新课标高考数学立体几何分类汇编(文科)

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2014-2019年高考数学真题分类汇编专题10：立体几何5(文科大题)2带详细答案

2014-2019年高考数学真题分类汇编专题10：立体几何（文科大题）（二）24．（2015•湖北文）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．在如图所示的阳马P ABCD -中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD CD =，点E 是PC 的中点，连接DE 、BD 、BE ．（Ⅰ）证明：DE ⊥平面PBC ．试判断四面体EBCD 是否为鳖臑．若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；（Ⅱ）记阳马P ABCD -的体积为1V ，四面体EBCD 的体积为2V，求12V V 的值．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直【分析】（Ⅰ）证明BC ⊥平面PCD ，DE ⊥平面PBC ，可知四面体EBCD 的四个面都是直角三角形，即可得出结论；（Ⅱ）由已知，PD 是阳马P ABCD -的高，所以11133ABCD V S PD BC CD PD ==g g g ．由（Ⅰ）知，DE 是鳖臑D BCE -的高，BC CE ⊥，所以21136BCE V S DE BC CE DE ∆==g g g ．即可求12V V 的值．【解答】（Ⅰ）证明：因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD BC ⊥，因为ABCD 为正方形，所以BC CD ⊥，因为PD CD D =I ，所以BC ⊥平面PCD ，因为DE ⊂平面PCD ，所以BC DE ⊥，因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE PC ⊥，因为PC BC C =I ，所以DE ⊥平面PBC ，由BC ⊥平面PCD ，DE ⊥平面PBC ，可知四面体EBCD 的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD 是一个鳖臑，其四个面的直角分别是BCD ∠，BCE ∠，DEC ∠，DEB ∠；（Ⅱ）由已知，PD 是阳马P ABCD -的高，所以11133ABCD V S PD BCCD PD ==g g g ．由（Ⅰ）知，DE 是鳖臑D BCE -的高，BC CE ⊥，所以21136BCE V S DE BC CE DE ∆==g g g ．因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以2DE CE CD ==，所以12123416BC CD PD V CD PDV CE DE BC CE DE===g g g g g g 【点评】本题考查线面垂直的判定与性质，考查体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．25．（2015•湖南文）如图，直三棱柱111ABC A B C -的底面是边长为2的正三角形，E ，F 分别是BC ，1CC 的中点，（Ⅰ）证明：平面AEF ⊥平面11B BCC ；（Ⅱ）若直线1A C 与平面11A ABB 所成的角为45︒，求三棱锥F AEC -的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直【分析】（Ⅰ）证明1AE BB ⊥，AE BC ⊥，1BC BB B =I ，推出AE ⊥平面11B BCC ，利用平面余平米垂直的判定定理证明平面AEF ⊥平面11B BCC ；（Ⅱ）取AB 的中点G ，说明直线1A C 与平面11A ABB 所成的角为45︒，就是1CAG ∠，求出棱锥的高与底面面积即可求解几何体的体积．【解答】（Ⅰ）证明：Q 几何体是直棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，AE ⊂底面ABC ，1AE BB ∴⊥， Q 直三棱柱111ABC A B C -的底面是边长为2的正三角形，E 分别是BC 的中点，AE BC ∴⊥，1BC BB B =I ，AE ∴⊥平面11B BCC ，AE ⊂Q 平面AEF ，∴平面AEF ⊥平面11B BCC ；（Ⅱ）解：取AB 的中点G ，连结1A G ，CG ，由（Ⅰ）可知CG ⊥平面11A ABB ，直线1A C 与平面11A ABB 所成的角为45︒，就是1CAG ∠，则13A G CG ==， 22112AA AG AG ∴=-=，22CF =．三棱锥F AEC -的体积：111126133232CE AE CF ⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=g g ．【点评】本题考查几何体的体积的求法，平面与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．26．（2015•山东文）如图，三棱台DEF ABC -中，2AB DE =，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．（1）求证：//BD 平面FGH ；（2）若CF BC ⊥，AB BC ⊥，求证：平面BCD ⊥平面EGH ．【考点】直线与平面平行；平面与平面垂直【分析】()I 证法一：如图所示，连接DG ，CD ，设CD GF M =I ，连接MH ．由已知可得四边形CFDG 是平行四边形，DM MC =．利用三角形的中位线定理可得：//MH BD ，可得//BD 平面FGH ；证法二：在三棱台DEF ABC -中，2AB DE =，H 为BC 的中点．可得四边形BHFE 为平行四边形．//BE HF ．又//GH AB ，可得平面//FGH 平面ABED ，即可证明//BD 平面FGH ．()II 连接HE ，利用三角形中位线定理可得//GH AB ，于是GH BC ⊥．可证明EFCH 是平行四边形，可得HE BC ⊥．因此BC ⊥平面EGH ，即可证明平面BCD ⊥平面EGH ．【解答】()I 证法一：如图所示，连接DG ，CD ，设CD GF M =I ，连接MH ．在三棱台DEF ABC -中，2AB DE =，G 为AC 的中点．∴//DF GC =，∴四边形CFDG 是平行四边形，DM MC ∴=．又BH HC =，//MH BD ∴，又BD ⊂/平面FGH ，MH ⊂平面FGH ，//BD ∴平面FGH ；证法二：在三棱台DEF ABC -中，2AB DE =，H 为BC 的中点．∴//BH EF =，∴四边形BHFE 为平行四边形．//BE HF ∴．在ABC ∆中，G 为AC 的中点，H 为BC 的中点， //GH AB ∴，又GH HF H =I ，∴平面//FGH 平面ABED ，BD ⊂Q 平面ABED ，//BD ∴平面FGH ．()II 证明：连接HE ，G Q ，H 分别为AC ，BC 的中点， //GH AB ∴，AB BC ⊥Q ，GH BC ∴⊥，又H 为BC 的中点，//EF HC ∴，EF HC =，CF BC ⊥． EFCH ∴是矩形，//CF HE ∴． CF BC ⊥Q ，HE BC ∴⊥．又HE ，GH ⊂平面EGH ，HE GH H =I ， BC ∴⊥平面EGH ，又BC ⊂平面BCD ，∴平面BCD ⊥平面EGH ．【点评】本题考查了空间线面面面平行与垂直的判定及性质定理、三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质定理，考查了空间想象能力、推理能力，属于中档题． 27．（2015•陕西文）如图，在直角梯形ABCD 中，//AD BC ，2BAD π∠=，12AB BC AD a ===，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将ABE ∆沿BE 折起到如图2中△1A BE 的位置，得到四棱锥1A BCDE -．（Ⅰ）证明：CD ⊥平面1A OC ；（Ⅱ）当平面1A BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -的体积为362a 的值．【考点】直线与平面垂直；平面与平面垂直【分析】()I 运用E 是AD 的中点，判断得出BE AC ⊥，BE ⊥面1A OC ，考虑//CD DE ，即可判断CD ⊥面1A OC ．()II 运用好折叠之前，之后的图形得出1A O 是四棱锥1A BCDE -的高，平行四边形BCDE 的面积2S BC AB a ==g ，运用体积公式求解即可得出a 的值．【解答】解：()I 在图1中，因为12AB BC AD a ===，E 是AD 的中点， 2BAD π∠=，所以BE AC ⊥，即在图2中，1BE AO ⊥，BE OC ⊥，从而BE ⊥面1A OC ，由//CD BE ，所以CD ⊥面1A OC ，()II 即1A O 是四棱锥1A BCDE -的高，根据图1得出122AO AB =， ∴平行四边形BCDE 的面积2S BC AB a ==g ，231112233V S AO a =⨯⨯=⨯=，由32362V ==6a =．【点评】本题考查了平面立体转化的问题，运用好折叠之前，之后的图形，对于空间直线平面的位置关系的定理要很熟练．28．（2015•上海文）如图，圆锥的顶点为P ，底面圆为O ，底面的一条直径为AB ，C 为半圆弧¶AB 的中点，E 为劣弧¶CB的中点，已知2PO =，1OA =，求三棱锥P AOC -的体积，并求异面直线PA 和OE 所成角的余弦值大小．【考点】异面直线及其所成的角【分析】由条件便知PO 为三棱锥P AOC -的高，底面积AOC S ∆又容易得到，从而带入棱锥的体积公式即可得到该三棱锥的体积．根据条件能够得到//OE AC ，从而找到异面直线PA ，OE 所成角为PAC ∠，可取AC 中点H ，连接PH ，便得到PH AC ⊥，从而可在Rt PAH ∆中求出cos PAC ∠，从而得到PAC ∠．【解答】解：2PO =Q ，1OA =，OC AB ⊥；∴111112323P AOC V -=⨯⨯⨯⨯=三棱锥； E 为劣弧¶CB的中点； 45BOE ∴∠=︒，又45ACO ∠=︒； //OE AC ∴；PAC ∴∠便是异面直线PA 和OE 所成角；在ACP ∆中，2AC =5AP CP =如图，取AC 中点H ，连接PH ，则PH AC ⊥，2AH =∴在Rt PAH ∆中，10cos AH PAH AP ∠==； ∴异面直线PA 与OE 所成角的大小为10．【点评】考查圆锥的定义，圆锥的高和母线，等弧所对的圆心角相等，能判断两直线平行，以及异面直线所成角的定义及找法、求法，能用反三角函数表示角．29．（2015•四川文）一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．（Ⅰ）请按字母F，G，H标记在正方体相应地顶点处（不需要说明理由）（Ⅱ）判断平面BEG与平面ACH的位置关系．并说明你的结论．（Ⅲ）证明：直线DF⊥平面BEG．【考点】平面与平面之间的位置关系；直线与平面垂直【分析】（Ⅰ）直接标出点F，G，H的位置．（Ⅱ）先证BCHE为平行四边形，可知//BG平面ACH，即可BE平面ACH，同理可证//证明平面//BEG平面ACH．（Ⅲ）连接FH，由DH EG⊥，可证EG⊥平面BFHD，从而可⊥，EG FH⊥，又DH EG证DF EG⊥，即可证明DF⊥平面BEG．⊥，同理DF BG【解答】解：（Ⅰ）点F，G，H的位置如图所示．（Ⅱ）平面//BEG平面ACH，证明如下：Q为正方体，-ABCD EFGH=，∴，BC EH//BC FG又//=，FG EH，FG EH//BC EH ∴，BC EH =， BCHE ∴为平行四边形． //BE CH ∴，又CH ⊂平面ACH ，BE ⊂/平面ACH ， //BE ∴平面ACH ，同理//BG 平面ACH ，又BE BG B =I ，∴平面//BEG 平面ACH ．（Ⅲ）连接FH ，ABCD EFGH -Q 为正方体， DH EG ∴⊥，又EG ⊂Q 平面EFGH ， DH EG ∴⊥，又EG FH ⊥，EG FH O =I ， EG ∴⊥平面BFHD ，又DF ⊂平面BFHD ， DF EG ∴⊥，同理DF BG ⊥，又EG BG G =Q I ，DF ∴⊥平面BEG ．【点评】本题主要考查了简单空间图形的直观图、空间线面平行与垂直的判定与性质等基础知识，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．30．（2015•天津文）如图，已知1AA ⊥平面ABC ，11//BB AA ，3AB AC ==，25BC =，17AA =，127BB =，点E 和F 分别为BC 和1A C 的中点．（Ⅰ）求证：//EF 平面11A B BA ；（Ⅱ）求证：平面1AEA ⊥平面1BCB ；（Ⅲ）求直线11A B 与平面1BCB 所成角的大小．【考点】直线与平面平行；平面与平面垂直；直线与平面所成的角【分析】（Ⅰ）连接1A B ，易证1//EF A B ，由线面平行的判定定理可得；（Ⅱ）易证AE BC ⊥，1BB AE ⊥，可证AE ⊥平面1BCB ，进而可得面面垂直；（Ⅲ）取1BB 中点M 和1B C 中点N ，连接1A M ，1A N ，NE ，易证11A B N ∠即为直线11A B 与平面1BCB 所成角，解三角形可得．【解答】（Ⅰ）证明：连接1A B ，在△1A BC 中，E Q 和F 分别是BC 和1A C 的中点，1//EF A B ∴，又1A B ⊂Q 平面11A B BA ，EF ⊂/平面11A B BA ， //EF ∴平面11A B BA ；（Ⅱ）证明：AB AC =Q ，E 为BC 中点，AE BC ∴⊥， 1AA ⊥Q 平面ABC ，11//BB AA ，1BB ∴⊥平面ABC ，1BB AE ∴⊥，又1BC BB B =Q I ，AE ∴⊥平面1BCB ，又AE ⊂Q 平面1AEA ，∴平面1AEA ⊥平面1BCB ；（Ⅲ）取1BB 中点M 和1B C 中点N ，连接1A M ，1A N ，NE ， N Q 和E 分别为1B C 和BC 的中点，NE ∴平行且等于112B B ，NE ∴平行且等于1A A ，∴四边形1A AEN 是平行四边形， 1A N ∴平行且等于AE ，又AE ⊥Q 平面1BCB ，1A N ∴⊥平面1BCB ， 11A B N ∴∠即为直线11A B 与平面1BCB 所成角，在ABC ∆中，可得2AE =，12A N AE ∴==， 1//BM AA Q ，1BM AA =，1//A M AB ∴且1A M AB =，又由1AB BB ⊥，11A M BB ∴⊥，在RT △11A MB 中，2211114A B B M A M =+=，在RT △11A NB 中，111111sin 2A N AB N A B ∠==， 1130A B N ∴∠=︒，即直线11A B 与平面1BCB 所成角的大小为30︒【点评】本题考查线面垂直与平行关系的证明，涉及直线与平面所成的角，属中档题． 31．（2015•浙江文）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=︒，2AB AC ==，14A A =，1A 在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是11B C 的中点．（Ⅰ）证明：1A D ⊥平面1A BC ；（Ⅱ）求直线1A B 和平面11BB C C 所成的角的正弦值．【考点】直线与平面垂直；直线与平面所成的角【分析】()I 连接AO ，1A D ，根据几何体的性质得出11AO A D ⊥，1A D BC ⊥，利用直线平面的垂直定理判断．()II 利用空间向量的垂直得出平面11BB C C 的法向量(7n =r，0，1)，|根据与1BA u u u r 数量积求解余弦值，即可得出直线1A B 和平面11BB C C 所成的角的正弦值．【解答】证明：()2I AB AC ==Q ，D 是11B C 的中点． 111A D B C ∴⊥， 11//BC B C Q ， 1A D BC ∴⊥，1A O ⊥Q 面ABC ，1//A D AO ， 1AO AO ∴⊥，1AO BC ⊥ BC AO O =Q I ，11AO A D ⊥，1A D BC ⊥ 1A D ∴⊥平面1A BC解：()II建立坐标系如图Q 在三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=︒，2AB AC ==，14A A =(0O ∴，0，0)，(0B ，2，0)，1(2B -，2，14)，1(0A ，0，14) 即1(0A B =u u u r ，2，14)-，(0OB =u u u r ，2，0)，1(2BB =-u u u r，0，14)，设平面11BB C C 的法向量为(n x =r，y ，)z ， 100n OB n BB ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r r gu u u rr g 即得出02140y x z =⎧⎪⎨-+=⎪⎩ 得出(7n =r ，0，1)，1||4BA =u u u r ，||22n =rQ 114n BA =u u ur r g ，cos n ∴<r ，1147422BA >==⨯u u ur ，可得出直线1A B 和平面11BB C C 所成的角的正弦值为7【点评】本题考查了空间几何体的性质，直线平面的垂直问题，空间向量的运用，空间想象能力，计算能力，属于中档题．32．（2015•重庆文）如图，三棱锥P ABC -中，平面PAC ⊥平面ABC ，2ABC π∠=，点D 、E 在线段AC 上，且2AD DE EC ===，4PD PC ==，点F 在线段AB 上，且//EF BC ．（Ⅰ）证明：AB ⊥平面PFE ．（Ⅱ）若四棱锥P DFBC -的体积为7，求线段BC 的长．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直【分析】（Ⅰ）由等腰三角形的性质可证PE AC ⊥，可证PE AB ⊥．又//EF BC ，可证AB EF ⊥，从而AB 与平面PEF 内两条相交直线PE ，EF 都垂直，可证AB ⊥平面PEF ．（Ⅱ）设BC x =，可求AB ，ABC S ∆，由//EF BC 可得AFE ABC ∆∆∽，求得49AFE ABC S S ∆∆=，由12AD AE =，可求AFD S ∆，从而求得四边形DFBC 的面积，由（Ⅰ）知PE 为四棱锥P DFBC -的高，求得PE ，由体积173P DFBC DFBC V S PE -==g g ，即可解得线段BC 的长．【解答】解：（Ⅰ）如图，由DE EC =，PD PC =知，E 为等腰PDC ∆中DC 边的中点，故PE AC ⊥，又平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC ⋂平面ABC AC =，PE ⊂平面PAC ，PE AC ⊥，所以PE ⊥平面ABC ，从而PE AB ⊥．因为2ABC π∠=，//EF BC ，故AB EF ⊥，从而AB 与平面PEF 内两条相交直线PE ，EF 都垂直，所以AB ⊥平面PEF ．（Ⅱ）设BC x =，则在直角ABC ∆中，22236AB AC BC x -=-，从而2113622ABC S AB BC x x ∆==-g 由//EF BC 知23AF AE AB AC ==，得AFE ABC ∆∆∽，故224()39AFEABCS S ∆∆==，即49AFE ABC S S ∆∆=，由12AD AE =，2114213622999AFD AFE ABC ABC S S S S x x ∆∆∆∆====-g 从而四边形DFBC 的面积为：2221173636362918DFBC ABC AFD S S S x x x x x x ∆=-=--=-．由（Ⅰ）知，PE ⊥平面ABC ，所以PE 为四棱锥P DFBC -的高．在直角PEC ∆中，22224223PE PC EC =-=-=，故体积2117362373318P DFBC DFBC V S PE x x -==-=g g g g ，故得42362430x x -+=，解得29x =或227x =，由于0x >，可得3x =或33x =．所以：3BC =或33BC =．【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定，棱柱、棱锥、棱台的体积的求法，考查了空间想象能力和推理论证能力，考查了转化思想，属于中档题．33．（2015•江苏）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，已知AC BC ⊥，1BC CC =，设1AB 的中点为D ，11B C BC E =I ．求证：（1）//DE 平面11AA C C ；（2）11BC AB ⊥．【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直【分析】（1）根据中位线定理得//DE AC ，即证//DE 平面11AA C C ；（2）【方法一】先由直三棱柱得出1CC ⊥平面ABC ，即证1AC CC ⊥；再证明AC ⊥平面11BCC B ，即证1BC AC ⊥；最后证明1BC ⊥平面1B AC ，即可证出11BC AB ⊥．【方法二】建立空间直角坐标系，利用向量数量积证明异面直线垂直．【解答】证明：（1）如图所示，由据题意得，E 为1B C 的中点，D 为1AB 的中点，所以//DE AC ；又因为DE ⊂/平面11AA C C ，AC ⊂平面11AA C C ，所以//DE 平面11AA C C ；（2）【方法一】因为棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1CC ⊥平面ABC ，因为AC ⊂平面ABC ，所以1AC CC ⊥；又因为AC BC ⊥， 1CC ⊂平面11BCC B ，BC ⊂平面11BCC B ， 1BC CC C =I ，所以AC ⊥平面11BCC B ；又因为1BC ⊂平面11BCC B ，所以1BC AC ⊥；因为1BC CC =，所以矩形11BCC B 是正方形，所以1BC ⊥平面1B AC ；又因为1AB ⊂平面1B AC ，所以11BC AB ⊥．【方法二】根据题意，1111AC B C ⊥，1CC ⊥平面111A B C ，以1C 为原点建立空间直角坐标系，11C A 为x 轴，11C B 为y 轴，1C C 为z 轴，如图所示；设1BC CC a ==，AC b =，则(A b ，0，)a ，1(0B ，a ，0)，(0B ，a ，)a ，1(0C ，0，0)； ∴1(AB b =-u u u u r ，a ，)a -，1(0BC =u u u u r，a -，)a -， ∴110()()0AB BC b a a a a =-⨯+⨯--⨯-=u u u u r u u u u rg ， ∴11AB BC ⊥u u u u r u u u u r ，即11AB BC ⊥．【点评】本题考查了线线、线面以及面面的位置关系，也考查了空间想象力和推理论证能力的应用问题．34．（2015•安徽文）如图，三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，1PA =，1AB =，2AC =，60BAC ∠=︒．（1）求三棱锥P ABC-的体积；（2）证明：在线段PC上存在点M，使得AC BM⊥，并求PMMC的值．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算【分析】（1）利用13P ABC ABCV S PA-∆=g g，求三棱锥P ABC-的体积；（2）过B作BN AC⊥，垂足为N，过N作//MN PA，交PC于点M，连接BM，证明AC⊥平面MBN，可得AC BM⊥，利用//MN PA，求PMMC的值．【解答】（1）解：由题设，1AB=，2AC=，60BAC∠=︒，可得13sin602ABCS AB AC∆=︒=g g．因为PA⊥平面ABC，1PA=，所以133P ABC ABCV S PA-∆==g g；（2）解：过B作BN AC⊥，垂足为N，过N作//MN PA，交PC于点M，连接BM，由PA⊥平面ABC，知PA AC⊥，所以MN AC⊥，因为BN M N N=I，所以AC⊥平面MBN．因为BM⊂平面MBN，所以AC BM⊥．在直角BAN∆中，1cos2 AN AB BAC=∠=g，从而32 NC AC AN=-=．由//MN PA得13 PM ANMC NC==．【点评】本题考查三棱锥P ABC-的体积的计算，考查线面垂直的判定与性质的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．35．（2016•新课标Ⅰ文）如图，已知正三棱锥P ABCPA=，顶-的侧面是直角三角形，6点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G．（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．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算【分析】（Ⅰ）根据题意分析可得PD⊥平面ABC，进而可得PD AB⊥，⊥，同理可得DE AB 结合两者分析可得AB⊥平面PDE，进而分析可得AB PG=，由等腰三⊥，又由PA PB 角形的性质可得证明；（Ⅱ）由线面垂直的判定方法可得EF⊥平面PAC，可得F为E在平面PAC内的正投影．由棱锥的体积公式计算可得答案．【解答】解：（Ⅰ）证明：P ABCQ为正三棱锥，且D为顶点P在平面ABC内的正投影，-⊥，∴⊥平面ABC，则PD ABPD又E为D在平面PAB内的正投影，⊥，DE∴⊥面PAB，则DE ABQ I，=PD DE D∴⊥平面PDE，连接PE并延长交AB于点G，AB则AB PG⊥，又PA PB=，∴是AB的中点；G（Ⅱ）在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影．Q正三棱锥P ABC-的侧面是直角三角形，PB PA ∴⊥，PB PC ⊥，又//EF PB ，所以EF PA ⊥，EF PC ⊥，因此EF ⊥平面PAC ，即点F 为E 在平面PAC 内的正投影．连结CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心．由（Ⅰ）知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故23CD CG =．由题设可得PC ⊥平面PAB ，DE ⊥平面PAB ，所以//DE PC ，因此23PE PG =，13DE PC =．由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且6PA =，可得2DE =，32PG =，22PE =．在等腰直角三角形EFP 中，可得2EF PF ==．所以四面体PDEF 的体积11142223323PEF V DE S ∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=．【点评】本题考查几何体的体积计算以及线面垂直的性质、应用，解题的关键是正确分析几何体的各种位置、距离关系．36．（2016•新课标Ⅱ文）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E 、F 分别在AD ，CD 上，AE CF =，EF 交BD 于点H ，将DEF ∆沿EF 折到△D EF '的位置．（Ⅰ）证明：AC HD ⊥'；（Ⅱ）若5AB =，6AC =，54AE =，22OD '=，求五棱锥D ABCFE '-体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与直线之间的位置关系【分析】（1）根据直线平行的性质以菱形对角线垂直的性质进行证明即可．（2）根据条件求出底面五边形的面积，结合平行线段的性质证明OD '是五棱锥D ABCFE'-的高，即可得到结论．【解答】（Ⅰ）证明：Q 菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E 、F 分别在AD ，CD上，AE CF =， //EF AC ∴，且EF BD ⊥将DEF ∆沿EF 折到△D EF '的位置，则D H EF '⊥， //EF AC Q ， AC HD ∴⊥'；（Ⅱ）若5AB =，6AC =，则3AO =，04B OD ==， 54AE =Q ，5AD AB ==， 515544DE ∴=-=， //EF AC Q ，∴153454DE EH DH AD AO OD ====， 94EH ∴=，922EF EH ==，3DH =，431OH =-=，3HD DH '==Q ，OD '=∴满足222HD OD OH '='+，则OHD ∆'为直角三角形，且OD OH '⊥，又OD AC '⊥，AC OH O =I ，即OD '⊥底面ABCD ，即OD '是五棱锥D ABCFE '-的高．底面五边形的面积9(6)11()1216926412222244EF AC OH S AC OB +⨯+=⨯+=⨯⨯+=+=g g ，则五棱锥D ABCFE '-体积1169334V S OD ='=⨯⨯=g ．【点评】本题主要考查空间直线和平面的位置关系的判断，以及空间几何体的体积，根据线面垂直的判定定理以及五棱锥的体积公式是解决本题的关键．本题的难点在于证明OD '是五棱锥D ABCFE '-的高．考查学生的运算和推理能力．37．（2016•新课标Ⅲ文）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，//AD BC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．（Ⅰ）证明//MN 平面PAB ；（Ⅱ）求四面体N BCM -的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行【分析】（Ⅰ）取BC 中点E ，连结EN ，EM ，得NE 是PBC ∆的中位线，推导出四边形ABEM 是平行四边形，由此能证明//MN 平面PAB ．（Ⅱ）取AC 中点F ，连结NF ，NF 是PAC ∆的中位线，推导出NF ⊥面ABCD ，延长BC 至G ，使得CG AM =，连结GM ，则四边形AGCM 是平行四边形，由此能求出四面体N BCM -的体积．【解答】证明：（Ⅰ）取BC 中点E ，连结EN ，EM ， N Q 为PC 的中点，NE ∴是PBC ∆的中位线 //NE PB ∴，又//AD BC Q ，//BE AD ∴，3AB AD AC ===Q ，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =， 122BE BC AM ∴===，∴四边形ABEM 是平行四边形，//EM AB ∴，∴平面//NEM 平面PAB ， MN ⊂Q 平面NEM ，//MN ∴平面PAB ．解：（Ⅱ）取AC 中点F ，连结NF ， NF Q 是PAC ∆的中位线， //NF PA ∴，122NF PA ==，又PA ⊥Q 面ABCD ，NF ∴⊥面ABCD ，如图，延长BC 至G ，使得CG AM =，连结GM ，//AM CG =Q ，∴四边形AGCM 是平行四边形，3AC MG ∴==，又3ME =Q ，2EC CG ==， MEG ∴∆的高5h =，11452522BCM S BC h ∆∴=⨯⨯=⨯⨯=，∴四面体N BCM -的体积114525233N BCM BCM V S NF -∆=⨯⨯=⨯⨯=．【点评】本题考查线面平行的证明，考查四面体的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．38．（2016•浙江文）如图，在三棱台ABC DEF -中，平面BCFE ⊥平面ABC ，90ACB ∠=︒，1BE EF FC ===，2BC =，3AC =．（Ⅰ）求证：BF ⊥平面ACFD ；（Ⅱ）求直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值．【考点】直线与平面垂直；直线与平面所成的角【分析】（Ⅰ）根据三棱台的定义，可知分别延长AD ，BE ，CF ，会交于一点，并设该点为K ，并且可以由平面BCFE ⊥平面ABC 及90ACB ∠=︒可以得出AC ⊥平面BCK ，进而得出BF AC ⊥．而根据条件可以判断出点E ，F 分别为边BK ，CK 的中点，从而得出BCK ∆为等边三角形，进而得出BF CK ⊥，从而根据线面垂直的判定定理即可得出BF ⊥平面ACFD ；（Ⅱ）由BF ⊥平面ACFD 便可得出BDF ∠为直线BD 和平面ACFD 所成的角，根据条件可以求出3BF =32DF =，从而在Rt BDF ∆中可以求出BD 的值，从而得出cos BDF ∠的值，即得出直线BD 和平面ACFD 所成角的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）证明：延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示：Q 平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC BC ⊥；AC ∴⊥平面BCK ，BF ⊂平面BCK ； BF AC ∴⊥；又//EF BC ，1BE EF FC ===，2BC =； BCK ∴∆为等边三角形，且F 为CK 的中点； BF CK ∴⊥，且AC CK C =I ；BF ∴⊥平面ACFD ；（Ⅱ）BF ⊥Q 平面ACFD ；BDF ∴∠是直线BD 和平面ACFD 所成的角； F Q 为CK 中点，且//DF AC ； DF ∴为ACK ∆的中位线，且3AC =；∴32DF =；又3BF =∴在Rt BFD∆中，921342 BD=+=，3212cos7212DFBDFBD∠===；即直线BD和平面ACFD所成角的余弦值为217【点评】考查三角形中位线的性质，等边三角形的中线也是高线，面面垂直的性质定理，以及线面垂直的判定定理，线面角的定义及求法，直角三角形边的关系，三角函数的定义．39．（2016•天津文）如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，//EF AB，2AB=，3DE=，1BC EF==，6AE=，60BAD∠=︒，G为BC的中点．（1）求证：//FG平面BED；（2）求证：平面BED⊥平面AED；（3）求直线EF与平面BED所成角的正弦值．【考点】直线与平面平行；平面与平面垂直；直线与平面所成的角【分析】（1）利用中位线定理，和平行公理得到四边形OGEF是平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可证明；（2）根据余弦定理求出3BD=BD AD⊥，再根据面面垂直的判定定理即可证明；（3）先判断出直线EF 与平面BED 所成的角即为直线AB 与平面BED 所形成的角，再根据余弦定理和解直角三角形即可求出答案．【解答】证明：（1）BD 的中点为O ，连接OE ，OG ，在BCD ∆中， G Q 是BC 的中点，//OG DC ∴，且112OG DC ==，又//EF AB Q ，//AB DC ， //EF OG ∴，且EF OG =，即四边形OGEF 是平行四边形， //FG OE ∴，FG ⊂/Q 平面BED ，OE ⊂平面BED ，//FG ∴平面BED ；（2）证明：在ABD ∆中，1AD =，2AB =，60BAD ∠=︒，由余弦定理可得BD =90ADB ∠=︒，即BD AD ⊥，又Q 平面AED ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，平面AED ⋂平面ABCD AD =， BD ∴⊥平面AED ， BD ⊂Q 平面BED ，∴平面BED ⊥平面AED ．（Ⅲ）//EF AB Q ，∴直线EF 与平面BED 所成的角即为直线AB 与平面BED 所形成的角，过点A 作AH DE ⊥于点H ，连接BH ，又平面BED ⋂平面AED ED =，由（2）知AH ⊥平面BED ，∴直线AB 与平面BED 所成的角为ABH ∠，在ADE ∆，1AD =，3DE =，AE =，由余弦定理得2cos 3ADE ∠=，sin ADE ∴∠=，AH AD ∴=，在Rt AHB∆中，5 sin6AHABHAB∠==，∴直线EF与平面BED所成角的正弦值5 6【点评】本题考查了直线与平面的平行和垂直，平面与平面的垂直，直线与平面所成的角，考查了空间想象能力，运算能力和推理论证能力，属于中档题．40．（2016•四川文）如图，在四棱锥P ABCD-中，PA CD⊥，//AD BC，90 ADC PAB∠=∠=︒，12BC CD AD==．（Ⅰ）在平面PAD内找一点M，使得直线//CM平面PAB，并说明理由；（Ⅱ）证明：平面PAB⊥平面PBD．【考点】直线与平面平行；平面与平面垂直【分析】()I M为PD的中点，直线//CM平面PAB．取AD的中点E，连接CM，ME，CE，则//ME PA，证明平面//CME平面PAB，即可证明直线//CM平面PAB；()II证明：BD⊥平面PAB，即可证明平面PAB⊥平面PBD．【解答】证明：()I M为PD的中点，直线//CM平面PAB．取AD 的中点E ，连接CM ，ME ，CE ，则//ME PA ，ME ⊂/Q 平面PAB ，PA ⊂平面PAB ，//ME ∴平面PAB ． //AD BC Q ，BC AE =， ABCE ∴是平行四边形， //CE AB ∴．CE ⊂/Q 平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，//CE ∴平面PAB ． ME CE E =Q I ，∴平面//CME 平面PAB ，CM ⊂Q 平面CME ， //CM ∴平面PAB若M 为AD 的中点，连接CM ，由四边形ABCD 中，//AD BC ，90ADC PAB ∠=∠=︒，12BC CD AD ==．可得四边形ABCM 为平行四边形，即有//CM AB ，CM ⊂/平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，//CM ∴平面PAB ；()II PA CD ⊥Q ，90PAB ∠=︒，AB 与CD 相交，PA ∴⊥平面ABCD ， BD ⊂Q 平面ABCD ， PA BD ∴⊥，由()I 及12BC CD AD ==，可得45BAD BDA ∠=∠=︒， 90ABD ∴∠=︒，BD AB ∴⊥， PA AB A =Q I ，BD ∴⊥平面PAB ， BD ⊂Q 平面PBD ，∴平面PAB ⊥平面PBD ．【点评】本题主要考查了直线与平面平行的判定，平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于中档题．41．（2016•上海文）将边长为1的正方形11AA O O （及其内部）绕1OO 旋转一周形成圆柱，如图，¶AC 长为56π，·11A B 长为3π，其中1B 与C 在平面11AA O O 的同侧．（1）求圆柱的体积与侧面积；（2）求异面直线11O B 与OC 所成的角的大小．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角【分析】（1）直接利用圆柱的体积公式，侧面积公式求解即可．（2）设点1B 在下底面圆周的射影为B ，连结1BB ，即可求解所求角的大小．【解答】解：（1）将边长为1的正方形11AA O O （及其内部）绕1OO 旋转一周形成圆柱，圆柱的体积为：211ππ=g g ．侧面积为：212ππ=g ．（2）设点1B 在下底面圆周的射影为B ，连结1BB ，OB ，则1//OB O B ， 3AOB π∴∠=，异面直线11O B 与OC 所成的角的大小就是COB ∠，大小为：5632πππ-=．【点评】本题考查几何体的体积侧面积的求法，考查两直线所成角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．42．（2016•山东文）在如图所示的几何体中，D是AC的中点，//EF DB．（Ⅰ）已知AB BC=，AE EC⊥；=，求证：AC FB（Ⅱ）已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：//GH平面ABC．【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直【分析】（Ⅰ）由条件利用等腰三角形的性质，证得BD AC⊥，再利用直线和⊥，ED AC 平面垂直的判定定理证得AC⊥平面EFBD，从而证得AC FB⊥．（Ⅱ）再取CF的中点O，利用直线和平面平行的判定定理证明//OH平OG平面ABC，//面ABC，可得平面//GH平面ABC．OGH平面ABC，从而证得//【解答】（Ⅰ）证明：如图所示，DQ是AC的中点，AB BC=，=，AE EC∆都是等腰三角形，∴∆、EACBAC⊥．∴⊥，ED ACBD AC∴、F、B、D四点共面，这样，Q，E//EF DBAC垂直于平面EFBD内的两条相交直线ED、BD，AC∴⊥平面EFBD．显然，FB⊂平面EFBD，AC FB∴⊥．（Ⅱ）已知G，H分别是EC和FB的中点，再取CF的中点O，则//OG BD，Q，故有//OG EF，又//EF DB而BD⊂平面ABC，//∴平面ABC．OG同理，//∴平面ABC．OHOH BC，而BC⊂平面ABC，//Q I，∴平面//OG OH O=GH∴平面ABC．OGH平面ABC，//【点评】本题主要考查直线和平面垂直的判定和性质，直线和平面平行的判定与性质，属于中档题。

(新课标I版)高考数学分项汇编专题10立体几何(含解析)文

专题10 立体几何一．基础题组1. 【2011课标，文8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）A. B. C. D .【答案】D2. 【2011全国1，文8】【答案】C3. 【2010全国1，文6】直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A ．30° B．45° C．60° D．90° 【答案】：C4. 【2005全国1，文2】一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则球的表面积为（A ）π28（B ）π8（C ）π24（D ）π4【答案】B5. 【2005全国1，文4】如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且BCF ADE ∆∆、均为正三角形，EF ∥AB ，EF=2，则该多面体的体积为( )（A ）32 （B ）33 （C ）34（D ）23【答案】A6. 【2011全国1，文15】已知正方体1111ABCD A B C D 中，E 为11C D 的中点，则异面直线AE 与BC 所成的角的余弦值为【答案】237. 【2009全国卷Ⅰ,文15】已知OA 为球O 的半径,过OA 的中点M 且垂直于OA 的平面截球面得到圆M,若圆M 的面积为3π,则球O 的表面积等于____________. 【答案】:16π 【解析】:如图所示:8. 【2014全国1，文19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB求三棱柱111C B A ABC -的高.9. 【2013课标全国Ⅰ，文19】(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；(2)若AB＝CB＝2，A1C，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．10. 【2011全国1，文20】(本小题满分12分)(注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．) 如图，四棱锥S ABCD -中，//AB CD ,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1A B B C C D S D====. （Ⅰ）证明：SD SAB ⊥平面; （Ⅱ)求AB 与平面SBC 所成角的大小.11. 【2008全国1，文18】四棱锥A BCDE -中，底面BCDE 为矩形，侧面ABC ⊥底面BCDE ，2BC =，CD =AB AC =．（Ⅰ）证明：AD CE ⊥；（Ⅱ）设侧面ABC 为等边三角形，求二面角C AD E --的大小．12. 【2015高考新课标1，文6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有（）（A）14斛（B）22斛（C）36斛（D）66斛【答案】B【考点定位】圆锥的性质与圆锥的体积公式二．能力题组1. 【2014全国1，文8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事一个几何体的三视图，则这个几何体是（）A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱【答案】BCC E为CC1的中点，则直线2.【2012全国1，文8】已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，1AC1与平面BED的距离为( )A．2 B D．1【答案】D3. 【2010全国1，文9】正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( )23D. 【答案】：D4. 【2009全国卷Ⅰ,文9】已知三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等,A 1在底面ABC 上的射影为BC 的中点,则异面直线AB 与CC 1所成的角的余弦值为( )A.43 B.45 C.47 D.43 【答案】:D5. 【2007全国1，文7】如图，正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA AB =，则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为（）D 1C 1B 1DBCAA 1A.15 B.25 C.35 D.45【答案】：D6. 【2013课标全国Ⅰ，文15】已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为______．【答案】：9π2【解析】：如图，7. 【2008全国1，文16】已知菱形ABCD 中，2AB =，120A ∠=，沿对角线BD 将ABD △折起，使二面角A BD C --为120，则点A 到BCD △所在平面的距离等于．8. 【2011新课标，文18】（本小题满分12分）9. 【2010全国1，文20】如图，四棱锥S—ABCD中，SD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝SD＝2，E为棱SB上的一点，平面EDC⊥平面SBC.(1)证明SE＝2EB；(2)求二面角ADEC的大小10. 【2009全国卷Ⅰ,文19】如图,四棱锥S —ABCD 中,底面ABCD 为矩形,SD⊥底面ABCD,2 AD ,DC=SD=2,点M 在侧棱SC上,∠ABM=60°.(1)证明:M 是侧棱SC 的中点; (2)求二面角S-AM-B 的大小.11. 【2005全国1，文18】（本大题满分12分）已知四棱锥P-ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥DC ，⊥=∠PA DAB ,90底面ABCD ，且PA=AD=DC=21AB=1，M 是PB 的中点。

2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编(文科) 立体几何小题(精解精析)

【答案】A
解析：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A．故选A．
11．(2018年高考数学课标Ⅱ卷文科)在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为( )
故选：D
3．(2020年高考数学课标Ⅰ卷文科)已知为球球面上的三个点，⊙ 为的外接圆，若⊙ 的面积为，，则球的表面积为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设圆半径为，球的半径为，依题意，
得，为等边三角形，
由正弦定理可得，
，根据球的截面性质平面，
，
球的表面积．
，，，故选：B．
8．(2019年高考数学课标Ⅱ卷文科)设α，β为两个平面，则的充要条件是( )
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．
【点评】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，则 ”此类的错误．
9．(2018年高考数学课标Ⅲ卷文科)设，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为( )
A． B． C． D．
【答案】B
解析：如图，为等边三角形，点为，，，外接球的球心，为的重心，由，得，取的中点，∴ ，∴ ，

【2022高考必备】2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编(文科) 立体几何小题(原卷版)

2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编（文科）立体几何小题（原卷版）一、选择题1．(2021年高考全国甲卷文科)在一个正方体中，过顶点A 的三条棱的中点分别为E ，F ，G ．该正方体截去三棱锥A EFG -后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是 ( )( ) AB ．C ．D ． 2．(2021年全国高考乙卷文科)在正方体1111ABCD A BC D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为( ) A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6 3．(2020年高考数学课标Ⅰ卷文科)已知,,A B C 为球O球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为( )A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π 4．(2020年高考数学课标Ⅰ卷文科)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为 ( )( ) .A14B ．12C．14D．125．(2020年高考数学课标Ⅱ卷文科)已知△ABC的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )A B．32C．1D．26．(2020年高考数学课标Ⅲ卷文科)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )( )A．B．C．D．7．(2019年高考数学课标Ⅲ卷文科)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8．(2019年高考数学课标Ⅱ卷文科)设α，β为两个平面，则αβ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9．(2018年高考数学课标Ⅲ卷文科)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．10．(2018年高考数学课标Ⅲ卷文科)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫棒头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是棒头．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( )( ) .11．(2018年高考数学课标Ⅱ卷文科)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 ( )ABCD12．(2018年高考数学课标Ⅰ卷文科)在长方体1111ABCD A BC 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 ．8 B．C．D．13．(2018年高考数学课标Ⅰ卷文科)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图所示，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． B．C ．3 D ．214．(2018年高考数学课标Ⅰ卷文科)已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 ( )A． B ．12π C． D ．10π15．(2017年高考数学课标Ⅲ卷文科)在正方体中，为棱的中点，则 ( ) A ． B ． C ． D ．16．(2017年高考数学课标Ⅲ卷文科)已知圆柱的高为，它的两个底面的圆周在直径为的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A ． B ． C ． D ． 17．(2017年高考数学课标Ⅱ卷文科)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,该几何体有一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为 ()1111ABCD A BC D -E CD 11A E DC ⊥1A E BD ⊥11A E BC ⊥1A E AC ⊥12π3π4π2π4( ) A ．90 B ．63 C ．42 D ．3618．(2017年高考数学课标Ⅰ卷文科)如图,在下列四个正方体中,,为正方体的两个顶点,,,为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线与平面不平行的是 ( )19．(2016年高考数学课标Ⅲ卷文科)在封闭的直三棱柱111ABC A B C －内有一个体积为V 的球．若1683AB BC AB BC AA ⊥===，，，，则V 的最大值是 ( )A ．4πB ．92πC ．6πD ．323π 20．(2016年高考数学课标Ⅲ卷文科)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为 ( )( )A．18+B．54+C ．90 D ．8121．(2016年高考数学课标Ⅱ卷文科)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为 ( )．ππππA B M N Q ABMNQA ．20πB ．24πC ．28πD ．32π22．(2016年高考数学课标Ⅱ卷文科)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为( )． A ．12π B ．323π C ．8π D ．4π23．(2016年高考数学课标Ⅰ卷文科)平面α过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ．//α平面11CB D ,α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =，则,m n 所成角的正弦值为 ( )ABCD ．1324．(2016年高考数学课标Ⅰ卷文科)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是283π，则它的表面积是 ( ) A ．17π B ．18π C ．20π D ．28π25．(2015年高考数学课标Ⅱ卷文科)已知B A ,是球O 的球面上两点,︒=∠90AOB ,C 为该球面上的动点．若三棱锥ABC O -体积的最大值为36,则球O 的表面积为 ( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π26．(2015年高考数学课标Ⅱ卷文科)一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为 ( )( )1 A. 81B.71C.61D.527．(2015年高考数学课标Ⅰ卷文科)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为1620π+，则r=( )( )A．1B．2C．4D．828．(2015年高考数学课标Ⅰ卷文科)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1．62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有( )( )A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛29．(2014年高考数学课标Ⅱ卷文科)正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2，3D 为BC 中点，则三棱锥11DC B A -的体积为( )Ａ．3Ｂ．32Ｃ．1330．(2014年高考数学课标Ⅱ卷文科)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1cm )，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm ，高为6cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( ) Ａ．1727Ｂ．59Ｃ．1027Ｄ．13 ( )31．(2014年高考数学课标Ⅰ卷文科)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事一个几何体的三视图，则这个几何体是( ) A ．三棱锥 B ．三棱柱 C ．四棱锥 D ．四棱柱32．(2013年高考数学课标Ⅱ卷文科)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz -中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到正视图可以为 ( )33．(2013年高考数学课标Ⅰ卷文科)某几何函数的三视图如图所示，则该几何的体积为 ( )( ) A ．168π+ B ．88π+ C ．1616π+D ．816π+34．(2012年高考数学课标卷文科)平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α则此球的体积为 ( )A B ． C ． D ．35．(2012年高考数学课标卷文科)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为 ( )( ) A ．6B ．9C ．12D ．18二、填空题 36．(2021年高考全国甲卷文科)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π则该圆锥的侧面积为________．37．(2021年全国高考乙卷文科)以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________(写出符合要求的一组答案即可)．38．(2020年高考数学课标Ⅱ卷文科)设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l则下述命题中所有真命题的序号是__________．①14p p ∧②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝39．(2020年高考数学课标Ⅲ卷文科)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．40．(2019年高考数学课标Ⅲ卷文科)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，6AB BC ==cm ，14AA =cm ．3D 打印所用的原料密度为0.9g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g ．41．(2019年高考数学课标Ⅱ卷文科)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．) .42．(2019年高考数学课标Ⅰ卷文科)已知90ACB ∠=︒，P 为平面ABC 外一点，2PC =，点P 到ACB ∠两边AC ，BCP 到平面ABC 的距离为．43．(2018年高考数学课标Ⅱ卷文科)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__________．44．(2017年高考数学课标Ⅱ卷文科)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_______45．(2017年高考数学课标Ⅰ卷文科)已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上,是球的直径．若平面,,,三棱锥的体积为9,则球的表面积为_______．46．(2013年高考数学课标Ⅱ卷文科)已知正四棱锥O ABCD -，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________。

高考数学分项汇编专题10 立体几何文科

专题10 立体几何一．基础题组1. 【2012全国新课标，文7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为()A ．6B ．9C ．12D ．18 【答案】B2. 【2010全国新课标，文7】设长方体的长、宽、高分别为2a 、a 、a ，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )A ．3πa 2B ．6πa 2C ．12πa 2D ．24πa 2【答案】：B3. 【2007全国2，文7】已知正三棱锥的侧棱长是底面边长的2倍，则侧棱与底面所成角的余弦值等于( )(A) 36(B)34(C)22(D) 32【答案】：A4. 【2006全国2，文7】如图，平面α⊥平面β，,,A B AB αβ∈∈与两平面α、β所成的角分别为4π和6π。

过A 、B 分别作两平面交线的垂线，垂足为'A 、',B 若AB=12,则''A B =( ) （A ）4 （B ）6 （C ）8 （D ）9【答案】B【解析】连接AB'和A'B ，设AB=a ，可得AB 与平面α所成的角为'4BAB π∠=，在Rt △BAB'中有'22AB a =，同理可得AB 与平面β所成的角为'6ABA π∠=，所以'12AA a =，因此在Rt △AA'B'中''22211()()222A B a a a =-=，所以''1::2:12AB A B a a ==，又因为AB=12,所以''6A B =5. 【2005全国3，文4】设三棱柱ABC-A 1B 1C 1的体积为V ，P 、Q 分别是侧棱AA 1、CC 1上的点，且PA=QC 1，则四棱锥B-APQC 的体积为（）A ．16V B ．14VC ．13VD ．12V【答案】C6. 【2005全国2，文2】正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 、R 分别是AB 、AD 、11B C 的中点．那么，正方体的过P 、Q 、R 的截面图形是（）(A) 三角形 (B) 四边形(C) 五边形(D) 六边形【答案】D7. 【2007全国2，文15】一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2cm 的球面上。

2017-2019三年高考数学(文科)分类汇编专题06 立体几何(解答题)

专题06 立体几何（解答题）1．【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．【答案】（1）见解析；（2417. 【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 =，故417CH =.从而点C 到平面1C DE 的距离为41717.【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.2．【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.3．【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 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．【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ABCD为菱形，E 4．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD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.5．【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；（33 【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =I ，BH DH =. 又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，所以GH ∥平面P AD .（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 I 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面P AC ，又PA ⊂平面P AC ，故DN PA ⊥. 又已知PA CD ⊥，CD DN D =I ，所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面P AC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面P AC 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P AC 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.6．【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−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥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.7．【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1152A 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（0，0，23），B （3，1，0），1(3,3,23)B ，33(,,23)22F ，C (0，2，0)．因此，33(,,23)22EF =u u u r ，(3,1,0)BC =-u u u r ．由0EF BC ⋅=u u u r u u u r得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(0223)BC AC --u u u r u u u r ，，，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u rn n ，得3030x y y z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩，取n (131)=，，，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅u u u ru u u r u u u r ，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.8．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】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．【答案】（1）见解析；（2）1.【解析】（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =32又23BP DQ DA ==，所以22BP = 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE =∥13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1．因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322451332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△．【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判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.解答本题时，（1）首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90°，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；（2）根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 9．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】如图，在三棱锥P ABC -中，22AB 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．【答案】（1）见解析；（2）455．【解析】（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =23．连结OB ．因为AB =BC =22AC，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2．由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ．由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM ．故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．由题设可知OC =12AC =2，CM =23BC =23，∠ACB =45°．所以OM =253，CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠=455．所以点C 到平面POM 45【名师点睛】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明，解答本题时，连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，即过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可，本题也可利用等体积法解决.10．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】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．【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析.【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»CD上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ．又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ．而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．（2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点．连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．【名师点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题.11．【2018年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.（1）求证：PE ⊥BC ；（2）求证：平面P AB ⊥平面PCD ；（3）求证：EF ∥平面PCD .【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）∵PA PD =，且E 为AD 的中点，∴PE AD ⊥. ∵底面ABCD 为矩形，∴BC AD ∥， ∴PE BC ⊥.（2）∵底面ABCD 为矩形，∴AB AD ⊥. ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD . ∴AB PD ⊥.又PA PD ⊥，∴PD ⊥平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD . （3）如图，取PC 中点G ，连接,FG GD .∵,F G 分别为PB 和PC 的中点，∴FG BC ∥，且12FG BC =. ∵四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， ∴1,2ED BC DE BC =∥，∴ED FG ∥，且ED FG =，∴四边形EFGD 为平行四边形， ∴EF GD ∥.又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ， ∴EF ∥平面PCD .【名师点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.12．【2018年高考天津卷文数】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，AB =2，AD =23，∠BAD =90°．（1）求证：AD ⊥BC ；（2）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值；（3）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）1326；（33．【解析】（1）由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ．（2）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角．在Rt △DAM 中，AM =1，故DM 22=13AD AM +AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC ．在Rt △DAN 中，AN =1，故DN 22=13AD AN +在等腰三角形DMN 中，MN =1，可得1132cos MNDMN DM ∠==．所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326．（3）连接CM ．因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM =3．又因为平面ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ．所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD =22AC AD +=4．在Rt △CMD 中，3sin 4CM CDM CD ∠==．所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34．【名师点睛】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．13．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ；（2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．【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A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．【名师点睛】本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明.解答本题时，（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得四边形ABB1A1为菱形，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.14．【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（1）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）39 13.【解析】方法一：（1）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB===⊥⊥得11122AB A B==，所以2221111A B AB AA+=.故111AB A B⊥.由2BC=，112,1,BB CC==11,BB BC CC BC⊥⊥得115B C=，由2,120AB BC ABC==∠=︒得23AC=，由1CC AC⊥，得113AC=，所以2221111AB B C AC+=，故111AB B C⊥.因此1AB⊥平面111A B C.（2）如图，过点1C作111C D A B⊥，交直线11A B于点D，连结AD.由1AB⊥平面111A B C得平面111A B C⊥平面1ABB，由111C D A B⊥得1C D⊥平面1ABB，所以1C AD∠是1AC与平面1ABB所成的角.由1111115,22,21BC A B AC==1111116cos77C A B C A B∠=∠=，所以13C D，故11139sinC DC ADAC∠==.因此，直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是3913. 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，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意知各点坐标如下：111(0,3,0),(1,0,0),(0,3,4),(1,0,2),3,1),A B A B C --因此11111(13,2),(13,2),(0,23,3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r 得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（2）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（1）可知11(0,23,1),(13,0),(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n 即30,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(3,1,0)=-n . 所以111|39sin |cos ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅uuu ruuu r uuu rn |n n |. 因此，直线1AC 与平面1ABB 39. 【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.15．【2017年高考全国Ⅰ文数】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．【答案】（1）见解析；（2）326+．【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PAD ．又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得2AD x =，22PE x =．故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=．由题设得31833x =，故2x =．从而2PA PD ==，22AD BC ==22PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 606232222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+ 【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；计算点面距离时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点面距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出．解答本题时，（1）由AB AP ⊥，AB PD ⊥，得AB ⊥平面PAD 即可证得结果；（2）设AB x =，则四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=，解得2x =，可得所求侧面积．16．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，1,2AB BC AD BAD ==∠90.ABC =∠=︒ （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.【答案】（1）见解析；（2）43.【解析】（1）在平面ABCD 内，因为∠BAD =∠ABC =90°，所以BC ∥AD . 又BC PAD ⊄平面，AD PAD ⊂平面，故BC ∥平面P AD .（2）取AD 的中点M ，连结PM ，CM ，由12AB BC AD ==及BC ∥AD ，∠ABC =90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD =AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD ，因为CM ABCD⊂底面，所以PM⊥CM.设BC=x，则CM=x，CD=2x，PM=3x，PC=PD=2x.取CD的中点N，连结PN，则PN⊥CD，所以14 PN x=.因为△PCD的面积为27，所以1142272x x⨯⨯=，解得x=−2（舍去），x=2，于是AB=BC=2，AD=4，PM=23，所以四棱锥P−ABCD的体积()22412343 32V⨯+=⨯⨯=.【名师点睛】解答本题时，（1）先由平面几何知识得BC∥AD，再利用线面平行的判定定理证得结论；（2）取AD的中点M，利用线面垂直的判定定理证明PM⊥底面ABCD，从而得四棱锥的高，再通过平面几何计算得底面直角梯形的面积，最后代入锥体体积公式即可.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.17．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】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．【答案】（1）见解析；（2）1:1【解析】（1）取AC的中点O，连结DO，BO.因为AD=CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形，所以AC ⊥BO . 从而AC ⊥平面DOB ，故AC ⊥BD . （2）连结EO .由（1）及题设知∠ADC =90°，所以DO =AO . 在Rt △AOB 中，222BO AO AB +=.又AB =BD ，所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==，故∠DOB =90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以12EO AC =. 又△ABC 是正三角形，且AB =BD ，所以12EO BD =.故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1:1.【名师点睛】解答本题时，（1）取AC 的中点O ，由等腰三角形及等边三角形的性质得OD AC ⊥，OB AC ⊥，再根据线面垂直的判定定理得⊥AC 平面OBD ，即得AC ⊥BD ；（2）先由AE ⊥EC ，结合平面几何知识确定12EO AC =，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为1:1.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.18．【2017年高考北京卷文数】如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（1）求证：PA ⊥BD ；（2）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（3）当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E –BCD 的体积．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）13. 【解析】（1）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥，所以PA ⊥平面ABC ，又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA BD ⊥.（2）因为AB BC =，D 为AC 中点，所以BD AC ⊥，由（1）知，PA BD ⊥，所以BD ⊥平面PAC ，所以平面BDE ⊥平面PAC .（3）因为PA ∥平面BDE ，平面PAC I 平面BDE DE =，所以PA DE ∥.因为D 为AC 的中点，所以112DE PA ==，2BD DC ==由（1）知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC . 所以三棱锥E BCD -的体积1163V BD DC DE =⋅⋅=. 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.解答本题时，（1）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（2）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（3）由13BCD V S DE =⨯⨯△即可求解.19．【2017年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =．（1）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（2）求证：PD ⊥平面PBC ；（3）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（1）5；（2）见解析；（3）5．【解析】（1）如图，由已知AD //BC ，故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角．因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD ．在Rt △PDA 中，由已知，得225AP AD PD =+=，故5cos AD DAP AP ∠==．所以，异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55．（2）因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD ．又因为BC //AD ，所以PD ⊥BC ，又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PB C ．（3）过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连结PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影，所以DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD //BC ，DF //AB ，故BF =AD =1，由已知，得CF =BC –BF =2．又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt △DCF 中，可得2225DF CD CF =+=，在Rt △DPF 中，可得5sin PD DFP DF ∠==．所以，直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为5．【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点考查内容，而证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判断定理转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可，而线线垂直又可通过线面垂直得到，用几何法求线面角，关键是找到斜线的射影，斜线与其射影所成的角就是线面角．解答本题时，（1）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，因为AD BC ∥，所以DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角，本题中AD ⊥PD ，进而可得AP 的长，所以cos ADDAP AP∠=；（2）要证明线面垂直，根据判断定理，证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可；（3）根据（2）中的结论，作DF AB ∥，连结PF ，则DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．20．【2017年高考山东卷文数】由四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1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，A 1E ⊥平面ABCD . （1）证明：1A O ∥平面B 1CD 1;（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）取11B D 的中点1O ，连接111,CO AO ，由于1111ABCD A B C D -是四棱柱，所以1111,AO OC AO OC =∥，因此四边形11AOCO 为平行四边形，所以11A O O C ∥，又1O C ⊂平面11B CD ，1AO ⊄平面11B CD ，所以1A O ∥平面11B CD .（2）因为AC BD ⊥，E ，M 分别为AD 和OD 的中点，所以EM BD ⊥，又1A E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以1,A E BD ⊥ 因为11,B D BD ∥所以11111,,EM B D A E B D ⊥⊥又1,A E EM ⊂平面1A EM ，1A E EM E =I ，所以11B D ⊥平面1,A EM 又11B D ⊂平面11B CD ，所以平面1A EM ⊥平面11B CD .【名师点睛】证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行来推导线面平行，应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行．21．【2017年高考江苏卷】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 ．【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 I 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 =I ，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 ．【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．22．【2017年高考浙江卷】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．（1）证明：CE ∥平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（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P A 中点为F ，连接EF ，FB ．因为E ，F 分别为PD ，P A 中点，所以EF AD ∥且12EF AD =，又因为BC AD ∥，12BC AD =，所以 EF BC ∥且EF BC =，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥，因此CE ∥平面P AB ．（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 ，P A ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点，在平行四边形BCEF 中，MQ//CE ．由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD ．由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD ．PABCDE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=2得CE=2，在△PBN中，由PN=BN=1，PB=3得QH=14，在Rt△MQH中，QH=14，MQ=2，所以sin∠QMH=28，所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是2．【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．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．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角．。

(版)高考试题汇编文科数学立体几何

〔2021全国1文〕16. ACB 90，P为平面ABC外一点，PC 2，点P到ACB两边AC,BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为 .答案：2解答：如图，过P点做平面ABC的垂线段，垂足为O，那么PO的长度即为所求，再做PE CB,PF CA，由线面的垂直判定及性质定理可得出OE CB,OF CA，在RtPCF中，由PC 2,PF 3，可得出CF 1，同理在RtPCE中可得出CE 1，结合 ACB 90，OE CB,OF CA可得出OE OF 1，OC2，PO PC2OC2 2〔2021全国1文〕19.如图直四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面是菱形，AA14,AB 2，BAD60o，E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.1〕证明：MN//平面C1DE2〕求点C到平面C1DE的距离.答案：见解析解答：〔1〕连结AC,BD相交于点，再过点M作MH//CE交BC于点，再连结GH，NG.1111111E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.于是可得到NG//C1D，GH//DE，于是得到平面NGHM//平面C1DE，由QMN平面NGHM，于是得到MN//平面C1DE1/19〔2〕QE为BC中点，ABCD为菱形且BAD60oDE BC，又QABCD A1B1C1D1为直四棱柱，DECC1DEC1E，又QAB2,AA14，DE3,C1E17，设点C到平面C1DE的距离为h 由V CC1DE V C1DCE得11317113432h1 432解得h1717所以点C 417到平面C1DE的距离为17〔2021全国2文〕7.设,为两个平面，那么//的充要条件是()A.内有无数条直线与平行B.内有两条相交直线与平行C.,平行于同一条直线D.,垂直于同一平面答案：B解析:根据面面平行的判定定理易得答案.〔2021全国2文〕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.半正多面体表达了数学的对称美.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外表上，且此正方体的棱长为 1.那么该半正多面体共有个面，其棱长为.(此题第一空2分，第二空3分.)2/19答案： 262 1解析：由图2 结合空间想象即可得到该正多面体有26个面；将该半正多面体补成正方体后，根据对称性列方程求解 .〔2021全国2文〕17.如图，长方体ABCDA 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 1C1〔2 〕假设AEAE 1,AB3,求四棱锥EBB 1C 1C 的体积.答案：看解析看解析解答：〔1〕证明：因为B 1C 1C 面A 1B 1BA ，BE面A 1B 1BA∴B 1C 1⊥BE 又C 1EB 1C 1 C 1，∴BE平面EB 1C 1；〔2〕设AA2a 那么BE2922222a ，C 1E18+a ，C 1B94a1222∴a，∴11 因为C 1B=BEC 1E3V EBB 1C 1CS BB 1C 1Ch363=18333/19(版)高考试题汇编文科数学立体几何〔2021全国3文〕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，那么〔〕A.BM EN，且直线B.BM EN，且直线C.BM EN，且直线D.BM EN，且直线【答案】B【解析】分析】BM,ENBM,ENBM,ENBM,EN是相交直线是相交直线是异面直线是异面直线利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．【详解】∵BDE ，N为BD中点M为DE中点，BM，EN共面相交，选项C DCD于O，，为错．作EO连接ON，过M作MF OD于F．连BF，Q平面CDE平面ABCD．EO CD,EO平面CDE，EO平面ABCD，MF平面ABCE，【MFB与EON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO3,0N1EN2，MF3,BF2295BM3247．24244BM EN，应选B．【点睛】此题为立体几何中等问题，考查垂直关系，线面、线线位置关系.4/19〔2021全国3文〕16.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 A1B1C1D1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，AB=BC=6cm,AA1=4cm，3D打印所用原料密度为/cm3，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】【分析】根据题意可知模型的体积为四棱锥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.【详解】由题意得，四棱锥O-EFGH的底面积为46412312cm2，其高为点O到底面BB1C1C的距12离为3cm，那么此四棱锥的体积为V112312cm2．又长方体ABCD A1B1C1D1的体积为3V2466144cm2，所以该模型体积为V V2V114412132cm2，其质量为132．【点睛】此题牵涉到的是3D打印新时代背景下的几何体质量，忽略问题易致误，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．〔2021全国3文〕19.图1是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB 1,BE BF 2，FBC60o，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)见详解；(2)4.5/19【解析】【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形ABED ，RtVABC 和菱形BFGC 内部的夹角，所以 AD//BE ，BF//CG 依然成立，又因E 和F 粘在一起，所以得证.因为AB 是平面BCGE 垂线，所以易证.(2) 欲求四边形ACGD 的面积，需求出CG 所对应的高，然后乘以CG 即可。

高考文科立体几何证明专题汇编

图 4立体几何专题1．如图4，在边长为1的等边三角形ABC 中，,D E 分别是,AB AC 边上的点，AD AE =，F 是BC 的中点，AF 与DE 交于点G ，将ABF∆沿AF 折起，得到如图5所示的三棱锥A BCF -，其中2BC =． (1) 证明：DE //平面BCF ； (2) 证明：CF ⊥平面ABF ；(3) 当23AD =时，求三棱锥F DEG -的体积F DEG V -．【解析】（1）在等边三角形ABC 中，AD AE =AD AEDB EC∴=,在折叠后的三棱锥A BCF -中也成立，//DE BC ∴ ,DE ⊄平面BCF ，BC ⊂平面BCF ，//DE ∴平面BCF ；（2）在等边三角形ABC 中，F 是BC 的中点，所以AF BC ⊥①，12BFCF ==. 在三棱锥A BCF -中，2BC =，222BC BF CF CF BF ∴=+∴⊥② BF CF F CF ABF ⋂=∴⊥平面；（3）由（1）可知//GE CF ，结合（2）可得GEDFG ⊥平面.111111132323323324F DEG E DFGV V DG FG GF --⎛∴==⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅= ⎝⎭【解析】这个题是入门级的题，除了立体几何的内容，还考查了平行线分线段成比例这个平面几何的内容.2．如图5所示，在四棱锥P-ABCD 中,AB ⊥平面PAD,AB CD,PD=AD,E 是PB 的中点，F 是DC 上的点且DF=21AB,PH 为∆PAD 中AD 边上的高．（1）证明：PH ⊥平面ABCD ；（2）若PH=1，AD=2,FC=1，求三棱锥E-BCF 的体积；（3）证明：EF ⊥平面PAB ．解：(1)ABCDPH PAD PAD AB PAD 平面所以平面，面又中的高为⊥=⋂⊥∴⊂⊥⊥∴∆AAD AB AB PH PH AD PH PH(2):过B 点做BG G CD BG ，垂足为⊥；连接HB,取HB 中点M ，连接EM ，则EM 是BPH ∆的中位线ABCD )1(平面知：由⊥PHABCD 平面⊥∴EM BCF 平面ＥＭ⊥∴即EM 为三棱锥B CF -E 底面上的高BG FC ∙=∆21S BCF =222121=⨯⨯2121=PH ＥＭ＝12221223131=⨯⨯=∙∙=-EMS V BCF BCF E（3）：取AB 中点N ，PA 中点Q ，连接EN ，FN ，EQ ，DQ NFN EN FN AB NADF AB 21DF //EN PAB EN PAD PAD AB PAD ,//=⋂⊥∴∴=⊥∴∴∆⊥∴⊂⊥∴⊥是距形四边形又的中位线是又平面，平面平面 ENAB PA PAAB PA CD CD AB3、如图，已知三棱锥A —BPC 中，AP ⊥PC ， AC ⊥BC ， M 为AB 中点，D 为PB 中点，且△PMB 为正三角形。

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学习好资料欢迎下载 2011-2016新课标立体几何分类汇编（文科）一、选填题【2011新课标】8. 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（）

A. B. C. D. 【解析】由正视图和俯视图可以判断此几何体前部分是一个的三棱锥，后面是一个圆锥，选D.

【2011新课标】16. 已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 . 【解析】由圆锥底面面积是这个球面面积的，得223416rR 所以23Rr，则小圆锥的高为

2R，大圆锥的高为23R，所以比值为31.

【2012新课标】7．如图，网格上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（） A．6 B．9 C．12 D．18 【解析】由三视图知，其对应几何体为三棱锥，其底面为一边长为6，这

边上高为3，棱锥的高为3，故其体积为1163332=9，故选B.

【2012新课标】8．平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为2，则此球的体积为（） A．6π B．43π C．46π D．63π

【解析】设求圆O的半径为R，则221(2)3R，34433VR.选B

【2013新课标1】11. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )． A．16＋8π B．8＋8π C．16＋16π D．8＋16π 【解析】该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体．

V半圆柱＝12π×22×4＝8π，V长方体＝4×2×2＝16.所以所求体积为16＋8π.故选A.

163163学习好资料欢迎下载【2013新课标1】15. 已知H是球O的直径AB上一点，AH∶HB＝1∶2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为______．【解析】如图，设球O的半径为R，

则AH＝23R，OH＝3R. 又∵π·EH2＝π，∴EH＝1.

∵在Rt△OEH中，R2＝22+13R，∴R2＝98. ∴S球＝4πR2＝9π2. 【2013新课标2】9. 一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为( )．

【解析】如图所示，该四面体在空间直角坐标系O－xyz的图像为下图：则它在平面zOx的投影即正视图为，故选A. 【2013新课标2】15. 已知正四棱锥O－ABCD的体积为322，底面边长为3，则以O为球心，OA为半径的球的表面积为__________．【解析】如图所示，在正四棱锥O－ABCD中，

VO－ABCD＝13×S正方形ABCD·|OO1|＝13×2(3)×|OO1|＝322，

∴|OO1|＝322，|AO1|＝62，在Rt△OO1A中， OA＝2211||||OOAO＝22326622，即6R，∴S球＝4πR2＝24π.

【2014新课标1】8.如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事一个几何体的三视图，则这个几何体是（） A.三棱锥 B.三棱柱 C.四棱锥 D.四棱柱【解析】：根据所给三视图易知，对应的几何体是一个横放着的三棱柱. 选B 学习好资料欢迎下载【2014新课标2】6. 如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6c m的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ C ）

（A）1727 （B） 59 （C）1027 (D) 13

【2014新课标2】7. 正三棱柱111ABCABC的底面边长为2，侧棱长为3，D为BC中点，则三棱锥11DCBA的体积为（ C ）

（A）3 （B）32 （C）1 （D）32

【2015新课标1】11. 圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为16+20π，则r=（ B ）（A）1 (B) 2 (C) 4 (D) 8

【2015新课标1】6. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧度为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有（ B ） A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛

【2015新课标2】6. 一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为

A. 81 B.71

C. 61 D. 51 【解析】如图所示，选D.

【2015新课标2】10. 已知A,B是球O的球面上两点，为该球面上动点，CAOB,90若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（） A. 36π B. 64π C. 144π D.256π 【解析】因为A,B都在球面上，又为该球面上动点，CAOB,90所以三棱锥的体积的最大

值为3661213132RRR，所以R=6，所以球的表面积为S=14442Rππ，故选C. 学习好资料欢迎下载【2016新课标1】7. 如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（ A ）（A）17π （B）18π （C）20π （D）28π

【2016新课标1】11. 平面过正文体ABCD—A1B1C1D1的顶点A，，平面ABCD=m，平面ABB1A1=n，则m，n所成角的正弦值为（ A ）

（A）（B）（C）（D）

【2016新课标2】7. 右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为 A．20 B．24 C．28 D．32 【解析】因为正方体的体积为8，所以正方体的体对角线长为23，所以正方体的外接球的半径为3，所以球面的表面积为24(3)12，故选A.

【2016新课标2】4．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 A．12 B．323 C．8 D．4 【解析】因为原几何体由同底面一个圆柱和一个圆锥构成，所以其表面积为28S，故选C. 【2016新课标3】（10）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ B ）（A）18365 （B）54185 （C）90 （D）81

【2016新课标3】（11）在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC，AB=6，BC=8，AA1=3，则V的最大值是（ B ）

（A）4π（B）9π2（C）6π（D）32π3

11//CBD平面3222331

4 23

4 4 学习好资料欢迎下载二、解答题【2011新课标】18．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，AB=2AD，PD⊥底面ABCD. （Ⅰ）证明：PA⊥BD；（Ⅱ）若PD=AD=1，求棱锥 D-PBC的高. 【解析】（Ⅰ）因为∠DAB=60º，AB=2AD，由余弦定理得，从而BD2+AD2= AB2，故BD⊥AD，又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD，所以BD⊥平面PAD. 故PA⊥BD. （Ⅱ）过D作DE⊥PB于E，由（I）知BC⊥BD，又PD⊥底面ABCD，所以BC⊥平面PBD，而DE平面PBD，故DE⊥BC,所以DE⊥平面PBC，由题设知PD=1，则BD=3, PB=2，由

DE·PB=PD·BD得DE=23，即棱锥D-PBC的高为23.

【2012新课标】19．如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，112ACBCAA，D是棱AA1的中点.

（Ⅰ）证明：平面BDC1⊥平面BDC；（Ⅱ）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比. 【解析】（Ⅰ）由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC=C,∴BC⊥面ACC1A1，又∵DC1面ACC1A1， ∴DC1⊥BC，由题设知∠A1DC1=∠ADC =45º，∴∠CDC1=90º,即DC1⊥DC，又∵DC∩BC=C, ∴DC1⊥面BDC，∵DC1面BDC1，∴面BDC⊥面BDC1 .

（Ⅱ）设棱锥B-DACC1的体积为1V，AC=1，由题意得，1112111322V，由三棱柱ABC-A1B1C1的体积1V，∴11():1:1VVV，∴平面BDC1分此棱柱为两部分体积之比为1:1.

【2013新课标1】19. 如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°. (1)证明：AB⊥A1C； (2)若AB＝CB＝2，A1C＝6，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．【解析】 (1)取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B. 因为CA＝CB，所以OC⊥AB.由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB. 因为OC∩OA1＝O，所以 AB⊥平面OA1C. 又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C. (2)由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，

B A C