专题05 以立体几何中动态问题为背景的专题训练(第02期)-2017届高三数学备考十大特色专题集
三年高考两年模拟2017版高考数学专题汇编 第八章 立体几何初步5 理
第五节空间垂直的判定与性质A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·浙江,2)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则( )A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n2.(2015·浙江,8)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD,所成二面角A′CDB的平面角为α,则( )A.∠A′DB≤αB.∠A′DB≥αC.∠A′CB≤αD.∠A′CB≥α3.(2014·广东,7)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( )A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定4.(2016·全国Ⅱ,14)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题：(1)如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.(2)如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.(3)如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.(4)如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有________(填写所有正确命题的编号).5.(2016·全国Ⅰ,18)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,平面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°.(1)证明：平面ABEF⊥EFDC；(2)求二面角E－BC－A的余弦值.6.(2016·江苏，16)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.7.(2015·新课标全国Ⅱ,19)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.8.(2015·新课标全国Ⅰ,18) 如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC＝120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE＝2DF,AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC,(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.9.(2014·新课标全国Ⅰ,19)如图,三棱柱ABCA1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1,∠CBB1＝60°,AB＝BC,求二面角AA1B1C1的余弦值.10.(2014·广东,18)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC＝30°,AF⊥PC于点F,FE∥CD,交PD于点E.(1)证明：CF⊥平面ADF；(2)求二面角DAFE的余弦值.11.(2014·辽宁,19) 如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB＝BC＝BD＝2,∠ABC＝∠DBC＝120°,E,F分别为AC,DC的中点.(1)求证：EF⊥BC；(2)求二面角EBFC 的正弦值.12.(2014·江西,19)如图,四棱锥P ABCD 中,ABCD 为矩形,平面PAD ⊥平面ABCD . (1)求证：AB ⊥PD ；(2)若∠BPC ＝90°,PB ＝2,PC ＝2,问AB 为何值时,四棱锥PABCD 的体积最大？并求此时平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦值.13.(2014·湖南,19)如图,四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等,AC ∩BD ＝O ,A 1C 1∩B 1D 1＝O 1,四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形.(1)证明：O 1O ⊥底面ABCD ；(2)若∠CBA ＝60°,求二面角C 1OB 1D 的余弦值.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·湖北天门模拟)如图,在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AB ＝BC ＝2,AA 1＝1,则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为( )A.63 B.265 C.155 D.1052.(2016·山东东营模拟) 已知点E ,F 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB ,AA 1的中点,点M ,N 分别是线段D 1E 与C 1F 上的点,则与平面ABCD 垂直的直线有( )A.0条B.1条C.2条D.无数条3.(2015·豫南五市模拟)m 、n 为两条不重合的直线,α、β为两个不重合的平面,则下列命题中正确的是( )①若m 、n 都平行于平面α,则m 、n 一定不是相交直线；②若m 、n 都垂直于平面α,则m 、n一定是平行直线；③已知α、β互相垂直,m、n互相垂直,若m⊥α,则n⊥β；④m、n在平面α内的射影互相垂直,则m、n互相垂直.A.②B.②③C.①③D.②④4.(2015·四川雅安模拟)下列说法错误的是( )A.两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内B.过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直C.如果共点的三条直线两两垂直,那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直D.如果两条直线和一个平面所成的角相等,则这两条直线一定平行5.(2016·云南玉溪模拟)表面积为60π的球面上有四点S、A、B、C,且△ABC是等边三角形,球心O到平面ABC的距离为3,若平面SAB⊥平面ABC,则三棱锥S－ABC体积的最大值为________.6.(2015·绵阳模拟)在正三棱锥P－ABC中,D,E分别是AB,BC的中点,有下列三个论断：①AC⊥PB；②AC∥平面PDE；③AB⊥平面PDE.其中正确论断的序号为________.7.(2015·山东菏泽二模)如图,将边长为2的正六边形ABCDEF沿对角线BE翻折,连接AC、FD,形成如图所示的多面体,且AC＝ 6.(1)证明：平面ABEF⊥平面BCDE；(2)求三棱锥E－ABC的体积.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）1.C [由已知,α∩β＝l,∴l⊂β,又∵n⊥β,∴n⊥l,C正确.故选C.]2.B [极限思想：若α＝π,则∠A′CB＜π,排除D；若α＝0,如图,则∠A′DB,∠A′CB 都可以大于0,排除A,C.故选B. ]3.D [构造如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1,取l1为AD,l2为AA1,l3为A1B1,当取l 4为B 1C 1时,l 1∥l 4,当取l 4为BB 1时,l 1⊥l 4,故排除A 、B 、C,选D.]4.②③④ [当m ⊥n ,m ⊥α,n ∥β时,两个平面的位置关系不确定,故①错误,经判断知②③④均正确,故正确答案为②③④.]5.(1)证明 由已知可得AF ⊥DF ,AF ⊥FE ,所以AF ⊥平面EFDC ,又AF ⊂平面ABEF ,故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解 过D 作DG ⊥EF ,垂足为G ,由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点,GF →的方向为x 轴正方向,|GF →|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G －xyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角,故∠DFE ＝60°,则|DF |＝2,|DG |＝3,可得A (1,4,0),B (－3,4,0),E (－3,0,0),D (0,0,3).由已知,AB ∥EF ,所以AB ∥平面EFDC ,又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ,故AB ∥CD ,CD ∥EF , 由BE ∥AF ,可得BE ⊥平面EFDC ,所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角,∠CEF ＝60°,从而可得C (－2,0,3).所以EC →＝(1,0,3),EB →＝(0,4,0),AC →＝(－3,－4,3),AB →＝(－4,0,0). 设n ＝(x ,y ,z )是平面BCE 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0,－3).设m 是平面ABCD 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0,3,4),则cos 〈n ,m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.6.证明 (1)由已知,DE 为△ABC 的中位线, ∴DE ∥AC ,又由三棱柱的性质可得AC ∥A 1C 1,∴DE ∥A 1C 1, 且DE ⊄平面A 1C 1F ,A 1C 1⊂平面A 1C 1F ,∴DE ∥平面A 1C 1F . (2)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,AA 1⊥平面A 1B 1C 1,∴AA 1⊥A 1C 1,又∵A 1B 1⊥A 1C 1,且A 1B 1∩AA 1＝A ,∴A 1C 1⊥平面ABB 1A 1,∵B 1D ⊂平面ABB 1A 1,∴A 1C 1⊥B 1D ,又∵A 1F ⊥B 1D ,且A 1F ∩A 1C 1＝A 1,∴B 1D ⊥平面A 1C 1F , 又∵B 1D ⊂平面B 1DE ,∴平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F . 7.解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ,垂足为M ,则AM ＝A 1E ＝4,EM ＝AA 1＝8.因为EHGF 为正方形,所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6,所以AH ＝10.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Dxyz ,则A (10, 0,0),H (10,10,0),E (10,4,8),F (0,4,8),FE →＝(10,0,0),HE →＝(0,－6,8).设n ＝(x ,y ,z )是平面EHGF 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0,4,3).又AF →＝(－10,4,8),故|cos 〈n ,AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.8.(1)证明 连接BD ,设BD ∩AC ＝G ,连接EG ,FG ,EF .在菱形ABCD 中,不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°,可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ,AB ＝BC ,可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ,所以EG ＝3,且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中,可得BE ＝2,故DF ＝22. 在Rt △FDG 中,可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中,由BD ＝2,BE ＝2,DF ＝22,可得EF ＝322, 从而EG 2＋FG 2＝EF 2,所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ,可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ,所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解 如图,以G 为坐标原点,分别以GB →,GC →的方向为x 轴,y 轴正方向,|GB →|为单位长,建立空间直角坐标系Gxyz ,由(1)可得A (0,－3,0),E (1,0,2),F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22,C (0,3,0),所以AE →＝(1,3,2),CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →,CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 9.(1)证明 连接BC 1,交B 1C 于点O ,连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形,所以B 1C ⊥BC 1,且O 为B 1C 及BC 1的中点. 又AB ⊥B 1C ,所以B 1C ⊥平面ABO .由于AO ⊂平面ABO ,故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ,故AC ＝AB 1.(2)解 因为AC ⊥AB 1,且O 为B 1C 的中点,所以AO ＝CO . 又因为AB ＝BC ,所以△BOA ≌△BOC . 故OA ⊥OB ,从而OA ,OB ,OB 1两两互相垂直.以O 为坐标原点,OB →的方向为x 轴正方向,|OB →|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .因为∠CBB 1＝60°,所以△CBB 1为等边三角形.又AB ＝BC ,则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，33,B (1,0,0),B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，0,C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－33，0. AB 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，33，－33,A 1B 1→＝AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－33,B 1C 1→＝BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－33，0. 设n ＝(x ,y ,z )是平面AA 1B 1的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1,3,3).设m 是平面A 1B 1C 1的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0.同理可取m ＝(1,－3,3).则cos 〈n ,m 〉＝n ·m |n||m|＝17.所以二面角A A 1B 1C 1的余弦值为17.10.(1)证明 ∵PD ⊥平面ABCD ,∴PD ⊥AD .又CD ⊥AD ,PD ∩CD ＝D , ∴AD ⊥平面PCD .∴AD ⊥PC .又AF ⊥PC ,AD ∩AF ＝A ,∴PC ⊥平面ADF ,即CF ⊥平面ADF . (2)解 法一 设AB ＝1,则在Rt △PDC 中,CD ＝1,∵∠DPC ＝30°, ∴PC ＝2,PD ＝3,由(1)知CF ⊥DF ,∴DF ＝32,CF ＝12. 又FE ∥CD ,∴DE PD ＝CF PC ＝14,∴DE ＝34.同理EF ＝34CD ＝34.如图所示,以D 为原点,建立空间直角坐标系,则A (0,0,1),E ⎝⎛⎭⎪⎫34，0，0,F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，34，0,P (3,0,0),C (0,1,0). 设m ＝(x ,y ,z )是平面AEF 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥AE →，m ⊥EF →.又⎩⎪⎨⎪⎧AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，0，－1，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34，0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝34x －z ＝0，m ·EF →＝34y ＝0.令x ＝4,则z ＝3,m ＝(4,0,3).由(1)知平面ADF 的一个法向量为PC →＝(－3,1,0), 设二面角DAFE 的平面角为θ,可知θ为锐角, cos θ＝|cos 〈m ,PC →〉|＝|m ·PC →||m |·|PC →|＝4319×2＝25719.故二面角DAFE 的余弦值为25719.法二 设AB ＝1,∵CF ⊥平面ADF ,∴CF ⊥DF .∴在△CFD 中,DF ＝32, ∵CD ⊥AD ,CD ⊥PD ,∴CD ⊥平面ADE .又∵EF ∥CD ,∴EF ⊥平面ADE .∴EF ⊥AE ,∴在△DEF 中,DE ＝34,EF ＝34, 在△ADE 中,AE ＝194,在△ADF 中,AF ＝72. 由V A DEF ＝13·S △ADE ·EF ＝13·S △ADF ·h E ADF ,解得h E ADF ＝38,设△AEF 的边AF 上的高为h ,由S △AEF ＝12·EF ·AE ＝12·AF ·h ,解得h ＝34×13314,设二面角D AF E 的平面角为θ. 则sin θ＝h E ADF h ＝38×43×14133＝13319,∴cos θ＝25719. 11.(1)证明 法一 过E 作EO ⊥BC ,垂足为O ,连接OF .图1由△ABC ≌△DBC 可证出△EOC ≌△FOC .所以∠EOC ＝∠FOC ＝π2,即FO ⊥BC .又EO ⊥BC ,因此BC ⊥面EFO ,又EF ⊂面EFO ,所以EF ⊥BC .法二 由题意,以B 为坐标原点,在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴,BC 所在直线为y 轴,在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线为z 轴,建立如图所示空间直角坐标系.易得B (0,0,0),A (0,－1,3),D (3,－1,0),C (0,2,0).因而E (0,12,32),F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0,所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－32,BC →＝(0,2,0),因此EF →·BC →＝0.从而EF →⊥BC →,所以EF ⊥BC .图2(2)解 法一 在图1中,过O 作OG ⊥BF ,垂足为G ,连接EG .由平面ABC ⊥平面BDC ,从而EO ⊥面BDC ,又OG ⊥BF ,由三垂线定理知,EG ⊥BF .因此∠EGO 为二面角EBFC 的平面角.在△EOC 中,EO ＝12EC ＝12BC ·cos 30°＝32,由△BGO ∽△BFC 知,OG ＝BO BC ·FC ＝34,因此tan∠EGO ＝EO OG ＝2,从而sin ∠EGO ＝255,即二面角E BF C 的正弦值为255.法二 在图2中,平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0,0,1). 设平面BEF 的法向量n 2＝(x ,y ,z ),又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0,BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32.由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF →＝0n 2·BE →＝0得其中一个n 2＝(1,－3,1).设二面角EBFC 大小为θ,且由题意知θ为锐角,则 cos θ＝|cos 〈n 1,n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝15,因此sin θ＝25＝255,即所求二面角的正弦值为255.12.(1)证明 ABCD 为矩形,故AB ⊥AD ；又平面PAD ⊥平面ABCD , 平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ,所以AB ⊥平面PAD ,由PD ⊂平面PAD ,故AB ⊥PD .(2)解 过P 作AD 的垂线,垂足为O ,过O 作BC 的垂线,垂足为G ,连接PG .故PO ⊥平面ABCD ,BC ⊥平面POG ,BC ⊥PG . 在Rt △BPC 中,PG ＝233,GC ＝263,BG ＝63.设AB ＝m ,则OP ＝PG 2－OG 2＝43－m 2, 故四棱锥PABCD 的体积为V ＝13·6·m ·43－m 2＝m 3 8－6m 2. 因为m 8－6m 2＝8m 2－6m 4＝－6⎝⎛⎭⎪⎫m 2－232＋83,故当m ＝63,即AB ＝63时,四棱锥PABCD 的体积最大. 此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O (0,0,0),B ⎝ ⎛⎭⎪⎫63，－63，0, C ⎝ ⎛⎭⎪⎫63，263，0,D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，263，0,P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，63.故PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫63，263，－63, BC →＝(0,6,0),CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，0，0, 设平面BPC 的一个法向量n 1＝(x ,y ,1),则由n 1⊥PC →,n 1⊥BC →得⎩⎪⎨⎪⎧63x ＋263y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1,y ＝0,n 1＝(1,0,1).同理可求出平面DPC 的一个法向量n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1.从而平面BPC 与平面DPC 夹角θ的余弦值为cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12·14＋1＝105. 13.(1)证明 因为四边形ACC 1A 1为矩形,所以CC 1⊥AC ,同理DD 1⊥BD ,因为CC 1∥DD 1,所以CC 1⊥BD ,而AC ∩BD ＝O ,因此CC 1⊥底面ABCD .由题设知,O 1O ∥C 1C ,故O 1O ⊥底面ABCD .(2)解 法一 如图,过O 1作O 1H ⊥OB 1于H ,连接HC 1.由(1)知,O 1O ⊥底面ABCD ,所以O 1O ⊥底面A 1B 1C 1D 1,于是O 1O ⊥A 1C 1.又因为四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等,所以四边形A 1B 1C 1D 1是菱形,因此A 1C 1⊥B 1D 1,从而A 1C 1⊥平面BDD 1B 1,所以A 1C 1⊥OB 1,于是OB 1⊥平面O 1HC 1,进而OB 1⊥C 1H ,故∠C 1HO 1是二面角C 1OB 1D 的平面角.不妨设AB ＝2.因为∠CBA ＝60°,所以OB ＝3,OC ＝1,OB 1＝7.在Rt △OO 1B 1中,易知O 1H ＝OO 1·O 1B 1OB 1＝237,而O 1C 1＝1, 于是C 1H ＝O 1C 21＋O 1H 2＝1＋127＝197.故cos ∠C 1HO 1＝O 1H C 1H ＝237197＝25719.即二面角C 1OB 1D 的余弦值为25719. 法二 因为四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD 是菱形,因此AC ⊥BD .又由(1)知O 1O ⊥底面ABCD ,从而OB ,OC ,OO 1两两垂直.如图,以O 为坐标原点,OB ,OC ,OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系Oxyz .不妨设AB ＝2,因为∠CBA＝60°,所以OB ＝3,OC ＝1.于是相关各点的坐标为：O (0,0,0),B 1(3,0,2),C 1(0,1,2).易知,n 1＝(0,1,0)是平面BDD 1B 1的一个法向量.设n 2＝(x ,y ,z )是平面OB 1C 1的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·OB 1→＝0，n 2·OC 1→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0，取z ＝－3,则x ＝2,y ＝23,所以n 2＝(2,23,－3),设二面角C 1OB 1D 的大小为θ,易知θ是锐角,于是cos θ＝|cos 〈n 1,n 2〉|＝|n 1·n 2|n 1|·|n 2||＝2319＝25719.故二面角C 1OB 1D 的余弦值为25719.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1. D [如图,连接A 1C 1,设A 1C 1∩B 1D 1＝O ,连接OB .由已知得C 1O ⊥面BB 1D 1D .∴∠C 1BO 为所求角,在Rt △C 1OB 中,sin ∠C 1BO ＝OC 1BC 1＝105,故选D.]2.B [如图,设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2,以C 为原点建立空间直角坐标系,则D 1(2,0,2),E (1,2,0),C 1(0,0,2),F (2,2,1),D 1E →＝(－1,2,－2),C 1F →＝(2,2,－1),设D 1M →＝λD 1E →(0≤λ≤1),则M (2－λ,2λ,2－2λ),设C 1N →＝tC 1F →(0≤t ≤1),则N (2t ,2t ,2－t ),∴MN →＝(2t －2＋λ,2t －2λ,2λ－t ),要使直线MN 与平面ABCD 垂直,则⎩⎪⎨⎪⎧2t －2＋λ＝0，2t －2λ＝0，2λ－t ≠0，解得λ＝t ＝23, ∴与平面ABCD 垂直的直线MN 有1条.故选B.]3. A [①③④错误,②正确,故选A.]4.D [如果两条直线和一个平面所成的角相等,这两条直线可以平行、相交、异面.故选D.]5. 27 [设球O 的半径为R ,则有4πR 2＝60π,解得R ＝15.由于平面SAB ⊥平面ABC ,平面SAB ∩平面ABC ＝AB ,所以点S 在平面ABC 上的射影D 在AB 上,如图,当球心O 在三棱锥S －ABC 中,且D 为AB 的中点时,SD 最大,三棱锥S －ABC 的体积最大.设O ′为等边三角形ABC 的中心,则OO ′⊥平面ABC ,即有OO ′∥SD .由于OC ＝15,OO ′＝3,则CO ′＝CO 2－OO ′2＝23,则DO ′＝3,则△ABC 是边长为6的等边三角形,则△ABC 的面积为34×62＝9 3. 在直角梯形SDO ′O 中,作OM ⊥SD 于M ,则OM ＝DO ′＝3,DM ＝OO ′＝3,∴SD ＝DM ＋MS ＝3＋（15）2－（3）2＝33,所以三棱锥S －ABC 体积的最大值为13×93×33＝27.] 6.①② [如图,∵P －ABC 为正三棱锥,∴PB ⊥AC .又∵DE ∥AC ,DE ⊂平面PDE ,AC ⊄平面PDE ,∴AC ∥平面PDE .故①②正确.]7.(1)证明正六边形ABCDEF 中,连接AC 、BE ,交点为G ,易知AG ⊥BE ,且AG ＝CG ＝3,在多面体中,由AC ＝6,知AG 2＋CG 2＝AC 2,故AG ⊥GC ,又GC ∩BE ＝G ,GC ,BE ⊂平面BCDE ,故AG ⊥平面BCDE,又AG ⊂平面ABEF ,所以平面ABEF ⊥平面BCDE .(2)解 连接AE 、CE ,则AG 为三棱锥A －BCE 的高,GC 为△BCE 的高.在正六边形ABCDEF 中,BE＝2AF ＝4,故S △BCE ＝12×4×3＝23, 所以V E －ABC ＝V A －BCE ＝13×23×3＝2.。
高中理科数学(2017-2015)三年高考真题分项专题汇编：立体几何中的综合问题解析版
高中理科数学（2017-2015）三年高考真题分项专题汇编：立体几何中的综合问题1.【2017课标1，理16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△F AB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△F AB，使得D、E、F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______.【答案】【解析】【考点】简单几何体的体积【名师点睛】对于三棱锥最值问题，肯定需要用到函数的思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导得方式进行解决.2.【2017课标3，理19】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.【答案】(1)证明略；.【解析】（2）由题设及（1）知，,,OA OB OC 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()()()()1,0,0,,1,0,0,0,0,1A B C D -由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB的中点，得12E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭.故 ()()11,0,1,2,0,0,2AD AC AE ⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭ . 设()=x,y,z n 是平面DAE 的法向量，则AD AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 0，0，n n即0,102x z x y z -+=⎧⎪⎨-+=⎪⎩。
高三数学立体几何历年高考题(2011年-2017年)完整版.doc
（Ⅱ）平面 BDC 1 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比。
16 (2014 课标全国Ⅰ )如图 1-1 所示，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. (1)证明： AC1⊥ A1B； (2)设直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离为 3， 求二面角 A1-AB -C 的大小．
12．（ 2017 年 16）已知三棱锥 S-ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上， SC 是球 O 的直径。若平 面 SCA⊥平面 SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥 S-ABC 的体积为 9，则球 O 的表面积为 ________。
13(2011 年).如图，四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，
17.(2015 年新课标 1)如图四边形 ABCD 为菱形，
G 为 AC 与 BD 交点， BE 平面 ABCD ， (1) 证明：平面 AEC 平面 BED ； (2) 若 ABC 120o ， AE EC, 三棱锥
E ACD 的体积为 6 ，求该三棱锥的侧面积 . 3
18 (2016 年新课标 1)如图，已知正三棱锥 P-ABC 的侧面是直角三角形， PA=6，顶点 P 在平面 ABC 内的正投影为点 D， D 在平面 PAB 内的正投影为点 E，连结 PE 并延长交 AB 于点 G. （ I）证明： G 是 AB 的中点； （ II ）在图中作出点 E 在平面 PAC 内的正投影 F（说明作法及理由） ，并求四面体 PDEF 的体积．
PD 底面 ABCD ． （ I）证明： PA BD ；
（ II ）设 PD=AD=1 ，求棱锥 D-PBC 的高．
2017-2019三年高考真题理科数学试题分类汇编：专题05立体几何(选择题、填空题)
D． 6
【答案】 D
解法一： PA PB PC, △ABC 为边长为 2 的等边三角形， P ABC 为正三棱锥，
PB AC ，又 E ， F 分别为 PA ， AB 的中点， EF ∥ PB ， EF AC ，又 EF CE ，
CE AC C , EF 平面 PAC ，∴ PB 平面 PAC ， APB
2
1 PA
x，
2
x2 4 3 x2
△AEC 中，由余弦定理可得 cos EAC
，
22x
作 PD AC 于 D ，
EF∥ PB ，且 EF
1 PB x ，
2
AD PA PC ， D 为 AC 的中点， cos EAC
1
x2 4 3 x2
，
1
，
PA 2x
4x
2x
1
2x2 1 2， x2 1 ， x
2 ， PA PB PC
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 【答案】 B
D ． α， β垂直于同一平面
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，
2，
2
2
又 AB=BC =AC=2 ， PA , PB , PC 两两垂直，
2R 2 2 2
6， R
6 ，V
4 R3
4
6 ，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．
2017年高考数学—立体几何(解答+答案)
2017年高考数学—立体几何（解答+答案）1.（17全国1理18.（12分））如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o .（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=o ，求二面角A -PB -C 的余弦值.2.（17全国1文18．（12分））如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=o ,且四棱锥P-ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积.如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD 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o 45 ，求二面角M AB D --的余弦值4.17全国2文18.(12分)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 ∠=∠=o 。
（1） 证明：直线//BC 平面PAD ； （2） 若PCD ∆的面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积。
如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形．ABDCBD ??，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．6.（17全国3文19．（12分））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．DABCE7.（17北京理（16）（本小题14分））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,6,4MAC PA PD AB ===（I ）求证：M 为PB 的中点； （II ）求二面角B PD A --的大小；（III ）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．8.（17北京文（18）（本小题14分））如图，在三棱锥P ABC -中，,,,2PA AB PA BC AB BC PA AB BC ⊥⊥⊥===，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（Ⅰ）求证：PA BD ⊥；（Ⅱ）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（Ⅲ）当//PA 平面BDE 时，求三棱锥E BCD -的体积．9.（17山东理17.）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 =，求二面角E AG C --的大小.10.（17山东文（18）（本小题满分12分））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：1A O ∥平面11B CD ；（Ⅱ）设M 是OD 的中点，证明：平面1A EM ⊥平面11B CD .11.（17天津理（17）（本小题满分13分））如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒.点D ，E ，N 分别为棱PA ，P C ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA =AC =4，AB =2.（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 所成角的余弦值为7，求线段AH 的长.12.（17天津文（17）（本小题满分13分））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.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.（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.14.（17江苏15.（本小题满分14分））-中，AB⊥AD，BC⊥BD，平如图，在三棱锥A BCD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。
(2017-2019)高考文数真题分类汇编专题05 立体几何(选择题、填空题)(教师版)
专题05 立体几何（选择题、填空题）1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面 【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,a b a b αβ⊂⊂∥，则αβ∥”此类的错误．2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 【答案】B【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知12EO ON EN ===,，5,22MF BF BM ==∴=BM EN ∴≠，故选B ．【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．3．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是A ．158B ．162C ．182D ．324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭. 故选B.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.4．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β【答案】B【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BDPB PB PB PBαβ===<=，即αβ>；在Rt △PED 中，tan tan PD PDED BDγβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.5．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A．172B．52C．3D．2【答案】B【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，知点M在上底面上，点N在下底面上，且可以确定点M 和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，=，故选B．【名师点睛】该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.6．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是【答案】A【解析】由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.故选A.【名师点睛】本题主要考查空间几何体的三视图，考查考生的空间想象能力和阅读理解能力，考查的数学核心素养是直观想象.7．【2018年高考全国I 卷文数】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︒，则该长方体的体积为A ．8B ．C ．D ．【答案】C【解析】在长方体1111ABCD A B C D -中，连接1BC ，根据线面角的定义可知130AC B ︒∠=，因为2AB =，所以1BC =，从而求得1CC =所以该长方体的体积为22V =⨯⨯= 故选C.【名师点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长、宽、高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，最终求得结果.8．【2018年高考全国I 卷文数】已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A ．B ．12πC ．D ．10π【答案】B【解析】根据题意，可得截面是边长为的圆，且高为所以其表面积为22π2π12πS =+=，故选B.【名师点睛】该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.9．【2018年高考浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．2B ．4C ．6D ．8【答案】C【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上、下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为()112226,2⨯+⨯⨯= 故选C.【名师点睛】先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.10．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为D ABC -体积的最大值为 A． B． C．D．【答案】B【解析】如图所示，设点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，俯视图正视图当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，24ABC S AB ==Q △，6AB ∴=,点M 为三角形ABC 的重心，23BM BE ∴==Rt OBM ∴△中，有2OM ==，426DM OD OM ∴=+=+=，()max 163D ABC V -∴=⨯= B.【名师点睛】本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当点D 在平面ABC 上的射影为三角形ABC 的重心时，三棱锥D ABC -体积最大很关键，由M 为三角形ABC 的重心，计算得到23BM BE ==OM ，进而得到结果，属于较难题型.11．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】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 B ．2C D 【答案】C【解析】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，CD AB ∥，所以异面直线AE 与CD 所成角为EAB ∠，设正方体边长为2a ，则由E 为棱1CC 的中点，可得CE a =，所以BE =，则tan BE EAB AB ∠===．故选C ．【名师点睛】本题主要考查异面直线所成的角，考查考生的空间想象能力、化归与转化能力以及运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、数学运算.求异面直线所成的角，需要将异面直线所成的角等价转化为相交直线所成的角，然后利用解三角形的知识加以求解.12．【2018年高考浙江卷】已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，nα，则“m ∥n ”是“m ∥α”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】因为,,m n m n ⊄⊂∥αα，所以根据线面平行的判定定理得m ∥α. 由m ∥α不能得出m 与α内任一直线平行， 所以m n ∥是m ∥α的充分不必要条件，故选A. 【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法：（1）定义法：直接判断“若p 则q ”、“若q 则p ”的真假．并注意和图示相结合，例如“p ⇒q ”为真，则p 是q 的充分条件．（2）等价法：利用p ⇒q 与非q ⇒非p ，q ⇒p 与非p ⇒非q ，p ⇔q 与非q ⇔非p 的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．（3）集合法：若A ⊆B ，则A 是B 的充分条件或B 是A 的必要条件；若A ＝B ，则A 是B 的充要条件．13．【2018年高考浙江卷】已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ1【答案】D【解析】设O 为正方形ABCD 的中心，M 为AB 中点，过E 作BC 的平行线EF ，交CD 于F ，过O 作ON 垂直EF 于N ，连接SO ，SN ，SE ，SM ，OM ，OE ，则SO 垂直于底面ABCD ，OM 垂直于AB ， 因此123,,,SEN SEO SMO ∠=∠=∠=θθθ 从而123tan ,tan ,tan ,SN SN SO SOEN OM EO OM====θθθ 因为SN SO EO OM ≥≥，，所以132tan tan tan ,≥≥θθθ即132≥≥θθθ， 故选D.【名师点睛】分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.14．【2018年高考北京卷文数】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C【解析】由三视图可得四棱锥P ABCD -如图所示，在四棱锥P ABCD -中，2,2,2,1PD AD CD AB ====，由勾股定理可知：3,PA PC PB BC ==== 则在四棱锥中，直角三角形有：,,PAD PCD PAB △△△，共3个， 故选C.【名师点睛】此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解.解答本题时，根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.15．【2017年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】对于B ，易知AB ∥MQ ，则直线AB ∥平面MNQ ； 对于C ，易知AB ∥MQ ，则直线AB ∥平面MNQ ； 对于D ，易知AB ∥NQ ，则直线AB ∥平面MNQ ． 故排除B ，C ，D ，选A ．【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理以及空间想象能力，属容易题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．16．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为 A ．90π B ．63π C ．42πD ．36π【答案】B【解析】由题意，该几何体是由高为6的圆柱截取一半后的图形加上高为4的圆柱，故其体积为221π36π3463π2V =⋅⋅⋅+⋅⋅=，故选B.【名师点睛】（1）解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图． （2）三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．17．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A ．πB ．3π4 C ．π2D ．π4【答案】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：11,2AC AB ==，结合勾股定理，底面半径2r ==，由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是223ππ1π4V r h ==⨯⨯=⎝⎭，故选B.【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.18．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱CD 的中点，则A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1AE AC ⊥【答案】C【解析】根据三垂线定理的逆定理，可知平面内的线垂直于平面的斜线，则也垂直于斜线在平面内的射影.A.若11A E DC ⊥，那么11D E DC ⊥，很显然不成立；B.若1A E BD ⊥，那么BD AE ⊥，显然不成立；C.若11A E BC ⊥，那么11BC B C ⊥，成立，反过11BC B C ⊥时，也能推出11BC A E ⊥,所以C 成立；D.若1A E AC ⊥，则AE AC ⊥，显然不成立，故选C.【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型： （1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.19．【2017年高考北京卷文数】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为A ．60B ．30C ．20D ．10【答案】D【解析】该几何体是如下图所示的三棱锥P ABC -.由图中数据可得该几何体的体积是，故选D. 【名师点睛】本题考查了空间想象能力，由三视图还原几何体的方法如果我们死记硬背，不会具体问题具体分析，就会选错，实际上，这个题的俯视图不是几何体的底面，因为顶点在底面的射影落在了底面三角形的外面，否则中间的那条线就不会是虚线.20．【2017年高考浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）115341032V =⨯⨯⨯⨯=是A ．12π+ B ．32π+ C ．312π+D ．332π+【答案】A【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积为21113(21)13222V π⨯π=⨯⨯+⨯⨯=+，故选A ．【名师点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽．由三视图画出直观图的步骤和思考方法：（1）首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；（2）观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；（3）画出整体，然后再根据三视图进行调整．21．【2017年高考浙江卷】如图，已知正四面体–D ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，2BQ CRQC RA==，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面角为αβγ,,，则A ． γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βγα<<【答案】B【解析】设O 为三角形ABC 中心，则O 到PQ 距离最小，O 到PR 距离最大，O 到RQ 距离居中，而三棱锥的高相等，因此αγβ<<，所以选B ．【名师点睛】立体几何是高中数学中的重要内容，也是高考重点考查的考点与热点．这类问题的设置一般有线面位置关系的证明与角度距离的计算等两类问题．解答第一类问题时一般要借助线面平行与垂直的判定定理进行；解答第二类问题时先建立空间直角坐标系，运用空间向量的坐标形式及数量积公式进行求解．22．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC ，那么P 到平面ABC 的距离为___________．【解析】作,PD PE 分别垂直于,AC BC ，PO ⊥平面ABC ，连接CO ，由题意可知,CD PD CD PO ⊥⊥，=PD PO P I ，CD \^平面PDO ，又OD ⊂平面PDO ，CD OD ∴⊥，PD PE ==Q 2PC =，sin sin 2PCE PCD ∴∠=∠=， 60PCB PCA ︒∴∠=∠=，又易知PO CO ⊥，CO 为ACB ∠的平分线，451,,OCD OD CD OC ︒∴∠=∴===又2PC =，PO ∴==【名师点睛】本题主要考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到P 在底面上的射影，使用线面垂直定理，得到垂直关系，利用勾股定理解决．注意画图视角选择不当，线面垂直定理使用不够灵活，难以发现垂直关系，问题则很难解决，将几何体摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，几何关系利于观察，解题事半功倍．23．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）【答案】261【解析】由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面．如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB BE x ==，延长CB 与FE 的延长线交于点G ，延长BC 交正方体的棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE △为等腰直角三角形，,21)122BG GE CH x GH x x x ∴===∴=⨯+==，1x ∴==，1．【名师点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形． 24．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O −EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =AA =，，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【答案】118.8【解析】由题意得，214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形， ∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ， ∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=． 又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=， 所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.25．【2019年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【答案】40【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=. 【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解． 26．【2019年高考北京卷文数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： （1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内； （3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α. 故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.27．【2019.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________. 【答案】π42=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心， 故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12， 故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭. 【名师点睛】本题主要考查空间几何体的结构特征以及圆柱的体积计算问题，解答时，根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.28．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD的体积是 ▲ .【答案】10【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=， 因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =， 由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高， 所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. 【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.29．【2018年高考江苏卷】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________．【答案】43【解析】由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于√2，所以该多面体的体积为2142133⨯⨯⨯=. 【名师点睛】解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．30．【2018年高考天津卷文数】如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1–BB 1D 1D 的体积为__________．【答案】13【解析】如图所示，连接11A C ，交11B D 于点O ，很明显1A 在平面11BDD B 上的射影是点O ，则1A O 是四棱锥A 1–BB 1D 1D 的高，且111122A O A C ===1111BDD B S BD DD =⨯==四边形，结合四棱锥体积公式可得其体积为：1113323V Sh ===.【名师点睛】本题主要考查棱锥体积的计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.31．【2018年高考全国II 卷文数】已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30︒，若SAB △的面积为8，则该圆锥的体积为__________．【答案】8π【解析】如下图所示，30,90SAO ASB ∠=∠=o o ，又211822SAB S SA SB SA =⋅==△，解得4SA =，所以12,2SO SA AO ====21π8π3V OA SO =⋅⋅⋅=.【名师点睛】此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几何知识求解相应线段长，代入圆锥体积公式即可.32．【2017年高考全国Ⅰ卷文数】已知三棱锥S−ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA =AC ，SB =BC ，三棱锥S−ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．【答案】36π【解析】取SC 的中点O ，连接,OA OB ，因为,SA AC SB BC ==，所以,OA SC OB SC ⊥⊥，因为平面SAC ⊥平面SBC ，所以OA ⊥平面SBC ，设OA r =，则3111123323A SBC SBC V S OA r r r r -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=， 所以31933r r =⇒=，所以球的表面积为24π36πr =.【名师点睛】本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的各顶点的距离相等，然后用同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球． 33．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为 .【答案】14π。
三年高考两年模拟2017版高考数学专题汇编 第八章 立体几何初步5 理
第五节空间垂直的判定与性质A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·浙江,2)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则( )A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n2.(2015·浙江,8)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD,所成二面角A′CDB的平面角为α,则( )A.∠A′DB≤αB.∠A′DB≥αC.∠A′CB≤αD.∠A′CB≥α3.(2014·广东,7)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( )A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定4.(2016·全国Ⅱ,14)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题：(1)如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.(2)如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.(3)如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.(4)如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有________(填写所有正确命题的编号).5.(2016·全国Ⅰ,18)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,平面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°.(1)证明：平面ABEF⊥EFDC；(2)求二面角E－BC－A的余弦值.6.(2016·江苏，16)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.7.(2015·新课标全国Ⅱ,19)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.8.(2015·新课标全国Ⅰ,18) 如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC＝120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE＝2DF,AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC,(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.9.(2014·新课标全国Ⅰ,19)如图,三棱柱ABCA1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1,∠CBB1＝60°,AB＝BC,求二面角AA1B1C1的余弦值.10.(2014·广东,18)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC＝30°,AF⊥PC于点F,FE∥CD,交PD于点E.(1)证明：CF⊥平面ADF；(2)求二面角DAFE的余弦值.11.(2014·辽宁,19) 如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB＝BC＝BD＝2,∠ABC＝∠DBC＝120°,E,F分别为AC,DC的中点.(1)求证：EF⊥BC；(2)求二面角EBFC 的正弦值.12.(2014·江西,19)如图,四棱锥P ABCD 中,ABCD 为矩形,平面PAD ⊥平面ABCD . (1)求证：AB ⊥PD ；(2)若∠BPC ＝90°,PB ＝2,PC ＝2,问AB 为何值时,四棱锥PABCD 的体积最大？并求此时平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦值.13.(2014·湖南,19)如图,四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等,AC ∩BD ＝O ,A 1C 1∩B 1D 1＝O 1,四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形.(1)证明：O 1O ⊥底面ABCD ；(2)若∠CBA ＝60°,求二面角C 1OB 1D 的余弦值.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·湖北天门模拟)如图,在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AB ＝BC ＝2,AA 1＝1,则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为( )A.63 B.265 C.155 D.1052.(2016·山东东营模拟) 已知点E ,F 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB ,AA 1的中点,点M ,N 分别是线段D 1E 与C 1F 上的点,则与平面ABCD 垂直的直线有( )A.0条B.1条C.2条D.无数条3.(2015·豫南五市模拟)m 、n 为两条不重合的直线,α、β为两个不重合的平面,则下列命题中正确的是( )①若m 、n 都平行于平面α,则m 、n 一定不是相交直线；②若m 、n 都垂直于平面α,则m 、n一定是平行直线；③已知α、β互相垂直,m、n互相垂直,若m⊥α,则n⊥β；④m、n在平面α内的射影互相垂直,则m、n互相垂直.A.②B.②③C.①③D.②④4.(2015·四川雅安模拟)下列说法错误的是( )A.两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内B.过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直C.如果共点的三条直线两两垂直,那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直D.如果两条直线和一个平面所成的角相等,则这两条直线一定平行5.(2016·云南玉溪模拟)表面积为60π的球面上有四点S、A、B、C,且△ABC是等边三角形,球心O到平面ABC的距离为3,若平面SAB⊥平面ABC,则三棱锥S－ABC体积的最大值为________.6.(2015·绵阳模拟)在正三棱锥P－ABC中,D,E分别是AB,BC的中点,有下列三个论断：①AC⊥PB；②AC∥平面PDE；③AB⊥平面PDE.其中正确论断的序号为________.7.(2015·山东菏泽二模)如图,将边长为2的正六边形ABCDEF沿对角线BE翻折,连接AC、FD,形成如图所示的多面体,且AC＝ 6.(1)证明：平面ABEF⊥平面BCDE；(2)求三棱锥E－ABC的体积.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）1.C [由已知,α∩β＝l,∴l⊂β,又∵n⊥β,∴n⊥l,C正确.故选C.]2.B [极限思想：若α＝π,则∠A′CB＜π,排除D；若α＝0,如图,则∠A′DB,∠A′CB 都可以大于0,排除A,C.故选B. ]3.D [构造如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1,取l1为AD,l2为AA1,l3为A1B1,当取l 4为B 1C 1时,l 1∥l 4,当取l 4为BB 1时,l 1⊥l 4,故排除A 、B 、C,选D.]4.②③④ [当m ⊥n ,m ⊥α,n ∥β时,两个平面的位置关系不确定,故①错误,经判断知②③④均正确,故正确答案为②③④.]5.(1)证明 由已知可得AF ⊥DF ,AF ⊥FE ,所以AF ⊥平面EFDC ,又AF ⊂平面ABEF ,故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解 过D 作DG ⊥EF ,垂足为G ,由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点,GF →的方向为x 轴正方向,|GF →|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G －xyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角,故∠DFE ＝60°,则|DF |＝2,|DG |＝3,可得A (1,4,0),B (－3,4,0),E (－3,0,0),D (0,0,3).由已知,AB ∥EF ,所以AB ∥平面EFDC ,又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ,故AB ∥CD ,CD ∥EF , 由BE ∥AF ,可得BE ⊥平面EFDC ,所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角,∠CEF ＝60°,从而可得C (－2,0,3).所以EC →＝(1,0,3),EB →＝(0,4,0),AC →＝(－3,－4,3),AB →＝(－4,0,0). 设n ＝(x ,y ,z )是平面BCE 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0,－3).设m 是平面ABCD 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0,3,4),则cos 〈n ,m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.6.证明 (1)由已知,DE 为△ABC 的中位线, ∴DE ∥AC ,又由三棱柱的性质可得AC ∥A 1C 1,∴DE ∥A 1C 1, 且DE ⊄平面A 1C 1F ,A 1C 1⊂平面A 1C 1F ,∴DE ∥平面A 1C 1F . (2)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,AA 1⊥平面A 1B 1C 1,∴AA 1⊥A 1C 1,又∵A 1B 1⊥A 1C 1,且A 1B 1∩AA 1＝A ,∴A 1C 1⊥平面ABB 1A 1,∵B 1D ⊂平面ABB 1A 1,∴A 1C 1⊥B 1D ,又∵A 1F ⊥B 1D ,且A 1F ∩A 1C 1＝A 1,∴B 1D ⊥平面A 1C 1F , 又∵B 1D ⊂平面B 1DE ,∴平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F . 7.解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ,垂足为M ,则AM ＝A 1E ＝4,EM ＝AA 1＝8.因为EHGF 为正方形,所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6,所以AH ＝10.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Dxyz ,则A (10, 0,0),H (10,10,0),E (10,4,8),F (0,4,8),FE →＝(10,0,0),HE →＝(0,－6,8).设n ＝(x ,y ,z )是平面EHGF 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0,4,3).又AF →＝(－10,4,8),故|cos 〈n ,AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.8.(1)证明 连接BD ,设BD ∩AC ＝G ,连接EG ,FG ,EF .在菱形ABCD 中,不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°,可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ,AB ＝BC ,可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ,所以EG ＝3,且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中,可得BE ＝2,故DF ＝22. 在Rt △FDG 中,可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中,由BD ＝2,BE ＝2,DF ＝22,可得EF ＝322, 从而EG 2＋FG 2＝EF 2,所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ,可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ,所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解 如图,以G 为坐标原点,分别以GB →,GC →的方向为x 轴,y 轴正方向,|GB →|为单位长,建立空间直角坐标系Gxyz ,由(1)可得A (0,－3,0),E (1,0,2),F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22,C (0,3,0),所以AE →＝(1,3,2),CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →,CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 9.(1)证明 连接BC 1,交B 1C 于点O ,连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形,所以B 1C ⊥BC 1,且O 为B 1C 及BC 1的中点. 又AB ⊥B 1C ,所以B 1C ⊥平面ABO .由于AO ⊂平面ABO ,故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ,故AC ＝AB 1.(2)解 因为AC ⊥AB 1,且O 为B 1C 的中点,所以AO ＝CO . 又因为AB ＝BC ,所以△BOA ≌△BOC . 故OA ⊥OB ,从而OA ,OB ,OB 1两两互相垂直.以O 为坐标原点,OB →的方向为x 轴正方向,|OB →|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .因为∠CBB 1＝60°,所以△CBB 1为等边三角形.又AB ＝BC ,则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，33,B (1,0,0),B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，0,C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－33，0. AB 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，33，－33,A 1B 1→＝AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－33,B 1C 1→＝BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－33，0. 设n ＝(x ,y ,z )是平面AA 1B 1的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1,3,3).设m 是平面A 1B 1C 1的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0.同理可取m ＝(1,－3,3).则cos 〈n ,m 〉＝n ·m |n||m|＝17.所以二面角A A 1B 1C 1的余弦值为17.10.(1)证明 ∵PD ⊥平面ABCD ,∴PD ⊥AD .又CD ⊥AD ,PD ∩CD ＝D , ∴AD ⊥平面PCD .∴AD ⊥PC .又AF ⊥PC ,AD ∩AF ＝A ,∴PC ⊥平面ADF ,即CF ⊥平面ADF . (2)解 法一 设AB ＝1,则在Rt △PDC 中,CD ＝1,∵∠DPC ＝30°, ∴PC ＝2,PD ＝3,由(1)知CF ⊥DF ,∴DF ＝32,CF ＝12. 又FE ∥CD ,∴DE PD ＝CF PC ＝14,∴DE ＝34.同理EF ＝34CD ＝34.如图所示,以D 为原点,建立空间直角坐标系,则A (0,0,1),E ⎝⎛⎭⎪⎫34，0，0,F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，34，0,P (3,0,0),C (0,1,0). 设m ＝(x ,y ,z )是平面AEF 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥AE →，m ⊥EF →.又⎩⎪⎨⎪⎧AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，0，－1，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34，0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝34x －z ＝0，m ·EF →＝34y ＝0.令x ＝4,则z ＝3,m ＝(4,0,3).由(1)知平面ADF 的一个法向量为PC →＝(－3,1,0), 设二面角DAFE 的平面角为θ,可知θ为锐角, cos θ＝|cos 〈m ,PC →〉|＝|m ·PC →||m |·|PC →|＝4319×2＝25719.故二面角DAFE 的余弦值为25719.法二 设AB ＝1,∵CF ⊥平面ADF ,∴CF ⊥DF .∴在△CFD 中,DF ＝32, ∵CD ⊥AD ,CD ⊥PD ,∴CD ⊥平面ADE .又∵EF ∥CD ,∴EF ⊥平面ADE .∴EF ⊥AE ,∴在△DEF 中,DE ＝34,EF ＝34, 在△ADE 中,AE ＝194,在△ADF 中,AF ＝72. 由V A DEF ＝13·S △ADE ·EF ＝13·S △ADF ·h E ADF ,解得h E ADF ＝38,设△AEF 的边AF 上的高为h ,由S △AEF ＝12·EF ·AE ＝12·AF ·h ,解得h ＝34×13314,设二面角D AF E 的平面角为θ. 则sin θ＝h E ADF h ＝38×43×14133＝13319,∴cos θ＝25719. 11.(1)证明 法一 过E 作EO ⊥BC ,垂足为O ,连接OF .图1由△ABC ≌△DBC 可证出△EOC ≌△FOC .所以∠EOC ＝∠FOC ＝π2,即FO ⊥BC .又EO ⊥BC ,因此BC ⊥面EFO ,又EF ⊂面EFO ,所以EF ⊥BC .法二 由题意,以B 为坐标原点,在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴,BC 所在直线为y 轴,在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线为z 轴,建立如图所示空间直角坐标系.易得B (0,0,0),A (0,－1,3),D (3,－1,0),C (0,2,0).因而E (0,12,32),F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0,所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－32,BC →＝(0,2,0),因此EF →·BC →＝0.从而EF →⊥BC →,所以EF ⊥BC .图2(2)解 法一 在图1中,过O 作OG ⊥BF ,垂足为G ,连接EG .由平面ABC ⊥平面BDC ,从而EO ⊥面BDC ,又OG ⊥BF ,由三垂线定理知,EG ⊥BF .因此∠EGO 为二面角EBFC 的平面角.在△EOC 中,EO ＝12EC ＝12BC ·cos 30°＝32,由△BGO ∽△BFC 知,OG ＝BO BC ·FC ＝34,因此tan∠EGO ＝EO OG ＝2,从而sin ∠EGO ＝255,即二面角E BF C 的正弦值为255.法二 在图2中,平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0,0,1). 设平面BEF 的法向量n 2＝(x ,y ,z ),又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0,BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32.由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF →＝0n 2·BE →＝0得其中一个n 2＝(1,－3,1).设二面角EBFC 大小为θ,且由题意知θ为锐角,则 cos θ＝|cos 〈n 1,n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝15,因此sin θ＝25＝255,即所求二面角的正弦值为255.12.(1)证明 ABCD 为矩形,故AB ⊥AD ；又平面PAD ⊥平面ABCD , 平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ,所以AB ⊥平面PAD ,由PD ⊂平面PAD ,故AB ⊥PD .(2)解 过P 作AD 的垂线,垂足为O ,过O 作BC 的垂线,垂足为G ,连接PG .故PO ⊥平面ABCD ,BC ⊥平面POG ,BC ⊥PG . 在Rt △BPC 中,PG ＝233,GC ＝263,BG ＝63.设AB ＝m ,则OP ＝PG 2－OG 2＝43－m 2, 故四棱锥PABCD 的体积为V ＝13·6·m ·43－m 2＝m 3 8－6m 2. 因为m 8－6m 2＝8m 2－6m 4＝－6⎝⎛⎭⎪⎫m 2－232＋83,故当m ＝63,即AB ＝63时,四棱锥PABCD 的体积最大. 此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O (0,0,0),B ⎝ ⎛⎭⎪⎫63，－63，0, C ⎝ ⎛⎭⎪⎫63，263，0,D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，263，0,P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，63.故PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫63，263，－63, BC →＝(0,6,0),CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，0，0, 设平面BPC 的一个法向量n 1＝(x ,y ,1),则由n 1⊥PC →,n 1⊥BC →得⎩⎪⎨⎪⎧63x ＋263y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1,y ＝0,n 1＝(1,0,1).同理可求出平面DPC 的一个法向量n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1.从而平面BPC 与平面DPC 夹角θ的余弦值为cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12·14＋1＝105. 13.(1)证明 因为四边形ACC 1A 1为矩形,所以CC 1⊥AC ,同理DD 1⊥BD ,因为CC 1∥DD 1,所以CC 1⊥BD ,而AC ∩BD ＝O ,因此CC 1⊥底面ABCD .由题设知,O 1O ∥C 1C ,故O 1O ⊥底面ABCD .(2)解 法一 如图,过O 1作O 1H ⊥OB 1于H ,连接HC 1.由(1)知,O 1O ⊥底面ABCD ,所以O 1O ⊥底面A 1B 1C 1D 1,于是O 1O ⊥A 1C 1.又因为四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等,所以四边形A 1B 1C 1D 1是菱形,因此A 1C 1⊥B 1D 1,从而A 1C 1⊥平面BDD 1B 1,所以A 1C 1⊥OB 1,于是OB 1⊥平面O 1HC 1,进而OB 1⊥C 1H ,故∠C 1HO 1是二面角C 1OB 1D 的平面角.不妨设AB ＝2.因为∠CBA ＝60°,所以OB ＝3,OC ＝1,OB 1＝7.在Rt △OO 1B 1中,易知O 1H ＝OO 1·O 1B 1OB 1＝237,而O 1C 1＝1, 于是C 1H ＝O 1C 21＋O 1H 2＝1＋127＝197.故cos ∠C 1HO 1＝O 1H C 1H ＝237197＝25719.即二面角C 1OB 1D 的余弦值为25719. 法二 因为四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD 是菱形,因此AC ⊥BD .又由(1)知O 1O ⊥底面ABCD ,从而OB ,OC ,OO 1两两垂直.如图,以O 为坐标原点,OB ,OC ,OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系Oxyz .不妨设AB ＝2,因为∠CBA＝60°,所以OB ＝3,OC ＝1.于是相关各点的坐标为：O (0,0,0),B 1(3,0,2),C 1(0,1,2).易知,n 1＝(0,1,0)是平面BDD 1B 1的一个法向量.设n 2＝(x ,y ,z )是平面OB 1C 1的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·OB 1→＝0，n 2·OC 1→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0，取z ＝－3,则x ＝2,y ＝23,所以n 2＝(2,23,－3),设二面角C 1OB 1D 的大小为θ,易知θ是锐角,于是cos θ＝|cos 〈n 1,n 2〉|＝|n 1·n 2|n 1|·|n 2||＝2319＝25719.故二面角C 1OB 1D 的余弦值为25719.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1. D [如图,连接A 1C 1,设A 1C 1∩B 1D 1＝O ,连接OB .由已知得C 1O ⊥面BB 1D 1D .∴∠C 1BO 为所求角,在Rt △C 1OB 中,sin ∠C 1BO ＝OC 1BC 1＝105,故选D.]2.B [如图,设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2,以C 为原点建立空间直角坐标系,则D 1(2,0,2),E (1,2,0),C 1(0,0,2),F (2,2,1),D 1E →＝(－1,2,－2),C 1F →＝(2,2,－1),设D 1M →＝λD 1E →(0≤λ≤1),则M (2－λ,2λ,2－2λ),设C 1N →＝tC 1F →(0≤t ≤1),则N (2t ,2t ,2－t ),∴MN →＝(2t －2＋λ,2t －2λ,2λ－t ),要使直线MN 与平面ABCD 垂直,则⎩⎪⎨⎪⎧2t －2＋λ＝0，2t －2λ＝0，2λ－t ≠0，解得λ＝t ＝23, ∴与平面ABCD 垂直的直线MN 有1条.故选B.]3. A [①③④错误,②正确,故选A.]4.D [如果两条直线和一个平面所成的角相等,这两条直线可以平行、相交、异面.故选D.]5. 27 [设球O 的半径为R ,则有4πR 2＝60π,解得R ＝15.由于平面SAB ⊥平面ABC ,平面SAB ∩平面ABC ＝AB ,所以点S 在平面ABC 上的射影D 在AB 上,如图,当球心O 在三棱锥S －ABC 中,且D 为AB 的中点时,SD 最大,三棱锥S －ABC 的体积最大.设O ′为等边三角形ABC 的中心,则OO ′⊥平面ABC ,即有OO ′∥SD .由于OC ＝15,OO ′＝3,则CO ′＝CO 2－OO ′2＝23,则DO ′＝3,则△ABC 是边长为6的等边三角形,则△ABC 的面积为34×62＝9 3. 在直角梯形SDO ′O 中,作OM ⊥SD 于M ,则OM ＝DO ′＝3,DM ＝OO ′＝3,∴SD ＝DM ＋MS ＝3＋（15）2－（3）2＝33,所以三棱锥S －ABC 体积的最大值为13×93×33＝27.] 6.①② [如图,∵P －ABC 为正三棱锥,∴PB ⊥AC .又∵DE ∥AC ,DE ⊂平面PDE ,AC ⊄平面PDE ,∴AC ∥平面PDE .故①②正确.]7.(1)证明正六边形ABCDEF 中,连接AC 、BE ,交点为G ,易知AG ⊥BE ,且AG ＝CG ＝3,在多面体中,由AC ＝6,知AG 2＋CG 2＝AC 2,故AG ⊥GC ,又GC ∩BE ＝G ,GC ,BE ⊂平面BCDE ,故AG ⊥平面BCDE,又AG ⊂平面ABEF ,所以平面ABEF ⊥平面BCDE .(2)解 连接AE 、CE ,则AG 为三棱锥A －BCE 的高,GC 为△BCE 的高.在正六边形ABCDEF 中,BE＝2AF ＝4,故S △BCE ＝12×4×3＝23, 所以V E －ABC ＝V A －BCE ＝13×23×3＝2.。
2017年高考全国名校试题数学分项汇编专题10 立体几何(解析版)
一、填空题1. 【2016高考冲刺卷（9）【江苏卷】】如图，已知三棱柱ABC - A 1B l C 1中，点D 是AB 的中点，平面A 1DC 分此棱柱成两部分，多面体A 1ADC 与多面体A 1B 1C 1DBC 体积的比值为2. 【江苏省苏中三市（南通、扬州、泰州）2016届高三第二次调研测试数学试题】【在体积为32的四面体ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，1AB =，2BC =，3BD =，则CD 长度的所有值为 ． 719【解析】由题意得311131sin sin 23322∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯∠⇒∠=BCD AB S BC BD CBD CBD 因此1cos 2∠=±CBD 由余弦定理得：22223223cos 7=+-⨯⨯⨯∠=CD BCD 或19，因此CD 7=193. 【2016高考冲刺卷（6）【江苏卷】】已知四棱锥P-ABCD 的底面ABCD 是边长为2、锐角为︒60的菱形，侧棱PA ⊥底面ABCD,PA=3.若点M 是BC 的中点，则三棱锥M-PAD 的体积为 【答案】3【解析】因ADM P PAD M V V --=,又360sin 221212=︒⨯==∆ABCD ADM S S 故三棱锥M-PAD 的体积为33331=⨯=V 4. 【2016高考冲刺卷（5）【江苏卷】】已知三棱锥S ABC -的体积为1，E 是SA 的中点，F 是SB 的中点，则三棱锥F BEC -的体积是 ▲ ． 【答案】41【解析】h S V V FBC FBC E BEC F ⨯⨯==∆--31，根据几何体知，SBC FBC S S ∆∆⨯=21，而点E 到平面SBC 的距离是点A 到平面SBC 距离的一半，所以1314231=⨯⨯⨯=⨯⨯=∆∆-h s h S V FBC SBC SBC A ，所以4131=⨯⨯∆h s FBC ，所以三棱锥BEC F -的体积是415. 【2016高考冲刺卷（3）【江苏卷】】一个正四棱柱的侧面展开图是一个边长为8cm 的正方形，则它的体积是 cm 2．6. 【2016高考冲刺卷（1）【江苏卷】】已知矩形ABCD 的边4=AB ，3=BC 若沿对角线AC 折叠，使得平面DAC ⊥平面BAC ,则三棱锥ABC D -的体积为 ． 【答案】245【解析】因为平面DAC ⊥平面BAC ,所以D 到直线BC 距离为三棱锥ABC D -的高，134123412346,,25555ABC S h h ∆⨯⨯=⨯⨯=====11122463355D ABC ABC V S h -∆=⋅=⨯⨯=． 7. 【2016高考押题卷（2）【江苏卷】】如图，已知平面⋂α平面l =β，βα⊥，B A ,是直线l 上的两点，D C ,是平面β内的两点，且l CB l DA ⊥⊥,，DA=4,AB=6,CB=8,P 是平面α上的一动点，且有BPC APD ∠=∠，则四棱锥ABCD P -体积的最大值是8. 【江苏省苏锡常镇四市2016届高三教学情况调研（二）数学试题】设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为1V ，1S ，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为2V ，2S ，若123=V V p ，则12S S 的值为 ▲ ．32【解析】试题分析：因为3322211221,6,,233r V a S a V r r S rl r ===⋅===p p p p ，所以31323=13V a ar V r=⇒=p p ， 因此2122322S S r ==p p9. 【南京市、盐城市2016届高三年级第二次模拟考试】如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB＝4，AA 1＝6．若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥A —A 1EF 的体积是▲________．10. 【2016高考冲刺卷（2）【江苏卷】】 如图，长方体1111ABCD A B C D -中，O 为1BD 的中点，三棱锥O ABD -的体积为1V ，四棱锥11O ADD A -的体积为2V ，则12V V 的值为 ▲ ．【答案】12【解析】试题分析：设长方体长宽高分别为,,a b c ，1122111111,,322123262Vabc abc V ab c V bc a V =⨯⨯==⨯⨯==11. 【2016高考押题卷（3）【江苏卷】】若半径为2的球O 内切于一个正三棱柱111C B A ABC -OCDBC 1AB 1A D 1（第7题图）ABCA 1B 1FC 1E中，则该三棱柱的体积为 ． 【答案】483．【解析】由题设可知：三棱柱的高为4，底面内切圆的半径为2，则其底面三角形的边长为43，其底面积为23(43)1234S =⨯=，故该三棱柱的体积为1234483V =⨯=． 12. 【2016高考押题卷（1）【江苏卷】】已知一个圆锥的母线长为2，侧面展开是半圆，则该圆锥的体积为_______. 【答案】3π 【解析】由题意得222,1,213r r h ππ===-=，圆锥的体积为21133333r h πππ==. 13. 【2016年第一次全国大联考【江苏卷】】已知正五棱锥底面边长为2，底面正五边形中心到侧面斜高距离为3， 斜高长为4，则此正五棱锥体积为_______.14. 【2016年第四次全国大联考【江苏卷】】已知正三棱柱的各条棱长均为1，圆锥侧面展开图为半径为2的半圆，那么这个正三棱柱与圆锥的体积比是_______. 【答案】3:4π【解析】由题意得圆锥母线为2，设圆锥底面半径为r 、高为h ，则22ππ21,21 3.r r h =⨯⇒==-=因此圆锥体积为213ππ.33r h =而正三棱柱体积为3，因此正三棱柱与圆锥的体积比是33=3:4π.15. 【2016年第三次全国大联考【江苏卷】】已知正六棱锥P-ABCDEF 的侧棱SA=32,则它的体积最大值是 . 【答案】38【解析】设底面边长为a ，则高212a h -=，从而体积221223331a a V -⨯=461223a a +-=，记4612)(a a a f +-=，则由)22)(22(6486)('335-+-=+-=a a a a a a f 得当220<<a 时，0)('>a f ，当22>a 时，0)('<a f ， 从而当22=a 时，256)(max =a f ，故体积的最大值是38max =V . 法二（理科）：)12(2333124a a V -⨯=， 因)12(224)12(22224a a a a a -⨯⨯=-256)31222(43222=-++⨯≤a a a ，以下同法一. 16. 【 2016年第二次全国大联考（江苏卷）】已知正六棱锥的底面边长为2，侧棱长为5，则该正六棱锥的表面积为_______.二、解答题1. 【 2016年第二次全国大联考（江苏卷）】（本小题满分14分）如图，平行四边形⊥ABCD 平面CDE ， DE AD ⊥.（Ⅰ）求证： ⊥DE 平面ABCD ；（Ⅱ）若M 为线段BE 中点，N 为线段CE 的一个三等分点，求证：MN 不可能与平面ABCD 平行.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析 【解析】A BCDEHA BCDE即MN 不可能与平面ABCD 平行.……14分2. 【2016年第三次全国大联考【江苏卷】】（本小题满分14分）如图所示,在直四棱柱1111-ABCD A B C D 中,=DB BC , ⊥DB AC ,点M 是棱1BB 上的一点.(1)求证：11//B D 面1A BD ；MABCD A 1B 1C 1D 1(2)求证：⊥MD AC ；(3)试确定点M 的位置,使得平面1DMC ⊥平面11CC D D .【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析. (3) 点M 为棱1BB 的中点【解析】又因为⊥AC BD ,且1⋂=BD BB B ，所以⊥1面BB D AC 而⊂1面BB D MD ，所以⊥MD ACMABCD A 1B1C 1D 1 NN 1O3. 【2016年第四次全国大联考【江苏卷】】（本小题满分14分）如图，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，F为BE上一点，G为EO中点.（Ⅰ）若DE//平面ACF，求证：F为BE的中点；（Ⅱ）若AB＝2CE，求证：CG⊥平面BDE.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析【解析】（Ⅰ）连接OF，由四边形ABCD是正方形可知，点O为BD的中点，因为DE//平面ACF,平面ACF∩平面BDE=OF，DE平面DEB，所以OF//DE.……………… 4分因为O为BD的中点，所以 F 为BE 的中点. ……………… 6分因为CG ⊥EO ，CG 平面ACE ，所以CG ⊥平面BDE. … 14分4. 【2016年第一次全国大联考【江苏卷】】（本小题满分14分）在四棱锥P ABCD -中，平面四边形ABCD 中AD //BC ，BAD ∠为二面角B PA D --一个平面角.（1）若四边形ABCD 是菱形，求证：BD ⊥平面PAC ；（2）若四边形ABCD 是梯形，且平面PAB I 平面PCD l =，问：直线l 能否与平面ABCD 平行？请说明理由.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）不平行【解析】证：（1）因为BAD ∠为二面角B PA D --一个平面角，所以,.PA AB PA AD ⊥⊥……2分 由于,AB AD ABCD ⊂平面，且AB AD A =I ，所以PA ABCD ⊥平面，……4分由于BD ABCD ⊂平面，所以.PA BD ⊥PBC所以AC BD ⊥……6分由于,PA AC PAC ⊂平面，且PA AC A =I ，所以BD ⊥平面PAC ，……8分解：（2）不平行. ……10分假设直线l 平行平面ABCD ，由于l ⊂平面PCD ，且平面PCD I 平面ABCD CD =，所以//l CD ……12分同理可得//l AB ，所以//AB CD这与AB 和CD 是梯形ABCD 的两腰相矛盾，故假设错误，所以直线l 与平面ABCD 不平行. ……14分5. 【2016高考押题卷（1）【江苏卷】】（本小题满分14分）如图，在正三棱锥111ABC A B C -中，E ，F 分别为1BB ，AC 的中点.（1）求证：//BF 平面1A EC ；（2）求证：平面1A EC ⊥平面11ACC A .又OE ⊂平面1A EC ，所以平面1A EC ⊥平面11ACC A . …………14分6. 【2016高考押题卷（3）【江苏卷】】（本小题满分14分）在三棱锥ABC P -中，若E D AC BD ,,2=分别为PC AC ,的中点，且⊥DE 平面PBC ．（1）求证：//PA 平面BDE ；（2）求证：⊥BC 平面PAB ． EDCBPA7. 【2016高考押题卷（2）【江苏卷】】（本小题满分14分）如图，在四棱锥ABCD P -中，四边形ABCD 为矩形，N M BP AB ,,⊥分别为PD AC ,的中点．(1)求证：//MN 平面ABP ；(2)求证：平面ABP ⊥平面APC 的充要条件是BP PC ⊥．NMP DCB A8. 【2016高考冲刺卷（2）【江苏卷】】（本小题满分14分）如图，在三棱锥P ABC -中，90PAC BAC ∠=∠=︒，PA PB =，点D ，F 分别为BC ，AB 的中点．（1）求证：直线//DF 平面PAC ；（2）求证：PF ⊥AD ． DF PADF PA9. 【2016高考冲刺卷（4）【江苏卷】】(本小题满分14分)如图，在三棱锥P —ABC 中，平面PAB ⊥平面ABC ，PA ⊥PB ，M ，N 分别为AB ，PA 的中点．（1）求证：PB ∥平面MNC ；（2）若AC ＝BC ，求证：PA ⊥平面MNC .A NBPM C10. 【江苏省苏锡常镇四市2016届高三教学情况调研（二）数学试题】 (本小题满分14分) 在直三棱柱111ABC A B C -中，CA CB =，12AA AB ， D 是AB 的中点．（1）求证：1BC ∥平面1ACD ； （2）若点P 在线段1BB 上，且114BP BB =，求证：AP ⊥平面1ACD ． （第16题图）CD ⊂平面ABC ，∴CD ⊥平面11AA B B ﹒ …………8分 ∵AP ⊂平面11A B BA ，∴CD AP ⊥． …………9分 ∵12BB BA =，11BB AA = ，114BP BB =， （第16题） C B 1A 1P DCBA∴1BP AD BA AA ， ∴Rt △ABP ∽Rt △1A AD ， 从而∠1AA D =∠BAP ，所以∠1AA D +∠1A AP =∠BAP +∠1A AP =90︒， ∴1AP A D ⊥． …………12分 又∵1CD A D D =I ，CD ⊂平面1ACD ，1A D ⊂平面1ACD ∴AP ⊥平面1ACD ． …………14分11. 【2016高考冲刺卷（1）【江苏卷】】（本小题满分14分）如图，在直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中， E ，F 分别是AB ，BC 的中点，A 1C 1 与B 1D 1交于点O .（1）求证：A 1，C 1，F ，E 四点共面；（2）若底面ABCD 是菱形，且OD ⊥A 1E ，求证：OD ⊥平面A 1C 1FE .【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析【解析】1 EA B1 E AB A故1A ，1C ，F ，E 四点共面．……………7分（2）连接BD ，因为直棱柱中1DD ⊥平面1111A B C D ，11AC ⊂平面1111A B C D ， 所以1DD ⊥11A C ． ………………………9分因为底面1111A B C D 是菱形，所以11A C 11B D ⊥．又1DD I 111=B D D ，所以11AC ⊥平面11BB D D ． ………………11分 因为OD ⊂平面11BB D D ，所以OD ⊥11A C ．又OD ⊥1A E ，11A C I 11A E A =，11AC ⊂平面11AC FE ，1A E ⊂平面11AC FE ， 所以OD ⊥平面11AC FE . ……………………14分12. 【2016高考冲刺卷（3）【江苏卷】】（本小题满分14分）如图，在四棱锥ABCD P -中，ABCD 为菱形，⊥PD 平面ABCD ，8,6==BD AC ，E 是棱PB 上的动点，AEC ∆面积的最小值是3．（1）求证：DE AC ⊥；（2）求四棱锥ABCD P -的体积．当AEC ∆面积的最小值是3时，EF 有最小值1 …………9分∵当PB EF ⊥时，EF 取最小值，∴1522=-=EF BF BE ，由 BD BE PD EF =，得158=PD ，又24862121=⨯⨯=⋅=BD AC S ABCD 故151564158243131=⨯⨯=⋅=-PD S V ABCD ABCD P …………14分 13. 【盐城市2016届高三年级第三次模拟考试】(本小题满分14分)如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，2AB AD =，PD ⊥底面ABCD ，,E F 分别为棱,AB PC 的中点.（1）求证：//EF 平面PAD ；（2）求证：平面PDE ⊥平面PEC .又E 是AB 的中点，所以//AE DC ，且12AE DC ， PB CDE第16题图 F14. 【2016高考冲刺卷（6）【江苏卷】】如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，1BB ⊥底面ABCD ，//AD BC ，90BAD ∠=o ，AC BD ⊥.D 1 D AC 1A 1B 1 B C（Ⅰ）求证：1//B C 平面11ADD A ；（Ⅱ）求证：1AC B D ⊥；（Ⅲ）若12AD AA =，判断直线1B D 与平面1ACD 是否垂直？并说明理由.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）不垂直（Ⅲ）结论：直线1B D 与平面1ACD 不垂直. 证明：假设1B D ⊥平面1ACD ， 由1AD ⊂平面1ACD ，得11B D AD ⊥. 由棱柱1111ABCD A B C D -中，1BB ⊥底面ABCD ，90BAD ∠=o可得111A B AA ⊥，1111A B A D ⊥，又因为1111AA A D A =I ， 所以11A B ⊥平面11AA D D ， 所以111A B AD ⊥. 又因为1111A B B D B =I ， 所以1AD ⊥平面11A B D ，所以11AD A D ⊥. 这与四边形11AA D D 为矩形，且1=2AD AA 矛盾， 故直线1B D 与平面1ACD 不垂直.15. 【2016高考冲刺卷（7）【江苏卷】】如图，在四棱锥A EFCB -中，AEF ∆为等边三角D 1A 1D B 1 B C AC 1形，平面AEF ⊥平面EFCB ，2EF =，四边形EFCB 是高为3的等腰梯形，//EF BC ，O 为EF 的中点．（1）求证：AO CF ⊥；（2）求O 到平面ABC 的距离．过O 作OH AG ⊥，垂足为H ，则BC OH ⊥，因为AG BC G =I ，所以OH ⊥平面ABC 因为3,3OG AO =62OH =，即O 到平面ABC 6（另外用等体积法谈亦可）16. 【2016高考冲刺卷（9）【江苏卷】】(本小题满分14分)在四棱锥A BCDE -中，底面BCDE 为菱形，侧面ABE 为等边三角形，且侧面ABE ⊥底面BCDE，,O F分别为,BE DE的中点．（Ⅰ）求证：AO CD⊥；（Ⅱ）求证：平面AOF⊥平面ACE；（Ⅲ）侧棱AC上是否存在点P，使得//BP平面AOF?若存在，求出APPC的值；若不存在，请说明理由．FOB C DAE。
压轴题05 立体几何压轴题(解析版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用-理)
压轴题05立体几何压轴题题型/考向一：点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积题型/考向二：外接球、内切球等相关问题题型/考向三：平行关系、垂直关系、二面角等相关问题一、空间几何体的体积、表面积热点一空间几何体的侧面积、表面积柱体、锥体、台体和球的表面积公式：(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l).(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l ＋rl).(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.热点二空间几何体的体积柱体、锥体、台体和球的体积公式：(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；Sh(S为底面面积，h为高)；(2)V锥体＝13(S上＋S下＋S上S下)h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；(3)V台体＝13(4)V球＝4πR3.3二、外接球、内切球问题类型一外接球问题考向1墙角模型墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球半径为R.则(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝a2＋b2＋c2.常见的有以下三种类型：考向2对棱相等模型对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长，如图所示，(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2(长方体的长、宽高分别为a ，b ，c )，即R 2＝18(x 2＋y 2＋z 2)，如图.考向3汉堡模型汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型，模型如下，由对称性可知，球心O 的位置是△ABC 的外心O 1与△A 1B 1C 1的外心O 2的连线的中点，算出小圆O 1的半径AO 1＝r ，OO 1＝h 2，所以R 2＝r 2＋h 24.考向4垂面模型垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球；如图所示，由对称性可知球心O 的位置是△CBD 的外心O 1与△AB 2D 2的外心O 2连线的中点，算出小圆O1的半径CO1＝r，OO1＝h2，则R＝r2＋h24.类型二内切球问题内切球问题的解法(以三棱锥为例)第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；第二步：设内切球的半径为r，建立等式V P－ABC＝V O－ABC＋V O－P AB＋V O－P AC＋V O－PBC⇒V P－ABC＝13S△ABC·r＋13S△P AB·r＋13S△P AC·r＋13S PBC·r＝13(S△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC)r；第三步：解出r＝3V P－ABCS△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC.类型三球的截面问题解决球的截面问题抓住以下几个方面：(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).三、平行关系和垂直关系的证明、二面角等热点一空间线、面位置关系的判定判断空间线、面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题.(2)利用直线的方向向量、平面的法向量判断.(3)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.热点二几何法证明平行、垂直1.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.热点三空间向量法证明平行、垂直1.用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，在平面α内的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u .(4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2.2.用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0.(2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u .(3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0.四、空间角、距离问题热点一异面直线所成的角求异面直线所成角的方法方法一：综合法.步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出直线a ，b 的方向向量，分别记为m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |；③利用cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|，以及θ，π2，求出角θ.热点二直线与平面所成的角求直线与平面所成角的方法方法一：几何法.步骤为：①找出直线l 在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出平面α的法向量n 与直线AB 的方向向量AB →；②计算cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |；③利用sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|，以及θ∈0，π2，求出角θ.热点三平面与平面的夹角求平面与平面的夹角方法方法一：几何法.步骤为：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.方法二：空间向量法.步骤为：①求两个平面α，β的法向量m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |；③设两个平面的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|.热点四距离问题1.空间中点、线、面距离的相互转化关系2.空间距离的求解方法有：(1)作垂线段；(2)等体积法；(3)等价转化；(4)空间向量法.一、单选题1．在正方体1111ABCD A B C D -中，直线m 、n 分别在平面ABCD 和11ABB A 内，且m n ⊥，则下列命题中正确的是（）A ．若m 垂直于AB ，则n 垂直于AB B ．若m 垂直于AB ，则n 不垂直于ABC ．若m 不垂直于AB ，则n 垂直于ABD ．若m 不垂直于AB ，则n 不垂直于AB【答案】C【详解】AB 选项，若m 垂直于AB ，由面ABCD ⊥面11ABB A ，面ABCD ⋂面11ABB A AB =，可得m 垂直于面11ABB A ，即面11ABB A 内的所有直线均与m 垂直，而n 可能垂直于AB ，也可能不垂直于AB ，故A 错误，B 错误；CD 选项，若m 不垂直于AB ，则,BC m 为面ABCD 内的两条相交直线，由题可知BC n ⊥，m n ⊥，则n 垂直面ABCD ，又AB ⊂面ABCD ，所以n 垂直于AB ，故C 正确，D 错误.故选：C2．在中国古代数学经典著作《九章算术》中，称图中的多面体ABCDEF 为“刍甍”.书中描述了刍甍的体积计算方法：求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一，即()216V AB EF AD h =+⨯⨯，其中h 是刍甍的高，即点F 到平面ABCD 的距离.若底面ABCD 是边长为4的正方形，2EF =，且//EF AB ，ADE V 和BCF △是等腰三角形，90AED BFC ∠=∠= ，则该刍甍的体积为（）A ．3B ．3C ．D ．403【答案】B【详解】如图所示，设点F 在底面的射影为G ，,H M 分别为,BC AD 的中点，连接,,EM FH MH ，则FG 即为刍甍的高，-P ABC 面积恰为该容器的表面积）展开后是如图所示的边长为10的正方形123APP P （其中点B 为23P P 中点，点C为12PP 中点），则该玩具的体积为（）A ．6253B ．1253C ．125D ．2503【答案】B【详解】该玩具为三棱锥-P ABC ，即三棱锥A PBC -，则PA ⊥底面PBC ，且10PA =，PBC 面积为252，所以12512510323P ABC V -=⨯⨯=.故选：B.4．攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖.通常有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑､园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6m ，腰长为5m 的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（）A ．38πmB ．39πmC ．310πmD ．312πm 【答案】D【详解】如图所示为该圆锥轴截面，由题知该圆锥的底面半径为15．已知为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A ．若//,//a b b α，则//a αB ．若//,,//a b a b αβ⊥，则αβ⊥C ．若//,//,//a b αβαβ，则//a bD ．若//,//,a b αβαβ⊥，则a b⊥【答案】B【详解】对于A ，若//,//a b b α，则//a α或a α⊂，故A 错误；对于B ，若//,//a b b β，则a β⊂或//a β，若a β⊂，因为a α⊥，则αβ⊥，若//a β，如图所示，则在平面β一定存在一条直线//m a ，因为a α⊥，所以m α⊥，又m β⊂，所以αβ⊥，综上若//,,//a b a b αβ⊥，则αβ⊥，故B 正确；对于C ，若//,//,//a b αβαβ，则直线,a b 相交或平行或异面，故C 错误；对于D ，若//,//,a b αβαβ⊥，则直线,a b 相交或平行或异面，故D 错误.故选：B.6．在直三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为等腰直角三角形，若三棱柱111ABC A B C -的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（）A ．12πB ．24πC ．48πD ．96π7．已知三棱锥-P ABC 中，底面ABC 是边长为的正三角形，点P 在底面上的射影为底面的中心，且三棱锥-P ABC 外接球的表面积为18π，球心在三棱锥-P ABC 内，则二面角P AB C --的平面角的余弦值为（）A ．12B ．13C 22D 即PDC ∠为二面角P AB C --的平面角，由23AB =，得22OC OD ==，显然三棱锥线段PO 上，由三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为8．已知三棱锥-P ABC 的四个顶点都在球O的球面上，4PB PC AB AC ====，2PA BC ==，则球O 的表面积为（）A ．316π15B ．79π15C ．158π5D ．79π5而,,AB AC A AB AC =⊂ 平面ABC ，因此在等腰ABC 中，4,2AB AC BC ===，则215sin 1cos ABC ABC ∠=-∠=，二、多选题9．已知直线a ，b ，c 两两异面，且a c ⊥，b c ⊥，下列说法正确的是（）A ．存在平面α，β，使a α⊂，b β⊂，且c α⊥，c β⊥B ．存在平面α，β，使a α⊂，b β⊂，且c α∥，c β∥C ．存在平面γ，使a γ∥，b γ∥，且c γ⊥D ．存在唯一的平面γ，使c γ⊂，且a ，b 与γ所成角相等【答案】ABC【详解】对于A,平移直线b 到与直线a 相交，设平移后的直线为b '，因为b c ⊥，所以b c '⊥，设直线,a b '确定的平面为α，则a c ⊥，b c '⊥，直线b '和a 相交，所以c α⊥，同理可得：c β⊥，故A 对；对于B,平移直线c 到与直线a 相交，设平移后的直线为c '，设直线,a c '确定的平面为α，因为c //c '，且α⊄c ，所以c α∥，同理可得：c β∥，故B 对；对于C,同时平移直线b 和直线a ，令平移后的直线相交，设平移后的直线为,a b ''''，因为a c ⊥，b c ⊥，所以a c ''⊥，b c ''⊥，设直线,a b ''''确定的平面为γ，则a γ∥，b γ∥，且c γ⊥，故C 对；对于D ，由对称性可知，存在两个平面γ，使c γ⊂，且a ，b 与γ所成角相等，故D 错误；故选：ABC.10．已知正方体1111ABCD A B C D -的外接球表面积为12π，,,M N P 分别在线段1BB ，1CC ，1DD 上，且,,,A M N P 四点共面，则（）．A ．AP MN=B ．若四边形AMNP 为菱形，则其面积的最大值为C ．四边形AMNP 在平面11AAD D 与平面11CC D D 内的正投影面积之和的最大值为6D ．四边形AMNP 在平面11AA D D 与平面11CC D D 内的正投影面积之积的最大值为4设正方体1111ABCD A B C D -依题意，234π()12π2a ⋅=，解得因为平面11BCC B ∥平面ADD则M 在平面11AA D D 上的投影落在设为H ，则四边形AGHP 为四边形AMNP 由于,AM PN GM HN ==,则（当1x y ==时取“＝”），故C 错误，D 正确，故选：ABD三、解答题11．如图，四棱锥S ABCD -的底面为菱形，60BAD ∠=︒，2AB =，4SD =，SD ⊥平面ABCD ，点E 在棱SB 上．(1)证明：AC DE ⊥；(2)若三棱锥E ABC -，求点E 到平面SAC 的距离．【详解】（1）证明：如图，连接BD ，因为四边形ABCD 为菱形，所以AC BD ⊥，因为SD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以SD AC ⊥，又因为SD BD D = ，所以AC ⊥平面SBD ，又因为DE ⊂平面SBD ，所以AC DE ⊥．（2）解：设点E 到平面ABC 则三棱锥E ABC -的体积V (11sin 18032AB BC =⨯⨯⨯⨯︒-12．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)已知OCD 是边长为1的等边三角形，已知点E 在棱AD 的中点，且二面角E BC D --的大小为45 ，求三棱锥A BCD -的体积.【详解】（1）证明：AB AD = ，O 为BD 的中点，AO BD ∴⊥，又平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ⋂平面BCD BD =，AO ⊂平面BCD ，所以AO ⊥平面BCD ，又CD ⊂平面BCD ，AO CD ∴⊥．（2）取OD 的中点F ，因为OCD 为等边三角形，所以CF OD ⊥，过O 作//OM CF ，与BC 交于M ，则OM OD ⊥，由（1）可知OA ⊥平面BCD ，设OA a =，因为OA ⊥平面BCD ，所以设平面BCE 的一个法向量为n =3300x y n BC ⎧+=⎪⎧⋅= ○热○点○题○型二外接球、内切球等相关问题一、单选题1．已知ABC 是边长为3的等边三角形，其顶点都在球O 的球面上，若球O 的体积为323π，则球心O 到平面ABC 的距离为（）A B ．32C ．1D 因为ABC 是边长为3的等边三角形，且所以13O B =，又因为球O 的体积为32π2．已知三棱锥-P ABC 的底面ABC 是边长为1的正三角形，侧棱,,PA PB PC 两两垂直，若此三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是（）A ．3πB ．πC ．3π4D ．3π23．一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在一个球面上，且这个球的半径为5，则这个圆锥的体积的最大值时，圆锥的底面半径为（）A ．103B ．2C ．3D 【答案】C【详解】解：如图，设圆锥的底面半径为r ，球半径5R =，球心为O ．过圆锥的顶点P 作底面的垂线2125OO r =-．所以圆锥的高h PO =4．已知圆锥的侧面积为2π，母线与底面所成角的余弦值为2，则该圆锥的内切球的体积为（）A ．4π3B ．43π9C．27D5．如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为A ，圆柱的上、下底面的圆心分别为B 、C ，若该几何体Ω存在外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上）．已知24BC AB ==，则该组合体的体积等于（）A ．56πB ．70π3C ．48πD ．64π【答案】A【详解】设该组合体外接球的球心为O ，半径为R ，易知球心在BC 中点，则224R AO ==+=.6．已知矩形ABCD的顶点都在球心为的体积为43，则球O的表面积为（）A．76πB．112πC D．3故球的表面积为：2476πR π=，故选：A ．7．水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（）A ．4B ．2C ．2D ．6此时，如上图示，O 为半球的球心，体的体对角线，且该小球与半球球面上的切点与8．已知三棱锥-PABC的四个顶点均在球的球面上，，PB AC== PC AB=Q为球O的球面上一动点，则点Q到平面PAB 的最大距离为（）A2211BC2211D2223BD BE AB∴+==，BD2226BD BE BF∴++=，∴球在PAB中，cosABABP∠=二、填空题9．在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，14AB AC PA AB AC ⊥=+=，，，当三棱锥的体积最大时，三棱锥-P ABC 外接球的体积为______．则三棱锥-P ABC 外接球的直径为2R PA =因此，三棱锥-P ABC 外接球的体积为34π3R10．如图，在直三棱柱111中，1．设为1的中点，三棱锥D ABC -的体积为94，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，则三棱柱111ABC A B C -外接球的表面积为______．【答案】27π【详解】取1A B 的中点E ，连接AE ，如图．因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥．又面1A BC ⊥面11ABB A ，面1A BC ⋂面111ABB A A B =，且AE ⊂面11ABB A ，所以⊥AE 面1A BC ，BC ⊂面1A BC ，所以AE BC ⊥．在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥面ABC ，BC ⊂面ABC ，所以1BB BC ⊥．又AE ，1BB ⊂面11ABB A ，且AE ，1BB 相交，所以BC ⊥面11ABB A ，AB ⊂面11ABB A ，所以BC AB ⊥．11．如图，直三棱柱111的六个顶点都在半径为1的半球面上，，侧面11BCC B 是半球底面圆的内接正方形，则直三棱柱111ABC A B C -的体积为___________.12．如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图，若该六边形的面积为12+，则该棱锥的内切球半径为___．由题意，侧面展开图的面积由,PD AD PD DC ⊥⊥，○热○点○题○型三平面关系、垂直关系、二面角等相关问题1．已知多面体ABCDEF 中，四边形CDEF 是边长为4的正方形，四边形ABCD 是直角梯形，90ADC DAB ∠=∠=︒，36BE AB ==，4=AD ．(1)求证：平面ADF ⊥平面BCE ；(2)求直线AF 与平面BCF 所成角的正弦值．【详解】（1）因为四边形CDEF 是边长为4的正方形，所以CE ⊥DF ，ED ⊥DC ，因为四边形ABCD 是直角梯形，90ADC DAB ∠=∠=︒，所以AD ⊥CD ，AB ⊥AD ，故直线AF与平面BCF所成角的正弦值为-PA 2．如图，在四棱锥P ABCD平面PAD⊥平面ABCD．Array(1)证明：平面CDM⊥平面PAB；(2)若AD BC ∥，2AD BC =，2AB =，直线PB 与平面MCD ，求三棱锥P MCD -的体积．【详解】（1）取AD 中点为N ，连接PN ，因为PAD 为等边三角形，所以PN AD ^，且平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，PN ⊂面PAD ，所以PN ^平面ABCD ，又AB ⊂平面ABCD ，所以PN AB ⊥，又因为PD AB ⊥，PN PD P = ，,PN PD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，又因为DM ⊂平面PAD ，所以AB DM ⊥，因为M 为AP 中点，所以DM PA ⊥，且PA AB A = ，,PA PB ⊂平面PAD ，所以DM ⊥平面PAB ，且DM ⊂平面CDM ，所以平面CDM ⊥平面PAB .（2）由（1）可知，PN AB ⊥且PD AB ⊥，PN PD P = ，所以AB ⊥平面PAD ，△为边长为6的等边三角形，E为BD的中点，F为AE的三等分点，且2AF FE ABD=.(1)求证：//FM 面ABC ；(2)若二面角A BD C --的平面角的大小为23π，求直线EM 与面ABD 所成角的正弦值.【详解】（1）在BE 上取一点N ，使得12BN NE =，连接FN ，NM ，∵6BD =，∴116BN BD ==，2NE =，3ED =，∵12AF FE =，∴12BN AF NE FE ==，则FN AB ∥，又FN ⊄面ABC ，AB ⊂面ABC ，∴FN ∥面ABC ，∵15BN CM ND MD ==，∴NM BC ∥.∵NM ⊄面ABC ，BC ⊂面ABC ，∴NM ∥面ABC ，∵FN NM N = ，,FN NM ⊂面FNM ，∴面FNM ∥面ABC ，又FM ⊂面FNM ，4．已知底面是正方形，平面，，，点E 、F 分别为线段PB 、CQ 的中点．(1)求证：//EF平面PADQ ；(2)求平面PCQ 与平面CDQ 夹角的余弦值；(3)线段PC 上是否存在点M ，使得直线AM 与平面PCQ 所成角的正弦值是7，若存在求出PM MC的值，若不存在，说明理由．【详解】（1）证明：法一：分别取AB 、CD 的中点G 、H ，连接EG 、GH 、FH ，由题意可知点E 、F 分别为线段PB 、CQ 的中点．所以//EG PA ，//FH QD ，因为//PA DQ ，所以//EG FH ，所以点E 、G 、H 、F 四点共面，因为G 、H 分别为AB 、CD 的中点，所以//GH AD ，因为AD ⊂平面ADQP ，GH ⊄平面ADQP ，所以//GH 平面ADQP ，又因为//FH QD ，QD ⊂平面ADQP ，FH ⊄平面ADQP ，所以//FH 平面ADQP ，法二：因为ABCD 为正方形，且以点A 为坐标原点，以AB 、空间直角坐标系，则()0,0,3P 、()3,3,0C 、()0,3,1Q 所以()0,3,1EF =- ，易知平面PADQ 所以0a EF ⋅= ，所以E F a ⊥ ，EF ⊄ADQP EF所在平面和圆所在的平面互相垂直，已知2,1AB EF ==．(1)求证：平面DAF ⊥平面CBF ；(2)当AD 的长为何值时，二面角C EF B --的大小为60︒？设()0AD t t =>，则(1,0,C -∴(1,0,0)EF = ，33,22CF ⎛= ⎝6．如图，在三棱柱111中，四边形11是边长为4的菱形，AB BC =，点D 为棱AC 上的动点（不与A 、C 重合），平面1B BD 与棱11AC 交于点E .(1)求证1BB DE //；(2)若平面ABC ⊥平面11AAC C ，160A AC ∠= ，判断是否存在点D 使得平面11A ABB 与平面1B BDE 所成的锐二面角为π3，并说明理由.【详解】（1）11//BB CC ，且1BB ⊂/平面11ACC A ，1CC ⊂平面11ACC A ，∴1//BB 平面11ACC A ，又∵1BB ⊂平面1B BD ，且平面1B BD 平面11ACC A DE =，∴1BB DE //；（2）连接1AC ，取AC 中点O ，连接1AO ，BO ，在菱形11ACC A 中，160A AC ∠=︒，∴1A AC △是等边三角形，又∵O 为AC 中点，∴1A O ⊥∵平面ABC ⊥平面11ACC A ，平面ABC ⋂平面11ACC A AC =∴1A O ⊥平面ABC ，OB ⊂平面。
专题08 立体几何第02期-备战2017高考高三数学理全国各地一模金卷分项 含解析 精品
【备战2017高考高三数学全国各地一模试卷分项精品】专题立体几何一、选择题【2017安徽蚌埠3月质检】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该几何体的体积为（）A. 15B. 16C.D.【答案】C【解析】由三视图可得，该几何体是一个以俯视图为底面，高为的四棱锥，其体积，故选C.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.【2017广西南宁适应性测试】如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A. 12B. 15C. 18D. 21【答案】C【解析】该几何体的直观图如图所示，是一个长宽高分别为的长方体切去一半得到的，其体积为.故本题正确答案是【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整. 【2017安徽宿州一模】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】从三视图所提供是图形信息与数据信息可知该几何体是一个底面是直角三角形高为5 的三棱柱去掉一个三棱锥剩余的几何体.如图，其表面由两个直角梯形、一个矩形与两个直角三角形构成.其面积为，应选答案D.【2017甘肃兰州一诊】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【2017辽宁沈阳市郊联体期末】已知一几何体的三视图如图所示，俯视图由一个直角三角形与一个半圆组成，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：由题意得，根据给定的三视图，该几何体可得原几何体表示前半部分是一个底面为直角三角形，且直角边分别为和的三角形，侧棱为的直三棱柱，后半部分表示一个底面半径为，母线长为的半个圆柱，所以该几何体的体积为，故选A．考点：几何体的三视图与几何体的体积．【点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图的应用，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答中，根据给定的三视图得出该几何体可得原几何体表示前半部分是一个底面为直角三角形，且直角边分别为和的三角形，侧棱为的直三棱柱，后半部分表示一个底面半径为，母线长为的半个圆柱是解答的关键．【2017辽宁沈阳市郊联体期末】已知球的半径为4，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4，则两圆的圆心距等于（）A. 2B.C.D. 4【答案】C【解析】设两圆的圆心分别为，球心为，公共弦为，其中点为，则为矩形，于是对角线，而，故选C.【点睛】本题主要考查球的几何性质及空间想象能力属于难题. 解决与球有关的问题时一定要注意两点：一是注意运用性质，这是解决与球有关问题必须要用的结论；二是化立体问题为平面问题，结合平面几何的相关知识求解,在求解过程当中，通常会结合一些初中阶段学习的平面几何知识，例如三角形的中位线，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等，在复习时应予以关注.【2017内蒙古包头一模】某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积是12π，則它的表面积是（ ）A ．1816π+B ．2016π+ C. 2216π+ D ．2416π+ 【答案】A【解析】几何体为 个圆柱，底面半径为，高为，所以体积为因此表面积是 选.【点睛】(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥，圆柱，球是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析． 【2017湖南十三校联考】三棱锥及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，则该三棱锥的外接球的表面积为 （ ）A. B. C. D.【答案】B【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整. 【2017甘肃肃南裕固族自治县一中期末】某三棱锥的三视图如图所示，则该三菱锥的体积是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】三棱锥的高为2,底面三角形为等腰直角三角形,面积为,所以体积为,选B.【2017甘肃肃南裕固族自治县一中期末】若一条直线与一个平面成角，则这条直线与这个平面内经过斜足的直线所成角中最大角等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】当这个平面内经过斜足的直线与这条直线在这个平面内射影垂直时, 直线与这条直线垂直,所成角为直角,而两直线所成角范围为,所以直线与这条直线所成角最大值为,所以选B.【2017河北张家口期末】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. 2B. 4C. 6D. 12【答案】B【2017河北张家口期末】三棱柱中，为等边三角形，平面，，，分别是，的中点，则与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【点睛】本题主要考查了空间向量在立体几何中的应用之异面直线及其所成的角，即直线的方向向量所成的角与异面直线所成的角相等或互补，主要依据异面直线所成角的范围来确定是相等或互补，属常见题型；在该题中取的中点，的中点，建立空间直角坐标系．利用，即可得出.【2017湖南邵阳大联考】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】几何体为一个圆柱与半个圆柱的组合体,两个圆柱的底面积为,高为2,所以体积为,选C.【2017吉林二调】某几何体的三视图如下图，若该几何体的所有顶点都在一个球面上，则该球面的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【点睛】三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．【2017山东菏泽期末】已知是两个不同平面，直线，则“”是“”的（）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】,;,时，位置关系不确定，所以“”是“”的充分不必要条件，选A.【2017山东菏泽期末】某几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中，面积最小的面与底面的面积之比为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】几何体为一个四棱锥，高为4，底面为一个四边形（形如俯视图），底面积为，面积最小的面的面积为，因此面积最小的面与底面的面积之比为，选C.【2017广东梅州一检】已知是两个不同的平面，是两条不重合的直线，则下列命题中正确的是（）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【2017广东梅州一检】某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A. 4B. 8C.D.【答案】C【点睛】三视图问题几乎是各地的必考题目，通常考查考生的空间想象能力，最常见的题型是结合三视图考查几何体的体积、表面积或其与球的组合体问题.若考查体积，只需要确定几何体的形状，哪是底面，哪是高，根据三视图之间的关系“主俯同长，左俯同宽，主左同高”求出底面积和高，根据各多面体的体积公式即可求解；若研究其表面积往往就需要还原几何体，通常的做法是从一个明显的视图沿相反的方向“拉出”，在利用另外两个几何体进行验证；研究多面体与球的组合体最重要的是确定其与球的关系，确定球心的位置.二、填空题【2017安徽蚌埠3月质检】已知边长为的正的三个顶点都在球的表面上，且与平面所成的角为，则球的表面积为__________．【答案】【解析】设正的外接圆圆心为，连接，则，角是与平面所成的角为，由正的边长为可知，所以在中，球的表面积为，故答案为.【2017广西南宁适应性测试】在长方体中，底面是边长为的正方形，，是线段上一点.若二面角的正切值为3，则三棱锥外接球的表面积为__________．【答案】【解析】过作交于，过作于，连接，则为二面角的平面角，,,,,则,.则三棱锥外接球的直径为，其表面积为.【点睛】本题考查的是空间几何体与球接、切问题.这种问题的求解方法:(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点构成的三条线段两两互相垂直，且，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解．学@科网【2017安徽宿州一模】在三棱锥中，侧棱，，两两垂直，、、的面积分别为、、，则三棱锥的外接球的体积为__________．【答案】【2017甘肃兰州一诊】已知在三棱锥中，，，，，，且平面平面，那么三棱锥外接球的体积为__________．【答案】【解析】取的中点，连接，设球半径为，则，，，又，且由已知条件平面，所以由体积可得，解得，所以三棱锥外接球的体积为．【点睛】空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解． (2)若球面上四点构成的三条线段两两互相垂直，且，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解．【2017内蒙古包头一模】已知直线,a b ，平面α，满足a α⊥，且b α，有下列四个命题: ①对任意直线c α⊂，有c a ⊥；②存在直线c α⊄，使c b ⊥且c a ⊥；③对满足a β⊂的任意平面β，有βα⊥；④存在平面βα⊥，使b β⊥.其中正确的命题有 ．(填写所有正确命题的编号) 【答案】①②③④【2017湖南十三校联考】已知边长为2的正方形的四个顶点在球的球面上，球的体积为，则与平面所成的角的余弦值为__________．【答案】【解析】过作平面，垂足为，则为正方形的中心.正方形的边长为,，,球的半径.与平面所成的角的余弦值为.三、解答题【2017广西南宁适应性测试】如图，在四棱锥中，底面，，，.（1）若是的中点，求证：平面；（2）若，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析;（2）.【解析】试题分析：（1）通过证明平面平面，可证得平面;（2）用向量法求解即可.（1）取的中点为，连接，，是的中点，是的中位线，即，，，，、到直线的距离相等，则，，平面平面，则平面.（2）∵，则，∴，，.设平面的一个法向量为，则即.令，则，，∴，∴，∴与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查的是线面平行的证明和直线与平面所成的角.第一问中通过面面平行证明线面平行，第二问中利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.【2017安徽宿州一模】如图所示，四边形为等腰梯形，为直角三角形，平面与平面垂直，，，点、、分别是、、的中点.过点作平行于平面的截面分别交、于点、，是的中点.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）若直线与平面所成的角的正弦值为，求二面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）【解析】【试题分析】（Ⅰ）依据题设先证明线面垂直，再证明线线垂直；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，借助空间向量的数量积公式，运用转化思想进行求解：（Ⅰ）证明：因为点、分别是等腰梯形两底、的中点，所以.又，则.于是等腰梯形与直角所成二面角的平面角为，则.即，得平面.又平面平面，则平面.因为平面，所以.设直线与平面所成的角为，则，得设平面的法向量为，由，得，取，得，所以，因为二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.【点睛】解答本题的第一问时，充分借助转化与化归的数学思想，将线线垂直的问题等价转化为证明线面的垂直来处理；求解第二问时，则构建空间直角坐标系，借助空间向量的数量积公式求解，使得问题的求解有章可循.【2017甘肃兰州一诊】在正三棱柱中，，，点为的中点（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若点为上的点，且满足，若二面角的余弦值为，求实数的值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.（Ⅱ）方法一：过作于，则平面，过作，垂足为，连，则，所以为二面角的一个平面角．设，则，所以，所以因为，所以故因，故，解得此时，点为的中点，所以方法二：建立如图所示空间直角坐标系，过作于，则平面，设，则，，，所以，依题意为平面的一个法向量，设为平面一个法向量，则由可得，所以解得，所以【2017辽宁沈阳市郊联体期末】如图，斜三棱柱的底面是直角三角形，，点在底面内的射影恰好是的中点，且.（1）求证：平面平面；（2）若二面角的余弦值为，求斜三棱柱的高.【答案】(1)见解析；(2) .【解析】试题分析：（1）取中点，连接，则平面，所以，结合有平面，从而有平面平面；（2）以为轴，为轴，过点与面垂直方向为轴，建立空间直角坐标系，设，利用二面角的余弦值为和向量法建立方程，求得，即斜三棱柱的高为．试题解析：(1)取中点，连接，则平面又，且平面因为平面,所以平面平面；(2)以为轴，为轴，过点与面垂直方向为轴，建立空间直角坐标系,设，则即设面法向量面法向量即斜三棱柱的高为.考点：空间向量与立体几何.【2017内蒙古包头一模】如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1AC AB =.（1）证明:1AB B C ⊥ ；（2）若1190,60,CAB CBB AB BC ∠=∠==,求二面角111A A B C --的正弦值.【答案】(1)见解析;(2) .【解析】试题分析：(1证明线线垂直，一般利用线面垂直判定与性质定理，而线线垂直的寻找与论证往往需要结合平几条件，如利用菱形对角线相互垂直，以及等腰三角形底面上的中线垂直于底面， (2) 求二面角的大小，一般方法为利用空间向量数量积进行求解，即先根据条件建立恰当的空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求各面的法向量，再根据向量数量积求两法向量的夹角 最后根据二面角与法向量夹角的关系求二面角的正弦值.因为，所以为等边三角形，又因为，所以,,设是平面的法向量，则，即,所以可取.同理，设是平面的法向量，则.可取，则,所以.【2017湖南十三校联考】如图，三棱柱中，，，平面平面，与相交于点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）可利用推论“若两平面垂直，一个平面上的直线垂直于两平面交线，则直线垂直于另一个平面”证明线面垂直.（2）以为原点，以所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得二面角余弦值.试题解析：（1）证明：设的中点为，连.∵，∴四边形为菱形，且为正三角形，∴.∵，∴.而，∴平面，∴.∵四边形为菱形，则有，又平面平面，平面平面，∴平面，∴，又∵，∴平面.（2）如图，∵，∴，以为原点，以所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，∵，∴.从而，有，.∴.设面的法向量为，则，又面的法向量为，设二面角的大小为，由图知为锐角，则.【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.【2017山西五校联考】在四棱锥中，底面平分为的中点，分别为上一点，且.（1）求的值，使得平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）要使得平面，只需找到平面平面，易得和；（2）分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，运用空向量求解线面角即可.（2）分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则，设平面的法向量为，因为，所以，即，令，得平面的一个法向量为，所以直线与平面所成角的正弦值为.【2017甘肃肃南裕固族自治县一中期末】在长方体中，，过三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体，且这个几何体的体积为10.（1）求棱的长；（2）若的中点为，求异面直线与所成角的余弦值.【答案】（1）3；（2）.【解析】试题分析（1）先根据割补法表示几何体体积，再运用长方体及锥体体积公式列方程，解得棱的长；（2）线线角找平行，这个平行可借助长方体的性质进行寻找，即，从而所求角转化为求平面角，最后在三角形中求解.试题解析：（1）设，由题设，得，即，解得.故的长为3.（2）因为在长方体中，所以即为异面直线与所成的角（或其补角）.在中，计算可得，则的余弦值为.【2017河北张家口期末】如图，四边形为正方形，平面，，于点，，交于点．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】(1)见解析；（2）.【解析】试题分析：（Ⅰ）推导出，，，从而平面，由此能证明平面平面．（Ⅱ）以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．试题解析：（1）证明：∵平面，∴，∵，∴平面，∴，∵，∴平面，∴平面平面．（2）解：设，则，．由（1）知平面，∴，，．以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面，，，，即,,,∴，∵平面，，设二面角的平面角为，，又∵二面角的平面角为锐角，∴二面角的余弦值为．【2017湖南邵阳大联考】如图所示，已知三棱柱中，，，．（1）求证：；（2）若，，求二面角的余弦值．【答案】(1)见解析；（2）.【解析】（1）∵四边形为平行四边形，且，，∴为等边三角形，取中点，连接，，则，∵，∴，∵，平面，平面，∴平面，∴．（2）∵为等边三角形，，∴，∵在中，，，为中点，∴，∵，，∴，∴，又，∴平面．【点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.【2017吉林二调】如图，在四棱锥中，底面是菱形，且，点是棱的中点，平面与棱交于点.（1）求证：；（2）若，平面平面，求平面与平面所成的二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析（2）【解析】试题分析：（1）推导出，从而平面，由此能证明．（2）取中点，连接，，以为原点，、、所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成的二面角的余弦值．试题解析：（1）证明：∵是菱形，∴，又平面，平面，∴平面，∵四点共面，且面面，∴.（2）解：取中点，连接，，∵，∴，∵平面平面，平面平面，∴面，∴，在菱形中，∵，，是中点，∴，如图，以为原点，、、所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，由得，，，，，，.又∵，点是棱中点，∴点是棱中点，∴，，，设平面的法向量为，则有，，取，则.∵平面，∴是平面的一个法向量，，二面角的余弦值为，∴平面与平面所成的二面角的余弦值为.【2017山东菏泽期末】如图，在三棱柱中，底面，，是棱上一点.（1）求证：；（2）若，求二面角的大小.【答案】（1）见解析;（2）.【解析】（1）∵三棱柱中，平面，∴.∵，∴，即.又，∴平面，∵平面，∴.（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系.因为，所以，.设平面的一个法向量，则，即，令，则，即，又平面的一个法向量，∴，由图可知二面角为锐角，∴二面角的大小为.【2017广东梅州一检】如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面所截后得到的，其中,.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】(Ⅰ) 见解析; (Ⅱ) .【解析】试题分析：（Ⅰ）欲证平面，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证与平面内两相交直线垂直，而根据余弦定理可得，，又，满足定理条件．(Ⅱ) 如图以为原点建立空间直角坐标系，求出法向量，利用公式求解．试题解析：(Ⅰ) 证明：在△中，∵∴由余弦定理可得又在直平行六面体中，⊥平面，⊂平面，∴，又∴⊥平面.(Ⅱ)以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.∵则有∴设平面的法向量为，故有令，得．而平面的一个法向量为，∴故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.（可作出截面与底面的交线，易求.其他解法比照给分）【2017安徽蚌埠3月质检】如图，四棱锥中，平面平面，，．（1）证明：；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）见解析;（2）.试题解析：（1）如图，连接交于点，∵，即为等腰三角形，又平分，故，∵平面底面，平面底面，∴平面，因平面，所以.（2）作于点，则底面，，以为坐标原点的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，而，得，又，故，，，，由，得，故，所以，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，由，得，因此可取由，得，因此可取，从而法向量的夹角的余弦值为，由图可知二面角是钝角，故二面角的余弦值为.。
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专题5 以立体几何中动态问题为背景的专题训练题型一 立体几何中动态问题中的距离、角度问题1.【浙江省2017届高三3月联考】矩形ABCD 中， AB =， 1BC =，将ABC ∆与ADC ∆沿AC 所在的直线进行随意翻折，在翻折过程中直线AD 与直线BC 成的角范围（包含初始状态）为（ ）A. 0,6π⎡⎤⎢⎥⎣⎦ B. 0,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C. 0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦ D. 20,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦2.【2017届浙江省台州市高三上学期期末质量评估考试】如图，在矩形中，四边形为边长为的正方形，现将矩形沿过点的动直线 翻折，使翻折后的点在平面上的射影落在直线上,若点在折痕上射影为，则的最小值为（ ）A. B. C. D.3.【北京市海淀区2017届高三下学期期中考试】如图，由直三棱柱111ABC A B C -和四棱锥11D BB C C-构成的几何体中， 90BAC ∠=︒， 1AB =， 12BC BB ==， 1C D CD ==，平面1CC D ⊥平面11ACC A ．（Ⅰ）求证： 1AC DC ⊥；（Ⅱ）若M 为1DC 的中点，求证： //AM 平面1DBB ；（Ⅲ）在线段BC 上是否存在点P ，使直线DP 与平面1BB D 所成的角为3π？若存在，求BPBC的值，若不存在，说明理由．4.【山西省大同市灵丘豪洋中学2017届高三下学期第三次模拟考试】如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中， E ， F ， M ， N 分别是棱AB ， AD ， 11A B ， 11A D 的中点，点P ，Q 分别在棱1DD ， 1BB 上移动，且(02)DP BQ λλ==<<.（1）当1λ=时，证明：直线1//BC 平面EFPQ ；（2）是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.5.【湖北省六校联合体2017届高三4月联考】如图，在四棱锥中P ABCD -， PA ⊥平面ABCD ，//AD BC ， AD CD ⊥，且AD CD ==， BC =， 2PA =.（1）求证： AB PC ⊥；（2）在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M AC D --的大小为045，如果存在，求BM 与平面MAC 所成角，如果不存在，请说明理由.6.【江西师范大学附属中学2017届高三3月月考】如图1，在矩形ABCD 中， 5,2AB AD ==，点,E F分别在边,AB CD 上，且4,1AE DF ==， AC 交DE 于点G ．现将ADF ∆沿AF 折起，使得平面ADF ⊥平面ABCF ，得到图2． （Ⅰ）在图2中，求证： CE DG ⊥；（Ⅱ）若点M 是线段DE 上的一动点，问点M 在什么位置时，二面角M AF D --的余弦值为35．7.【安徽省黄山市2017届高三第二次模拟考试】如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，面PAD ⊥底面ABCD ，且PAD ∆是边长为2的等边三角形， PC M =在PC 上，且PA 面MBD .（1）求证: M 是PC 的中点；（2）在PA 上是否存在点F ，使二面角F BD M --为直角？若存在，求出AFAP的值；若不存在，说明理由.8.【河南省息县第一高级中学2017届高三下学期第二次阶段测试】如图所示，已知长方体ABCD 中，2AB AD == M 为DC 的中点，将ADM ∆沿AM 折起，使得AD BM ⊥.（1）求证：平面ADM ⊥平面ABCM ；（2）是否存在满足(01)BE tBD t =<<的点E ，使得二面角E AM D --为大小为4π？若存在，求出相应的实数t ；若不存在，请说明理由.9.【辽宁省大连市2017届高三第一次模拟考试数学】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形， PA ⊥底面ABCD ， AD AP =， E 为棱PD 中点.（1）求证： PD ⊥平面ABE ；（2）若F 为AB 中点， (01)PM PC λλ=<<，试确定λ的值，使二面角P FM B --的余弦值为10.【河北省衡水中学2017届高三下学期三调】已知多面体ABCDEF 如图所示.其中ABCD 为矩形，DAE 为等腰直角三角形， DA AE ⊥，四边形AEFB 为梯形，且AE BF ， 90ABF ∠=︒， 22AB BF AE ===.（1）若G 为线段DF 的中点，求证： EG 平面ABCD .（2）线段DF 上是否存在一点N ，使得直线BN 与平面FCD ？若存在，请指出点N 的位置；若不存在，请说明理由.题型二 立体几何中动态问题中的轨迹问题11.【江西省五市八校2017届高三下学期第二次联考】设P 是正方体1111ABCD A B C D -的对角面11BDD B （含边界）内的点，若点P 到平面ABC 、平面1ABA 、平面1ADA 的距离相等，则符合条件的点P （ ）A. 仅有一个B. 有有限多个C. 有无限多个D. 不存在12.【江西省2017届高三4月新课程教学质量监测】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M ， N ，设BM x =， ()0,1x ∈，给出以下命题：①四边形MENF 为平行四边形；②若四边形MENF 面积()s f x =， ()0,1x ∈，则()f x 有最小值； ③若四棱锥A MENF -的体积()V P x =， ()0,1x ∈，则()P x 为常函数；④若多面体ABCD MENF -的体积()V h x =， 10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()h x 为单调函数.⑤当12x =时，四边形MENF 为正方形.其中假命题的个数为（ ）A. 0B. 3C. 2D. 113.【山西省三区八校2017届高三第二次模拟考试】如图，已知多面体EABCDF 的底面ABCD 是边长为2的正方形， EA ⊥底面ABCD ， //FD EA ，且112FD EA ==．（Ⅰ）求多面体EABCDF 的体积；（Ⅱ）求直线EB 与平面ECF 所成角的正弦值；（Ⅲ）记线段BC 的中点为K ，在平面ABCD 内过点K 作一条直线与平面ECF 平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明．题型三 立体几何中动态问题中的面积、体积问题14.【江西师范大学附属中学2017届高三3月月考】如右图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中， E 为棱1CC 的中点，点,P Q 分别为面1111A B C D 和线段1B C 上的动点，则PEQ ∆周长的最小值为_______．15.【黑龙江省哈尔滨市第六中学2017届高三下学期第一次模拟】已知矩形ABCD 中， 6,4AB BC ==，,E F 分别是,AB CD 上两动点，且AE DF =，把四边形BCFE 沿EF 折起，使平面BCFE ⊥平面ABCD ，若折得的几何体的体积最大，则该几何体外接球的体积为（ ）A. 28πB.C. 32πD. 16.【吉林省梅河口市第五中学2017届高三一模】如图， ABC ∆中， O 是BC 的中点，,22AB AC AO OC ===，将BAO ∆沿AO 折起，使B 点到达'B 点.（1）求证： AO ⊥平面'B OC ；（2）当三棱锥'B AOC -的体积最大时，试问在线段'B A 上是否存在一点P ，使CP 与平面'B OA 所？若存在，求出点P 的位置；若不存在，请说明理由. 17.【江西省临川实验学校2017届高三第一次模拟考试】如图，三棱柱ABE DCF -中， EAB ∆是正三角形，四边形ABCD 是矩形，且2,4EA BC EC ===.（1）求证:平面EAB ⊥平面ABCD ；（2）若点P 在线段EA 上，且(01)PA EA λλ=<<，当三棱锥B APD -的体积为32时，求实数λ的值.18.【江西省2017届高三4月新课程教学质量监测】如图在棱台ABC FED -中， DEF ∆与ABC ∆分别是边长为1与2的正三角形，平面ABC ⊥平面BCDE ，四边形BCDE 为直角梯形， BC CD ⊥，1CD =，点G 为ABC ∆的中心， N 为AB 的中点，点M 是侧棱AF 上的点且AMAFλ=.（1）当23λ=时，求证： //GM 平面DFN ；（2）若三棱锥M BDE -的体积M BDE V -=，求λ的值. 19.【河南省2017届高中毕业年级考前预测】如图，四棱锥P ABCD -中， 122PC AD CD AB ====，//AB DC ， AD CD ⊥， PC ⊥平面ABCD ．（1）求证： BC ⊥平面PAC ；（2）若M 为线段PA 的中点，且过,,C D M 三点的平面与线段PB 交于点N ，确定点N 的位置，说明理由；并求三棱锥A CMN -的高．20.【河南省南阳、信阳等六市2017届高三第一次联考】如图所示的几何体中，为三棱柱，且平面，四边形为平行四边形，．（1）若，求证：平面；（2）若，二面角的余弦值为，求三棱锥的体积．。