， AB = (0,1, 0) .设 n = (x , y , z ) 是平面 PCB 的法向量，则⎧n ⋅ ⎧ ⎪PC = 0, ⎪- ⎨ 即⎨ x + y - 22 z = 0, 可取 n = (0, -1, - 2) . ⎪⎩n ⋅ CB = 0, ⎪ 2x = 0,2 2 2 22设m (x, y, z) 是平面PAB 的法向量，则32⎧⎪m ⋅ ⎧ 2 x - 2 z = 0, PA = 0, ⎪ ⎨ 即 可取 m = (1, 0,1) . ⎨ 2 2⎪⎩m ⋅ AB = 0, ⎪⎩ y = 0.n ⋅ m则cos <n , m > == - ，| n || m | 3所以二面角 A - PB - C 的余弦值为-3 .3【2017 全国Ⅱ】【答案】（1）见解析；（2） 10．5【解析】（1）取 PA 的中点 F ，连结 EF ， BF ．因为 E 是 PD 的中点，所以 EF ∥ AD ， EF = 1AD ，2由∠BAD = ∠ABC = 90︒ 得 BC ∥ AD ， 又 BC = 1AD ，2所以 EF ∥BC ，四边形 BCEF 是平行四边形， CE ∥BF ． 又 BF ⊂ 平面 PAB ， CE ⊄ 平面 PAB ，故CE ∥平面 PAB ．（2）由已知得 BA ⊥ AD ，以 A 为坐标原点， AB 的方向为 x 轴正方向， AB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 A - xyz ，则 A (0, 0, 0) ， B (1, 0, 0) ， C (1,1, 0) ， P (0,1, 3 )， PC = (1, 0, -3) ，AB = (1, 0, 0) ， 设 M ( x , y , z )(0 < x < 1) ，则 BM = (x -1, y , z ), PM = (x , y -1, z - 3) ，因为 BM 与底面 ABCD 所成的角为 45°，而 n = (0, 0,1) 是底面 ABCD 的法向量，= 2 2 2所以 cos BM , n = sin 45︒2 ，即( x -1) + y - z = 0 ． ①z( x -1)2 + y 2 + z 23 ⎨ AM又 M 在棱 PC 上，设 PM = λPC ，则x = λ, y = 1, z = -3λ． ②⎧ x = 1+ ⎧x = 1- 2⎪ ⎪ 由①②解得⎨ ⎪ 2 y = 1 ⎪(舍去)， ⎪⎪2 y = 1 ．⎪ z = - ⎩2 ⎪ z = ⎩ 2所以 M (1-,1,6) ，从而=(1-2 2,1, 6 ) ．2 2⎧m ⋅ ⎧m = ( x , y , z ⎪ AM = 0, ⎪(2 - 2)x 0 + 2 y 0 + 6z 0 = 0, 设)是平面 ABM 的法向量，则⎨ 即⎨ ⎪⎩ m ⋅ AB = 0, ⎪⎩x 0 = 0,所以可取 m = (0, -6, 2) ．于是cos m , n =m ⋅ n = 10 ，m n 5因此二面角 M - AB - D 的余弦值为10．5【2017 全国Ⅲ】【答案】（1）见解析；（2） 7 .7【解析】（1）由题设可得， △ABD ≌△CBD ，从而 AD = DC . 又△ACD 是直角三角形，所以∠ADC =90︒ . 取AC 的中点O ，连接DO ,BO ,则DO ⊥AC ,DO =AO . 又由于△ABC 是正三角形，故 BO ⊥ AC . 所以∠DOB 为二面角 D - AC - B 的平面角. 在Rt △AOB 中， BO 2 + AO 2 = AB 2 .又 AB = BD ，所以 BO 2 + DO 2 = BO 2 + AO 2 = AB 2 = BD 2 ， 故∠DOB = 90 . 所以平面ACD ⊥平面ABC .（2）由题设及（1）知， OA , OB , OD 两两垂直，以O 为坐标原点， OA 的方向为 x 轴正方向， OA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz .则 A (1, 0, 0), B (0, 3, 0 ), C (-1, 0, 0 ), D (0, 0,1) .2 66 2 2 ⎪3 3 ⎧⎪m ⋅ 1 由题设知，四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的 2，从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的1 距离的 ⎛ 1 ⎫ ，即E 为 DB 的中点，得 E 0, , ⎪ . 2⎝ 2 2 ⎭⎛ 1 ⎫ 故AD = (-1, 0,1), AC = (-2, 0, 0), AE = -1, , ⎪ . ⎝2 2 ⎭ ⎧⎪n ⋅ ⎧ -x + z = 0, 设 n = (x , y, z ) 是平面 DAE 的法向量，则⎨ AD = 0， ⎪ ⎪n ⋅ = 0即⎨-x + 3 y + 1 z = 0.可取 n = ⎛1, 3 ,1⎫.⎩ AE ， ⎪⎩ 2 23 ⎪ ⎝ ⎭AC = 0， 设 m 是平面 AEC 的法向量，则⎨同理可取 m = (0, -1, 3 ).则cosn , m=n ⋅ m = 7 .n m 7⎪⎩m ⋅ AE = 0，所以二面角 D -AE -C 的余弦值为7 .7【2017 江苏卷】【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平面 ABD 内，因为 AB ⊥AD ， EF ⊥ AD ， 所以 EF ∥AB ．又因为 EF ⊄ 平面 ABC ， AB ⊂ 平面 ABC ， 所以 EF ∥平面 ABC ．（2）因为平面 ABD ⊥平面 BCD ，平面 ABD 平面 BCD =BD ， BC ⊂平面 BCD ， BC ⊥ BD ， 所以 BC ⊥ 平面 ABD ． 因为 AD ⊂ 平面 ABD ， 所以 BC ⊥ AD ．又 AB ⊥AD ， BC AB = B ， AB ⊂ 平面 ABC ， BC ⊂平面 ABC ， 所以 AD ⊥平面 ABC ， 又因为 AC ⊂ 平面 ABC ， 所以 AD ⊥AC ．34( 3, 0, 0) ⋅ (3, 3, 2) 3 ⨯ 4 ⎧⎪m ⋅ AE m 1【2017 江苏卷（选做题）】【答案】（1） 1；（2）7 ．74【解析】在平面 ABCD 内，过点 A 作 AE ⊥ AD ，交 BC 于点 E ． 因为 AA 1 ⊥ 平面 ABCD ，所以 AA 1 ⊥ AE ，AA 1 ⊥ AD ．如图，以{AE , AD , AA 1} 为正交基底，建立空间直角坐标系 A -xyz ．因为 AB =AD =2，AA 1= ， ∠BAD = 120︒ ．则 A (0, 0, 0), B ( 3, -1, 0), D (0, 2, 0), E ( 3, 0, 0), A 1 (0, 0, 3), C 1 ( 3,1, 3) ．（1） A 1B = ( 3, -1, - 3), AC 1 = ( 3,1, 3) ，A 1B ⋅ AC 1 ( 3, -1, - 3) ⋅ ( 3,1, 3) 1则cos A 1B , AC 1 == | A 1B || AC 1 |7 1= - ． 7 因此异面直线 A 1B 与 AC 1 所成角的余弦值为 ．7（2）平面 A 1DA 的一个法向量为 AE = ( 3, 0, 0) ．设m = (x , y , z ) 为平面 BA 1D 的一个法向量，A 1B = 0,⎪⎧ 3x - y -3z = 0,又 A 1B = ( 3, -1, - 3), BD = (- 3, 3, 0) ，则⎨即⎨ ⎪⎩m ⋅ BD = 0, ⎪⎩- 3x + 3y = 0.不妨取 x =3，则 y =3, z = 2 ，所以 m = (3, 3, 2) 为平面 BA 1D 的一个法向量，从而cos AE , m ⋅ 3 == = ， | AE || m |4 设二面角 B -A D -A 的大小为θ，则| cos θ|= 3．因为θ∈[0, π] ，所以sin θ=41- c os 2 θ = 7 ．4因此二面角 B -A 1D -A 的正弦值为7 ．34353 2 + 22 13 13 -1 3 3 【2017 山东卷】【答案】（1）30°；（2）60°.【解析】（1）因为 AP ⊥ BE ， AB ⊥ BE ， AB ， AP ⊂ 平面 ABP ， AB AP = A ， 所以 BE ⊥ 平面 ABP ， 又 BP ⊂ 平面 ABP ， 所以 BE ⊥ BP ， 又∠EBC = 120︒ ， 因此∠CBP = 30︒ .（2）解法一：取 E C 的中点H ，连接 EH ， GH ， CH . 因为∠EBC = 120︒ ， 所以四边形 BEHC 为菱形，所以 AE = GE = AC = GC = = .取 AG 中点 M ，连接 EM ， CM ， EC . 则 EM ⊥ AG ， CM ⊥ AG ， 所以∠EMC 为所求二面角的平面角.又 AM = 1 ，所以 EM = CM = = 2 .在△BEC 中，由于∠EBC = 120︒ ，由余弦定理得 EC 2 = 22 + 22 - 2 ⨯ 2 ⨯ 2 ⨯ cos120︒ = 12 ，所以 EC = 2 ，因此△EMC 为等边三角形，故所求的角为 60︒.解法二：以 B 为坐标原点，分别以 BE ， BP ， BA 所在的直线为 x ， y ， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得 A (0, 0, 3) E (2, 0, 0) ， G (1, 3, 3) ， C (-1, 3, 0) ，故 AE = (2, 0, -3) ， AG = (1, 3, 0) ，CG = (2, 0, 3) ，设m = (x1, y1, z1) 是平面AEG 的一个法向量.⎧m ⋅ ⎧2x - 3z= 0,⎪AE = 0 ⎪ 1 1由⎨可得⎨ x + 3y = 0,⎪⎩m⋅AG=0⎩⎪ 1 1取z1= 2 ，可得平面AEG 的一个法向量m = (3, -设n = (x2 , y2, z2) 是平面ACG 的一个法向量.3, 2) .⎧n ⋅⎧⎪AG = 0 ⎪x2 + 3y2 = 0,由⎨可得⎨ 2x+3z = 0,⎪⎩n⋅C G=0⎩⎪ 2 2取z2 =-2 ，可得平面ACG 的一个法向量n = (3, - 3, -2) .所以cos m, n =m ⋅n=1. | m | ⋅ | n | 2因此所求的角为60︒.【2017 浙江卷】【答案】（1）见解析；（2）2．8【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.满分15 分.（1）如图，设PA 中点为F，连接EF，FB．因为E，F 分别为PD，PA 中点，所以又因为BC∥AD ，BC =1AD ，所以2EF∥AD 且EF =1AD ，2EF∥BC 且EF =BC ，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE∥BF ，因此CE∥ 平面PAB．2 2 2 （2） 分别取 BC ，AD 的中点为 M ，N ．连接 PN 交 EF 于点 Q ，连接MQ ． 因为 E ，F ，N 分别是 PD ，PA ，AD 的中点，所以 Q 为 EF 中点， 在平行四边形 BCEF 中，MQ//CE ．由△PAD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD ．由 DC ⊥AD ，N 是 AD 的中点得BN ⊥AD ．所以AD ⊥平面 PBN ，由 BC //AD 得BC ⊥平面 PBN ，那么平面 PBC ⊥平面PBN ． 过点 Q 作 PB 的垂线，垂足为 H ，连接 MH ．MH 是 MQ 在平面 PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线 CE 与平面 PBC 所成的角． 设 CD =1．在△PCD 中，由 PC =2，CD =1，PD= 得 CE = ，在△PBN 中，由 PN =BN =1，PB = 得 QH = 1，4在 Rt △MQH 中，QH= 1，MQ = ，4 所以sin ∠QMH =2 ，8所以直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值是 2．832 【2017 北京卷】【答案】（1）见解析；（2） π；（3）26 .39【解析】（1）设 AC , BD 交点为 E ，连接 ME .因为 PD ∥平面 MAC ，平面 MAC 平面 PDB = ME ， 所以 PD ∥ME . 因为 ABCD 是正方形， 所以 E 为 BD 的中点， 所以 M 为 PB 的中点.（2）取 AD 的中点O ，连接OP ， OE . 因为 PA = PD ，所以OP ⊥ AD .又因为平面 PAD ⊥ 平面 ABCD ，且OP ⊂ 平面 PAD ， 所以OP ⊥ 平面 ABCD .因为OE ⊂ 平面 ABCD ，所以OP ⊥ OE . 因为 ABCD 是正方形，所以OE ⊥ AD .如图建立空间直角坐标系O - xyz ，则 P (0, 0, 2) ， D (2, 0, 0) ， B (-2, 4, 0) ，BD = (4, -4, 0) ， PD = (2, 0, - 2) .⎧⎪n ⋅ = 0⎧⎪4x - 4 y = 0 设平面 BDP 的法向量为 n = (x , y , z ) ，则⎨ BD ，即⎨ .⎪⎩n ⋅ PD = 0 令 x = 1 ，则 y = 1， z = .于是n = (1,1, 2) . ⎪⎩2x - 2z = 0平面 PAD 的法向量为 p = (0,1, 0) ，所以cos <n , p > = n ⋅ p = 1 .| n || p | 2π由题知二面角 B - PD - A 为锐角，所以它的大小为 3.2 69MC⎩（3）由题意知 M (-1, 2, 2 )， C (2, 4, 0) ， = (3, 2, -22 ) . 2α | n ⋅ MC | 2 6 设直线 MC 与平面 BDP 所成角为，则sin α=| cos <n , MC > |= = . | n || MC |9所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为.【2017 天津卷】【答案】（1）证明见解析；（2）105 ；（3） 8 或 1．215 2【解析】如图，以 A 为原点，分别以 AB ， AC ， AP 方向为 x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系．依题意可得 A （0，0，0），B （2，0，0），C （0，4，0），P （0，0，4），D （0，0，2），E （0，2，2），M （0，0，1），N （1，2，0）．（1）易得 DE =（0，2，0）， DB =（2，0，-2 ）． ⎧n ⋅ n = (x , y , z )⎪ DE = 0 ⎧2 y = 0 设 为平面 BDE 的法向量，则⎨n ⋅，即⎨2x - 2z = 0 ． ⎩⎪ DB = 0 ⎩ 不妨设 z = 1 ，可得 n = (1, 0,1) ．又 MN =（1，2， -1 ），可得 MN ⋅ n = 0 ．因为 MN ⊄ 平面 BDE ，所以 MN ∥平面 BDE ． （2）易知 n 1 = (1, 0, 0) 为平面 CEM 的一个法向量．⎧⎪n⋅ 设 n 2 = (x , y , z ) 为平面 EMN 的法向量，则⎨ 2 EM = 0，⎪⎩n 2 ⋅ MN = 0⎧-2 y - z = 0因为 EM = (0, -2, -1) ， MN = (1, 2, -1) ，所以⎨x + 2 y - z = 0．= (-4,1, -2) ．不妨设y = 1 ，可得n2h 2+ 5 ⨯ 2 3 7因此有cos < n , n >= n 1 ⋅ n 2 = - 4，于是sin < n , n >=105 ．| n 1 || n 2 |21 1221 所以，二面角 C -EM -N 的正弦值为 105．21（3）依题意，设 AH =h （ 0 ≤ h ≤ 4 ），则 H （0，0，h ），进而可得 NH = (-1, -2, h ) ， BE = (-2, 2, 2) ．| NH ⋅ BE | | 2h - 2 | 由已知，得| cos < NH , BE >|= = = ， | NH || BE | 21 整理得10h 2 - 21h + 8 = 0 ，解得 h = 8 或 h = 1．5 2所以，线段 AH 的长为 8 或 1．5 2【2016 全国 1】【解答】（Ⅰ）证明：∵ABEF 为正方形，∴AF ⊥EF ．∵∠AFD=90°，∴AF ⊥DF ，∵DF ∩EF=F ，∴AF ⊥平面 EFDC ，∵AF ⊂平面 ABEF ，∴平面 ABEF ⊥平面 EFDC ；（Ⅱ）解：由 AF ⊥DF ，AF ⊥EF ，可得∠DFE 为二面角 D ﹣AF ﹣E 的平面角； 由 ABEF 为正方形，AF ⊥平面 EFDC ， ∵BE ⊥EF ，∴BE ⊥平面 EFDC即有 CE ⊥BE ，可得∠CEF 为二面角 C ﹣BE ﹣F 的平面角． 可得∠DFE=∠CEF=60°．∵AB ∥EF ，AB ⊄ 平面 EFDC ，EF ⊂平面 EFDC ， ∴AB ∥平面 EFDC ，∵平面 EFDC ∩平面 ABCD=CD ，AB ⊂平面 ABCD ，∴AB ∥CD ，∴CD ∥EF ，∴四边形 EFDC 为等腰梯形．以 E 为原点，建立如图所示的坐标系，设 FD=a ，1 2。
三年高考(2019-2021)数学(文)真题分类汇编——立体几何(解答题)(解析版)
立体几何（解答题） 专项汇编1．【2021年全国高考甲卷数学（文）】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，11BF A B ⊥.（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥. 【答案】(1)13；(2)证明见解析. 【分析】(1)首先求得AC 的长度，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；(2)将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论. 【详解】(1)如图所示，连结AF ，由题意可得：22415BF BC CF =+=+=，由于AB ⊥BB 1，BC ⊥AB ，1BB BC B =，故AB ⊥平面11BCC B ，而BF ⊂平面11BCC B ，故AB BF ⊥， 从而有22453AF AB BF =+=+=， 从而229122AC AF CF =-=-=，则222,AB BC AC AB BC +=∴⊥，ABC 为等腰直角三角形，111221222BCE ABC S s ⎛⎫==⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭△△，11111333F EBC BCE V S CF -=⨯⨯=⨯⨯=△. (2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体1111ABCM A B C M -，如图所示，取棱,AM BC 的中点,H G ，连结11,,A H HG GB ，正方形11BCC B 中，,G F 为中点，则1BF B G ⊥，又111111,BF A B A B B G B ⊥=，故BF ⊥平面11A B GH ，而DE ⊂平面11A B GH ， 从而BF ⊥DE . 【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.2．【2021年全国高考乙卷数学（文）】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）23． 【分析】（1）由PD ⊥底面ABCD 可得PD AM ⊥，又PB AM ⊥，由线面垂直的判定定理可得AM ⊥平面PBD ，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM ⊥平面PBD ；（2）由（1）可知，AM BD ⊥，由平面知识可知，~DAB ABM ，由相似比可求出AD ，再根据四棱锥P ABCD -的体积公式即可求出． 【详解】（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ， 所以PD AM ⊥， 又PB AM ⊥，PBPD P =，所以AM ⊥平面PBD ， 而AM ⊂平面PAM ， 所以平面PAM ⊥平面PBD ．（2）由（1）可知，AM ⊥平面PBD ，所以AM BD ⊥， 从而~DAB ABM ，设BM x =，2AD x =， 则BM AB AB AD =，即221x =，解得22x =，所以2AD =． 因为PD ⊥底面ABCD ， 故四棱锥P ABCD -的体积为()1212133V =⨯⨯⨯=． 【点睛】本题第一问解题关键是找到平面PAM 或平面PBD 的垂线，结合题目条件PB AM ⊥，所以垂线可以从,PB AM 中产生，稍加分析即可判断出AM ⊥平面PBD ，从而证出；第二问关键是底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出~DAB ABM ，从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积．3．【2021年全国新高考Ⅰ卷数学】如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)详见解析(2) 36【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO ⊥平面BCD ，即可证得结果； （2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果. 【详解】（1）因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD 因为平面ABD平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ，因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD (2)作EF ⊥BD 于F, 作FM ⊥BC 于M,连FM 因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD, AO ⊥CD所以EF ⊥BD, EF ⊥CD, BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC 因为FM ⊥BC ，FMEF F =,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥ME则EMF ∠为二面角E-BC-D 的平面角, 4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以BCD 为直角三角形 因为2DE EA =,1112(1)2233FM BF ∴==+= 从而EF=FM=213AO ∴=AO ⊥平面BCD,所以11131133326BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.4．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】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. 【解析】（1）由题设可知，PA =PB = PC ． 由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC ≌△PAB ． △PAC ≌△PBC ．又∠APC =90°，故∠APB =90°，∠BPC =90°．从而PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC ． （2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ． 由题设可得rl =3，222l r -=．解得r =1，l =3，从而3AB =．由（1）可得222PA PB AB +=，故62PA PB PC ===． 所以三棱锥P -ABC 的体积为3111166()323228PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=．【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.5．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】如图，已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B −EB 1C 1F 的体积．【解析】（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN 平面EB 1C 1F =PN ，故AO ∥PN .又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN =AO =6，AP =ON =13AM 3PM =23AM 3EF =13BC =2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B −EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT =PM sin ∠MPN =3．底面EB 1C 1F 的面积为1111()(62)624.22B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=所以四棱锥B −EB 1C 1F 的体积为1243243⨯⨯=．【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.6．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥； （2）点1C 在平面AEF 内．【解析】（1）如图，连结BD ，11B D ． 因为AB BC =，所以四边形ABCD 为正方形， 故AC BD ⊥．又因为1BB ⊥平面ABCD ，于是1AC BB ⊥． 所以AC ⊥平面11BB D D ．由于EF ⊂平面11BB D D ，所以EF AC ⊥．（2）如图，在棱1AA 上取点G ，使得12AG GA =，连结1GD ，1FC ，FG ，因为1123D E DD =，123AG AA =，11DD AA =∥，所以1ED AG =∥，于是四边形1ED GA 为平行四边形，故1AE GD ∥．因为1113B F BB =，1113AG AA =，11BB AA =∥，所以11FG A B =∥，11FG C D =∥，四边形11FGD C 为平行四边形，故11GD FC ∥．于是1AE FC ∥．所以1,,,A E F C 四点共面，即点1C 在平面AEF 内． 【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题.7．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1； （2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】（1）因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ， 所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥. 又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C . 又因为AB ⊂平面1ABB , 所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题. 8．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB .由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥. 由45ACB ∠=︒，122BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB .由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角. 设22CD =.由2,2DO OC BO BC ====，得26,33BD OH = 所以3sin OH OCH OC ∠==， 因此，直线DF 与平面DBC 3. 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设22CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,||||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |因此，直线DF 与平面DBC 3. 【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题． 9．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离． 【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离， 由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =417CH =. 从而点C 到平面1C DE 417.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.10．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1， 故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==． 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.11．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2． （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4. 【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM=3，故DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.-中，PA⊥平面ABCD，底部12．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCDABCD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．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为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 ．（2）因为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 ．（3）棱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 =12AB ． 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点， 所以CE ∥AB ，且CE =12AB ． 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 ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.13．【2019年高考天津卷文数】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 ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（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. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）33． 【解析】（1）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）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）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3DN =又DN AN ⊥，在Rt AND △中，3sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面PAC 3【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.14．【2019年高考江苏卷】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．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（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 −A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.15．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ． 因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3.由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅． 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B1，0），1B，3,2F ，C (0，2，0)．因此，33(,22EF =，(BC =-． 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(02BC AC --，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得00y y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |， 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.。