2020年高考数学立体几何专题复习(后附答案)
2020年高考数学立体几何专题复习（后附答案）教学目的1. 复习《立体几何初步》的相关知识及基本应用2. 掌握典型题型及其处理方法教学重点、难点《立体几何初步》的知识梳理和题型归类以及重点题型的处理方法知识分析1. 多面体的结构特征对于多面体的结构要从其反应的几何体的本质去把握，棱柱、棱锥、棱台是不同的多面体，但它们也有联系，棱柱可以看成是上、下底面全等的棱台；棱锥又可以看作是一底面缩为一点的棱台，因此它们的侧面积和体积公式可分别统一为一个公式。
2. 旋转体的结构特征旋转体是一个平面封闭图形绕一个轴旋转生成的，一定要弄清圆柱、圆锥、圆台、球分别是由哪一种平面图形旋转生成的，从而可掌握旋转体中各元素的关系，也就掌握了它们各自的性质。
3. 表面积与体积的计算有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式法为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素。
4. 三视图与直观图的画法三视图和直观图是空间几何体的不同的表现形式，空间几何体的三视图可以使我们很好地把握空间几何体的性质．由空间几何体可以画出它的三视图，同样由三视图可以想象出空间几何体的形状，两者之间可以相互转化。
5. 线线平行的判定方法（1）定义：同一平面内没有公共点的两条直线是平行直线； （2）公理4：a b b c a c //////，，⇒； （3）平面几何中判定两直线平行的方法；（4）线面平行的性质：a a b a b ////αβαβ，，⊂=⇒ ； （5）线面垂直的性质：a b a b ⊥⊥⇒αα，//；（6）面面平行的性质：αβαγβγ////，， ==a a b 。
6. 直线和平面平行的判定方法 （1）定义：a a αα=∅⇒//；（2）判定定理：a b a b a ////，，⊄⊂⇒ααα； （3）线面垂直的性质：b a b a a ⊥⊥⊄，，，ααα//；（4）面面平行的性质：αβαβ////，a a ⊂⇒。
7. 判定两个平面平行的方法 （1）依定义采用反证法； （2）利用判定定理：αββαααβ//////，，，，b a b a b A ⊂⊂=⇒ ； （3）垂直于同一条直线的两个平面平行； a a ⊥⊥⇒αβαβ，//；（4）平行于同一平面的两个平面平行；αγβγαβ////，/⇒/。
8. 平行关系的转化由上面的框图易知三者之间可以进行任意转化，因此要判定某一平行的过程就是从一平行出发不断转化的过程，在解题时把握这一点，灵活确定转化的思路和方向。
9. 证明线线垂直的方法（1）定义：两条直线所成的角为90°；（2）平面几何中证明线线垂直的方法；（3）线面垂直的性质：a b a b ⊥⊂⇒⊥αα，；（4）线面垂直的性质：a b a b ⊥⇒⊥αα，//。
10. 证明线面垂直的方法（1）线面垂直的定义：a与α内任何直线垂直⇒⊥aα；（2）判定定理1：m n m n Al m l nl、，，⊂=⊥⊥⎫⎬⎭⇒⊥αα；（3）判定定理2：a b a a b//，⊥⇒⊥α；（4）面面平行的性质：αβαβ//，a a⊥⇒⊥；（5）面面垂直的性质：αβαβαβ⊥=⊂⊥⇒⊥，，，l a a l a。
11. 判定两个平面垂直的方法（1）利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角。
（2）判定定理：a a⊆⊥⇒⊥αβαβ，12. 垂直关系的转化在证明两平面垂直时一般先从现有直线中寻找平面的垂线，若这样的直线图中不存在，则可通过作辅助线来解决．如有平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直。
故熟练掌握“线线垂直”“面面垂直”间的转化条件是解决这类问题的关键。
【典型例题】例1. 图中所示的是一个零件的直观图，画出这个几何体的三视图。
在视图中，被挡住的轮廓线画成虚线，尺寸线用细实线标出；Φ表示直径，R 表示半径；单位不注明时按mm 计。
点评：画简单组合体的三视图应注意两个问题：（1）要确定主视、俯视、左视的方向，同一物体放置位置的不同，所画的三视图可能不同。
（2）要明确简单组合体是由哪几个基本几何体生成的，并注意它们的生成方式，特别是交线位置。
例2. 在球面上有四点P 、A 、B 、C ，如果PA 、PB 、PC 两两垂直且PA ＝PB ＝PC ＝a ，求这个球的表面积和体积。
点评：因为PA ，PB ，PC 两两垂直，于是也可以构造一个长方体来解决，长方体对角线恰为球的直径，R a 223=，所以R a=32，这样就简单了。
例3. 如图，已知P 为△ABC 外一点，PA 、PB 、PC 两两垂直且PA ＝PB ＝PC ＝a ，求P 点到平面ABC 的距离。
点评：（1）求点到平面距离的基本程序是：首先找到或作出要求的距离；然后使所求距离在某一个三角形中；最后在三角形中根据三角形的边角关系求出距离。
（2）求距离问题转化到解三角形有关问题后，在三角形中求距离常常用到勾股定理、正弦定理及有关三角函数知识。
（3）点到平面距离是立体几何中一个重要内容，高考命题中出现较多，应充分注意，除了上面提到的方法之外，还有其他一些方法，比如以后学习的等积法，希望同学们在学习过程中不断总结．例4. 如图，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M、N分别是AB、PC中点。
（1）求证：MN//平面PAD；（2）求证：MN⊥CD；（3）若∠PDA=45°，求证：MN⊥平面PCD。
点评：应用线面平行的判定定理证明线面平行，关键是找到平面内与平面外直线平行的直线。
处理有关线面垂直和线线垂直的问题，要注意转化思想的应用，即将线线垂直转化为线面垂直，线面垂直又可转化为线线垂直。
例5. 正三棱柱ABC A B C-111中，若AB BC11⊥，求证：AB A C11⊥。
点评：证明线线垂直的主要方法是证明线面垂直。
例6. 已知正方体ABCD一A1B l C1D1的棱长为a，O为面A1B l C1D1的中心，求点O到平面C1BD的距离。
点评：本例是通过定理“如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面”（即其中一个平面内一点在另一个平面上正射影在两互相垂直平面的交线上）得到点O到平面C1BD的距离OG的。
【模拟试题】一. 选择题（每小题5分，共60分）1. 给出四个命题：①各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱；②各对角面是全等矩形的平行六面体一定是长方体； ③有两个侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱； ④长方体一定是正四棱柱。
其中正确命题的个数是（ ） A. 0B. 1C. 2D. 32. 下列四个命题：①各侧面是全等的等腰三角形的四棱锥是正四棱锥；②底面是正多边形的棱锥是正棱锥； ③棱锥的所有面可能都是直角三角形； ④四棱锥中侧面最多有四个直角三角形。
正确的命题有________个 A. 1B. 2C. 3D. 43. 长方体的一个顶点处的三条棱长之比为1：2：3，它的表面积为88，则它的对角线长为（ ） A. 12B. 24C. 214D. 4144. 湖面上漂着一个球，湖结冰后将球取出，冰面上留下一个面直径为24cm ，深为8cm 的空穴，则该球的半径是（ ） A. 8cmB. 12cmC. 13cmD. 82cm5. 一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积为侧面积的比是（ ）A. 122+ππB. 144+ππC.12+ππD. 142+ππ6. 已知直线l m ⊥⊂平面，直线平面αβ，有下面四个命题：①αβ//⇒⊥l m ；②αβ⊥⇒l m //；③l m //⇒⊥αβ；④l m ⊥⇒αβ//。
其中正确的两个命题是（ ） A. ①② B. ③④ C. ②④ D. ①③7. 若干毫升水倒入底面半径为2cm 的圆柱形器皿中，量得水面的高度为6cm ，若将这些水倒入轴截面是正三角形的倒圆锥形器皿中，则水面的高度是（ ） A. 63cmB. 6cmC. 2182D. 31238. 设正方体的全面积为242cm ，一个球内切于该正方体，那么这个球的体积是（ ）A. 63πcmB. 3233πcm C. 833πcmD. 433πcm9. 对于直线m、n和平面αβ、能得出αβ⊥的一个条件是（）A. m n m n⊥，，////αβ B. m n m n⊥=⊂，，αβαC. m n n m//，，⊥⊂βα D. m n m n//，，⊥⊥αβ10. 如果直线l、m与平面αβγ、、满足：l l m m=⊂⊥βγααγ，，，//，那么必有（）A. αγ⊥⊥和l m B. αγβ////，和m C. m l m//β，且⊥ D. αγαβ⊥⊥且11. 已知正方体的八个顶点中，有四个点恰好为正四面体的顶点，则该正四面体的体积与正方体的体积之比为（）A. 13： B. 12： C. 2：3 D. 1：312. 向高为H的水瓶中注水，注满为止，如果注水量V与水深h的函数关系的图象如图所示，那么水瓶的形状是（）二. 填空题（每小题4分，共16分）13. 正方体的全面积是a2，它的顶点都在球面上，这个球的表面积是__________。
14. 正四棱台的斜高与上、下底面边长之比为5：2：8，体积为143cm，则棱台的高为____________。
15. 正三棱柱的底面边长为a，过它的一条侧棱上相距为b的两点作两个互相平行的截面，在这两个截面间的斜三棱柱的侧面积为____________。
16. 已知αβ、是两个不同的平面，m、n是平面αβ及之外的两条不同的直线，给出四个论断：①m⊥n，②αβ⊥，③n⊥β，④m⊥α。
以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题______________。
三. 解答题（共74分）17. （12分）正方体ABCD A B C D-1111中，E、F、G分别是棱DA、DC、DD1的中点，试找出过正方体的三个顶点且与平面EFG平行的平面，并证明之。
18. （12分）球内有相距1cm的两个平行截面，截面的面积分别是5822ππcm cm和，球心不在截面之间，求球的表面积与体积。
19. （12分）一个正三棱柱的三视图如图所示，求这个正三棱锥的表面积。
20. （12分）直角梯形的一个内角为45°，下底长为上底长的32，这个梯形绕下底所在直线旋转一周所成的旋转体的全面积是（52+）π，求这个旋转体的体积。
21. （12分）有一块扇形铁皮OAB，∠AOB=60°，OA=72cm，要剪下来一个扇形ABCD，作圆台形容器的侧面，并且余下的扇形OCD内剪下一块与其相切的圆形使它恰好作圆台形容器的下底面（大底面）。
（如图）试求（1）AD应取多长？（2）容器的容积。
22. （14分）如图，正四棱柱ABCD A B C D-1111中，底面边长为22，侧棱长为4，E、F分别为AB、BC的中点，EF BD G=。
安徽省滁州中学新高中数学立体几何多选题专题复习含答案
安徽省滁州中学新高中数学立体几何多选题专题复习含答案一、立体几何多选题1．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD 【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -的高为22222262213⎛⎫--⨯= ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.2．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E ，F 在平面1111D C B A 内，若||5AE =，AC DF ⊥，则（ ）A ．点E 的轨迹是一个圆B ．点F 的轨迹是一个圆C ．EF 21-D ．AE 与平面1A BD 21530+【答案】ACD 【分析】对于A 、B 、C 、D 四个选项，需要对各个选项一一验证. 选项A ：由2211||5AE AA A E =+=1||1A E =，分析得E 的轨迹为圆；选项B ：由AC DBF ⊥，而点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，； 选项C ：由E 的轨迹为圆，F 的轨迹为线段11B D ，可分析得min ||EF d r =-； 选项D ：建立空间直角坐标系，用向量法求最值. 【详解】 对于A:2211||5AE AA A E =+=221|25A E +=1||1A E =，即点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上；故A 正确；对于B: 正方体1111ABCD A B C D -中，AC ⊥BD ，又AC DF ⊥，且BD ∩DF=D ，所以AC DBF ⊥，所以点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，故B 错误；对于C:在平面1111D C B A 内，1A 到直线11B D 的距离为2,d=当点E ，F 落在11A C 上时，min ||21EF =-；故C 正确； 对于D:建立如图示的坐标系，则()()()()10,0,0,2,0,0,0,0,2,0,2,0A B A D因为点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上，可设()cos ,sin ,2E θθ 所以()()()1cos ,sin ,2,2,0,2,2,2,0,AE A B BD θθ==-=-设平面1A BD 的法向量(),,n x y z =，则有1·220·220n BD x y n A B x z ⎧=-+=⎪⎨=-=⎪⎩ 不妨令x =1，则()1,1,1n =， 设AE 与平面1A BD 所成角为α，则：2|||sin|cos,|||||n AEn AEn AEπθα⎛⎫++⎪====⨯当且仅当4πθ=时，sinα15=，故D正确故选：CD【点睛】多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．3．在正三棱柱111ABC A B C-中，AC=11CC=，点D为BC中点，则以下结论正确的是（）A ．111122A D AB AC AA=+-B．三棱锥11D AB C-的体积为6C．1AB BC⊥且1//AB平面11AC DD．ABC内到直线AC、1BB的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分【答案】ABD【分析】A ．根据空间向量的加减运算进行计算并判断；B．根据1111D AB C A DB CV V--=，然后计算出对应三棱锥的高AD和底面积11DB CS，由此求解出三棱锥的体积；C．先假设1AB BC⊥，然后推出矛盾；取AB中点E，根据四点共面判断1AB//平面11AC D是否成立；D．将问题转化为“ABC内到直线AC和点B的距离相等的点”的轨迹，然后利用抛物线的定义进行判断.【详解】A．()11111111222A D A A AD AD AA AB AC AA AB AC AA=+=-=+-=+-，故正确；B．1111D AB C ADB CV V--=，因为D为BC中点且AB AC=，所以AD BC⊥，又因为1BB⊥平面ABC，所以1BBAD⊥且1BB BC B=，所以AD⊥平面11DB C，又因为AD===11111122DB CS BB B C=⨯⨯=，所以1111111133226D AB C A DB C DB CV V AD S--==⨯⨯=⋅=，故正确；C ．假设1AB BC ⊥成立，又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB BC ⊥且111BB AB B =，所以BC ⊥平面1ABB ，所以BC AB ⊥，显然与几何体为正三棱柱矛盾，所以1AB BC ⊥不成立；取AB 中点E ，连接11,,ED EA AB ，如下图所示：因为,D E 为,BC AB 中点，所以//DE AC ，且11//AC A C ，所以11//DE AC ，所以11,,,D E A C 四点共面，又因为1A E 与1AB 相交，所以1AB //平面11AC D 显然不成立，故错误；D ．“ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点”即为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”，根据抛物线的定义可知满足要求的点的轨迹为抛物线的一部分，故正确； 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求解空间中三棱锥的体积的常用方法：（1）公式法：直接得到三棱锥的高和底面积，然后用公式进行计算；（2）等体积法：待求三棱锥的高和底面积不易求出，采用替换顶点位置的方法，使其求解高和底面积更容易，由此求解出三棱锥的体积.4．已知三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，其长度分别为a ，b ，c ．点A 在底面BCD 内的射影为O ，点A ，B ，C ，D 所对面的面积分别为A S ，B S ，C S ，D S ．在下列所给的命题中，正确的有（ ） A ．2A BCO D S SS ⋅=； B ．3333A B C D S S S S <++；C ．若三条侧棱与底面所成的角分别为1α，1β，1γ，则222111sin sin sin 1αβγ++=；D ．若点M 是面BCD 内一个动点，且AM 与三条侧棱所成的角分别为2α，2β，2γ，则22cos α+2222cos cos 1βγ+=．【答案】ACD 【分析】由Rt O OA '与Rt O AD '相似，得边长关系，进而判断A 正确；当M 与O 重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得C 正确；构造长方体，建立直角坐标系，代入夹角公式计算可得D 正确；代入特殊值，可得B 错误. 【详解】由三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，则将三棱锥A BCD -补成长方体ABFC DGHE -，连接DO 并延长交BC 于O '， 则AO BC ⊥．对A ：由Rt O OA '与Rt O AD '相似，则2O A O O O D '''=⨯ 又12A S BC O D '=⋅，12BCOS BC O O '=⋅， 22221124DS BC O A BC O A ⎛⎫''=⋅=⋅ ⎪⎝⎭所以2A BCOD S SS ⋅=，故A 正确．对B ：当1a b c ===时，33318B C D S S S ===，则33338B C D S S S ++=，而33328A S ⎛==> ⎝⎭，此时3333A B C D S S S S >++，故B 不正确． 对D ：分别以AB ，AC ，AD 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设(),,M x y z ，则(),,AM x y z =，AM =(),0,0AB a =，()0,,0AC b =，()0,0,AD c =所以222222222cos cos cos AM AB AM AC AM AD AM ABAM ACAM ADαβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222221x y z AMAMAM=++=，所以D 正确．对C ：当M 与O 重合时，AO ⊥面BCD ，由D 有222222cos cos cos 1αβγ++=，由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO 成角互为余角，可得C 正确． 故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题考查空间线面角、线线角、面积关系的问题，计算角的问题关键是建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用数量积的公式代入计算，解决这道题目还要结合线面角与线线角的关系判断.5．如图，点E 为正方形ABCD 边CD 上异于点C ，D 的动点，将ADE 沿AE 翻折成SAE △，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．存在点E 和某一翻折位置，使得SB SE ⊥ B ．存在点E 和某一翻折位置，使得//AE 平面SBCC ．存在点E 和某一翻折位置，使得直线SB 与平面ABC 所成的角为45°D ．存在点E 和某一翻折位置，使得二面角S AB C --的大小为60° 【答案】ACD 【分析】依次判断每个选项：当SE CE ⊥时，⊥SE SB ，A 正确，//AE 平面SBC ，则//AE CB ，这与已知矛盾，故B 错误，取二面角D AE B --的平面角为α，取4=AD ，计算得到2cos 3α=，C 正确，取二面角D AE B --的平面角为60︒，计算得到5tan 5θ=，故D 正确，得到答案. 【详解】当SE CE ⊥时，SE AB ⊥，SE SA ⊥，故SE ⊥平面SAB ，故⊥SE SB ，A 正确； 若//AE 平面SBC ，因AE ⊂平面ABC ，平面ABC 平面SBC BC =，则//AE CB ，这与已知矛盾，故B 错误；如图所示：DF AE ⊥交BC 于F ，交AE 于G ，S 在平面ABCE 的投影O 在GF 上， 连接BO ，故SBO ∠为直线SB 与平面ABC 所成的角，取二面角D AE B --的平面角为α，取4=AD ，3DE =，故5AE DF ==，1CE BF ==，125DG =，12cos 5OG α=，故只需满足12sin 5SO OB α==， 在OFB △中，根据余弦定理：2221213121312sin 1cos 2cos cos 55555OFB ααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+---∠ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得2cos 3α=，故C 正确； 过O 作OMAB ⊥交AB 于M ，则SMO ∠为二面角S AB C --的平面角，取二面角D AE B --的平面角为60︒，故只需满足22DG GO OM ==，设OAG OAM θ∠=∠=，84ππθ<<，则22DAG πθ∠=-，tan tan 22DG OGAG πθθ==⎛⎫- ⎪⎝⎭，化简得到2tan tan 21θθ=，解得5tan θ=，验证满足，故D 正确； 故选：ACD .【点睛】本题考查了线线垂直，线面平行，线面夹角，二面角，意在考查学生的计算能力，推断能力和空间想象能力.6．已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，过对角线1BD 作平面α交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，以下结论正确的是（ ） A ．四边形1BFD E 不一定是平行四边形 B ．平面α分正方体所得两部分的体积相等 C ．平面α与平面1DBB 不可能垂直 D ．四边形1BFD E 面积的最大值为2 【答案】BD 【分析】由平行平面的性质可判断A 错误;利用正方体的对称性可判断B 正确;当E ､F 为棱中点时,通过线面垂直可得面面垂直,可判断C 错误;当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积最大,且最大值为2,可判断D 正确. 【详解】 如图所示,对于选项A,因为平面1111//ABB A CC D D ,平面1BFD E 平面11ABB A BE =,平面1BFD E平面111CC D D D F =,所以1//BE D F ,同理可证1//D E BF ,所以四边形1BFD E 是平行四边形,故A 错误; 对于选项B,由正方体的对称性可知,平面α分正方体所得两部分的体积相等,故B 正确; 对于选项C,在正方体1111ABCD A B C D -中,有1,AC BD AC BB ⊥⊥, 又1BD BB B ⋂=,所以AC ⊥平面1BB D , 当E ､F 分别为棱11,AA CC 的中点时, 有//AC EF ,则EF ⊥平面1BB D , 又因为EF ⊂平面1BFD E ,所以平面1BFD E ⊥平面1BB D ,故C 错误;对于选项D,四边形1BFD E 在平面ABCD 内的投影是正方形ABCD , 当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积有最大值,此时1212S D E BE =⋅=⋅=,故D 正确; 故选:BD. 【点睛】本题考查了正方体的几何性质与应用问题,也考查了点线面的位置关系应用问题,属于中档题.7．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,2,AB BC AA P ===是1A B 上的一动点，则下列选项正确的是( )A ．DP 35B ．DP 5C ．1AP PC +6D ．1AP PC +的最小值为1705【答案】AD 【分析】DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高即可；旋转11A BC 所在平面到平面11ABB A ，1AP PC +的最小值转化为求AC '即可.【详解】求DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高，易知115,2A B A D BD ===，所以1A B 边上的高为355h =111,AC BC ，得11A BC ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，则AC '即为所求的最小值，易知11122,2,cos 10AA AC AAC ''==∠=-， 所以217042222()105AC '=+-⨯⨯⨯-=. 故选：AD. 【点睛】本题考查利用旋转求解线段最小值问题.求解翻折、旋转问题的关键是弄清原有的性质变化与否， (1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，翻折、旋转前后应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．8．M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，将菱形沿对角线AC 折起，使点D 不在平面ABC 内，则在翻折过程中，下列结论正确的有（ ）A ．MN ∥平面ABDB ．异面直线AC 与MN 所成的角为定值C ．在二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径先变小后变大D ．若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，则ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭【答案】ABD 【分析】利用线面平行的判定即可判断选项A ；利用线面垂直的判定求出异面直线AC 与MN 所成的角即可判断选项B ；借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，利用空间想象能力进行分析即可判断选项C;过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,分ABC ∠为锐角、直角、钝角三种情况分别进行分析判断即可判断选项D. 【详解】对于选项A:因为M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，所以MN 为BCD ∆的中位线，所以//MN BD ,因为MN ⊄平面ABD ,BD ⊂平面ABD ，所以MN ∥平面ABD ,故选项A 正确；对于选项B ：取AC 的中点O ，连接,DO BO ,作图如下：则,AC DO AC BO ⊥⊥,BO DO O =,由线面垂直的判定知，AC ⊥平面BOD ,所以AC BD ⊥,因为//MN BD ,所以AC MN ⊥,即异面直线AC 与MN 所成的角为定值90，故选项B 正确；对于选项C:借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，球心离开平面ABC ，但是球心在底面的投影仍然是ABC ∆外接圆圆心，故二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径不可能先变小后变大， 故选项C 错误；对于选项D:过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,若ABC ∠为锐角，H 在线段BC 上；若ABC ∠为直角，H 与B 重合；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上；若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，因为AH BC ⊥，所以CB ⊥平面AHD ,由线面垂直的性质知,CB HD ⊥,若ABC ∠为直角，H 与B 重合，所以CB BD ⊥,在CBD ∆中，因为CB CD =, 所以CB BD ⊥不可能成立，即ABC ∠为直角不可能成立；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上，则在原平面图菱形ABCD 中，DCB ∠为锐角，由于立体图中DB DO OB <+,所以立体图中DCB ∠一定比原平面图中更小，，所以DCB ∠为锐角，CB HD ⊥，故点H 在线段BC 与H 在线段BC 的延长线上矛盾，因此ABC ∠不可能为钝角；综上可知，ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭.故选项D 正确;故选：ABD 【点睛】本题考查异面垂直、线面平行与线面垂直的判定、多面体的外接球问题；考查空间想象能力和逻辑推理能力；借助极限状态和反证法思想的运用是求解本题的关键；属于综合型强、难度大型试题.9．半正多面体（semiregularsolid ）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为2，则（ ）A ．BF ⊥平面EABB ．该二十四等边体的体积为203C ．该二十四等边体外接球的表面积为8πD ．PN 与平面EBFN 所成角的正弦值为2 【答案】BCD 【分析】A 用反证法判断；B 先补齐八个角成正方体，再计算体积判断；C 先找到球心与半径，再计算表面积判断；D 先找到直线与平面所成角，再求正弦值判断． 【详解】解：对于A ，假设A 对，即BF ⊥平面EAB ，于是BF AB ⊥，90ABF ∠=︒，但六边形ABFPQH 为正六边形，120ABF ∠=︒，矛盾， 所以A 错；对于B ，补齐八个角构成棱长为2的正方体，则该二十四等边体的体积为3112028111323-⋅⋅⋅⋅⋅=，所以B 对；对于C ，取正方形ACPM 对角线交点O ， 即为该二十四等边体外接球的球心， 其半径为2R =，其表面积为248R ππ=，所以C 对；对于D ，因为PN 在平面EBFN 内射影为NS ， 所以PN 与平面EBFN 所成角即为PNS ∠， 其正弦值为22PS PN ==，所以D 对． 故选：BCD ．【点睛】本题考查了正方体的性质，考查了直线与平面所成角问题，考查了球的体积与表面积计算问题．10．如图，正四棱锥S －BCDE 底面边长与侧棱长均为a ，正三棱锥A －SBE 底面边长与侧棱长均为a ，则下列说法正确的是（ ）A ．AS ⊥CDB ．正四棱锥S －BCDE 的外接球半径为22C ．正四棱锥S －BCDE 的内切球半径为212a ⎛- ⎝⎭ D ．由正四棱锥S －BCDE 与正三棱锥A －SBE 拼成的多面体是一个三棱柱 【答案】ABD 【分析】取BE 中点H ，证明BE ⊥平面SAH 即可证AS CD ⊥；设底面中心为1O ，有112O B O S ==2；用等体积法求内切球半径即可判断；由////SA DE BC 且==SA DE BC 可知多面体是一个三棱柱.【详解】 如图所示：A 选项：取BE 中点H 连接,AH SH ，正三棱锥A SBE -中，,AH BE SH BE ⊥⊥ 又AHSH H =，所以BE ⊥平面SAH ，则BE AS ⊥，又//BE CD 所以AS CD ⊥ ，故A 正确；B 选项：设底面中心为1O ，球心为O 半径为R ，因为正四棱锥S －BCDE 外接球球心在1O S 上，所以OS OB R ==，因为，正四棱锥S －BCDE 底面边长与侧棱长均为a所以112O B O S ==，由()22211OB O B O S OS =+- 得2222222R a R ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解得2R =，故B 正确； C 选项：设内切球半径为r ，易求得侧面面积为2213sin 234S a a π=⋅=， 由等体积法得222121134333a a r r =⋅+⋅⋅ 解得624a r = ，故C 错；D 选项：取SE 中点F ，连结AF ，DF ，BF ，则BFD ∠和BFA ∠分别是D SE B --和A SE B --的二面角的平面角，由)22222223321cos 2332aBF DF BDBFD BF DF ⎫⎫+-⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭∠===-⋅⎫⎪⎝⎭2222222331cos 2332a AF BF BA AFD AF BF ⎫⎫+-⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭∠===⋅⎫⎪⎝⎭，故BFD ∠与BFA ∠互补，所以ASDE 共面，又因为AS AE ED SD ===，则ASDE 为平行四边形，故AS ED BC故正四棱锥S－BCDE与正三棱锥A－SBE拼成的多面体是一个三棱柱，所以////D正确故选：ABD【点睛】求外接球半径的常用方法：（1）补形法：侧面为直角三角形或正四面体或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；（2）利用球的性质：几何体在不同面均对直角的棱必然是球的直径；（3）定义法：到各个顶点距离均相等的点为球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.。
2020届高考数学(文)二轮强化专题卷(8)立体几何+Word版含答案
（8）立体几何1、已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面a所成的角相等，则a截此正方体所得的截面面积的最大值为( )A．334B．233C．324D．322、若某几何体的三视图(单位: cm)如图所示,其中左视图是一个边长为2的正三角形,则这个几何体的体积是( )A. 32cm B. 33cm C. 333cm D. 33cm3、《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,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,估算出堆放的米约有( )A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛4、如图是正方体或四面体,,,,P Q R S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图是( ) A. B. C. D.5、在各棱长均相等的四面体A BCD -中，已知,M N 分别是是棱,AD BC 中点，则异面直线BM 与AN 所成角的余弦值（ ）A ．23B.33C.23 D. 13-6、关于空间两条直线a b 、和平面α，下列命题正确的是( ) A ．若//,a b b α⊂，则//a α B ．若//,a b αα⊂，则//a b C ．若//,//a b αα，则//a bD ．若,a b αα⊥⊥，则//a b7、已知两直线,m n 和平面α，若m n ⊥α,⊂α，则直线,m n 的关系一定成立的是( ) A. m 与n 是异面直线 B.m n ⊥C. m 与n 是相交直线D.//m n8、如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，直线1A B 和平面1A B 所成的角为( )A. 30︒B. 45︒C. 60︒D. 90︒9、在四面体ABCD 中,已知棱AC 的长为2,其余各棱长都为1,则二面角A CD B --的余弦值为( ) A.12 B.13C.3 D.2 10、在Rt ABC ∆中，已知D 是斜边AB 上任意一点（如图①），沿直线CD 将ABC ∆折成直二面角B CD A --（如图②）．若折叠后A ，B 两点间的距离为d ，则下列说法正确的是（ ）图 ① 图 ② A ．当CD 为Rt ABC ∆的中线时，d 取得最小值 B ．当CD 为Rt ABC ∆的角平分线时，d 取得最小值 C ．当CD 为Rt ABC ∆的高线时，d 取得最小值D ．当D 在Rt ABC ∆的AB 边上移动时，d 为定值11、已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为__________.12、已知一个凸多面体共有9个面,所有棱长均为1,其平面展开图如图所示,则该凸多面体的体积V =________.13、已知长方体1111ABCD A B C D -的外接球体积为32π3，且12AA BC ==，则1A C 与平面11BB C C 所成的角为 。
2020届高考数学学霸纠错笔记汇总：立体几何【含答案】
2020届高考数学学霸纠错笔记汇总：立体几何【含答案】对空间几何体的结构认识不准确致错有一种骰子，每一面上都有一个英文字母，如图是从3个不同的角度看同一粒骰子的情形，请画出骰子的一个侧面展开图，并根据展开图说明字母H对面的字母是 .【错解】P【错因分析】空间想象能力差而乱猜一气，实际上可以动手制作模型，通过折叠得出答案.【试题解析】将原正方体外面朝上展开，得其表面字母的排列如图所示，易得H对面的字母是O.【参考答案】O1．对于平面图形折叠或空间图形展开的问题，空间想象能力是解题的关键，正确识图才能有效折叠平面图形、展开空间图形.而对于简单几何体的展开图，可以通过制作模型来解答.2．关于空间几何体的结构特征问题的注意事项：(1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定．(2)通过举反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可.1．已知某圆柱的底面周长为12，高为2，矩形ABCD是该圆柱的轴截面，则在此圆柱侧面上，从A到C的路径中，最短路径的长度为A．10B．5C．3 D．2【答案】A【解析】圆柱的侧面展开图如图，圆柱的侧面展开图是矩形，且矩形的长为12，宽为2，则在此圆柱侧面上从A到C的最短路径为线段AC，22AC=+=26210故选：A．不能正确画出三视图或还原几何体而致错一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是【错解】A或B或C【错因分析】选A，俯视图判断出错，从俯视图看，几何体的上、下部分都是旋转体；选B，下部分几何体判断出错，误把旋转体当多面体；选C，上部分几何体判断出错，误把旋转体当多面体.【试题解析】由三视图可知几何体上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.【参考答案】D1．当已知三视图去还原成几何体时，要充分关注图形中关键点的投影，先从俯视图来确定是多面体还是旋转体，再从正视图和侧视图想象出几何体的大致形状，然后通过已知的三视图验证几何体的正确性，最后检查轮廓线的实虚．2．三视图问题的常见类型及解题策略：(1)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．(2)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，不能看到的部分用虚线表示．(3)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.2．下列四个几何体的三视图中，只有正视图和侧视图相同的几何体是A．①②B．①③C．①④D．②④【答案】D【解析】分析题中简单几何体可知，②④中几何体的正视图和侧视图相同.故选D.空间几何体的直观图与原图面积之间的关系如图是水平放置的平面图形的直观图，则原平面图形的面积为A ．3B ．322C ．6D ．32【错解】B【错因分析】错解中把直观图认为是原平面图形，则平面图形的面积为13223sin 45=22⨯⨯⨯.实际上，题图为直观图，必须根据直观图还原得到平面图形，再利用三角形的面积公式求解.【试题解析】原平面图形如图，即Rt △OAB ，其中OA =O ′A ′=3，OB =2O ′B ′=4，故原平面图形的面积为134=62⨯⨯，选C.【方法点晴】本题主要考查了平面图形的直观图及其原图形与直观图面积之间的关系，属于基础题，解答关键是牢记原图形与直观图的面积比为22SS ='． 【参考答案】C1．斜二测画法中的“三变”与“三不变”：“三变”y ⎧⎪⎨⎪⎩坐标轴的夹角改变与轴平行的线段的长度变为原来的一半图形改变；“三不变”x z ⎧⎪⎨⎪⎩平行性不改变与,轴平行的线段的长度不改变相对位置不改变.2．原图形与直观图的面积比为22SS ='，即原图面积是直观图面积的222422倍.3．已知梯形ABCD 是直角梯形，按照斜二测画法画出它的直观图A B C D ''''(如图所示)，其中2A D ''=，4B C ''=，1A B ''=，则直角梯形DC 边的长度是A 5B ．2C 3D ．5【答案】B【解析】由直观图作出梯形ABCD 是直角梯形，如图：按照斜二测画法画，可得出它的直观图,2,4,1A'B'C'D'A'D'B'C'A'B'===， ∴直角梯形ABCD 中,,2,4,22AB BC AD A'D'BC B'C'AB A'B'⊥======， 过D 作DE BC ⊥，交BC 于E ,则2,422DE AB EC BC AD ===-=-=，∴直角梯形DC 4422+= B .【名师点睛】本题主要考查斜二测画法的基本原理与性质，以及由直观图还原平面图形，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，属于中档题.本题容易忽视了图形中的平行关系，从而得不到原图中边与坐标轴的平行关系，判断不出直角三角形而导致错误．空间几何体的表面积或体积计算不全致错一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为A．3B．3C．21 D．18【错解】B或C或D【错因分析】由三视图可知原几何体应该是一个正方体截取两个全等的小正三棱锥，B项计算三角形面积时出错；截取小正三棱锥，即除去了六个全等的等腰直角三角形，但C项忽略了几何体多了两个等边三角形面；由三视图可知原几何体应该是一个正方体截取两个全等的小正三棱锥的组合体，D项计算三角形面积时出错，且计算时还少加了三棱锥的底面.【试题解析】由三视图可知原几何体如图所示，是一个正方体截取两个全等的小正三棱锥.正方体的表面积为S=24，两个全等的三棱锥是以正方体的相对顶点为顶点，侧面是三个全等的直角边长为1的等腰直角三角形，其侧面面积的和为3，2的正三角形，3故所求几何体的表面积为24−33故选A.【参考答案】A1．柱体、锥体、台体的表面积（1）已知几何体的三视图求其表面积，一般是先根据三视图判断空间几何体的形状，再根据题目所给数据与几何体的表面积公式，求其表面积．（2）多面体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积应注意重合部分的处理，以确保不重复、不遗漏.（3）求多面体的侧面积时，应对每一个侧面分别求解后再相加；求旋转体的侧面积时，一般要将旋转体展开为平面图形后再求面积.2．柱体、锥体、台体的体积空间几何体的体积是每年高考的热点之一，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度较小，属容易题. 求柱体、锥体、台体体积的一般方法有：（1）若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．（2）若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等体积法、割补法等方法进行求解．（3）若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.①等体积法：一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积.②割补法：运用割补法处理不规则的空间几何体或不易求解的空间几何体的体积计算问题，关键是能根据几何体中的线面关系合理选择截面进行切割或者补成规则的几何体.要弄清切割后或补形后的几何体的体积是否与原几何体的体积之间有明显的确定关系，如果是由几个规则的几何体堆积而成的，其体积就等于这几个规则的几何体的体积之和；如果是由一个规则的几何体挖去几个规则的几何体而形成的，其体积就等于这个规则的几何体的体积减去被挖去的几个几何体的体积．因此，从一定意义上说，用割补法求几何体的体积，就是求体积的“加、减”法．4．如图所示，已知等腰梯形ABCD的上底AD＝2 cm，下底BC＝10 cm，底角∠ABC＝60°，现绕腰AB旋转一周，则所得的旋转体的体积是A ．246πB ．248πC ．249πD ．250π【答案】B【解析】过D 作DE ⊥AB 于E ，过C 作CF ⊥AB 于F ，所得旋转体是以CF 为底面半径的圆锥和圆台，挖去以A 为顶点，以DE 为底面半径的圆锥的组合体．由于AD ＝2 cm ，BC ＝10cm ，∠ABC ＝60°，在Rt △BCF 中，BF ＝5 cm ，FC ＝5 3 cm. 由AD ∥BC 得，∠DAE ＝∠ABC ＝60°.在Rt △ADE 中，DE ＝ 3 cm ，AE ＝1 cm.又在等腰梯形ABCD 中可求得AB ＝8 cm ，AF ＝AB －BF ＝8－5＝3(cm)，EF ＝AE ＋AF ＝4 cm.所以旋转后所得几何体的体积为V ＝13π·BF ·FC 2＋13π·EF ·(DE 2＋FC 2＋DE ·FC )－13π·AE ·DE 2＝13π×5×(53)2＋13π×4×[(3)2＋(53)2＋3×53]－13π×1×(3)2＝248π(cm 3)，即所得的旋转体的体积为248π cm 3.本题易将所得旋转体漏掉扣除以圆台上底面为底面，高为1 cm 的圆锥的体积而错选C.问题考虑不全面致错已知半径为10的球的两个平行截面圆的周长分别是12π和16π，则这两个截面圆间的距离为 . 【错解】2如图，设球的大圆为圆O ，C ，D 分别为两截面圆的圆心，AB 为经过点C ，O ，D 的直径，由题中条件可得两截面圆的半径分别为6和8.在Rt △COE 中，221068OC =-=.在Rt △DOF 中，221086OD =-=.所以CD =OC −OD =8−6=2，故这两个截面圆间的距离为2.【错因分析】错解中由于对球的结构把握不准，考虑问题不全面而导致错误.事实上，两个平行截面既可以在球心的同侧，也可以在球心的两侧.【试题解析】如上图，设球的大圆为圆O ，C ，D 为两截面圆的圆心，AB 为经过点C ，O ，D 的直径，由题中条件可得两截面圆的半径分别为6和8.当两截面在球心同侧时，22221061082CD OC OD =-=---=； 当两截面在球心两侧时，222210610814CD OC OD =+--=. 综上可知，两截面圆间的距离为2或14. 【参考答案】2或141．球的有关问题（1）确定一个球的条件是球心和球的半径，已知球的半径可以利用公式求球的表面积和体积；反之，已知球的体积或表面积也可以求其半径. （2）球与几种特殊几何体的关系：①长方体内接于球，则球的直径是长方体的体对角线长； ②正四面体的外接球与内切球的球心重合，且半径之比为3∶1；③直棱柱的外接球：找出直棱柱的外接圆柱，圆柱的外接球就是所求直棱柱的外接球.特别地，直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；④球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径； ⑤球与圆台的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆台的高．（3）与球有关的实际应用题一般涉及水的容积问题，解题的关键是明确球的体积与水的容积之间的关系，正确建立等量关系.（4）有关球的截面问题，常画出过球心的截面圆，将空间几何问题转化为平面中圆的有关问题解决.球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面圆的半径r 之间满足关系式：22d R r =-2．求解空间几何体表面积和体积的最值问题有两个思路：一是根据几何体的结构特征和体积、表面积的计算公式，将体积或表面积的最值转化为平面图形中的有关最值，根据平面图形的有关结论直接进行判断；二是利用基本不等式或是建立关于表面积和体积的函数关系式，然后利用函数的方法或者利用导数方法解决.5．如图所示，在长方体中，14cm,2cm,3cm,AB AD AA ===则在长方体表面上连接1A C 、两点的所有曲线长度的最小值为__________．41【解析】将长方体的面分别展开平铺，当四边形11AA D D 和四边形11DD C C 在同一平面内时，最小距离为四边形11AAC C 的对角线，长度是223(42)45++=；当四边形11AA B B 和四边形11BB C C 在同一平面内时，最小距离为四边形11AAC C 的对角线，223(42)45++=；四边形ABCD 和四边形11CDD C 在同一平面内时，最小距离为四边形11ABC D 的对角线，224(23)41++=41将空间几何体的表(侧)面展开，化折(曲)为直，使空间图形问题转化为平面图形问题，即空间问题平面化，是解决立体几何问题最基本的、最常用的方法，将空间图形展开成平面图形后，弄清几何中的有关点和线在展开图中的相应关系是解题的关键．该题考查的是几何体的表面距离的最值问题，结合平面内连接两点的直线段是最短的，所以将长方体的侧面沿着不同的方向展开，使得两个点落在同一平面内，利用勾股定理来求解，选出最小的那个就是，容易出错的地方在于考虑不全面，沿着一个方向展开求得结果，从而出现错误．应用公理或其推论时出错已知A，B，C，D，E五点中，A，B，C，D共面，B，C，D，E共面，则A，B，C，D，E五点一定共面吗？【错解】A，B，C，D，E五点一定共面.因为A，B，C，D共面，所以点A在B，C，D所确定的平面内，因为B，C，D，E共面，所以点E也在B，C，D所确定的平面内，所以点A，E都在B，C，D所确定的平面内，即A，B，C，D，E五点一定共面.【错因分析】错解忽略了公理2中“不在一条直线上的三点”这个重要条件.实际上B，C，D三点有可能共线.【试题解析】（1）如果B，C，D三点不共线，则它们确定一个平面α.因为A，B，C，D共面，所以点A在平面α内，因为B，C，D，E共面，所以点E在平面α内，所以点A，E都在平面α内，即A，B，C，D，E五点一定共面.（2）若B，C，D三点共线于l，若A∈l，E∈l，则A，B，C，D，E五点一定共面；若A，E中有且只有一个在l上，则A，B，C，D，E五点一定共面；若A，E都不在l上，则A，B，C，D，E五点可能不共面.【参考答案】见试题解析.在立体几何中，空间点、线、面之间的位置关系不确定时，要注意分类讨论，避免片面地思考问题.对于确定平面问题，在应用公理2及其三个推论时一定要注意它们成立的前提条件.1．证明点共线问题，就是证明三个或三个以上的点在同一条直线上，主要依据是公理3.常用方法有：①首先找出两个平面，然后证明这些点都是这两个平面的公共点，根据公理3知这些点都在这两个平面的交线上；②选择其中两点确定一条直线，然后证明其他点也在这条直线上.2．证明三线共点问题，一般先证明待证的三条直线中的两条相交于一点，再证明第三条直线也过该点.常结合公理3，证明该点在不重合的两个平面内，故该点在它们的交线（第三条直线）上，从而证明三线共点.3．证明点或线共面问题，主要有两种方法：①首先由所给条件中的部分线（或点）确定一个平面，然后再证其余的线（或点）在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合.6．如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：（1）D，B，F，E四点共面；（2）若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线．【解析】（1）如图，连接B1D1.∵EF是△D1B1C1的中位线，∴EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，∴EF∥BD.∴EF、BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．（2）正方体AC1中，设平面A1ACC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.∵Q∈A1C1，∴Q∈α.又Q∈EF，∴Q∈β.则Q是α与β的公共点，同理P是α与β的公共点，∴α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，∴R∈A1C.∴R∈α，且R∈β，则R∈PQ.故P ，Q ，R 三点共线．忽略空间角的范围或不能正确找出空间角致误如图，已知空间四边形ABCD 中，AD =BC ，M ，N 分别为AB ，CD 的中点，且直线BC 与MN 所成的角为30°，则BC 与AD 所成的角为 .【错解】120°如图，连接BD ，并取中点E ，连接EN ，EM ，则EN ∥BC ，ME ∥AD ，故ENM ∠为BC 与MN 所成的角，∠MEN 为BC 与AD 所成的角，∴∠ENM=30°.又由AD =BC ，知ME =EN ，∴∠EMN =∠ENM =30°， ∴1803030120MEN ∠=︒-︒-︒=︒，即BC 与AD 所成的角为120°.【错因分析】在未判断出∠MEN 是锐角或直角还是钝角之前，不能断定它就是两异面直线所成的角，因为异面直线所成的角α的取值范围是090α<≤，如果∠MEN 为钝角，那么它的补角才是异面直线所成的角.【试题解析】以上同错解，求得∠MEN =120°，即BC 与AD 所成的角为60°. 【参考答案】60°求异面直线所成的角的时候，要注意异面直线所成的角α的取值范围是090α<≤.1．求异面直线所成的角的常见策略： （1）求异面直线所成的角常用平移法．平移法有三种类型，利用图中已有的平行线平移，利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移，利用补形平移．（2）求异面直线所成角的步骤①一作：即根据定义作平行线，作出异面直线所成的角； ②二证：即证明作出的角是异面直线所成的角； ③三求：解三角形，求出作出的角．如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角. （3）判定空间两条直线是异面直线的方法①判定定理：平面外一点A 与平面内一点B 的连线和平面内不经过点B 的直线是异面直线． ②反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面． 2．求直线与平面所成的角的方法： （1）求直线和平面所成角的步骤 ①寻找过斜线上一点与平面垂直的直线；②连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角； ③把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角． （2）求线面角的技巧在上述步骤中，其中作角是关键，而确定斜线在平面内的射影是作角的关键，几何图形的特征是找射影的依据，射影一般都是一些特殊的点，比如中心、垂心、重心等． 3．求二面角大小的步骤：简称为“一作二证三求”．作平面角时，一定要注意顶点的选择．7．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，若1AB BC ==，12BB =，则异面直线1A B 和1AD 所成角的余弦值为A ．1010 B ．35C ．22D ．45【答案】D【解析】连接1D C ，由题得11//A D BC ，故四边形11A BCD 是平行四边形，11//A B D C ，则1AD C ∠的余弦值即为所求，由1AB BC ==，12BB =可得115AD DC ==2AC =故有2221(2)(5)(5)255ADC =+-∠，解得14cos 5AD C ∠=， 故选D.【名师点睛】本题考查异面直线的夹角的余弦值和余弦定理，常见的方法是平移直线，让两条直线在同一平面中，再求夹角的余弦值.对线面位置关系不能正确应用定理作出判断如果两条平行直线a ，b 中的a ∥α，那么b ∥α.这个命题正确吗？为什么？【错解】这个命题正确．∵a ∥α，∴在平面α内一定存在一条直线c ，使a ∥c . 又∵a ∥b ，∴b ∥c ，∴b ∥α.【错因分析】忽略了b ⊂α这种情况，从而导致错误，本题条件中的直线b 与平面α有两种位置关系：b ∥α和b ⊂α.【试题解析】这个命题不正确．若b ⊄α，∵a ∥α，∴在平面α内必存在一条直线c ，使a ∥c . 又∵a ∥b ，∴b ∥c ，∴b ∥α. 若b ⊂α，则不满足题意．综上所述，b 与α的位置关系是b ∥α或b ⊂α. 【参考答案】见试题解析.错误的原因是利用线面平行的判定定理时，忽略了定理使用的前提条件必须是平面外的一条直线与平面内的一条直线平行．1．点、线、面之间的位置关系可借助正方体为模型，以正方体为主线，直观感知并认识空间点、线、面的位置关系，准确判定线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直． 2．熟练应用线面位置关系中的判定定理与性质定理即可顺利解决此类问题.8．下列命题中，错误的是A ．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交B ．平行于同一直线的两个平面一定平行C ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD ．若直线l 不平行于平面α，且l 不在平面α内，则在平面α内不存在与l 平行的直线 【答案】B【解析】由直线与平面相交的性质，知一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交，故A 正确；平行于同一直线的两个平面有两种位置关系，可能平行，也可能相交，B 错误；如果一个平面α内存在直线垂直于平面β，则平面α一定垂直于平面β，故C 正确．若直线l 不平行于平面α，且l 不在α内，则l 与α相交，则在平面α内不存在与l 平行的直线.故选B ．证明线面位置关系时不能正确应用定理致错如图，a b ∥，点P 在,a b 所确定的平面γ外，PA a ⊥于点A ，AB b ⊥于点B . 求证：PB b ⊥.【错解】因为PA a ⊥，a b ∥，所以PA b ⊥. 所以PA γ⊥，所以PB b ⊥.【错因分析】本题错解的原因在于没有正确使用线面垂直的判定定理，由,,PA a PA b ⊥⊥ 得PA γ⊥，而忽略了“垂直于平面内两条相交直线”这一条件，即a b ≠∅.【试题解析】因为,PA a a b ⊥∥，所以PA b ⊥. 又,AB b PAAB A ⊥=，所以b ⊥平面PAB .因为PB PAB ⊂平面，所以PB b ⊥. 【参考答案】见试题解析.应用直线与平面垂直的判定定理时，要熟记定理的应用条件，不能忽略“两条相交直线”这一关键点.1．判断或证明线面平行的常用方法有： ①利用线面平行的定义(无公共点)；②利用线面平行的判定定理(a b a b a ααα⊄⊂⇒,,∥∥)； ③利用面面平行的性质(a a αβαβ⊂⇒∥,∥)；④利用面面平行的性质(a a a a αβαβαβ⊄⊄⇒∥,,,∥∥). 2．判定面面平行的常见策略：①利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)． ②利用面面平行的判定定理(主要方法)．③利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)．④利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用). 3．证明直线和平面垂直的常用方法： ①线面垂直的定义； ②判定定理；③垂直于平面的传递性(a b a b αα⊥⇒⊥∥,)； ④面面平行的性质(a a ααββ⊥⇒⊥,∥)； ⑤面面垂直的性质． 4．判定面面垂直的常见策略： ①利用定义(直二面角)．②判定定理：可以通过直线与平面垂直来证明平面与平面垂直．③在运用面面垂直的性质定理时，若没有与交线垂直的直线，则一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，这样就把面面垂直转化为线面垂直，进而转化为线线垂直．9．如图，在四棱锥P ABCD -中，AD BC ∥，且2PA PD ==，222AD BC ==，PA CD ⊥，点E 在PC 上，且2PE EC =．（1）求证：平面PAD ⊥平面PCD ； （2）求证：直线PA ∥平面BDE ． 【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）因为2PA PD ==，22AD = 所以222PA PD AD +=，所以PA PD ⊥， 又PA CD ⊥，且PDCD D =，PD ⊂平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，所以PA ⊥平面PCD ， 又PA ⊂平面PAD ， 所以平面PAD ⊥平面PCD .（2）连接AC 交BD 于点F ，连接EF ， 在四边形ABCD 中，AD BC ∥，2AD BC =，ADF △∽CBF △，所以2AD AFBC FC ==， 又2PE EC =，即2PE AFEC FC==， 所以PA EF ∥，又直线EF ⊂平面BDE ，直线PA ⊄平面BDE ， 所以直线PA ∥平面BDE .【名师点睛】（1）证明面面垂直：先正线面垂直，线又属于另一个面，即可证明面面垂直；（2）证明线面平行，在面内找一个线与已知直线平行即可.一、空间几何体的结构及其三视图与直观图1．空间几何体的结构（1）多面体几何体结构特征备注棱柱①底面互相平行.②侧面都是平行四边形.③每相邻两个平行四边形的公共边互相平行.按侧棱与底面是否垂直分类，可分为斜棱柱和直棱柱.侧棱与底面不垂直的棱柱叫做斜棱柱，侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱.特别地，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱.棱锥①底面是多边形.②侧面都是三角形.③侧面有一个公共顶点.三棱锥的所有面都是三角形，所以四个面都可以看作底. 三棱锥又称为四面体.棱台①上、下底面互相平行，且是相似图形.②各侧棱的延长线交于一点.③各侧面为梯形.可用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥（2）旋转体几何体结构特征备注圆柱①圆柱有两个大小相同的底面，这两个面互相平行，且底面是圆面而不是圆.②圆柱有无数条母线，且任意一条母线都与圆柱的轴平行，所以圆柱的任意两条母线互相平行且相等.③平行于底面的截面是与底面大小相同的圆面，过轴的截面(轴截面)是全等的矩形.圆柱可以由矩形绕其任一边所在直线旋转得到.圆锥①底面是圆面.②有无数条母线，长度相等且交于顶点.③平行于底面的截面是与底面大小不同的圆面，过轴的截面（轴截面）是全等的等腰三角形.圆锥可以由直角三角形绕其直角边所在直线旋转得到.圆台①圆台上、下底面是互相平行且不等的圆面.②有无数条母线，等长且延长线交于一点.③平行于底面的截面是与两底面大小都不等的圆面，过轴的截面（轴截面）是全等的等腰梯形.圆台可以由直角梯形绕直角腰所在直线或等腰梯形绕上、下底中点连线所在直线旋转得到，也可由平行于底面的平面截圆锥得到.球①球心和截面圆心的连线垂直于截面.②球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r之间满足关系式：22d R r=-.球可以由半圆面或圆面绕直径所在直线旋转得到.2．空间几何体的三视图（1）三视图的概念①光线从几何体的前面向后面正投影，得到的投影图叫做几何体的正视图；②光线从几何体的左面向右面正投影，得到的投影图叫做几何体的侧视图；③光线从几何体的上面向下面正投影，得到的投影图叫做几何体的俯视图.几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图.如图.（2）三视图的画法规则①排列规则：一般地，侧视图在正视图的右边，俯视图在正视图的下边.如下图：正侧。
2020年高考数学 空间几何体解答题 专练(含答案)
2020年高考数学空间几何体解答题专练1.如图，四棱锥P－ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=2，∠PDA=45°，点E、F分别为棱AB、PD的中点．（1）求证：AF∥平面PCE；（2）求证：平面PCE⊥平面PCD；（3）求三棱锥C－BEP的体积．2.如图，在直三棱柱ABC－AB1C1中，AB=AC，P为AA1的中点，Q为BC的中点。
1（1）求证：PQ//平面A1BC1；（2）求证：BC⊥PQ。
3.如图，在直三棱柱ABC－AB1C1中，AC⊥BC，A1B与AB1交于点D，A1C与AC1交于点E．求证：1（1）DE∥平面B1BCC1；（2）平面A1BC⊥平面A1ACC1．4.如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是平行四边形，平面PBD⊥平面ABCD，PB=PD，PA⊥PC，CD⊥PC，O，M分别是BD，PC的中点，连结OM．（1）求证：OM∥平面PAD；（2）求证：OM⊥平面PCD．5.如图，在直四棱柱ABCD–AB1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，点P是侧棱C1C的中点．1（1）求证：AC1∥平面PBD；（2）求证：BD⊥A1P．6.如图，直四棱柱ABCD–AB1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，1BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．7.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD=2AB，E，F是线段BC，AB的中点．（1）证明：ED⊥PE；（2）在线段PA上确定点G，使得FG∥平面PED，请说明理由．8.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面是棱长为1的菱形，∠ADC=60°，，M是PB的中点．（1）求证：PD∥平面ACM；（2）求直线CM与平面PAB所成角的正弦值．9.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，Q为棱PD的中点，PA=AB．（1）求证：AQ⊥CD；（2）求直线PC与平面ACQ所成角的正弦值；（3）求二面角C-AQ-D的余弦值．10.如图，在三棱锥P—ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB=BC，PA⊥PC．点E，F，O分别为线段PA，PB，AC的中点，点G是线段CO的中点．（1）求证：FG∥平面EBO；（2）求证：PA⊥BE．11.如图，在四棱锥P-ABCD中，E是PC的中点，底面ABCD为矩形，AB=4，AD=2，PA=PD，且平面PAD⊥平面ABCD，平面ABE与棱PD交于点F．（1）求证：EF∥平面PAB；（2）若PB与平面ABCD所成角的正弦值为，求二面角P-AE-B的余弦值．12.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥底面ABCD，PD⊥AD，PD=AD，E为PC的中点．（1）证明：平面PBC⊥平面PCD；（2）求直线DE与平面PAC所成角的正弦值；（3）若F为AD的中点，在棱PB上是否存在点M，使得FM⊥BD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．13.如图,一简单几何体ABCDE的一个面ABC内接于圆O,G,H分别是AE,BC的中点,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,且DC⊥平面ABC.(1)证明:GH∥平面ACD;(2)若AC=BC=BE=2,求二面角O-CE-B的余弦值.14.如图，在三棱锥V﹣ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC=BC=，O，M分别为AB，VA的中点．（1）求证：VB∥平面MOC；（2）求证：平面MOC⊥平面VAB15.如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△SAB是等边三角形，∠ABC=120°，SD=3，M，N分别是SC，CD的中点。
湖南省2020年高考数学第二轮复习 专题五 立体几何第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积 文
专题五立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积真题试做1．(2020·湖南高考，文4)某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是( )．图12．(2020·天津高考，文10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为__________ m3.3．(2020·湖北高考，文15)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为______．4．(2020·湖北高考，文19)某个实心零部件的形状是如图所示的几何体，其下部是底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形的四棱台A1B1C1D1ABCD，上部是一个底面与四棱台的上底面重合，侧面是全等的矩形的四棱柱ABCDA2B2C2D2.(1)证明：直线B1D1⊥平面ACC2A2；(2)现需要对该零部件表面进行防腐处理．已知AB＝10，A1B1＝20，AA2＝30，AA1＝13(单位：厘米)，每平方厘米的加工处理费为0.20元，需加工处理费多少元？考向分析通过对近几年高考试题的分析可看出，空间几何体的命题形式比较稳定，多为选择题或填空题，有时也出现在解答题的某一问中，题目常为中、低档题．考查的重点是直观图、三视图、面积与体积等知识，此类问题多为考查三视图的还原问题，且常与空间几何体的表面积、体积等问题交会，是每年的必考内容．预计在2020年高考中：对空间几何体的三视图的考查有难度加大的趋势，通过此类题考查考生的空间想象能力；对表面积和体积的考查，常见形式为蕴涵在两几何体的“切”或“接”形态中，或以三视图为载体进行交会考查，此块内容还要注意强化几何体的核心——截面以及补形、切割等数学思想方法的训练．热点例析热点一空间几何体的三视图与直观图【例1】(1)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如下图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )．(2)若某几何体的三视图如下图所示，则这个几何体的直观图可以是( )．规律方法 (1)三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形，反映了一个几何体各个侧面的特点．正(主)视图反映物体的主要形状特征，是三视图中最重要的视图；俯视图要和正(主)视图对正，画在正(主)视图的正下方；侧(左)视图要画在正(主)视图的正右方，高度要与正(主)视图平齐；(2)要注意到在画三视图时，能看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线； (3)A ．32B ．16＋16 2C ．48 D．16＋32 2(2)一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是( )．A.12＋22 B ．1＋22 C ．1＋ 2 D ．2＋ 2 热点二 空间几何体的表面积与体积【例2】(2020·福建高考，文20)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段AD 上，且CE ∥AB .(1)求证：CE ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝2，∠CDA ＝45°，求四棱锥P ABCD 的体积．规律方法 (1)求几何体的体积问题，可以多角度、多方位地考虑．对于规则的几何体的体积，如求三棱锥的体积，采用等体积转化是常用的方法，转化的原则是其高与底面积易求；对于不规则几何体的体积常用割补法求解，即将不规则几何体转化为规则几何体，以易于求解．(2)求解几何体的表面积时要注意S 表＝S 侧＋S 底．(3)对于给出几何体的三视图，求其体积或表面积的题目关键在于要还原出空间几何体，并能根据三视图的有关数据和形状推断出空间几何体的线面关系及相关数据，至于体积或表面积的求解套用对应公式即可．变式训练2 已知某几何体的三视图如下图所示，其中正(主)视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为( )．A ．24－32πB ．24－13πC ．24－πD ．24－12π热点三 多面体与球【例3】已知正四棱锥的底面边长为a ，侧棱长为2a . (1)求它的外接球的体积； (2)求它的内切球的表面积．规律方法 (1)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或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系．(2)若球面四点P ，A ，B ，C 构成的线段PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则4R 2＝a 2＋b 2＋c 2，把有关元素“补形”成为一个球内接正方体(或其他图形)，从而显示出球的数量特征，这种方法是一种常用的好方法．变式训练3 如图所示，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝a ，PA ＝PC ＝2a .若在这个四棱锥内放一球，则此球的最大半径是__________．思想渗透立体几何中的转化与化归思想求空间几何体的体积时，常常需要对图形进行适当的构造和处理，使复杂图形简单化，非标准图形标准化，此时转化与化归思想就起到了至关重要的作用．利用转化与化归思想求空间几何体的体积主要包括割补法和等体积法，具体运用如下：(1)补法是指把不规则的(不熟悉或复杂的)几何体延伸或补成规则(熟悉的或简单的)的几何体，把不完整的图形补成完整的图形；(2)割法是指把复杂的(不规则的)几何体切割成简单的(规则的)几何体；(3)等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件转化为易求的面积(体积)问题．【典型例题】如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝5，BB 1＝BC ＝6，D ，E 分别是AA 1和B 1C 的中点．(1)求证：DE ∥平面ABC ； (2)求三棱锥E BCD 的体积．(1)证明：取BC 中点G ，连接AG ，EG .因为E 是B 1C 的中点，所以EG ∥BB 1，且EG ＝12BB 1.由直棱柱知，AA 1BB 1.而D 是AA 1的中点，所以EG AD ，所以四边形EGAD 是平行四边形，所以ED ∥AG . 又DE 平面ABC ，AG ⊂平面ABC ， 所以DE ∥平面ABC .(2)解：因为AD ∥BB 1，所以AD ∥平面BCE ， 所以V E BCD ＝V D BCE ＝V A BCE ＝V E ABC .由(1)知，DE ∥平面ABC ，所以V E ABC ＝V D ABC ＝13AD ·12BC ·AG ＝16×3×6×4＝12.1．(2020·山东济南三月模拟，4)如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的各棱长均为2，其正(主)视图如图所示，则此三棱柱侧(左)视图的面积为( )．A ．2 2B ．4 C. 3 D ．2 32．(2020·安徽安庆二模，7)一空间几何体的三视图如图所示(正(主)、侧(左)视图是两全等图形，俯视图是圆及圆的内接正方形)，则该几何体的表面积是( )．A ．7π cm 2B ．(5π＋43)cm 2C ．(5π＋23)cm 2D ．(6π＋27－2)cm 23．(2020·北京丰台区三月月考，4)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )．A ．20－2πB ．20－23πC ．40－23πD ．40－43π4．(2020·湖南株洲下学期质检，14)一个三棱锥的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图如下，则这个三棱锥的体积为__________，其外接球的表面积为__________．5．已知正四面体的外接球半径为1，则此正四面体的体积为__________．6．正六棱锥P ABCDEF 中，G 为PB 的中点，则三棱锥D GAC 与三棱锥P GAC 体积之比为__________．7．如图，在等腰梯形ABCD 中，AB ＝2DC ＝2，∠DAB ＝60°，E 为AB 的中点，将△ADE 与△BEC 分别沿ED ，EC 向上折起，使A ，B 重合，求形成三棱锥的外接球的体积．参考答案命题调研·明晰考向真题试做1．C 解析：若为C 选项，则主视图为：故不可能是C 选项．2．30 解析：由几何体的三视图可知：该几何体的上部为平放的直四棱柱，底部为长、宽、高分别为4 m,3 m,2 m 的长方体．∴几何体的体积V ＝V 直四棱柱＋V 长方体＝(1＋2)×12×4＋4×3×2＝6＋24＝30(m 3)．3．12π 解析：该几何体是由3个圆柱构成的几何体，故体积V ＝2×π×22×1＋π×12×4＝12π.4．解：(1)因为四棱柱ABCD A 2B 2C 2D 2的侧面是全等的矩形，所以AA 2⊥AB ，AA 2⊥AD .又因为AB ∩AD ＝A ，所以AA 2⊥平面ABCD . 连接BD ，因为BD ⊂平面ABCD ，所以AA 2⊥BD . 因为底面ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD .又已知平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且平面BB 1D 1D ∩平面ABCD ＝BD ， 平面BB 1D 1D ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，所以B 1D 1∥BD .于是由AA 2⊥BD ，AC ⊥BD ，B 1D 1∥BD ，可得AA 2⊥B 1D 1，AC ⊥B 1D 1. 又因为AA 2∩AC ＝A ，所以B 1D 1⊥平面ACC 2A 2.(2)因为四棱柱ABCD A 2B 2C 2D 2的底面是正方形，侧面是全等的矩形，所以S 1＝S 四棱柱上底面＋S四棱柱侧面＝(A 2B 2)2＋4AB ·AA 2＝102＋4×10×30＝1 300(cm 2)．又因为四棱台A 1B 1C 1D 1ABCD 的上、下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形(其高为h )，所以S 2＝S 四棱台下底面＋S 四棱台侧面＝(A 1B 1)2＋4×12(AB ＋A 1B 1)h＝202＋4×12×(10＋20)132－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×(20－10)2＝1 120(cm 2)．于是该实心零部件的表面积为S ＝S 1＋S 2＝1 300＋1 120＝2 420(cm 2)， 故所需加工处理费为0.2S ＝0.2×2 420＝484(元)． 精要例析·聚焦热点热点例析【例1】 (1)D (2)B 解析：(1)被截去的四棱锥的三条可见侧棱中有两条为正方体的面对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面(正方形)的两条边重合，另一条为正方体的对角线，它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合，对照各图及对角线方向，只有选项D 符合．(2)由正(主)视图可排除A ，C ；由侧(左)视图可判断该几何体的直观图是B.【变式训练1】 (1)B (2)D 解析：(1)由三视图知原几何体是一个底面边长为4，高是2的正四棱锥．如图：∵AO ＝2，OB ＝2，∴AB ＝2 2.又∵S 侧＝4×12×4×22＝162，S 底＝4×4＝16，∴S 表＝S 侧＋S 底＝16＋16 2.(2)如图，设直观图为O ′A ′B ′C ′，建立如图所示的坐标系，按照斜二测画法的规则，在原来的平面图形中，OC ⊥OA ，且OC ＝2，BC ＝1，OA ＝1＋2×22＝1＋2，故其面积为12×(1＋1＋2)×2＝2＋ 2.【例2】 (1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，CE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CE .因为AB ⊥AD ，CE ∥AB ，所以CE ⊥AD . 又PA ∩AD ＝A ，所以CE ⊥平面PAD . (2)解：由(1)可知CE ⊥AD .在Rt△ECD 中，DE ＝CD ·cos 45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1. 又因为AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ， 所以四边形ABCE 为矩形．所以S 四边形ABCD ＝S 矩形ABCE ＋S △ECD ＝AB ·AE ＋12CE ·DE ＝1×2＋12×1×1＝52.又PA ⊥平面ABCD ，PA ＝1，所以V 四棱锥P ABCD ＝13S 四边形ABCD ·PA ＝13×52×1＝56.【变式训练2】 A 解析：由三视图可知该几何体为一个长、宽、高分别为4,3,2的长方体，剖去一个半圆柱而得到的几何体，其体积为2×3×4－12π×1×3，即24－32π.【例3】 解：如图所示，△SAC 的外接圆是外接球的一个大圆，∴只要求出这个外接圆的半径即可，而内切球的球心到棱锥的各个面的距离相等，∴可由正四棱锥的体积求出其半径．(1)设外接球的半径为R ，球心为O ，则OA ＝OC ＝OS ，∴O 为△SAC 的外心，即△SAC 的外接圆半径就是球的半径． ∵AB ＝BC ＝a ，∴AC ＝2a .∵SA ＝SC ＝AC ＝2a ，∴△SAC 为正三角形．由正弦定理得2R ＝AC sin∠ASC ＝2a sin 60°＝263a ，因此R ＝63a ，V 外接球＝43πR 3＝8627πa 3. (2)如图，设内切球的半径为r ，作SE ⊥底面于E ，作SF ⊥BC 于F ，连接EF ， 则有SF ＝SB 2－BF 2＝(2a )2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝72a ，S △SBC ＝12BC ·SF ＝12a ×72a ＝74a 2， S 棱锥全＝4S △SBC ＋S 底＝(7＋1)a 2.又SE ＝SF 2－EF 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫72a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝62a ，∴V 棱锥＝13S 底·SE ＝13a 2×62a ＝66a 3，∴r ＝3V 棱锥S 棱锥全＝3×66a 3(7＋1)a 2＝42－612a ，S 内切球＝4πr 2＝4－73πa 2. 【变式训练3】 12(2－2)a 解析：当且仅当球与四棱锥的各个面都相切时，球的半径最大．设放入的球的半径为r ，球心为O ，连接OP ，OA ，OB ，OC ，OD ，则把此四棱锥分割成四个三棱锥和一个四棱锥，这些小棱锥的高都是r ，底面分别为原四棱锥的侧面和底面，则V P ABCD ＝13r (S △PAB ＋S △PBC ＋S △PCD ＋S △PAD ＋S 正方形ABCD )＝13r (2＋2)a 2.由题意知PD ⊥底面ABCD ，∴V P ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PD ＝13a 3.由体积相等，得13r (2＋2)a 2＝13a 3，解得r ＝12(2－2)a .创新模拟·预测演练1．D2．D 解析：据三视图可判断该几何体是由一个圆柱和一个正四棱锥组合而成的，直观图如图所示：易求得表面积为(6π＋27－2)cm 2.3．B 解析：由三视图可知该几何体的直观图为一个正四棱柱，从上表面扣除半个内切球．易求出正四棱柱的底面边长为2，内切球的半径为1，故体积为2×2×5－23π＝20－2π3.4．4 29π 5.827 3 解析：首先将正四面体补形为一个正方体，设正四面体棱长为a ，则其对应正方体的棱长为22a ，且由球与正方体的组合关系易知3⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝(1×2)2，解得a 2＝83， ∴正四面体的体积为V ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3－4×13×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3＝827 3.6．2∶1 解析：由正六棱锥的性质知，点P 在底面内的射影是底面的中心，也是线段AD的中点．又G 为PB 的中点，设P 点在底面内的射影为O ，则G 点在底面内的射影为OB 的中点M ，且GM ∥PO .又M 为AC 的中点，则GM ⊂平面GAC ，所以点P 到平面GAC 的距离等于点O 到平面GAC 的距离．又因为OM ⊥平面GAC ，DC ⊥平面GAC ，且DC ＝2OM ，则V D GAC V P GAC ＝13S △GAC ×DC13S △GAC ×OM ＝2.7．解：由已知条件知，平面图形中AE ＝EB ＝BC ＝CD ＝DA ＝DE ＝EC ＝1，∴折叠后得到一个棱长为1的正三棱锥(如图)． 方法一：作AF ⊥平面DEC ，垂足为F ， F 即为△DEC 的中心，取EC 中点G ，连接DG ，AG ， 过球心O 作OH ⊥平面AEC ， 则垂足H 为△AEC 的中心，∴外接球半径可利用△OHA ∽△AFG 求得． ∵AG ＝32，AF ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫332＝63，AH ＝33， ∴OA ＝AG ·AHAF ＝32×3363＝64，∴外接球体积为43π×OA 3＝43·π·6643＝68π.方法二：如图，把棱长为1的正三棱锥放在正方体中，显然，棱长为1的正三棱锥的外接球就是正方体的外接球．∵正方体棱长为22， ∴外接球直径2R ＝3·22， ∴R ＝64，∴体积为43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫643＝68π.。
2020年高考数学专题复习第2课时空间距离与立体几何中的最值(范围)问题(选用)
空间距离与立体几何中的最值(范围)问题(选用)空间中的距离问题如图，平面PAD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．(1)求证：平面EFG ⊥平面PAB ； (2)求点A 到平面EFG 的距离．【解】 如图，建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (0，0，1)，F (0，1，1)，G (1，2，0)．(1)证明：因为EF →＝(0，1，0)，AP →＝(0，0，2)，AB →＝(2，0，0)，所以EF →·AP →＝0×0＋1×0＋0×2＝0，EF →·AB →＝0×2＋1×0＋0×0＝0，所以EF ⊥AP ，EF ⊥AB .又因为AP ，AB ⊂平面PAB ，且PA ∩AB ＝A ，所以EF ⊥平面PAB . 又EF ⊂平面EFG ，所以平面EFG ⊥平面PAB . (2)设平面EFG 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝（x ，y ，z ）·（0，1，0）＝0，n ·EG →＝（x ，y ，z ）·（1，2，－1）＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋2y －z ＝0.取n ＝(1，0，1)，又AE →＝(0，0，1)，所以点A 到平面EFG 的距离d ＝|AE →·n ||n |＝12＝22.(1)空间中的各种距离一般都可以转化为求点与点、点与线、点与面的距离． ①点点距：点与点的距离，以这两点为起点和终点的向量的模；②点线距：点M 到直线a 的距离，若直线的方向向量为a ，直线上任一点为N ，则点M 到直线a 的距离为d ＝|MN →|·sin〈MN →，a 〉；③线线距：两平行线间的距离转化为点线距离，两异面直线间的距离转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度；④点面距：点M 到平面α的距离，若平面α的法向量为n ，平面α内任一点为N ，则点M 到平面α的距离d ＝|MN →||cos 〈MN →，n 〉|＝|MN →·n ||n |.(2)利用空间向量求空间距离问题，首先应明确所求距离的特征，恰当选用距离公式求解．1．如图，P ABCD 是正四棱锥，ABCD A 1B 1C 1D 1是正方体，其中AB ＝2，PA ＝6，则B 1到平面PAD 的距离为________．解析：以A 1B 1所在直线为x 轴，A 1D 1所在直线为y 轴，A 1A 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则AD →＝(0，2，0)，AP →＝(1，1，2)，设平面PAD 的法向量是m ＝(x ，y ，z )， 所以由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD →＝0，m ·AP →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，得m ＝(－2，0，1)，因为B 1A →＝(－2，0，2)，所以B 1到平面PAD 的距离d ＝|B 1A →·m ||m |＝65 5.答案：6552．如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝4，BC ＝3，CC 1＝2.(1)求证：平面A 1BC 1∥平面ACD 1； (2)求平面A 1BC 1与平面ACD 1的距离．解：(1)证明：因为AA 1綊CC 1，所以四边形ACC 1A 1为平行四边形，所以AC ∥A 1C 1. 又AC ⊄平面A 1BC 1，A 1C 1⊂平面A 1BC 1， 所以AC ∥平面A 1BC 1.同理可证CD 1∥平面A 1BC 1. 又AC ∩CD 1＝C ，AC ⊂平面ACD 1，CD 1⊂平面ACD 1， 所以平面A 1BC 1∥平面ACD 1.(2)以B 1为原点，分别以B 1A 1→，B 1C 1→，B 1B →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(4，0，0)，A (4，0，2)，D 1(4，3，0)，C (0，3，2)，A 1A →＝(0，0，2)，AC →＝(－4，3，0)，AD 1→＝(0，3，－2)，设n ＝(x ，y ，z )为平面ACD 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－4x ＋3y ＝0，3y －2z ＝0，取n ＝(3，4，6)，所以所求距离d ＝|A 1A →|×|cos 〈n ，A 1A →〉|＝|n ·A 1A →||n |＝1232＋42＋62＝126161，故平面A 1BC 1与平面ACD 1的距离为126161.立体几何中的最值(范围)问题(1)(2019·宁波十校联考)如图，平面PAB ⊥平面α，AB ⊂α，且△PAB 为正三角形，点D 是平面α内的动点，ABCD 是菱形，点O 为AB 中点，AC 与OD 交于点Q ，l ⊂α，且l ⊥AB ，则PQ 与l 所成角的正切值的最小值为( )A ． －3＋372B ． 3＋372C ．7D ．3(2)(2019·温州高考模拟)如图，在三棱锥A BCD 中，平面ABC ⊥平面BCD ，△BAC 与BCD 均为等腰直角三角形，且∠BAC ＝∠BCD ＝90°，BC ＝2，点P 是线段AB 上的动点，若线段CD 上存在点Q ，使得直线PQ 与AC 成30°的角，则线段PA 长的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22 B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，63 C ．⎝⎛⎭⎪⎫22，2 D ．⎝⎛⎭⎪⎫63，2 【解析】 (1)如图，不妨以CD 在AB 前侧为例．以O 为原点，分别以OB 、OP 所在直线为y 、z 轴建立空间直角坐标系，设AB ＝2，∠OAD ＝θ(0<θ<π)，则P (0，0，3)，D (2sin θ，－1＋2cos θ，0)，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫23sin θ，23cos θ－13，0，所以QP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23sin θ，13－23cos θ，3，设α内与AB 垂直的向量n ＝(1，0，0)，PQ 与l 所成角为φ，则cos φ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪QP →·n |QP →||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－23sin θ329－49cos θ＝sin θ8－cos θ＝1－cos 2θ8－cos θ.令t ＝cos θ(－1<t <1)，则s ＝1－t 28－t ，s ′＝t 2－16t ＋1（8－t ）2，令s ′＝0，得t ＝8－37，所以当t ＝8－37时，s 有最大值为16－67.则cos φ有最大值为16－67，此时sin φ取最小值为67－15. 所以正切值的最小值为67－1516－67＝3＋372.故选B.(2) 以C 为原点，CD 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，过C 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0，1，1)，B (0，2，0)，C (0，0，0)，设Q (q ，0，0)，AP →＝λAB →＝(0，λ，－λ)(0≤λ≤1)，则PQ →＝CQ →－CP →＝CQ →－(CA →＋AP →)＝(q ，0，0)－(0，1，1)－(0，λ，－λ)＝(q ，－1－λ，λ－1)，因为直线PQ 与AC 成30°的角， 所以cos 30°＝|CA →·PQ →||CA →|·|PQ →|＝22·q 2＋（1＋λ）2＋（λ－1）2＝2q 2＋2λ2＋2＝32， 所以q 2＋2λ2＋2＝83，所以q 2＝23－2λ2∈[0，4]，所以⎩⎪⎨⎪⎧23－2λ2≥023－2λ2≤4，解得0≤λ≤33，所以|AP →|＝2λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，63，所以线段PA 长的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，63. 故选B.【答案】 (1)B (2)B(1)求解立体几何中的最值问题，需要先确定最值的主体，确定题目中描述的相关变量，然后根据所求，确定是利用几何方法求解，还是转化为代数(特别是函数)问题求解．利用几何方法求解时，往往利用几何体的结构特征将问题转化为平面几何中的问题进行求解，如求几何体表面距离的问题．利用代数法求解时，要合理选择参数，利用几何体中的相关运算构造目标函数，再根据条件确定参数的取值范围，从而确定目标函数的值域，即可利用函数最值的求解方法求得结果．(2)用向量法解决立体几何中的最值问题，不仅简捷，更减少了思维量．用变量表示动点的坐标，然后依题意用向量法求其有关几何量，构建有关函数，从而用代数方法即可求其最值．1．(2019·浙江省五校联考模拟)如图，棱长为4的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1，点A 在平面α内，平面ABCD 与平面α所成的二面角为30°，则顶点C 1到平面α的距离的最大值是( )A ．2(2＋2)B ．2(3＋2)C ．2(3＋1)D ．2(2＋1)解析：选B.如图所示，作C 1O ⊥α，交ABCD 于O ，交α于E ，由题得O 在AC 上，则C 1E 为所求，∠OAE ＝30°， 由题意，设CO ＝x ，则AO ＝42－x ，C 1O ＝16＋x 2，OE ＝12OA ＝22－12x ，所以C 1E ＝16＋x 2＋22－12x ，令y ＝16＋x 2＋22－12x ，则y ′＝x16＋x 2－12＝0，可得x ＝43，所以x ＝43时，顶点C 1到平面α的距离的最大值是2(3＋2)．2．(2019·浙江省名校协作体高三联考)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，CF ＝1.(1)求证：BC ⊥平面ACFE ；(2)点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值范围．解：(1)证明：在梯形ABCD 中，因为AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，所以AB ＝2，所以AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 60°＝3， 所以AB 2＝AC 2＋BC 2，所以BC ⊥AC ，因为平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE ∩平面ABCD ＝AC ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面ACFE .(2)如图所示，由(1)可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系，令FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，1，0)，M (λ，0，1)，所以AB →＝(－3，1，0)，BM →＝(λ，－1，1)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面MAB 的一个法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0n 1·BM →＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0λx －y ＋z ＝0，取x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)，因为n 2＝(1，0，0)是平面FCB 的一个法向量， 所以cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝11＋3＋（3－λ）2×1 ＝1（λ－3）2＋4，因为0≤λ≤3，所以当λ＝0时，cos θ有最小值77， 当λ＝3时，cos θ有最大值12，所以cos θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤77，12.空间中的距离(1)点与点之间的距离⎩⎪⎨⎪⎧利用空间两点间的距离公式利用空间向量的模长利用辅助线转化为平面距离(2)点线距离⎩⎪⎨⎪⎧转化为两点间距离求解利用向量法求解(3)点面之间距离⎩⎪⎨⎪⎧等积法求解向量法求解立体几何中的最值(范围)问题 (1)几何体的面积、体积的最值(范围) (2)空间角(或空间角三角函数值)的最值(范围) (3)空间距离的最值(范围) 求解方法⎩⎪⎨⎪⎧①构造函数法②转化为平面问题③引入参数利用向量法[基础达标]1．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，∠BAC ＝π2，AB ＝AC＝AA 1＝1，已知G 和E 分别为A 1B 1和CC 1的中点，D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)，若GD ⊥EF ，则线段DF 的长度的取值范围为( )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫55，1 B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤55，1 C ．⎝⎛⎭⎪⎫255，1 D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫255，1 解析：选A.建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1， F (x ，0，0)，D (0，y ，0)，由于GD ⊥EF ，所以x ＋2y －1＝0，DF ＝x 2＋y 2＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫y －252＋15， 由x ＝1－2y >0，得y <12，所以当y ＝25时，线段DF 长度的最小值是15，当y ＝0时，线段DF 长度的最大值是1，又不包括端点，故y ＝0不能取，故选A. 2. (2019·杭州市学军中学高考数学模拟)如图，三棱锥P ABC 中，已知PA ⊥平面ABC ，AD ⊥BC 于D ，BC ＝CD ＝AD ＝1，设PD ＝x ，∠BPC ＝θ，记函数f (x )＝tan θ，则下列表述正确的是( )A ．f (x )是关于x 的增函数B ．f (x )是关于x 的减函数C ．f (x )关于x 先递增后递减D ．f (x )关于x 先递减后递增解析：选C.因为PA ⊥平面ABC ，AD ⊥BC 于D ，BC ＝CD ＝AD ＝1，PD ＝x ，∠BPC ＝θ， 所以可求得AC ＝2，AB ＝5，PA ＝x 2－1，PC ＝x 2＋1，BP ＝x 2＋4， 所以在△PBC 中，由余弦定理知cos θ＝PB 2＋PC 2－BC 22BP ·PC ＝2x 2＋42x 2＋1x 2＋4. 所以tan 2θ＝1cos 2θ－1＝（x 2＋1）（x 2＋4）（x 2＋2）2－1＝x2（x 2＋2）2.所以tan θ＝x x 2＋2＝1x ＋2x ≤12x ·2x＝24(当且仅当x ＝2时取等号)，所以f (x )关于x 先递增后递减．3．(2019·义乌市高三月考)如图，边长为2的正△ABC 的顶点A 在平面γ上，B ，C 在平面γ的同侧，M 为BC 的中点，若△ABC 在平面γ上的射影是以A 为直角顶点的△AB 1C 1，则M 到平面γ的距离的取值范围是________．解析：设∠BAB 1＝α，∠CAC 1＝β，则AB 1＝2cos α，AC 1＝2cos β，BB 1＝2sin α，CC 1＝2sin β，则点M 到平面γ的距离d ＝sin α＋sin β，又|AM |＝3，则|B 1C 1|＝23－d 2，即cos 2α＋cos 2β＝3－(sin 2α＋2sin αsin β＋sin 2β)．也即sin αsin β＝12，所以d＝sin α＋sin β＝sin α＋12sin α≥2，因为sin α<1，sin β<1，所以12sin α<1，所以12<sin α<1，所以当sin α＝12或1时，d ＝32，则2≤d ＜32.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，324. (2019·杭州市学军中学高考数学模拟)如图，在二面角A CD B 中，BC ⊥CD ，BC ＝CD ＝2，点A 在直线AD 上运动，满足AD ⊥CD ，AB ＝3.现将平面ADC 沿着CD 进行翻折，在翻折的过程中，线段AD 长的取值范围是________．解析：由题意得AD →⊥DC →，DC →⊥CB →，设平面ADC 沿着CD 进行翻折的过程中，二面角A CD B 的夹角为θ，则〈DA →，CB →〉＝θ，因为AB →＝AD →＋DC →＋CB →，所以平方得AB →2＝AD →2＋DC →2＋CB →2＋2AD →·DC →＋2CB →·AD →＋2DC →·CB →， 设AD ＝x ，因为BC ＝CD ＝2，AB ＝3， 所以9＝x 2＋4＋4－4x cos θ，即x 2－4x cos θ－1＝0，即cos θ＝x 2－14x.因为－1≤cos θ≤1，所以－1≤x 2－14x≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1≤4x x 2－1≥－4x ，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x －1≤0x 2＋4x －1≥0，则⎩⎨⎧2－5≤x ≤2＋5，x ≥－2＋5或x ≤－2－ 5.因为x >0，所以5－2≤x ≤5＋2， 即AD 的取值范围是[5－2，5＋2]． 答案：[5－2，5＋2]5．(2019·金丽衢十二校联考)如图，在三棱锥D ABC 中，已知AB ＝2，AC →·BD →＝－3，设AD ＝a ，BC ＝b ，CD ＝c ，则c 2ab ＋1的最小值为________．解析：设AD →＝a ，CB →＝b ，DC →＝c ，因为AB ＝2，所以|a ＋b ＋c |2＝4⇒a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝4，又因为AC →·BD →＝－3，所以(a ＋c )·(－b －c )＝－3⇒a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＋c 2＝3，所以a 2＋b 2＋c 2＋2(3－c 2)＝4⇒c 2＝a 2＋b 2＋2，所以a 2＋b 2＋2ab ＋1≥2ab ＋2ab ＋1＝2，当且仅当a＝b 时，等号成立，即c 2ab ＋1的最小值是2.答案：26．(2019·温州十五校联合体期末考试)在正四面体P ABC 中，点M 是棱PC 的中点，点N 是线段AB 上一动点，且AN →＝λAB →，设异面直线NM 与AC 所成角为α，当13≤λ≤23时，则cos α的取值范围是________．解析：设点P 到平面ABC 的射影为点O ，以AO 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，过点O 作BC 的平行线为x 轴，建立空间直角坐标系，如图．设正四面体的棱长为43，则有A (0，－4，0)，B (23，2，0)，C (－23，2，0)，P (0，0，42)，M (－3，1，22)．由AN →＝λAB →，得N (23λ，6λ－4，0)．从而有NM →＝(－3－23λ，5－6λ，22)，AC →＝(－23，6，0)． 所以cos α＝|NM →·AC →||NM →||AC →|＝3－2λ24λ2－4λ＋3，设3－2λ＝t ，则53≤t ≤73.则cos α＝12t 2t 2－4t ＋6＝126⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－4·1t＋1，因为13<37≤1t ≤35，所以51938≤cos α≤71938.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤51938，719387.如图，在△ABC 中，∠B ＝π2，AB ＝BC ＝2，P 为AB 边上一动点，PD ∥BC 交AC 于点D .现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA ′，使平面PDA ′⊥平面PBCD .(1)当棱锥A ′PBCD 的体积最大时，求PA 的长； (2)若P 为AB 的中点，E 为A ′C 的中点，求证：A ′B ⊥DE . 解：(1)设PA ＝x ，则PA ′＝x ，所以V A ′PBCD ＝13PA ′·S 底面PBCD ＝13x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 22.令f (x )＝13x ⎝⎛⎭⎪⎫2－x 22＝2x 3－x36(0<x <2)，则f ′(x )＝23－x22.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：(2) 证明：取A ′B 的中点F ，连接EF ，FP .由已知，得EF 綊12BC 綊PD .所以四边形EFPD 是平行四边形，所以ED ∥FP . 因为△A ′PB 为等腰直角三角形，所以A ′B ⊥PF . 所以A ′B ⊥DE .8. (2019·杭州市第一次高考科目数学质量检测)如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，平面A 1BC ⊥平面A 1ABB 1.(1)求证：AB ⊥BC ；(2)设直线AC 与平面A 1BC 所成的角为θ，二面角A 1BC A 的大小为φ，试比较θ和φ的大小关系，并证明你的结论．解：(1)证明：过点A 在平面A 1ABB 1内作AD ⊥A 1B 于D ， 因为平面A 1BC ⊥平面A 1ABB 1， 平面A 1BC ∩平面A 1ABB 1＝A 1B ， 所以AD ⊥平面A 1BC ， 又因为BC ⊂平面A 1BC ， 所以AD ⊥BC .因为AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥BC . 又因为AA 1∩AD ＝A ， 所以BC ⊥侧面A 1ABB 1， 又因为AB ⊂平面A 1ABB 1， 故AB ⊥BC .(2)连接CD ，由(1)知∠ACD 是直线AC 与平面A 1BC 所成的角． 又∠ABA 1是二面角A 1BC A 的平面角． 则∠ACD ＝θ，∠ABA 1＝φ.在Rt △ADC 中，sin θ＝AD AC，在Rt △ADB 中， sin φ＝AD AB.由AB <AC ，得sin θ<sin φ，又0<θ，φ<π2，所以θ<φ. [能力提升]1．(2019·温州市高考数学模拟)如图，在矩形ABCD 中，AB AD＝λ(λ>1)，将其沿AC 翻折，使点D 到达点E 的位置，且二面角C AB E 为直二面角．(1)求证：平面ACE ⊥平面BCE ；(2)设F 是BE 的中点，二面角E AC F 的平面角的大小为θ，当λ∈[2，3]时，求cosθ的取值范围．解：(1)证明：因为二面角C AB E 为直二面角，AB ⊥BC, 所以BC ⊥平面ABE ，所以BC ⊥AE .因为AE ⊥CE ，BC ∩CE ＝C ，所以AE ⊥平面BCE . 因为AE ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面BCE .(2)如图，以E 为坐标原点，以AD 长为一个单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB ＝λ，A (0，1，0)，B (λ2－1，0，0)，C (λ2－1，0，1)，E (0，0，0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2－12，0，0，则EA →＝(0，1，0)，EC →＝(λ2－1，0，1)， 设平面EAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧y ＝0λ2－1·x ＋z ＝0，取x ＝1，则m ＝(1，0，－λ2－1)． 同理得平面FAC 的一个法向量为n ＝(2，λ2－1，－λ2－1)．所以cos θ＝m ·n |m |·|n |＝λ2＋1λ·2（λ2＋1）＝22·1＋1λ2.因为λ∈[2，3]， 所以cos θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤53，104.2.如图，在四棱锥P ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2， PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长． 解：以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则各点的坐标为B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．(1)由题意知，AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0，2，0)． 因为PC →＝(1，1，－2)，PD →＝(0，2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1，1，1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1，0，2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)， 又CB →＝(0，－1，0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1，2λ)， 又DP →＝(0，－2，2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，所以此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为BP ＝12＋22＝5， 所以BQ ＝25BP ＝255.。
2020年高3理科数学(新课标)复习专题整合高频突破习题：专题5立体几何专题能力13版含答案
本资源的初衷,是希望通过网络分享,能够为广阔读者提供更好的效劳,为您水平的提高提供坚强的动力和保证 .内容由一线名师原创,立意新,图片精,是非常强的一手资料 .专题能力训练13空间几何体能力突破训练1.以下列图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,那么该几何体的外表积为()A.20πB.24πC.28πD.32π2.(2021浙江,3)某几何体的三视图如下列图(单位:cm),那么该几何体的体积(单位:cm3)是()A.+1B.+3C.+1D.+33.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互相垂直的半径.假设该几何体的体积是,那么它的外表积是()A.17πB.18πC.20πD.28π4.平面α截球O的球面得圆M,过圆心Μ的平面β与α的夹角为,且平面β截球O的球面得圆N.球Ο的半径为5,圆M的面积为9π,那么圆N的半径为()A.3B.C.4D.5.在空间直角坐标系Oxyz中,A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,).假设S1,S2,S3分别是三棱锥D-ABC在xOy,yOz,zOx坐标平面上的正投影图形的面积,那么() A.S1=S2=S3B.S2=S1,且S2≠S3C.S3=S1,且S3≠S2D.S3=S2,且S3≠S16.(2021北京,理7)某四棱锥的三视图如下列图,那么该四棱锥的最||长棱的长度为()A.3B.2C.2D.27.在四面体ABCD中,AB =CD =6,AC =BD =4,AD =BC =5,那么四面体ABCD的外接球的外表积为.8.(2021山东,理13)由一个长方体和两个圆柱构成的几何体的三视图如图,那么该几何体的体积为.9.如图,多面体ABCDEFG中,AB,AC,AD两两互相垂直,平面ABC∥平面DEFG,平面BEF∥平面ADGC,AB =AD =DG =2,AC =EF =1,那么该多面体的体积为.10.以下三个图中,左面是一个正方体截去一个角后所得多面体的直观图.右面两个是其正视图和侧视图.(1)请按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图(不要求表达作图过程);(2)求该多面体的体积(尺寸如图).11.如图,在长方体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)求平面α把该长方体分成的两局部体积的比值.思维提升训练12.(2021中原名校质检)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,那么该几何体的外表积为()A.9(+1)π+8B.9(+2)π+4-8C.9(+2)π+4D.9(+1)π+8-813.(2021江苏,6)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,那么的值是.14.(2021全国Ⅰ,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.15.假设三棱锥S -ABC的所有顶点都在球O的球面上,SA⊥平面ABC,SA =2,AB =1,AC =2,∠BAC =60°,那么球O的外表积为.16.如图①,在矩形ABCD中,AB =4,BC =3,沿对角线AC把矩形折成二面角D -AC -B(如图②),并且点D在平面ABC内的射影落在AB上.(1)证明:AD⊥平面DBC;(2)假设在四面体D -ABC内有一球,问:当球的体积最||大时,球的半径是多少?参考答案专题能力训练13空间几何体能力突破训练1.C解析由题意可知,该几何体由同底面的一个圆柱和一个圆锥构成,圆柱的侧面积为S1 =2π×2×4=16π,圆锥的侧面积为S2=2π×2=8π,圆柱的底面面积为S3 =π×22=4π,故该几何体的外表积为S =S1+S2+S3=28π,应选C.2.A解析V =3+1,应选A.3.A解析由三视图可知该几何体是球截去后所得几何体,那么R3=,解得R =2,所以它的外表积为4πR2+πR2=14π+3π=17π.4.B解析如图,∵OA =5,AM =3,∴OM =4.∵∠NMO =,∴ON =OM·sin=2又∵OB =5,∴NB =,应选B.5.D解析三棱锥的各顶点在xOy坐标平面上的正投影分别为A1(2,0,0),B1(2,2,0),C1(0,2,0),D1(1,1,0).显然D1点为A1C1的中点,如图(1),正投影为Rt△A1B1C1,其面积S1=2×2=2.三棱锥的各顶点在yOz坐标平面上的正投影分别为A2(0,0,0),B2(0,2,0),C2(0,2,0),D2(0,1,).显然B2,C2重合,如图(2),正投影为△A2B2D2,其面积S2=2三棱锥的各顶点在zOx坐标平面上的正投影分别为A3(2,0,0),B3(2,0,0),C3(0,0,0),D3(1,0,),由图(3)可知,正投影为△A3D3C3,其面积S3=2综上,S2=S3,S3≠S1.应选D.图(1)图(2)图(3)6.B解析由题意可知,直观图为四棱锥A -BCDE(如下列图),最||长的棱为正方体的体对角线AE ==2应选B.7解析构造一个长方体,使得它的三条面对角线长分别为4,5,6,设长方体的三条边长分别为x,y,z,那么x2+y2+z2=,而长方体的外接球就是四面体的外接球,所以S =4πR2 =8.2+解析由三视图复原几何体如下列图,故该几何体的体积V =2×1×1+212×1=2+9.4解析(方法一:分割法)几何体有两对相对面互相平行,如图,过点C作CH⊥DG于H,连接EH,即把多面体分割成一个直三棱柱DEH -ABC和一个斜三棱柱BEF -CHG.由题意,知V三棱柱DEH -ABC=S△DEH×AD=2=2,V三棱柱BEF -CHG=S△BEF×DE =2=2.故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG=2+2=4.(方法二:补形法)因为几何体有两对相对面互相平行,如图,将多面体补成棱长为2的正方体,显然所求多面体的体积即该正方体体积的一半.又正方体的体积V正方体ABHI -DEKG=23=8,故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG=8=4.10.解(1)作出俯视图如下列图.(2)依题意,该多面体是由一个正方体(ABCD -A1B1C1D1)截去一个三棱锥(E -A1B1D1)得到的,所以截去的三棱锥体积A1E =1=, 正方体体积=23=8,故所求多面体的体积V =8-11.解(1)交线围成的正方形EHGF如下列图.(2)作EM⊥AB,垂足为M,那么AM =A1E =4,EB1=12,EM =AA1=8.因为EHGF为正方形,所以EH =EF =BC =10.于是MH ==6,AH =10,HB =6.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱,所以其体积的比值为思维提升训练12.D解析由三视图可知,该几何体是由一个四棱锥和一个圆锥拼接而成,故S =(2π×3)×3+π×32-(2)2+4=9(+1)π+8-8.应选D.13解析设球O的半径为r,那么圆柱O1O2的高为2r,故,答案为14.4解析如下列图,连接OD,交BC于点G.由题意知OD⊥BC,OG =BC.设OG =x,那么BC =2x,DG =5-x,三棱锥的高h =因为S△ABC=2x×3x =3x2,所以三棱锥的体积V =S△ABC·h =x2令f(x)=25x4-10x5,x,那么f'(x)=100x3-50x4.令f'(x)=0,可得x =2,那么f(x)在(0,2)单调递增,在单调递减,所以f(x)max=f(2)=80.所以V=4,所以三棱锥体积的最||大值为415.64π解析如图,三棱锥S -ABC的所有顶点都在球O的球面上,因为AB =1,AC =2,∠BAC =60°,所以BC =,所以∠ABC =90°.所以△ABC截球O所得的圆O'的半径r =1.设OO' =x,球O的半径为R,那么R2=x2+12,R2=(SA -x)2+12,所以x2+1=+1,解得x =,R2=+12,R =4.所以球O的外表积为4πR2=64π.16.(1)证明设D在平面ABC内的射影为H,那么H在AB上,连接DH,如图,那么DH⊥平面ABC,得DH⊥BC.又AB⊥BC,AB∩DH =H,所以BC⊥平面ADB,故AD⊥BC.又AD⊥DC,DC∩BC =C,所以AD⊥平面DBC.(2)解当球的体积最||大时,易知球与三棱锥D -ABC的各面相切,设球的半径为R,球心为O,那么V D -ABC=R(S△ABC+S△DBC+S△DAC+S△DAB).由可得S△ABC=S△ADC=6.过点D作DG⊥AC于点G,连接GH,如图,可知HG⊥AC.易得DG =,HG =,DH =,S△DAB=4在△DAB和△BCD中,因为AD =BC,AB =DC,DB =DB,所以△DAB≌△BCD,故S△DBC=,V D -ABC=6那么,于是(4+)R =,所以R =。
2020年高考数学(理数)解答题强化专练——立体几何含答案
（理数）解答题强化专练——立体几何一、解答题（本大题共10小题，共120.0分）1.如图，三棱锥E1-EBC中，∠EBC=90°，AE1=EB=2BC=4，A，D分别为EB，EC的中点，E1A⊥AD；连接EE1，E1B，E1C，E1D，平面AE1D⊥平面ABCD．（1）证明：EE1⊥BC；（2）求二面角C-BE1-D的余弦值．2.如图，已知长方形ABCD中，AB=2，AD=1，M为DC的中点．将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM．（Ⅰ）求证AD⊥BM；（Ⅱ）点E是线段DB上的一动点，当二面角E-AM-D大小为时，试确定点E的位置．3.如图所示，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AB=BC=AP=2，D是AP的中点，E，F，G分别为PD，PC，CB的中点，将△PCD沿CD折起，使得PD⊥平面ABCD．（1）求证：AP∥平面EFG；（2）求二面角G-EF-D的大小．4.如图，三棱锥P-ABC中，PA=PC，AB=BC，∠APC=120°，∠ABC=90°，AC=PB．（1）求证：AC⊥PB；（2）求直线AC与平面PAB所成角的正弦值．5.在四棱锥P-ABCD中，△PAB是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，BC=CD=1，PD=．（l）证明：AB⊥PD．（2）求二面角A-PB-C的余弦值．6.直角梯形ABCD如图（1）所示，其中AB∥CD，AB⊥AD，过点B作BM⊥CD，垂足为M，得到面积为4的正方形ABMD，现沿BM进行翻折，得到如图（2）所示的四棱柱C-ABMD．（1）求证：平面CBM⊥平面CDM；（2）若∠CMD=90°，平面CBM与平面CAD所成锐二面角的余弦值为，求CM 的长．7.已知五边形ABECD由一个直角梯形ABCD与一个等边三角形BCE构成，如图1所示，AB⊥BC，AB∥CD，且AB=2CD．将梯形ABCD沿着BC折起，如图2所示，且AB⊥平面BEC．（Ⅰ）求证：平面ABE⊥平面ADE；（Ⅱ）若AB=BC，求二面角A-DE-B的余弦值．8.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AA1=AC，AC⊥BC．（1）证明：A1C⊥AB1；（2）设AC=2CB，∠A1AC=60°，求二面角C1-AB1-B的余弦值．9.如图，在四面体ABCD中，AD⊥AB，平面ABD⊥平面ABC，AB=BC=，且AD+BC=4．（1）证明：BC⊥平面ABD；（2）设E为棱AC的中点，当四面体ABCD的体积取得最大值时，求二面角C-BD-E 的余弦值．10.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，∠B1A1A=∠C1A1A=60°，AA1=AC=4，AB=2，P，Q分别为棱AA1，AC的中点．（1）在平面ABC内过点A作AM∥平面PQB1交BC于点M，并写出作图步骤，但不要求证明；（2）若侧面ACC1A1⊥侧面ABB1A1，求直线A1C1与平面PQB1所成角的正弦值．答案和解析1.【答案】解：（1）由E1A⊥AD，平面AE1D⊥平面ABCD，平面AE1D∩平面ABCD=AD，故E1A⊥底面ABCD，AB⊥AD，所以AE，AD，AE₁两两垂直，以AE，AD，AE₁分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，E（2，0，0），B（-2，0，0），C（-2，2，0），D（0，1，0），E₁（0，0，2），且=（2，0，2），=（2，-2，2），=（0，-1，2），由，，故EE₁⊥BE₁，EE₁⊥CE₁，BE₁∩CE₁=E₁，所以EE₁⊥平面E₁BC，BC⊂平面E₁BC，所以EE₁⊥BC；（2）由（1）可知，平面E₁BC的法向量为=（-2，0，2），令平面E₁BD的法向量为，由，，所以cos＜＞=，故所求二面角的余弦值为【解析】（1）根据题意，以AE，AD，AE₁分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由，，判断EE₁⊥平面E₁BC，再根据线面垂直的性质得出结论；（2）由（1）可知，平面E₁BC的法向量为=（-2，0，2），求出平面E₁BD的法向量，利用夹角公式求出即可．考查向量法判断直线和平面的垂直，向量法求出二面角的余弦值，考查了空间想象力和运算能力，中档题．2.【答案】（Ⅰ）证明：∵长方形ABCD中，AB=2，AD=1，M为DC的中点∴AM=BM=∴BM⊥AM∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM=AM，BM⊂平面ABCM∴BM⊥平面ADM∵AD⊂平面ADM∴AD⊥BM；（Ⅱ）过点E作MB的平行线交DM于F，∵BM⊥平面ADM，∴EF⊥平面ADM在平面ADM中，过点F作AM的垂线，垂足为H，则∠EHF为二面角E-AM-D平面角，即∠EHF=设FM=x，则DF=1-x，FH=在直角△FHM中，由∠EFH=，∠EHF=，可得EF=FH=∵EF∥MB，MB=，∴，∴∴∴当E位于线段DB间，且时，二面角E-AM-D大小为．【解析】（Ⅰ）先证明BM⊥AM，再利用平面ADM⊥平面ABCM，证明BM⊥平面ADM，从而可得AD⊥BM；（Ⅱ）作出二面角E-AM-D的平面角，利用二面角E-AM-D大小为时，即可确定点E的位置．本题考查线面垂直，考查面面角，正确运用面面垂直的性质，掌握线面垂直的判定方法，正确作出面面角是关键．3.【答案】解：由题意画出如下图形：（1）连接AC，BD交与点O，连接GO，FO，EO，∵E，F分别为PC，PD的中点，∴∴∴四边形EFOG是平行四边行，∴EO⊂平面EFOG，又在△PAC中，E，O分别为PC，AC的中点∴PA∥EOEO⊂平面EFOGPA不在平面EFOG∴PA∥平面EFOG，即PA∥平面EFG；（2）取AD的中点H，连接GH，则由GH∥CD∥EF知平面EFG即为平面EFGH，由已知底面ABCD为正方形∴AD⊥DC又∵PD⊥平面ABCD∴PD⊥CD又PD∩DC=D∴CD⊥平面PAD又EF∥CD∴EF⊥平面PAD∴EF⊥FD，EF⊥FH∴∠HFD为二面角的平面角在直角三角形FDH中，由FD=DH=1得∠HFD=45°，故二面角G-EF-D的平面角为45°．【解析】（1）由题意及图形，抓住折叠前与折叠后之间的连系，利用条件在平面内找到与直线平行的直线用线面平行的判定定理进行证明．（2）由题意及（1）可以知道利用二面角的概念找到二面角的平面角，然后再三角形中解出二面角的大小．此题重点考查了学生们的空间想象能力，还考查了正方形的特点及折叠前后之间的不变量及线面平行的判定定理，此外还考查了利用二面角平面角的定义在三角形中求解二面角的大小．4.【答案】解：（1）证明：取AC中点O，连结PO，BO，∵PA=PC，AB=BC，∴PO⊥AC，BO⊥AC，∵PO∩BO=O，∴AC⊥平面PBO，∵PB⊂平面PBO，∴AC⊥PB．（2）解：设AC=2，则PO=1，PA=PC=PB=2，BO=，∴PO2+BO2=PB2，∴PO⊥BO，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，-，0），C（0，，0），P（0，0，1），B（，0，0），=（0，2，0），=（0，-，-1），=（，0，-1），设平面PAB的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，-1，），设直线AC与平面PAB所成角为θ，则直线AC与平面PAB所成角的正弦值为：sinθ===．【解析】（1）取AC中点O，连结PO，BO，推导出PO⊥AC，BO⊥AC，从而AC⊥平面PBO，由此能证明AC⊥PB．（2）推导出PO⊥BO，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AC与平面PAB所成角的正弦值．本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．5.【答案】解：（1）证明：连结BD，∵在四棱锥P-ABCD中，△PAB是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，BC=CD=1，PD=．∴BD=AD==，∴AD2+PD2=AP2，BD2+PD2=PB2，∴AD⊥PD，BD⊥PD，∵AD∩BD=D，∴PD⊥平面ABCD，∵AD⊂平面ABCD，∴AB⊥PD．（2）解：∵AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD，以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，则A（，0，0），B（0，，0），C（-，0），P（0，0，），=（），=（0，，-），=（-，，-），设平面ABP的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，1，1），设平面PBC的法向量=（x，y，z），则，取z=1，得=（-1，1，1），设二面角A-PB-C的平面角为θ，则二面角A-PB-C的余弦值为：cosθ==．【解析】（1）连结BD，推导出AD⊥PD，BD⊥PD，从而PD⊥平面ABCD，由此能证明AB⊥PD．（2）由AD2+BD2=AB2，得AD⊥BD，以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A-PB-C的余弦值．本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．6.【答案】（1）证明：在图（1）中，∵BM⊥CM，BM⊥DM，∴翻折后，在图（2）中有，BM⊥CM，BM⊥DM．又CM∩DM=M，∴BM⊥平面CDM，∵BM⊂平面CBM，∴平面CBM⊥平面CDM；（2）解：∵CM⊥DM，CM⊥BM，DM∩BM=M，∴CM⊥平面ABMD，又BM⊥MD，以M为原点，分别以MD，MB，MC所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设CM=a（a＞0），D（2，0，0），C（0，0，a），A（2，2，0），则，．设平面CAD的法向量为=（x，y，z），由，取x=a，y=0，z=2，得=（a，0，2），取平面CBM的法向量为，由|cos＜＞|=，即，解得a=3，即CM=3．【解析】（1）由已知可得BM⊥CM，BM⊥DM．由线面垂直的判定得BM⊥平面CDM，进一步得到平面CBM⊥平面CDM；（2）证明CM⊥平面ABMD，又BM⊥MD，以M为原点，分别以MD，MB，MC所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设CM=a（a＞0），设平面CAD的法向量为=（x，y，z），求解，取平面CBM的法向量为，由|cos＜＞|=求解a值即可．本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．7.【答案】（Ⅰ）证明：取BE的中点F，AE的中点G，连接FG、GD、CF，则GF AB．∵DC AB，∴CD GF，∴四边形CFGD为平行四边形，∴CF∥DG．∵AB⊥平面BEC，∴AB⊥CF．∵CF⊥BE，AB∩BE=B，∴CF⊥平面ABE．∵CF∥DG，∴DG⊥平面ABE．∵DG⊂平面ADE，∴平面ABE⊥平面ADE．（Ⅱ）解：过E作EO⊥BC于O．∵AB⊥平面BEC，∴AB⊥EO．∵AB∩BC=B，∴EO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，OE、BC所在的直线分别为x轴、y轴，过O且平行于AB的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．设AB=BC=4，则A（0，-2，4），B（0，-2，0），D（0，2，2），E（2，0，0），∴=（-2，2，2），=（-2，-2，4），=（-2，-2，0）．设平面EAD的法向量为=（x1，y1，z1），则有，即，取z1=2得x1=，y1=1，则=（，1，2），设平面BDE的法向量为=（x2，y2，z2），则，即，取x2=1，得y2=-，z2=2，则=（1，-，2）．∴cos＜＞===．又由图可知，二面角ADEB的平面角为锐角，∴二面角A-DE-B的余弦值为．【解析】（I）取BE的中点F，AE的中点G，证明CF⊥平面ABE，通过证明四边形CDGF 是平形四边形得出CF∥DG，故DG⊥平面ABE，于是平面ABE⊥平面ADE；（II）建立空间坐标系，计算平面ADE和平面BDE的法向量，通过计算法向量的夹角得出二面角的大小．本题考查了面面垂直的判定，空间向量与二面角的计算，属于中档题．8.【答案】（1）证明：连结AC1．∵AA1=AC，四边形AA1C1C为菱形，∴A1C⊥AC1．∵平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC=AC，BC⊂平面ABC，BC⊥AC，∴BC⊥平面AA1C1C．又∵BC∥B1C1，∴B1C1⊥平面AA1C1C，∴B1C1⊥A1C．∵AC1∩B1C1=C1，∴A1C⊥平面AB1C1，而AB1⊂平面AB1C1，∴A1C⊥AB1．（2）取A1C1的中点为M，连结CM．∵AA1=AC，四边形AA1C1C为菱形，∠A1AC=60°，∴CM⊥A1C1，CM⊥AC．又∵CM⊥BC，以C为原点，CA，CB，CM为正方向建立空间直角坐标系，如图．设CB=1，AC=2CB=2，AA1=AC，∠A1AC=60°，∴C（0，0，0），A1（1，0，），A（2，0，0），B（0，1，0），B1（-1，1，）．由（1）知，平面C1AB1的一个法向量为=．设平面ABB1的法向量为，则且，∴．令x=1，得，即=．∴===，由图知二面角C1-AB1-B的平面角为钝角，∴二面角C1-AB1-B的余弦值为．【解析】本题考查线面平行的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，考查函数与方程思想、化归与转化．（1）连结AC1．证明A1C⊥AC1．BC⊥AC，B1C1⊥A1C．得到A1C⊥平面AB1C1，然后证明A1C⊥AB1；（2）取A1C1的中点为M，连结CM．以C为原点，CA，CB，CM为正方向建立空间直角坐标系，求出平面C1AB1的一个法向量，平面ABB1的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角C1-AB1-B的余弦值即可．9.【答案】证明：（1）∵AD⊥AB，平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC=AB，AD⊂平面ABD，∴AD⊥平面ABC，∵BC⊂平面ABC，∴AD⊥BC，∵AB=BC=AC，∴AB2+BC2=AC2，∴AD⊥BC，∵AB=BC=AC，∴AB2+BC2=AC2，∴AB⊥BC，∵AD∩AB=A，∴BC⊥平面ABD．解：（2）设AD=x，（0＜x＜4），则AB=BC=4-x，四面体ABCD的体积：V=f（x）==（x3-8x2+16x），0＜x＜4，f′（x）==，当0＜x＜时，f′（x）＞0，V=f（x）单调递增，当＜x＜4时，f′（x）＜0，V=f（x）单调递减，∴当AD=x=时，四面体ABCD的体积取得最大值，以B为坐标原点，建立空间直角坐标系B-xyz，则B（0，0，0），A（0，，0），C（），D（0，，），E（，，0），=（，0，0），=（0，，），设平面BCD的法向量=（x，y，z），则，∴，取z=-2，得=（1，-1，2），∴cos＜＞==-．由图知二面角C-BD-E为锐角，∴二面角C-BD-E的余弦值为．【解析】（1）推导出AD⊥平面ABC，从而AD⊥BC，再求出AD⊥BC，AB⊥BC，由此能证明BC⊥平面ABD．（2）设AD=x，（0＜x＜4），则AB=BC=4-x，四面体ABCD的体积：V=f（x）==（x3-8x2+16x），0＜x＜4，利用导数性质求出当AD=x=时，四面体ABCD的体积取得最大值，以B为坐标原点，建立空间直角坐标系B-xyz，利用向量法能求出当四面体ABCD 的体积取得最大值时二面角C-BD-E的余弦值．本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．10.【答案】解：（1）取BB1中点E，连接AE，则AE∥PB1，连接CE，取CE中点N，连接QN，则QN∥AE，∴QN∥PB1，即Q，N，P，B1四点共面，连接B1N交BC于H，连接QH，则Q，H，B1，P四点共面，过A作AM∥QH交BC于M，即为所求．（2）作QO⊥平面ABB1A1，与A1A延长线交于O，则AO=1，QO=，OB1==，∴QB1=，∵B1P=2，PQ=2，∴cos∠QPB1==-，∴sin∠QPB1=，∴==，作PN∥C1A1，则直线A1C1与平面PQB1所成角=直线PN与平面PQB1所成角，∵=2，∴==2，设N到平面PQB1的距离为h，则，∴h=，∴直线A1C1与平面PQB1所成角的正弦值==．【解析】（1）取BB1中点E，连接AE、CE，取CE中点N，得到Q，N，P，B1四点共面，延长B1N交BC于H，再直接作出AM即可；（2）作PN∥C1A1，则直线A1C1与平面PQB1所成角=直线PN与平面PQB1所成角，求出N到平面PQB1的距离，即可求直线A1C1与平面PQB1所成角的正弦值．本题考查线面平行，考查线面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．。
2020届高考数学(理)一轮必刷题 专题45 立体几何中的向量方法(解析版)
考点45 立体几何中的向量方法1．（辽宁省沈阳市2019届高三教学质量监测三数学理）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PC 上的点，且BE ⊥平面APC（1）求证：平面PAD ⊥平面PBC ；（2）当三棱锥ABC P -体积最大时，求二面角B AC P --的余弦值．【答案】（1）见证明；（2）3. 【解析】（1）证明：∵侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB底面ABCD AB =，四边形ABCD 为正方形，∴BC AB ⊥，面ABCD ，∴BC ⊥面PAB ， 又AP ⊂面PAB ， ∴AP BC ⊥，BE ⊥平面APC ，AP ⊂面PAC ，∴BE AP ⊥，B BE BC = ，,BC BE ⊂平面PBC ，∴AP ⊥面PBC ，AP ⊂面PAD ，∴平面PAD ⊥平面PBC ． （2）111323P ABC C APB V V PA PB BC PA PB --==⨯⨯⨯⨯=⨯⨯， 求三棱锥ABC P -体积的最大值，只需求PA PB ⨯的最大值．令,PA x PB y ==，由（1）知，PA PB ⊥， ∴224x y +=，而221123323P ABCx y V xy -+=≤⨯=，当且仅当x y ==PA PB ==ABC P V -的最大值为23． 如图所示，分别取线段AB ，CD 中点O ，F ，连接OP ，OF ，以点O 为坐标原点，以OP ，OB 和OF 分别作为x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系xyz O -． 由已知(0,1,0),(0,1,2),(1,0,0)A C P -，所以(1,1,0),(0,2,2)AP AC ==， 令(,,)n x y z =为面PAC 的一个法向量，则有0220x y y z +=⎧⎨+=⎩，∴(1,1,1)n =-易知(1,0,0)m =为面ABC 的一个法向量， 二面角B AC P --的平面角为θ，θ为锐角则1cos 3n m n m θ⋅===⋅.2．（湖南省长沙市第一中学2019届高三下学期高考模拟卷一数学理）如图所示，圆O 的直径AB ＝6，C 为圆周上一点，BC ＝3，平面PAC 垂直圆O 所在平面，直线PC 与圆O 所在平面所成角为60°，PA ⊥PC ．（1）证明：AP ⊥平面PBC（2）求二面角P —AB 一C 的余弦值 【答案】(1)见解析.(2) 721. 【解析】（1）由已知可知AC BC ⊥，又平面PAC ⊥平面圆O ，平面PAC 平面圆O AC =，∴BC ⊥平面PAC ，∴BC PA ⊥， 又PA PC ⊥，PC BC C =，PC ⊂平面PBC ，D 平面PBC ，∴PA ⊥平面PBC .（2）法一：过P 作PH AC ⊥于H ，由于平面PAC ⊥平面O ，则PH ⊥平面O ，则PCH ∠为直线PC 与圆O 所在平面所成角，所以60PCH =︒. 过H 作HF AB ⊥于F ，连结PF ，则AB PF ⊥， 故PFH ∠为二面角P AB C --的平面角.由已知60ACP ABC ∠=∠=︒，30CAP CAB ∠=∠=︒，在Rt APC ∆中，sin30cos30sin30PH AP AC =⋅︒=⋅︒⋅︒19224==，由2AP AH AC =⋅得2AP AH AC ==Rt AFH ∆中，sin 30FH AH =︒=，故9tan3PHPFHHF∠===，故cos7PFH∠=，即二面角P AB C--的余弦值为721.法二：过P作PH AC⊥于H，则PH⊥平面O，过H作//HF CB交AB于F，以H为原点，HA、HF、HP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.则(0,0,0)H，4A⎛⎫⎪⎪⎝⎭，4B⎛⎫-⎪⎪⎝⎭，90,0,4P⎛⎫⎪⎝⎭，从而94AP⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，(AB=-，设平面PAB的法向量(,,)n x y z=，则9394333AP n x zABn x y⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩得zy⎧=⎪⎨=⎪⎩，令1x=，从而(1,3,n=，而平面ABC的法向量为(0,0,1)m=，故3cos,7n mn mn m⋅<>===即二面角P AB C--的余弦值为721.3．（四川省绵阳市2019届高三下学期第三次诊断性考试数学理）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD是菱形，且2PA AD ==，120PAD BAD ∠=∠=︒，E ，F 分别为PD ，BD 的中点，且2EF =.（1）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ； （2）求锐二面角E AC D --的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）5【解析】（1）过P 作PO ⊥AD ，垂足为O ，连结AO ，BO ， 由∠PAD=120°，得∠PAO=60°，∴在Rt △PAO 中，PO=PAsin ∠PAO=2sin60°=2×2∵∠BAO=120°，∴∠BAO=60°，AO=AO ，∴△PAO ≌△BAO ，∴∵E ，F 分别是PA ，BD 的中点，EF=2EF 是△PBD 的中位线，∴，∴PB 2=PO 2+BO 2，∴PO ⊥BO ，∵AD∩BO=O ，∴PO ⊥平面ABCD ，又PO ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面ABCD ．（2）以O 为原点，OB 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系， A （0，1，0），P （0，0，B0，0），D （0，3，0），∴E （0，32，F302，），AE =（0，12，AF =12，0），易得平面ABCD 的一个法向量m =（0，0，1），设平面ACE 的法向量n =（x ，y ，z ），则1AE y z 02231AF x y 022n n ⎧⋅=+=⎪⎪⎨⎪⋅=+=⎪⎩，取x=1，得n =（1，1），设锐二面角的平面角的大小为θ，则cosθ=|cos ＜,m n ＞|=m nm n⋅⋅=，∴锐二面角E-AC-D．4．（四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学理）如图，在四棱锥中，，平面，二面角为为中点．（1）求证：；（2）求与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】（1）证明：作SA中点F，连接EF∵E为SD中点∴∵∴∴得平行四边形∴∵平面∴为二面角的平面角∴∵∴∴∴（2）作AB中点O，由（1）知∵∴平面如图建立空间直角坐标系设，则∴设平面SCD 的法向量，得令 ，则∵∴∴∴AB 与平面所成角的余弦值为.5．（安徽省黄山市2019届高三毕业班第三次质量检测数学理）如图，在以,,,,,A B C D E F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =，90AFD ︒∠=，且二面角E AF D --与二面角C BE F --都是30.（1）证明：⊥AF 平面EFDC ；（2）求直线BF 与平面BCE 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）42. 【解析】 （1）面ABEF 为正方形∴ΑF FE ⊥又90AFD ∠=∴ΑF DF ⊥，而DF FE F ⋂=,DF ⊂面EFDC ,⊂EF 面EFDC∴ΑF ⊥面EFDC（2）⊂AF ABEF ，则由（1）知面EFDC ⊥平面ΑΒΕF ，过D 作DG ΕF ⊥，垂足为G ，∴DG ⊥平面ΑΒΕF ．以G 为坐标原点，GF uu u r的方向为x 轴正方向，GD 为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（1）知DFE ∠为二面角E AF D --的平面角，故DFE 30∠=，又AF =，则2DF =，GF =AF =()B -，()E -，)F．由已知，//AB EF ，∴//AB 平面EFDC ．又平面ABCD平面EFDC DC =，故//AB CD ，//CD EF ．由//BE AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，∴C F ∠E 为二面角C BE F --的平面角，30C ΕF ∠=．∴()C -． ∴()3,0,1ΕC=，()ΕΒ=，()BF =-．设(),,n x y z =是平面ΒC Ε的法向量，则C 00n n ⎧⋅E =⎨⋅EB =⎩，即00z +==⎪⎩，∴可取(1,0,n = .则43sin cos ,446BF n BF n BF nθ⋅=<>===⨯． ∴直线BF 与平面BCE 所成角的正弦值为42 .6．（湖南省师范大学附属中学2019届高三考前演练（五)数学（理）在五边形AEBCD 中，BC CD ⊥，C //D AB ，22AB CD BC ==，AE BE ⊥，AE BE =（如图）.将△ABE 沿AB 折起，使平面ABE ⊥平面ABCD ，线段AB 的中点为O(如图）.（1）求证：平面ABE ⊥平面DOE ；（2）求平面EAB 与平面ECD 所成的锐二面角的大小. 【答案】（1）见解析（2）45° 【解析】（1）由题意2AB CD =，O 是线段AB 的中点，则OB CD =.又//CD AB ，则四边形OBCD 为平行四边形，又BC CD ⊥，则AB OD ⊥， 因AE BE =，OB OA =，则EO AB ⊥.EO DO O =，则AB ⊥平面EOD.又AB Ì平面ABE ，故平面ABE ⊥平面EOD.（2）由（1）易知OB ，OD ，OE 两两垂直，以O 为坐标原点，以OB ，OD ，OE 所在直线分别为,,x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -， △EAB 为等腰直角三角形，且AB=2CD=2BC ， 则OA OB OD OE ===，取1CD BC ==，则O （0，0，0），A （-1，0，0），B （1，0，0），C （1，1，0），D （0，1，0）， E （0，0，1），则1CD =-（，0,0)，011DE =-（，，）， 设平面ECD 的法向量为n x y z =（，，）， 则有取0,0,n CD n DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩0,0,x y z -=⎧⎨-+=⎩1z =，得平面ECD 的一个法向量011n =（，，）， 因OD ⊥平面ABE.则平面ABE 的一个法向量为010OD =（，，）， 设平面ECD 与平面ABE 所成的锐二面角为θ，则,cos cos OD n θ===因为0(0,90)θ∈，所以045θ=，故平面ECD 与平面ABE 所成的镜二面角为45°.7．（河北省保定市2019年高三第二次模拟考试理）如图，已知四棱锥中，四边形ABCD 为矩形，AB =2BC SC SD ===，BC SD ⊥.（1）求证：SC ⊥平面SAD ； （2）设12AE EB =，求平面SEC 与平面SBC 所成的二面角的正弦值.【答案】（1）见证明；（2【解析】（1）证明： BC ⊥SD ，BC ⊥CD 则BC ⊥平面SDC, 又//BC AD 则AD ⊥平面SDC ，SC ⊂平面SDC SC ⊥AD又在△SDC 中，SC=SD=2, DC=AB SC 2+SD 2=DC 2则SC ⊥SD ，又SD AD D =所以 SC ⊥平面SAD（2）解：作SO⊥CD于O，因为BC⊥平面SDC, 所以平面ABCD⊥平面SDC，故SO⊥平面ABCD 以点O为原点，建立坐标系如图.则),C(0,0), A(2，,0),B(2,0)设E(2,y,0),因为12 AE EB=所以1),23y y y+=∴=-即E((2,3-,0)42=(0,2,-2),(2,-,0),=(2,0,0)SC CE CB==(,,),=(,b,c)SEC n x y z SBC m a设平面的法向量为平面的法向量为22=0·=0,·=02=03zSC nCE n x y⎧⎧⎪∴⇒⎨⎨-⎩⎪⎩令3z=，则3y=，23x==(22,3,3)n∴·=0·=0SC mCB m⎧∴⇒⎨⎩20a==⎪⎩，令1b=，则1c=，0a=8．（陕西省西安市2019届高三第三次质量检测理）如图，在三棱柱111ABC A B C-中，AB⊥平面11BB C C，E是1CC的中点，1BC=，12BB=，160BCC∠=°.=(0,1,1)∴vmcos<,>=13||||∴u r ru r r gu r rm nm nm n（1）证明：1B E AE ⊥；（2）若AB =11A B E A --的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】解：（1）证明：连接1BC ，BE ， 因为在中，1BC =，112CC BB ==，160BCC ∠=°．所以1BC BC ⊥． 所以1112BE CC ==，因为1B E ==所以1B E BE ⊥，又AB ⊥平面11BB C C ，且1B E ⊂平面11BB C C ， 所以1B E AB ⊥，AB BE B ⋂=， 所以1B E ⊥平面ABE ， 因为AE ⊂平面ABE ， 所以1B E AE ⊥．（2）以B 为原点建立如图所示空间直角坐标系，则(A，()1B -，12E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，(1A -，所以13,2B E ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，(1AB =-，13,2A E ⎛= ⎝，设平面1AB E 的法向量为(),,n x y z =r，设平面11A B E 的法向量为(),,m a b c =，则1100{{y B E n AB n x -=⋅=⇒⋅=+=，取(1,3,n =，则1100{{30y B E m A m a E -=⋅=⇒⋅=-=，取()1,3,0m =．所以cos ,26m n n m m n ⋅〈〉===⋅⨯，即二面角11A B E A --． 9．（河南省重点高中2019届高三4月联合质量检测数学理）在四棱锥中，底面为平行四边形，平面平面，是边长为4的等边三角形，，是的中点.（1）求证：； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)见证明；(2)【解析】（1）因为是等边三角形，是的中点，所以.又平面平面，平面平面，平面，所以平面.所以，又因为，，所以平面.所以.又因为，所以.又且，平面，所以平面.所以.（2）由（1）得平面.所以就是直线与平面所成角.因为直线与平面所成角的正弦值为，即，所以.所以，解得.则.由（1）得，，两两垂直，所以以为原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则点，，，，所以，.令平面的法向量为，则由得解得令，可得平面的一个法向量为；易知平面的一个法向量为，设平面与平面所成的锐二面角的大小为，则.所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.10．（天津市北辰区2019届高考模拟考试数学理）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，且点和分别为和的中点（I ）求证：平面； （II ）求二面角的正弦值；（III ）设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求的长。
2020年高考数学一轮复习专题9.4空间几何体中平行练习(含解析)
9.4 空间几何中平行问题一．线面平行的判定定理和性质定理则该则过这条直线的任一平简a βαβ⎫⎪⎬⊂⎪⎭考向一 线面平行【例1】（1）如图1，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，E 是线段PC 上的中点，证明： //PA 平面EBD（2）如图2， 是菱形， ， . 求证： 平面 .（3）如图3，在直角梯形中ABCD ， 90ADC BAD ︒∠=∠=，截面CDE 交SB 于点F ,求证： //EF CD ； （4）如图4，三棱锥P ABC -中， D 是PA 的中点， E 是CD 的中点，点F 在PB 上且14BF PB =，证明： //EF 平面ABC ；（5）如图5，菱形ABCD 与正三角形BCE 的边长均为2，且平面ABCD ⊥平面BCE ，FD ⊥平面ABCD ，FD =．求证：//EF 平面ABCD ；（6）如图6，已知P 是正方形ABCD 所在平面外一点，M ，N 分别是PA ，BD 上的点，且PM ∶MA ＝BN ∶ND ＝5∶8. 求证：直线MN ∥平面PBC ．图5图6【答案】见解析【解析】（1）连接AC 交BD 于O ，连接EO ，如图A∵底面ABCD 是菱形，∴O 是AC 中点，又∵E 是PC 的中点，∴//PA EO ，且PA ⊄平面EBD ， EO ∈平面EBD ，∴//PA 平面EBD . （2）证明：设 ，取 中点 ，连结 ，如图B 所以，且.因为 ， ，所以 且 ，从而四边形 是平行四边形， . 因为 ⊂平面 ， 平面 ，所以 平面 ，即 平面 . （3）//CD AB //CD ∴平面SAB 又平面CDEF ⋂平面SAB EF =//CD EF ∴（4）证明：如图，取AD 中点G ，连接GE ，GF ，如图C 则GE//AC ，GF//AB ， 因为GE ∩GF=G ，AC ∩AB=A ，所以平面GEF//平面ABC ，所以EF//平面ABC ．（5）证明：如图，过点E 作EH BC ⊥于H ，连接HD ，∴EH = D ∵平面ABCD ⊥平面BCE ，EH ⊂平面BCE ， 平面ABCD ⋂平面BCE BC =， ∴EH ⊥平面ABCD ，又∵FD ⊥平面ABCD ，FD =，∴//FD EH ，FD EH =. ∴四边形EHDF 为平行四边形． ∴//EF HD .∵EF ⊄平面ABCD ，HD ⊂平面ABCD ， ∴//EF 平面ABCD ． (6)∵=∴与，共面．∴∥平面PBC．∵MN平面PBC，∴MN∥平面PBC．【举一反三】1.如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，，点M，N分别为A1C1，AB1的中点，证明：MN∥平面BB1C1C【答案】见解析【解析】证明：连接A1B，BC1，点M，N分别为A1C1，AB1的中点，所以MN为△A1BC1的一条中位线，MN∥BC1，又因为MN⊄平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C.2．如图四边形是平行四边形为直角梯形，.求证：平面；【答案】见解析【解析】取的中点，连接.∵四边形为直角梯形，是的中点，，且.∵四边形是平行四边形，，且A ， ，且 ，四边形 是平行四边形， .⊂平面 平面 ， 平面 .3．如图所示， //,24BE CD BE CD ==，F 为棱AE 的中点，求证: //DF 平面ABC【答案】见解析【解析】证明：如图，取AB 中点G ，连接CG FG 、，因为F 为AE 中点，所以//FG BE 且12FG CD =， 2BE CD =，所以//FG CD 且FG CD =，所以四边形CDFG 为平行四边形，所以//DF CG .CG ⊂平面ABC ， DF ⊄平面ABC ，∴//DF 平面ABC .4．如下图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 为正方形， G 是线段BE 的中点， 2AB =， F 是线段CD 上的中点，求证: //GF ADE 平面【答案】见解析【解析】解法一：取AE 的中点H ，连接HG ， DHG 是线段BE 的中点，∴HG AB 且12HG AB =， 四边形ABCD 为正方形， F 是线段CD 上的中点∴DFAB 且12DF AB =， ∴HG DF 且HG DF =，∴四边形DFGH 是平行四边形，//GF DH ∴，DH GF ADE ADE ⊄⊂平面，平面，//GF ADE ∴平面。