云南高考文科解答题：立体几何
高考文科立体几何证明专题
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，获得如图 5 所示的三棱锥A BCF ，此中 BC2 ．2(1) 证明： DE // 平面 BCF ；(2) 证明： CF 平面 ABF ；(3) 2 时，求三棱锥 FDEG 的体积 V F DEG ．当 AD3ADGEBFC图 4【分析】（ 1）在等边三角形ABC 中， ADAEAD AE ,A BCF 中DB在折叠后的三棱锥EC也建立， DE / /BC ,Q DE平面 BCF ，BC 平面 BCF ，DE //平面 BCF ；AGEDFCB图 5（2 ）在等边三角形ABC 中， F 是 BC 的中点，因此 AFBC 1 ①，BF CF.2Q 在三棱锥 ABCF 中， BC2， BC 2 BF 2 CF 2 CF BF ②2Q BF CF F CF 平面 ABF ；（ ）由（ ）可知 GE / /CF ，联合（ 2 ）可得 GE平面 DFG.3 1VF DEGV E1 11 1 1 1 3 1 3 DFG3 DG FG GF2 3 3 2332423【分析】 这个题是入门级的题， 除了立体几何的内容， 还考察了平行线分线段成比率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= 1AB,PH 为PAD 中 AD 边上的高．2（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)PH 为PAD中的高PH AD又AB面PAD，PH平面PADPH ABAB AD A因此PH平面ABCD(2):过 B 点做 BG BG CD ，垂足为 G ；连结 HB, 取 HB 中点 M ，连结 EM ，则 EM 是BPH 的中位线由(1)知： PH平面ABCDEM平面 ABCDＥＭ平面 BCF即 EM 为三棱锥E - BCF底面上的高ＥＭ＝1PH 1 2 2S BCF 1 FC ?BG2 =11 2 22 21V E BCF? S BCF ? EM1 2 13 2 2212（3）：取 AB 中点 N， PA 中点 Q，连结 EN ， FN ，EQ， DQ AB // CD , CD平面PADAB平面PAD，PA平面PADAB PA又EN 是 PAB 的中位线EN // PAAB EN1又DF AB四边形NADF是距形AB FNEN FN NAB平面NEF又 EF平面NEFEF AB四边形NADF是距形AB NF 3、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。
文科数学立体几何历年高考解答题
本资料为word版本，可以直接编辑和打印，感谢您的下载文科数学立体几何历年高考解答题地点：______________________________________________时间：______________________________________________说明：本资料适用于约定双方经过谈判，协商而共同承认，共同遵守的责任与义务，仅供参考，文档可直接下载或修改，不需要的部分可直接删除，使用时请详细阅读内容文科数学立体几何历年高考解答题1、(2013)如图4,在边长为1的等边三角形中，分别是边上的点，，是的中点，与交于点，将沿折起，得到如图5所示的三棱锥，其中.(1)证明：//平面；(2)证明：平面；(3)当时，求三棱锥的体积.2、(2012)如图5所示，在四棱锥中，平面，，是中点，是上的点，且，为中边上的高。
(1)证明：平面；(2)若，求三棱锥的体积；(3)证明：平面.3、(2011)如图所示，将高为2,底面半径为1的直圆柱沿过轴的平面切开后，将其中一半沿切面水平向右平移得到的，分别为的中点，分别为的中点.(I)证明：四点共面；(11 )设为中点，延长到，使得,证明：.4、(2010)如图4,弧AEC是半径为的半圆，AC为直径，点E为弧AC的中点，点B和点C为线段AD的三等分点，平面AEC外一点F满足FC平面BED, FB二(1)证明：EBFD(2)求点B到平面FED的距离.5、(2009)某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图4所示，墩的上半部分是正四棱锥P - EFGH,下部分是长方体ABCD - EFGH.图5和图6分别是该标识墩的正(主)视图和俯视图.(1)请画出该安全标识墩的侧(左)视图;(2)求该安全标识墩的体积；(3)证明：直线BD平面PEG.侧视40cm图440cm60cm20cm40cm正视图5图6CAEBDHPG6、(2008)如图5所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是半径为R的圆的内接四边形，其中BD是圆的直径，ZABD二60° , ZBDC=45° , AADP〜ABAD.(1)求线段PD的长；(2)若PC二R,求三棱锥P-ABC的体积.7、（2007）已知某儿何体的俯视图是如图5所示的矩形，正视图（或称主视图）是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图（或称左视图）是一个底边长为6、高为4的等腰三角形.（1）求该儿何体的体积V;（2）求该儿何体的侧面积S8、（本小题满分12分）在棱长为1的正方体中，分别是棱的中点.（1）证明：平面；（2）证明：；（3）求三棱锥的体积.。
高考文科数学__立体几何大题-知识点、考点及解题方法
立体几何大题题型及解题方法立体几何大题一般考以下五个方面：一、平行位置关系的证明1、证明线面平行（重点）解题方法：（1）线面平行判定定理；（2）面面平行的性质定理。
2、证明面面平行解题方法：（1）面面平行的判定定理；（2）面面平行判定定理的推论；（3）垂直于同一直线的两平面平行；（4）平行平面的传递性。
3、平行位置关系的探索（1）对命题条件的探索；（2）对命题结论的探索；（3）通过翻折来探索。
二、垂直位置关系的证明1、证明线线垂直解题方法：2、证明线面垂直（重点）解题方法：3、证明面面垂直4、垂直位置关系的探索（1）对命题条件的探索；（2）对命题结论的探索；（3）通过翻折来探索。
三、求空间距离1、点到平面的距离解题方法：2、空间线段长解题方法：（1）解三角形法；（2）列方程法。
四、求几何体体积五、求空间角1、异面直线所成的角2、直线与平面所成的角考点一：如何判断空间中点、线、面的位置关系（排除法）考点二：平行位置关系的证明证明题一般的解题步骤：一、根据题目的问题，确定要证明什么；根据题目的条件，确定用什么证明方法，如果无法确定，则要通过逆向思维来分析题目；二、看题目是否需要作辅助线(创造条件)，证明平行位置问题一般作的辅助线是连等分点，特别是中点；三、根据确定的证明方法，看该方法需要多少个条件，然后看题目给的条件通过什么方式给，如果是间接条件则需要推理证明得出，如果是直接条件或隐含条件则直接罗列；四、准备好条件后，再次检查条件是否都满足，是否都罗列了，最后得出结论；五、规范书写答案过程：一般过程为1、作辅助线；2、准备间接条件；3、罗列直接条件或隐含条件；4、得出结论。
1、证明线面平行（重点）解题方法：2、证明面面平行解题方法：（1）面面平行的判定定理（最常用方法）：（2）面面平行判定定理的推论：（3）垂直于同一直线的两平面平行；（4）3、平行位置关系的探索考点三、垂直位置关系的证明证明垂直的解题步骤：一、根据题目的问题，确定要证明什么；根据题目的条件，确定用什么证明方法，如果无法确定，则要通过逆向思维来分析题目；二、要注意先确定谁垂直于谁，如1、证明线线垂直时常考虑其中一条直线垂直于另一条直线所在的平面，究竟选择哪一条直线垂直于另一条直线所在的平面，需要通过对条件及图形结构做深入细致分析、尝试、判断。
立体几何(解答题)-高考真题文科数学分项汇编(原卷版)
专题06立体几何（解答题）1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）设DO= 2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P−ABC的体积.2．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；π（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B−EB1C1F3的体积．3．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如图，在长方体ABCD A 1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE ED1，BF 2FB1．证明：（1）当AB BC时，EF AC；（2）点C1在平面AEF内．4．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．5．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．6．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．7．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A E，AB=3，求四棱锥E BB1C1C的体积．18．【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.9．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD中，PA 平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．10．【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，PA CD,CD 2, AD 3.（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.11．【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．12．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱ABC A1B1C1，平面A1ACC1 平面ABC，ABC 90，BAC 30,A1A A1C AC,E,F分别是AC，A1B1的中点.（1）证明：EF BC；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.13．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在平行四边形ABCM中，AB AC 3，∠ACM 90，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；BP DQ 2 DA ，求三棱锥Q ABP的体积．Q（2）为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且 314．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】如图，在三棱锥P ABC中，AB BC 2 2，PA PB PC AC 4，O为AC的中点．（1）证明：PO 平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且MC 2MB，求点C到平面POM的距离．15．【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．16．【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PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点.（1）求证：PE⊥BC；（2）求证：平面PAB⊥平面PCD；（3）求证：EF∥平面PCD.17．【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=2 3，∠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．18．【2018年高考江苏卷】在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，AA1 AB, AB1 B1C1．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1 平面A1BC．19．【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．。
专题23 立体几何(文科)解答题20题-备战高考数学冲刺横向强化精练精讲(原卷版)
立体几何（文科)解答题20题1．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积．2．（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，11BF A B ⊥.（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥.3．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））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．4．（2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II ））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．5．（2018年全国卷Ⅲ文数高考试题文档版）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．6．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ））如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥； （2）点1C 在平面AEF 内．7．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷精编版））如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥，且90BAP CDP ∠=∠=︒.（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．8．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷精编版））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．9．（2016年高考数学（文）全国1卷）如图，已知正三棱锥P-ABC 的侧面是直角三角形，PA=6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ，连结PE 并延长交AB 于点G.（Ⅰ）证明：G 是AB 的中点；（Ⅱ）在图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体PDEF 的体积．10．（2021·四川·乐山市教育科学研究所一模（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”.在如图所示的“阳马”P ABCD -中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD DA =，点E 是PA 的中点，作EF PB ⊥交PB 于点F .（1）求证：PC ∥平面EBD ； （2）求证：PB ⊥平面EFD .11．（2021·四川成都·一模（文））如图甲，在直角三角形ABC 中，已知AB ⊥BC ，BC =4，AB =8，D ，E 分别是AB ，AC 的中点.将ADE 沿DE 折起，使点A 到达点1A 的位置，且1A D ⊥BD ，连接1A B ，1A C ，得到如图乙所示的四棱锥1A DBCE -，M 为线段1A D 上一点.图 甲 图乙（1）证明：平面1A DB ⊥平面DBCE ；（2）过B ，C ，M 三点的平面与线段1A E 相交于点N ，从下列三个条件中选择一个作为已知条件，求三棱锥1A BCN -的体积．①BM =BE ；②直线EM 与BC 所成角的大小为45°；③三棱锥M BDE -的体积是三棱锥1E A BC -体积的1.4注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.12．（2021·全国·贵阳一中一模（文））如图甲，平面图形ABCDE 中，1,,//,60AE ED DB BC CB BD ED AB EAB ====⊥∠=︒．沿BD 将BCD △折起，使点C 到F的位置，如图乙，使,//BF BE EG BF ⊥，且2EG BF =．（1）求证：平面GEBF ⊥平面AEG ；（2）点M 是线段FG 上的动点，当点M 在什么位置时，三棱锥A MBE -3上下底面为等腰梯形，//AD BC ．ADC 60∠=，22AE AD CD ===，M 为线段EF 的中点．（1）证明：平面ECD ⊥平面ACE ；（2）设O 为线段AD 上一点，试确定点O 的位置，使平面//BOE 平面MCD ．14．（2021·河北衡水中学模拟预测）如图，在三棱锥P ABC -中，△PAB 是等边三角形，90PAC PBC ∠=∠=︒．（1）证明：AB PC ⊥；（2）若6PC =，且平面PAC ⊥平面PBC ，求三棱锥P ABC -体积．15．（2021·山西大同·高三阶段练习（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，且1AD PD ==，2AB PB ==.（1）连接BD ，求证：PA BD ⊥；（2）若H 在CD 上，且PH ⊥平面ABCD ，求线段PH 的长度.面ABCD 为等腰梯形，//AB CD ，CH 为等腰梯形的高，33AB CD ==，AE ⊥平面CHE ，AE HE =，13EF EA =.（1）证明：平面//BCE 平面HDF ；（2）求将AHF △以AH 为旋转轴旋转一周得到的几何体的体积.17．（2021·四川·射洪中学高三阶段练习（文））如图，在斜三棱柱111ABC A B C - 中，已知△ABC 为正三角形，四边形11ACC A 是菱形，D ，E 分别是AC ，1CC 的中点，平面11ACC A ⊥平面ABC .（1）求证：1A C ⊥平面BDE ；（2）若160C CA ∠=，在线段1DB 上是否存在点M ，使得//AM 平面BDE ？若存在，求1DMDB 的值，若不存在，请说明理由．18．（2021·贵州毕节·模拟预测（文））如图1，正方形ABCD 中，112DM MA ==，1=12CN NB =，将四边形CDMN 沿MN 折起到四边形PQMN 的位置，使得60QMA ∠=(如图2)．（1）证明：平面MNPQ ⊥平面ABPQ ；（2）若,E F 分别为,AM BN 的中点，求三棱锥F QEB -的体积．19．（2021·四川·成都七中一模（文））已知三棱柱111ABC A B C -中，M N ､分别是1CC 与1A B 的中点，1ABA △为等边三角形，111,2.CA CA A A A M BC ===（1）求证：MN ∥平面ABC ； （2）求证：BC ⊥平面11ABB A ．20．（2021·四川·高三阶段练习（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面为直角梯形，CD AB ∥，AD AB ⊥，且2PA AD CD ===，3AB =，E 为PD 的中点．（1）证明：AE ⊥平面PCD ．（2）过A ，B ，E 作四棱锥P ABCD -的截面，请写出作法和理由，并求截面的面积．。
(完整版)—高考全国卷Ⅰ文科数学立体几何专题复习(附详细解析)
2012-2018年新课标全国卷Ⅰ文科数学汇编立体几何一、选择题【2017，6】如图，在下列四个正方体中,A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ,Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中,直接AB 与平面MNQ 不平行的是（）【2016，7】如图所示,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 ．17π B ．18π C ．20π D ．28π【2016，11】平面α过正方体1111ABCD A BC D -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(）A ．3 B ．22C ．3D ．13【2015，6】《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M 依垣内角,下周八尺，高五尺，问”积及为M 几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放M （如图,M 堆为一个圆锥的四分之一)，M 堆底部的弧长为8尺,M 堆的高为5尺，M 堆的体积和堆放的M 各位多少？”已知1斛M 的体积约为1．62立方尺,圆周率约为3，估算出堆放的M 有（ ) A ．14斛 B ．22斛 C ．36斛 D ．66斛【2015，11】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16+20π，则r =( ) B A ．1 B ．2 C ．4 D ．8【2015，11】【2014，8】【2013,11】【2012，7】【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的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【2013，11】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【2012，7】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 ．15【2012，8】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 ．6πB ．43πC ．46πD ．63π【2018，5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1,O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,该圆柱的表面积为A. 12π B. 12π C. 8π D. 10π【2018，9】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图,圆柱表面上的点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 。
高三数学专项训练：立体几何解答题（三）（文科）
中，CA CB =，1AB AA =，160BAA Ð=。
（Ⅰ）证明：1AB A C ^；（Ⅱ）若2AB CB ==，16A C =高三数学专项训练：立体几何解答题（三）（文科）1．如图，在．如图，在四棱锥四棱锥A-BCDE 中，侧面∆ADE 是等边三角形，底面BCDE 是等腰是等腰梯形梯形，且CD ∥BE,DE=2BE,DE=2，，CD=4,60CDE Ð=° ,M 是DE 的中点，F 是AC 的中点，且AC=4AC=4，，求证：（1）平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD;BCD;(2)FB (2)FB∥平面∥平面ADE. ADE.2．（本小题满分12分）如图，分）如图，三棱柱三棱柱111ABC A B C -，求三棱柱111ABC A B C -的体积。
45．．如图，三棱锥P ABC -中，90ABC °Ð=，PA ABC ^底面（Ⅰ）求证：PAC PBC ^平面平面；（Ⅱ）若AC BC PA ==，M 是PB 的中点，求AM 3．如图，在．如图，在四棱锥四棱锥P －ABCD 中，中，PD PD PD⊥⊥平面ABCD ABCD，，AB AB∥∥DC DC，已知，已知BD BD＝＝2AD 2AD＝＝2PD 2PD＝＝8，AB ＝2DC 2DC＝＝（Ⅰ）设M 是PC 上一点，证明：平面MBD MBD⊥平面⊥平面PAD PAD；；（Ⅱ）若M 是PC 的中点，求棱锥P －DMB 的体积．4与平面PBC 所成角的所成角的正切正切值5中，CB DA 、是梯形的高，2AE BF ==，22AB =，现将梯形沿CB DA 、折起，使//EF AB ，且2E F A B =如图所示，已知M N P 、、（1）求证：//MN6^PA 底面ABCD ，F E ,分别是PB AC ,的中点的中点. . .PFEDC B A（1）求证：//EF 平面PCD ；（2）求证：平面^PBD 平面PAC ；（3）若AB PA =，求PD 与平面PAC 所成的角的大小所成的角的大小. . .．如图，在等腰．如图，在等腰梯形梯形CDEF ，得一简单，得一简单组合组合体ABCDEF 分别为,,AF BD EF 的中点平面BCF ；（2）求证：AP ^平面DAE .．如图，．如图，四棱锥四棱锥ABCD P -的底面ABCD 为正方形，7中，2AB BC =，点M 在边CD 上，点F 在边AB 上，且DF AM^，垂足为E ，若将ADM D 沿AM 折起，使点ABCM D -¢．（Ⅰ）求证：F D AM p ，求直线D8．如图，在四棱锥-P ．如图，在．如图，在矩形矩形ABCD D 位于D ¢位置，连接B D ¢，C D ¢得四棱锥¢^；（Ⅱ）若3p =¢ÐEF D ，直线F D ¢与平面ABCM 所成角的大小为3A ¢与平面ABCM 所成角的所成角的正弦正弦值．值．ABCD 中，四边形ABCD 是菱形，PA PC =,E 为PB 的中点．（Ⅰ）求证：PD ∥平面AEC ；（Ⅱ）求证：平面AEC ^平面PBD .-的中点，E 为PA 的中点．的中点．ADO C PBEMNC C 1B 1A 1BA9．如图，在直．如图，在直三棱柱三棱柱ABC ABC－－A 1B 1C 1中，点M 是A 1B 的中点，点N 是B 1C 的中点，连接MN MN（Ⅰ）证明：（Ⅰ）证明：MN//MN//MN//平面平面ABC ABC；； （Ⅱ）若AB=1AB=1，，AC=AA 1=3，BC=2BC=2，求二面角，求二面角A —A 1C —B 的余弦值的大小值的大小1010．．如图，四棱锥P ABCD 的底面是直角的底面是直角梯形梯形，//AB CD ，AB AD ^，PAB D 和PADD 是两个边长为2的正三角形，4DC =，O 为BD (Ⅰ)求证：PO ^平面ABCD ；(Ⅱ)求证：//OE 平面PDC ；(Ⅲ)求(Ⅲ)求直线直线CB 与平面PDC 所成角的所成角的正弦正弦值．11中，底面ABED 、090ADC Ð=，12BC CD AD ==，PA PD =，,EF .A B C -中，点D 是BC 的中点的中点..（Ⅰ）求证（Ⅰ）求证: : AD ^平面11BCC B ；（Ⅱ）求证（Ⅱ）求证: : 1A C 平面1AB D .A BCDA 1B 1C 1．在．在四棱锥四棱锥P ABCD -为直角为直角梯形梯形，//BC AD 为,AD PC 的中点．（1）求证：//PA 平面BEF ；（2）求证：AD PB ^1212．如图，正．如图，正．如图，正三棱柱三棱柱111ABC13．如图，在多面体ABCDFE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ∥EF ， 902=Ð=EAB EF AB，（1）若G 点是DC ）求证：BAF DAF 面面^.（3）若,2,1===AB AD AE ，平面ABCD ABFE 平面^.中点，求证：AED FG 面//.（2求的体积三棱锥AFC D -.∴,3AM DE AM ^=,∵在∆DMC 中，中，DM=1DM=1DM=1，，60CDE Ð=°,CD=4,CD=4，，∴22241241cos6013MC =+-´´×°= ，即MC=13.在∆AMC 中，222222(3)(13)4AM MC AC +=+==∴AM AM⊥⊥MC,MC,又∵,AM DE ^MC DE M = , , ∴∴AM ^平面BCD,BCD,∵AM Í平面ADE, ADE, ∴平面∴平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD.BCD.（2）取DC 的中点N ，连结FN,NB,FN,NB,∵F,N 分别是AC AC，，DC 的中点，∴的中点，∴FN FN FN∥∥AD,AD,由因为由因为FN Ë平面ADE,AD Í平面ADE, ADE, ∴∴FN FN∥平面∥平面ADE,ADE,∵N 是DC 的中点，∴的中点，∴BC=NC=2BC=NC=2BC=NC=2，又，又60CDE Ð=°，∴∆BCN 是等边三角形，∴是等边三角形，∴BN BN BN∥∥DE,DE, 由BN Ë平面ADE,ED Í平面ADE, ADE, ∴∴BN BN∥平面∥平面ADE,ADE,∵FN BN N = , , ∴平面∴平面ADE ADE∥平面∥平面FNB,FNB,∵FB Í平面FNB, FNB, ∴∴FB FB∥平面∥平面ADE.ADE.考点：考点：1.1. 1.直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的判定；2.2.2.平面一平面垂直的判定；平面一平面垂直的判定；平面一平面垂直的判定；3.3.3.直线与平面平行的判定直线与平面平行的判定直线与平面平行的判定..2．（1）取AB 的中点O ，连接1OC O 、1OA O 、1A B ，因为CA=CB CA=CB，所以，所以OC AB ^，由于AB=AA 1，∠，∠BA A BA A 1=600，所以1OA AB ^，所以AB ^平面1OAC ，因为1A C Ì平面1OAC ，所以AB AB⊥⊥A 1C ；（2）因为221A C OC =因为ABC D 为等边三角形，所以3CO =，底面积1232232S =´´=高三数学专项训练：立体几何解答题（三）（文科）参考答案1．（1）证明详见解析；（2）证明详见解析 【解析】【解析】试题分析：（1）首先根据直线与平民啊垂直的）首先根据直线与平民啊垂直的判定定理判定定理证明AM ^平面BCD,BCD,然后再根据平面垂直的判定定理证明平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD BCD；；（2），取DC 的中点N ，首先证FN ∥平面ADE,ADE,然后再证∴然后再证∴然后再证∴BN BN BN∥平面∥平面ADE,ADE,再根据平面与平民啊平行的判定定理证明∴平面再根据平面与平民啊平行的判定定理证明∴平面ADE ∥平面FNB,FNB,最后由面面平行的性质即可最后由面面平行的性质即可最后由面面平行的性质即可..试题解析：（1）∵∆ADE 是等边三角形，,M 是DE 的中点，的中点，，所以，所以体积体积123323V =´´=（Ⅱ）163P DMB V -=． 【解析】【解析】试题分析：试题解析：（I ）证明：在ABD D 中，由于4,8,45A D B D A B ===，所以222AD BD AB +=．故AD BD ^。
高考数学-立体几何(含22年真题讲解)
高考数学-立体几何（含22年真题讲解）1．【2022年全国甲卷】如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8B．12C．16D．20【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，×2×2=12.则该直四棱柱的体积V=2+42故选：B.2．【2022年全国甲卷】在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B 所成的角均为30°，则（）A．AB=2AD B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC=CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°【解析】 【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出． 【详解】 如图所示：不妨设AB =a,AD =b,AA 1=c ，依题以及长方体的结构特征可知，B 1D 与平面ABCD 所成角为∠B 1DB ，B 1D 与平面AA 1B 1B 所成角为∠DB 1A ，所以sin30∘=cB 1D=bB 1D ，即b =c ，B 1D =2c =√a 2+b 2+c 2，解得a =√2c ．对于A ，AB =a ，AD =b ，AB =√2AD ，A 错误；对于B ，过B 作BE ⊥AB 1于E ，易知BE ⊥平面AB 1C 1D ，所以AB 与平面AB 1C 1D 所成角为∠BAE ，因为tan∠BAE =c a=√22，所以∠BAE ≠30∘，B 错误；对于C ，AC =√a 2+b 2=√3c ，CB 1=√b 2+c 2=√2c ，AC ≠CB 1，C 错误； 对于D ，B 1D 与平面BB 1C 1C 所成角为∠DB 1C ，sin∠DB 1C =CDB 1D=a2c =√22，而0<∠DB 1C <90∘，所以∠DB 1C =45∘．D 正确． 故选：D ．3．【2022年全国甲卷】甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若S 甲S 乙=2，则V 甲V 乙=（ ）A ．√5B ．2√2C ．√10D ．5√104【答案】C 【解析】设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r 1，乙圆锥底面圆半径为r 2，根据圆锥的侧面积公式可得r 1=2r 2，再结合圆心角之和可将r 1,r 2分别用l 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r 1，乙圆锥底面圆半径为r 2，则S 甲S 乙=πr 1l πr 2l =r1r 2=2， 所以r 1=2r 2， 又2πr 1l+2πr 2l=2π，则r 1+r 2l=1，所以r 1=23l,r 2=13l ，所以甲圆锥的高ℎ1=√l 2−49l 2=√53l ，乙圆锥的高ℎ2=√l 2−19l 2=2√23l ， 所以V 甲V 乙=13πr 12ℎ113πr 22ℎ2=49l 2×√53l 19l ×2√23l =√10.故选：C.4．【2022年全国乙卷】在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB,BC 的中点，则（ ） A ．平面B 1EF ⊥平面BDD 1 B ．平面B 1EF ⊥平面A 1BD C ．平面B 1EF//平面A 1AC D ．平面B 1EF//平面A 1C 1D【答案】A 【解析】 【分析】证明EF ⊥平面BDD 1，即可判断A ；如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，设AB =2，分别求出平面B 1EF ，A 1BD ，A 1C 1D 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD . 【详解】解：在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中， AC ⊥BD 且DD 1⊥平面ABCD ， 又EF ⊂平面ABCD ，所以EF ⊥DD 1，因为E,F 分别为AB,BC 的中点， 所以EF ∥AC ，所以EF ⊥BD ， 又BD ∩DD 1=D ， 所以EF ⊥平面BDD 1， 又EF ⊂平面B 1EF ，所以平面B 1EF ⊥平面BDD 1，故A 正确；如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，设AB =2，则B 1(2,2,2),E (2,1,0),F (1,2,0),B (2,2,0),A 1(2,0,2),A (2,0,0),C (0,2,0)， C 1(0,2,2)，则EF ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,1,0),EB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,1,2)，DB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,2,0),DA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2)，AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,2),AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,2,0),A 1C 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,2,0),设平面B 1EF 的法向量为m ⃑⃑ =(x 1,y 1,z 1)， 则有{m ⃑⃑ ⋅EF ⃑⃑⃑⃑⃑ =−x 1+y 1=0m ⃑⃑ ⋅EB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =y 1+2z 1=0 ，可取m ⃑⃑ =(2,2,−1)，同理可得平面A 1BD 的法向量为n 1⃑⃑⃑⃑ =(1,−1,−1)， 平面A 1AC 的法向量为n 2⃑⃑⃑⃑ =(1,1,0)， 平面A 1C 1D 的法向量为n 3⃑⃑⃑⃑ =(1,1,−1)， 则m ⃑⃑ ⋅n 1⃑⃑⃑⃑ =2−2+1=1≠0，所以平面B 1EF 与平面A 1BD 不垂直，故B 错误； 因为m ⃑⃑ 与n 2⃑⃑⃑⃑ 不平行，所以平面B 1EF 与平面A 1AC 不平行，故C 错误； 因为m ⃑⃑ 与n 3⃑⃑⃑⃑ 不平行，所以平面B 1EF 与平面A 1C 1D 不平行，故D 错误， 故选：A.5．【2022年全国乙卷】已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A．13B．12C．√33D．√22【答案】C【解析】【分析】先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为α，则S ABCD=12⋅AC⋅BD⋅sinα≤12⋅AC⋅BD≤12⋅2r⋅2r=2r2（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2又r2+ℎ2=1则VO−ABCD =13⋅2r2⋅ℎ=√23√r2⋅r2⋅2ℎ2≤√23√(r2+r2+2ℎ23)3=4√327当且仅当r2=2ℎ2即ℎ=√33时等号成立，故选：C6．【2022年新高考1卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m 时，相应水面的面积为140．0km 2；水位为海拔157．5m 时，相应水面的面积为180．0km 2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m 上升到157．5m 时，增加的水量约为（√7≈2.65）（ ） A ．1.0×109m 3 B ．1.2×109m 3 C ．1.4×109m 3 D ．1.6×109m 3【答案】C 【解析】 【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出． 【详解】依题意可知棱台的高为MN =157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ． 棱台上底面积S =140.0km 2=140×106m 2，下底面积S ′=180.0km 2=180×106m 2， ∴V =13ℎ(S +S ′+√SS ′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012) =3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m 3)．故选：C ．7．【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l ≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ） A ．[18,814]B ．[274,814]C ．[274,643]D ．[18,27]【答案】C 【解析】 【分析】设正四棱锥的高为ℎ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∵ 球的体积为36π，所以球的半径R =3, 设正四棱锥的底面边长为2a ，高为ℎ， 则l 2=2a 2+ℎ2，32=2a 2+(3−ℎ)2, 所以6ℎ=l 2，2a 2=l 2−ℎ2所以正四棱锥的体积V =13Sℎ=13×4a 2×ℎ=23×(l 2−l 436)×l 26=19(l 4−l 636)， 所以V ′=19(4l 3−l 56)=19l 3(24−l 26)，当3≤l ≤2√6时，V ′>0，当2√6<l ≤3√3时，V ′<0， 所以当l =2√6时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643， 又l =3时，V =274，l =3√3时，V =814,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274， 所以该正四棱锥体积的取值范围是[274，643]. 故选：C.8．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A ．100π B ．128π C ．144π D ．192π【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r 1,r 2，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积． 【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r 1,r 2，所以2r 1=3√3sin60∘,2r 2=4√3sin60∘，即r 1=3,r 2=4，设球心到上下底面的距离分别为d 1,d 2，球的半径为R ，所以d 1=√R 2−9，d 2=√R 2−16，故|d 1−d 2|=1或d 1+d 2=1，即|√R 2−9−√R 2−16|=1或√R 2−9+√R 2−16=1，解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4πR2=100π．故选：A．9．【2022年北京】已知正三棱锥P−ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T={Q∈S|PQ≤5}，则T表示的区域的面积为（）A．3π4B．πC．2πD．3π【答案】B【解析】【分析】求出以P为球心，5为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.【详解】设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，则O为三角形ABC的中心，且BO=23×6×√32=2√3，故PO=√36−12=2√6.因为PQ=5，故OQ=1，故S的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC内切圆的圆心为O，半径为2×√34×363×6=√3>1，故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为π故选：B10．【2022年浙江】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．22πB．8πC．223πD．163π【答案】C【解析】【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为1cm，圆台的下底面半径为2cm，所以该几何体的体积V=12×43π×13+π×12×2+13×2×(π×22+π×12+√π×22×π×12)=22π3cm3．故选：C．11．【2022年浙江】如图，已知正三棱柱ABC−A1B1C1,AC=AA1，E，F分别是棱BC,A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F−BC−A的平面角为γ，则（）A．α≤β≤γB．β≤α≤γC．β≤γ≤αD．α≤γ≤β【答案】A【解析】【分析】先用几何法表示出α，β，γ，再根据边长关系即可比较大小．【详解】如图所示，过点F作FP⊥AC于P，过P作PM⊥BC于M，连接PE，则α=∠EFP，β=∠FEP，γ=FMP，tanα=PEFP =PEAB≤1，tanβ=FPPE=ABPE≥1，tanγ=FPPM≥FPPE=tanβ，所以α≤β≤γ，故选：A．12．【2022年新高考1卷】（多选）已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则（）A．直线BC1与DA1所成的角为90°B．直线BC1与CA1所成的角为90°C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°【答案】ABD【解析】【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可. 【详解】如图，连接B 1C 、BC 1，因为DA 1//B 1C ，所以直线BC 1与B 1C 所成的角即为直线BC 1与DA 1所成的角，因为四边形BB 1C 1C 为正方形，则B 1C ⊥ BC 1，故直线BC 1与DA 1所成的角为90°，A 正确；连接A 1C ，因为A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，BC 1⊂平面BB 1C 1C ，则A 1B 1⊥BC 1， 因为B 1C ⊥ BC 1，A 1B 1∩B 1C =B 1，所以BC 1⊥平面A 1B 1C ， 又A 1C ⊂平面A 1B 1C ，所以BC 1⊥CA 1，故B 正确； 连接A 1C 1，设A 1C 1∩B 1D 1=O ，连接BO ，因为BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，C 1O ⊂平面A 1B 1C 1D 1，则C 1O ⊥B 1B ， 因为C 1O ⊥B 1D 1，B 1D 1∩B 1B =B 1，所以C 1O ⊥平面BB 1D 1D ， 所以∠C 1BO 为直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角，设正方体棱长为1，则C 1O =√22，BC 1=√2，sin∠C 1BO =C 1O BC 1=12，所以，直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为30∘，故C 错误；因为C 1C ⊥平面ABCD ，所以∠C 1BC 为直线BC 1与平面ABCD 所成的角，易得∠C 1BC =45∘，故D 正确. 故选：ABD13．【2022年新高考2卷】（多选）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED,AB =ED =2FB ，记三棱锥E −ACD ，F −ABC ，F −ACE 的体积分别为V 1,V 2,V 3，则（ ）A．V3=2V2B．V3=V1C．V3=V1+V2D．2V3=3V1【答案】CD【解析】【分析】直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3=V A−EFM+V C−EFM计算出V3，依次判断选项即可.【详解】设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅(2a)2=43a3，V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅(2a)2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=√2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=2√2a,EG=a，则EM=√(2a)2+(√2a)2=√6a,FM=√a2+(√2a)2=√3a，EF=√a2+(2√2a)2=3a，EM2+FM2=EF2，则EM⊥FM，S△EFM=12EM⋅FM=3√22a2，AC=2√2a，则V3=V A−EFM+V C−EFM=13AC⋅S△EFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.14．【2022年全国甲卷】小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．(1)证明：EF//平面ABCD；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】(1)证明见解析；(2)6403√3．【解析】【分析】（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是EF//MN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍，即可解出．(1)如图所示：，分别取AB,BC 的中点M,N ，连接MN ，因为△EAB,△FBC 为全等的正三角形，所以EM ⊥AB,FN ⊥BC ，EM =FN ，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面EAB ∩平面ABCD =AB ，EM ⊂平面EAB ，所以EM ⊥平面ABCD ，同理可得FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN ，而EM =FN ，所以四边形EMNF 为平行四边形，所以EF//MN ，又EF ⊄平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以EF//平面ABCD ． (2)如图所示：，分别取AD,DC 中点K,L ，由（1）知，EF//MN 且EF =MN ，同理有，HE//KM,HE =KM ，HG//KL,HG =KL ，GF//LN,GF =LN ，由平面知识可知，BD ⊥MN ，MN ⊥MK ，KM =MN =NL =LK ，所以该几何体的体积等于长方体KMNL −EFGH 的体积加上四棱锥B −MNFE 体积的4倍．因为MN =NL =LK =KM =4√2，EM =8sin60∘=4√3，点B 到平面MNFE 的距离即为点B 到直线MN 的距离d ，d =2√2，所以该几何体的体积V =(4√2)2×4√3+4×13×4√2×4√3×2√2=128√3+2563√3=6403√3．15．【2022年全国甲卷】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1 ,AB=2,DP=√3．(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)√55.【解析】【分析】（1）作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理证明AD⊥BD，根据线面垂直的性质可得PD⊥BD，从而可得BD⊥平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE=BF=12，故DE=√32，BD=√DE2+BE2=√3，所以AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD=D，所以BD ⊥平面PAD ， 又因PA ⊂平面PAD ， 所以BD ⊥PA ；(2)解：如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系， BD =√3，则A(1,0,0),B(0,√3,0),P(0,0,√3)，则AP⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,0,√3),BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,−√3,√3),DP ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,√3)， 设平面PAB 的法向量n⃑ =(x,y,z)， 则有{n →⋅AP →=−x +√3z =0n →⋅BP →=−√3y +√3z =0，可取n ⃑ =(√3,1,1)， 则cos〈n ⃑ ,DP ⃑⃑⃑⃑⃑ 〉=n ⃑ ⋅DP ⃑⃑⃑⃑⃑⃑|n ⃑ ||DP ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=√55， 所以PD 与平面PAB 所成角的正弦值为√55.16．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD,AD =CD,∠ADB =∠BDC ，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F−ABC 的体积．【答案】(1)证明详见解析(2)√34【解析】【分析】（1）通过证明AC⊥平面BED来证得平面BED⊥平面ACD.（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱锥F−ABC的体积.(1)由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.由于{AD=CDBD=BD∠ADB=∠CDB，所以△ADB≅△CDB，所以AB=CB，故AC⊥BD，由于DE∩BD=D，DE,BD⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.(2)依题意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等边三角形，所以AC=2,AE=CE=1,BE=√3，由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1. DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，由于AC∩BE=E，AC,BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.由于△ADB ≅△CDB ，所以∠FBA =∠FBC ， 由于{BF =BF∠FBA =∠FBC AB =CB ，所以△FBA ≅△FBC ，所以AF =CF ，所以EF ⊥AC ，由于S △AFC =12⋅AC ⋅EF ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小值. 过E 作EF ⊥BD ，垂足为F ，在Rt △BED 中，12⋅BE ⋅DE =12⋅BD ⋅EF ，解得EF =√32，所以DF =√12−(√32)2=12,BF =2−DF =32，所以BF BD =34.过F 作FH ⊥BE ，垂足为H ，则FH //DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且FHDE =BFBD =34， 所以FH =34,所以V F−ABC =13⋅S △ABC ⋅FH =13×12×2×√3×34=√34.17．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD,AD =CD,∠ADB =∠BDC ，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设AB =BD =2,∠ACB =60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37【解析】 【分析】（1）根据已知关系证明△ABD ≌△CBD ，得到AB =CB ，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到BE ⊥DE ，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可. (1)因为AD =CD ，E 为AC 的中点，所以AC ⊥DE ；在△ABD 和△CBD 中，因为AD =CD,∠ADB =∠CDB,DB =DB ，所以△ABD ≌△CBD ，所以AB =CB ，又因为E 为AC 的中点，所以AC ⊥BE ； 又因为DE,BE ⊂平面BED ，DE ∩BE =E ，所以AC ⊥平面BED ， 因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD . (2)连接EF ，由（1）知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ， 所以AC ⊥EF ，所以S △AFC =12AC ⋅EF ， 当EF ⊥BD 时，EF 最小，即△AFC 的面积最小. 因为△ABD ≌△CBD ，所以CB =AB =2， 又因为∠ACB =60°，所以△ABC 是等边三角形， 因为E 为AC 的中点，所以AE =EC =1，BE =√3， 因为AD ⊥CD ，所以DE =12AC =1,在△DEB 中，DE 2+BE 2=BD 2，所以BE ⊥DE .以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E −xyz ，则A (1,0,0),B(0,√3,0),D (0,0,1)，所以AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,0,1),AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,√3,0)， 设平面ABD 的一个法向量为n⃑ =(x,y,z )， 则{n ⃑ ⋅AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =−x +z =0n ⃑ ⋅AB⃑⃑⃑⃑⃑ =−x +√3y =0，取y =√3，则n ⃑ =(3,√3,3)，又因为C (−1,0,0),F (0,√34,34)，所以CF⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,√34,34)， 所以cos⟨n ⃑ ,CF ⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩=n ⃑ ⋅CF⃑⃑⃑⃑⃑|n ⃑ ||CF⃑⃑⃑⃑⃑ |=√21×√74=4√37，设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为θ(0≤θ≤π2)， 所以sinθ=|cos⟨n ⃑ ,CF⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩|=4√37， 所以CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37.18．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的体积为4，△A 1BC 的面积为2√2．(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1=AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求二面角A −BD −C 的正弦值． 【答案】(1)√2 (2)√32【解析】 【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC ⊥平面ABB 1A 1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. (1)在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设点A 到平面A 1BC 的距离为h ， 则V A−A 1BC =13S △A 1BC ⋅ℎ=2√23ℎ=V A 1−ABC =13S △ABC ⋅A 1A =13V ABC−A 1B 1C 1=43，解得ℎ=√2，所以点A 到平面A 1BC 的距离为√2； (2)取A 1B 的中点E ,连接AE ,如图，因为AA 1=AB ，所以AE ⊥A 1B , 又平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1=A 1B ， 且AE ⊂平面ABB 1A 1，所以AE ⊥平面A 1BC ， 在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，由BC ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE ⊥BC ，BB 1⊥BC ， 又AE,BB 1⊂平面ABB 1A 1且相交，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，所以BC,BA,BB 1两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE =√2，所以AA 1=AB =2，A 1B =2√2，所以BC =2， 则A(0,2,0),A 1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A 1C 的中点D(1,1,1)， 则BD⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,1,1)，BA ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,0),BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,0), 设平面ABD 的一个法向量m ⃑⃑ =(x,y,z)，则{m ⃑⃑ ⋅BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =x +y +z =0m ⃑⃑ ⋅BA ⃑⃑⃑⃑⃑ =2y =0，可取m⃑⃑ =(1,0,−1)，设平面BDC 的一个法向量n ⃑ =(a,b,c)，则{m ⃑⃑ ⋅BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =a +b +c =0m ⃑⃑ ⋅BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =2a =0， 可取n⃑ =(0,1,−1)， 则cos〈m ⃑⃑ ,n ⃑ 〉=m⃑⃑⃑ ⋅n ⃑ |m ⃑⃑⃑ |⋅|n ⃑ |=√2×√2=12， 所以二面角A −BD −C 的正弦值为√1−(12)2=√32.19．【2022年新高考2卷】如图，PO 是三棱锥P −ABC 的高，PA =PB ，AB ⊥AC ，E 是PB 的中点．(1)证明：OE//平面PAC ；(2)若∠ABO =∠CBO =30°，PO =3，PA =5，求二面角C −AE −B 的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)1113 【解析】 【分析】（1）连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，根据三角形全等得到OA =OB ，再根据直角三角形的性质得到AO =DO ，即可得到O 为BD 的中点从而得到OE //PD ，即可得证； （2）过点A 作Az //OP ，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得； (1)证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥P −ABC 的高，所以PO ⊥平面ABC ，AO,BO ⊂平面ABC ， 所以PO ⊥AO 、PO ⊥BO ，又PA =PB ，所以△POA ≅△POB ，即OA =OB ，所以∠OAB =∠OBA ，又AB ⊥AC ，即∠BAC =90°，所以∠OAB +∠OAD =90°，∠OBA +∠ODA =90°， 所以∠ODA =∠OAD所以AO =DO ，即AO =DO =OB ，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以OE //PD ，又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ， 所以OE //平面PAC(2)解：过点A 作Az //OP ，如图建立平面直角坐标系， 因为PO =3，AP =5，所以OA =√AP 2−PO 2=4，又∠OBA =∠OBC =30°，所以BD =2OA =8，则AD =4，AB =4√3，所以AC =12，所以O(2√3,2,0)，B(4√3,0,0)，P(2√3,2,3)，C (0,12,0)，所以E (3√3,1,32)， 则AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(3√3,1,32)，AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(4√3,0,0)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,12,0)， 设平面AEB 的法向量为n ⃑ =(x,y,z )，则{n ⃑ ⋅AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =3√3x +y +32z =0n ⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =4√3x =0 ，令z =2，则y =−3，x =0，所以n ⃑ =(0,−3,2)；设平面AEC 的法向量为m⃑⃑ =(a,b,c )，则{m ⃑⃑ ⋅AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =3√3a +b +32c =0m ⃑⃑ ⋅AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =12b =0 ，令a =√3，则c =−6，b =0，所以m ⃑⃑ =(√3,0,−6)；所以cos⟨n⃑ ,m⃑⃑ ⟩=n⃑ ⋅m⃑⃑⃑|n⃑ ||m⃑⃑⃑ |=√13×√39=−4√313设二面角C−AE−B为θ，由图可知二面角C−AE−B为钝二面角，所以cosθ=−4√313，所以sinθ=√1−cos2θ=1113故二面角C−AE−B的正弦值为1113；20．【2022年北京】如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB=BC=2，M，N分别为A1B1，AC的中点．(1)求证：MN∥平面BCC1B1；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：AB⊥MN；条件②：BM=MN．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）取AB的中点为K，连接MK,NK，可证平面MKN//平面CBB1C1，从而可证MN//平面CB B1C1.（2）选①②均可证明BB1⊥平面ABC，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.(1)取AB的中点为K，连接MK,NK，由三棱柱ABC −A 1B 1C 1可得四边形ABB 1A 1为平行四边形， 而B 1M =MA 1,BK =KA ，则MK //BB 1，而MK ⊄平面CBB 1C 1，BB 1⊂平面CBB 1C 1，故MK //平面CBB 1C 1， 而CN =NA,BK =KA ，则NK //BC ，同理可得NK //平面CBB 1C 1， 而NK ∩MK =K,NK,MK ⊂平面MKN ，故平面MKN //平面CBB 1C 1，而MN ⊂平面MKN ，故MN //平面CBB 1C 1， (2)因为侧面CBB 1C 1为正方形，故CB ⊥BB 1， 而CB ⊂平面CBB 1C 1，平面CBB 1C 1⊥平面ABB 1A 1， 平面CBB 1C 1∩平面ABB 1A 1=BB 1，故CB ⊥平面ABB 1A 1， 因为NK //BC ，故NK ⊥平面ABB 1A 1， 因为AB ⊂平面ABB 1A 1，故NK ⊥AB ，若选①，则AB ⊥MN ，而NK ⊥AB ，NK ∩MN =N ， 故AB ⊥平面MNK ，而MK ⊂平面MNK ，故AB ⊥MK ，所以AB ⊥BB 1，而CB ⊥BB 1，CB ∩AB =B ，故BB 1⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)， 故BA ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,0),BN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,1,0),BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,1,2)， 设平面BNM 的法向量为n⃑ =(x,y,z)， 则{n ⃑ ⋅BN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0n ⃑ ⋅BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，从而{x +y =0y +2z =0，取z =−1，则n⃑ =(−2,2,−1)， 设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则 sinθ=|cos〈n ⃑ ,AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 〉|=42×3=23. 若选②，因为NK //BC ，故NK ⊥平面ABB 1A 1，而KM ⊂平面MKN ， 故NK ⊥KM ，而B 1M =BK =1,NK =1，故B 1M =NK ， 而B 1B =MK =2，MB =MN ，故△BB 1M ≅△MKN ， 所以∠BB 1M =∠MKN =90°，故A 1B 1⊥BB 1， 而CB ⊥BB 1，CB ∩AB =B ，故BB 1⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)， 故BA⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,0),BN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,1,0),BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,1,2)， 设平面BNM 的法向量为n⃑ =(x,y,z)，则{n ⃑ ⋅BN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0n ⃑ ⋅BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，从而{x +y =0y +2z =0，取z =−1，则n ⃑ =(−2,2,−1)， 设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则 sinθ=|cos〈n ⃑ ,AB⃑⃑⃑⃑⃑ 〉|=42×3=23.21．【2022年浙江】如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，AB//DC ，DC//EF ，AB =5，DC =3，EF =1，∠BAD =∠CDE =60°，二面角F −DC −B 的平面角为60°．设M ，N 分别为AE,BC 的中点．(1)证明：FN ⊥AD ；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)5√714．【解析】 【分析】（1）过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点G 、H ，由平面知识易得FC =BC ，再根据二面角的定义可知，∠BCF =60∘，由此可知，FN ⊥BC ，FN ⊥CD ，从而可证得FN ⊥平面ABCD ，即得FN ⊥AD ；（2）由（1）可知FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以可以以点N 为原点，NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N −xyz ，求出平面ADE 的一个法向量，以及BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，即可利用线面角的向量公式解出． (1)过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点交于点G 、H ．∵四边形ABCD 和EFCD 都是直角梯形，AB//DC,CD//EF,AB =5,DC =3,EF =1，∠BAD =∠CDE =60°，由平面几何知识易知，DG =AH =2,∠EFC =∠DCF =∠DCB =∠ABC =90°，则四边形EFCG 和四边形DCBH 是矩形，∴在Rt △EGD 和Rt △DHA ，EG =DH =2√3， ∵DC ⊥CF,DC ⊥CB ，且CF ∩CB =C ，∴DC ⊥平面BCF,∠BCF 是二面角F −DC −B 的平面角，则∠BCF =60∘， ∴△BCF 是正三角形，由DC ⊂平面ABCD ，得平面ABCD ⊥平面BCF ，∵N 是BC 的中点，∴ FN ⊥BC ，又DC ⊥平面BCF ，FN ⊂平面BCF ，可得FN ⊥CD ，而BC ∩CD =C ，∴FN ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD ∴FN ⊥AD ． (2)因为FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以以点N 为原点， NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N −xyz ，设A(5,√3,0),B(0,√3,0),D(3,−√3,0),E(1,0,3)，则M (3,√32,32)，∴BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(3,−√32,32),AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,−2√3,0),DE⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,√3,3) 设平面ADE 的法向量为n⃑ =(x,y,z) 由{n ⃑ ⋅AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =0n ⃑ ⋅DE ⃑⃑⃑⃑⃑ =0 ，得{−2x −2√3y =0−2x +√3y +3z =0 ，取n ⃑ =(√3,−1,√3)，设直线BM 与平面ADE 所成角为θ， ∴sinθ=|cos〈n⃑ ,BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 〉|=|n⃑ ⋅BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ||n⃑ |⋅BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=|3√3+√32+3√32|√3+1+3⋅√9+34+94=√3√7⋅2√3=5√714．1．（2022·全国·模拟预测）已知正方体中1111ABCD A B C D -，E ，G 分别为11A D ，11C D 的中点，则直线1A G ，CE 所成角的余弦值为（ ）A B C D 【答案】C 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义，取AB 的中点F ，则∠ECF （或其补角）为直线1A G 与CE 所成角，再解三角形即可得解． 【详解】如图所示：，取AB 的中点F ，连接EF ，CF ，易知1A G CF ∥，则∠ECF （或其补角）为直线1A G 与CE 所成角．不妨设2AB =，则CF =EF =3EC =，由余弦定理得cosECF ∠==，即直线1A G 与CE 故选：C ．2．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在三棱台111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，111111AA A B B C ===，2AB =，则AC 与平面11BCC B 所成的角为（ ）A ．30B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】A 【解析】 【分析】将棱台补全为棱锥，利用等体积法求A 到面11BCC B 的距离，结合线面角的定义求AC 与平面11BCC B 所成角的大小. 【详解】将棱台补全为如下棱锥D ABC -，由90ABC ∠=︒，111111AA A B B C ===，2AB =，易知：2DA BC ==，AC = 由1AA ⊥平面ABC ，,AB AC ⊥平面ABC ，则1AA AB ⊥，1AA AC ⊥，所以BD =CD =222BC BD CD +=，所以122BCD S =⨯⨯=△A 到面11BCC B 的距离为h ，又D ABC A BCD V V --=，则111222323h ⨯⨯⨯⨯=⨯h = 综上，AC 与平面11BCC B 所成角[0,]2πθ∈，则1sin 2h AC θ==，即6πθ=. 故选：A3．（2022·浙江湖州·模拟预测）如图，已知四边形ABCD ，BCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形，ABD △为等边三角形，2BD =，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △在翻折的过程中，下列结论中不正确．．．的是（ ）A ．BD PC ⊥B ．DP 与BC 可能垂直C ．直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是45︒ D ．四面体PBCD 【答案】C 【解析】 【分析】对于A ，取BD 的中点M ，即可得到BD ⊥面PMC ，A 选项可判断对于B ，采用反证法，假设DP BC ⊥，则BC ⊥面PCD ，再根据题目所给的长度即可判断；对于C ，当面PBD ⊥面BCD 时，此时直线DP 与平面BCD 所成角有最大值，判断即可；对于D ，当面PBD ⊥面BCD 时，此时四面体PBCD 的体积有最大值，计算最大体积判断即可 【详解】如图所示，取BD 的中点M ，连接,PM CMBCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形,BD CM ∴⊥ABD △为等边三角形,BD PM ∴⊥BD ∴⊥面PMC ,BD PC ∴⊥ ,故A 正确 对于B ，假设DP BC ⊥，又BC CD ⊥BC ∴⊥面PCD ，BC PC ∴⊥，又2,PB BC ==1PC ⎤⎦，故DP 与BC 可能垂直，故B 正确当面PBD ⊥面BCD 时，此时PM ⊥面BCD ，PDB ∠即为直线DP 与平面BCD 所成角 此时60PDB ︒∠=，故C 错误当面PBD ⊥面BCD 时，此时四面体PBCD 的体积最大，此时的体积为：111(332BCDV S PM ==⨯=，故D 正确 故选：C4．（2022·河南安阳·模拟预测（理））已知球O 的体积为125π6，高为1的圆锥内接于球O ，经过圆锥顶点的平面α截球O 和圆锥所得的截面面积分别为12,S S ，若125π8S =，则2S =（ ）A ．2BCD ．【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出球O 半径，平面α截球O 所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面α截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答. 【详解】球O 半径为R ，由34π125π36R =得52R =，平面α截球O 所得截面小圆半径1r ，由21128π5πS r ==得1r =因此，球心O 到平面α的距离1d r ===，而球心O 在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面α所成的角为45，因圆锥的高为1，则球心O 到圆锥底面圆的距离为132d =，于是得圆锥底面圆半径2r =，令平面α截圆锥所得截面为等腰PAB △，线段AB 为圆锥底面圆1O 的弦，点C 为弦AB 中点，依题意，145CPO ∠=，111CO PO ==，PC =AB ==所以212AB S PC =⋅=. 故选：C 【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.5．（2022·浙江·模拟预测）如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，2,1BD DE ==，点P 在线段EF 上，给出下列命题：①存在点P ，使得直线//DP 平面ACF ②存在点P ，使得直线DP ⊥平面ACF③直线DP 与平面ABCD 所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎣⎦④三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面面积是98π 其中所有真命题的序号是（ ） A ．①③ B ．①④C ．②④D ．①③④ 【答案】D 【解析】 【分析】取EF 中点推理判断①；假定DP ⊥平面ACF ，分析判断②；确定直线DP 与平面ABCD 所成角，求出临界值判断③；求出ACF 外接圆面积判断④作答.令AC BD O =，连接,FO DF ，令EF 中点为G ，连DG ，如图，依题意，O 是,BD AC 的中点，对于①，在矩形BDEF 中，//DO FG ，DO FG =，四边形DOFG 是平行四边形，直线//DG OF ，OF ⊂平面ACF ，DG ⊄平面ACF ，则//DG 平面ACF ，当P 是线段EF 中点G 时，直线//DP 平面ACF ，①正确；对于②，假定直线DP ⊥平面ACF ，由①知，DP OF ⊥，DP DG ⊥，当点P 在线段EF 上任意位置（除点G 外），PDG ∠均为锐角，即DP 不垂直于DG ，也不垂直于OF ，因此，不存在点P ，使得直线DP ⊥平面ACF ，②不正确；对于③，平面BDEF ⊥平面ABCD ，DP 在平面ABCD 内射影在直线BD 上，直线DP 与平面ABCD 所成角为PDB ∠，当点P 由点E 运动到点F 的过程中，PDB ∠逐渐减小，当P 与E 重合时，PDB ∠最大，为90EDB ∠=，max (sin )1PDB ∠=，当P 与F 重合时，PDB ∠最小，为FDB ∠，min (sin )BF PDB DF ∠==所以直线DP 与平面ABCD 所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎣⎦，③正确；对于④，在ACF 中，2AC =，|AF CF ==FO sin OF FAC AF ∠==由正弦定理得ACF 外接圆直径2sin FC r FAC ==∠半径r =圆面积为298S r ππ==，三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面是ACF 外接圆， 因此三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面面积是98π，④正确, 所以所有真命题的序号是①③④. 故选：D6．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知1O 是正方体1111ABCD A B C D -的中心O 关于平面1111D C B A 的对称点，则下列说法中正确的是（ ）A ．11O C 与1A C 是异面直线B ．11OC ∥平面11A BCD C ．11O C AD ⊥ D ．11O C ⊥平面11BDD B【答案】B 【解析】 【分析】根据正方体的性质、空间直线与平面的位置关系，即可对选项做出判断. 【详解】连接1A C 、1AC ，交于点O ，连接11A C 、11B D ，交于点P . 连接AC 、BD 、1A B 、1D C 、1O O .由题可知，1O 在平面11A C CA 上，所以11O C 与1A C 共面，故A 错误；在四边形11OO C C 中，11//O O C C 且11O O C C =，所以四边形11OO C C 为平行四边形. 11//O C OC ∴.OC ⊂平面11A BCD ，11O C ⊄平面11A BCD ，11O C ∴∥平面11A BCD ，故B 正确；由正方体的性质可得1111AC B D ⊥，因为1111O B O D =，所以111O P B D ⊥，又111O P AC P =，11B D ∴⊥平面111O AC ， 1111B D O C ∴⊥，又11//B D BD ， 11BD O C ∴⊥，而AD 与BD 所成角为45︒，所以显然11O C 与AD 不垂直，故C 错误；显然11O C 与11O B 不垂直，而11O B ⊂平面11BDD B ，所以11O C 与平面11BDD B 不垂直，故D 错误. 故选：B.7．（2022·北京·北大附中三模）已知平面,,αβγ，直线m 和n ，则下列命题中正确的是（ ） A ．若,m m αβ⊥⊥，则αβ∥ B ．若,αγβγ⊥⊥，则αβ∥ C ．若,m n m α⊥⊥，则n α∥ D ．若,m n αα∥∥，则m n ∥ 【答案】A 【解析】 【分析】对于A 选项，垂直于同一条直线的两个平面互相平行；对于B 选项，垂直于同一个平面的两个平面有可能相交，也有可能互相平行； 对于C 选项，由线面垂直的性质即可判断；对于D 选项，平行于同一个平面的两条直线有可能相交、平行或异面. 【详解】选项A 正确，因为垂直于同一直线的两个平面互相平行； 选项B 错误，平面α和β也可以相交； 选项C 错误，直线n 可能在平面α内； 选项D 错误，直线m 和n 还可能相交或者异面. 故选：A.8．（2022·云南师大附中模拟预测（理））已知正方形ABCD 的边长为ABC 沿对角线AC 折起，使得二面角B AC D --的大小为90°.若三棱锥B ACD -的四个顶点都在球O 的球面上，G 为AC 边的中点，E ，F 分别为线段BG ，DC 上的动点（不包括端点），且BE ，当三棱锥E ACF -的体积最大时，过点F 作球O 的截面，则截面面积的最小值为（ ）A ．B ．2πC ．32πD ．89π【答案】D 【解析】 【分析】根据面面垂直的判定定理得BG ⊥平面ACD ，继而表示出三棱锥E ACF -的体积，求出x =V 取得最大值，在∠GCF 中，由余弦定理，得GF =当GF 垂直于截面时，截面圆的面积最小，继而得解. 【详解】因为正方形ABCD 的边长为4AC =.如图，由于平面ABC ⊥平面ACD ，平面ABC 平面ACD AC =，又G 为AC 边的中点，则有BG AC ⊥，所以BG ⊥平面ACD ．设CF x =(0x <<，则BE =，所以三棱锥E ACF -的体积13ACF V S EG ==△2111122sin 4(22))323223AC CF ACF EG x x x ⨯∠=⨯⨯-=-，当x =时，V 取得最大值．由于GA GB GC GD ===，则球O 的球心即为G ，且球O 的半径2R =．又在△GCF中，由余弦定理，得cos GF GC CF ACF =∠=。
高考数学各地名校文科立体几何试题解析汇编
2013年高考数学各地名校文科立体几何试题解析汇编 各地解析分类汇编:立体几何 1.【云南省玉溪一中2013届高三上学期期中考试文】设 是平面 内两条不同的直线， 是平面 外的一条直线，则“ ， ”是“ ”的( ) A.充要条件 B.充分而不必要的条件 C.必要而不充分的条件 D.既不充分也不必要的条件 【答案】C 【解析】若直线 相交，则能推出 ，若直线 不相交，则不能推出 ，所以“ ， ”是“ ”的必要不充分条件，选C. 2 【云南省玉溪一中2013届高三第四次月考文】已知某几何体的俯视图是如图所示的边长为 的正方形，主视图与左视图是边长为 的正三角形，则其全面积是 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意可知，该几何体为正四棱锥，底面边长为2，侧面斜高为2，所以底面积为 ，侧面积为 ，所以表面积为 ，选B. 3 【云南省玉溪一中2013届高三第四次月考文】四面体 中， 则四面体外接球的表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】分别取AB,CD的中点E,F，连结相应的线段，由条件可知，球心 在 上，可以证明 为 中点， ， ,所以 ，球半径 ，所以外接球的表面积为 ，选A. 4 【山东省聊城市东阿一中2013届高三上学期期初考试 】设直线m、n和平面 ,下列四个命题中，正确的是 （ ） A. 若 B. 若 C. 若 D. 若 【答案】D 【解析】因为选项A中，两条直线同时平行与同一个平面，则两直线的位置关系有三种，选项B中，只有Mm,n相交时成立，选项C中，只有m垂直于交线时成立，故选D 5 【山东省烟台市莱州一中20l3届高三第二次质量检测 （文）】一个简单几何体的主视图，左视图如图所示，则其俯视图不可能为 ①长方形；②直角三角形；③圆；④椭圆.其中正确的是 A.① B.② C.③ D.④ 【答案】C 【解析】当俯视图为圆时，由三视图可知为圆柱，此时主视图和左视图应该相同，所以俯视图不可能是圆，选C. 6 【云南省玉溪一中2013届高三第三次月考文】 已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为（ ） A．16 B．4 C．8 D．2 【答案】B 【解析】由三视图可知该几何体是三棱锥，且三棱锥的高为1，底面为一个直角三角形，由于底面斜边上的中线长为1，则底面的外接圆半径为1，顶点在底面上的投影落在底面外接圆的圆心上，由于顶点到底面的距离，与底面外接圆的半径相等则三棱锥的外接球半径R为1，则三棱锥的外接球表面积 ，选B. 7 【山东省兖州市2013届高三9月入学诊断检测 文】设 是直线，a，β是两个不同的平面 A. 若 ∥a， ∥β，则a∥β B. 若 ∥a， ⊥β，则a⊥β C. 若a⊥β， ⊥a，则 ⊥β D. 若a⊥β, ∥a，则 ⊥β 【答案】B 【解析】根据线面垂直的判定和性质定理可知，选项B正确。 8 【山东省兖州市2013届高三9月入学诊断检测 文】某几何体的三视图如下图所示，它的体积为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由三视图可知该组合体是半个球体和一个倒立圆锥体的组合体，球的半径为3，圆锥的底面半径为3，高为4，那么根据体积公式可得组合体的体积为 ，选C. 9 【云南省昆明一中2013届高三新课程第一次摸底测试文】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 A． B． C． D．32 【答案】B 【解析】根据三视图可知，这是一个四棱台 ， ， ，所以表面积为 ，选B. 10 【云南省昆明一中2013届高三新课程第一次摸底测试文】如图， 在长方体ABCD—A1B1C1D1中，对角线B1D与平面 A1BC1相交于点E，则点E为△A1BC1的 A．垂心 B．内心 C．外心 D．重心 【答案】D 【解析】如图 ， ,所以 ,且 为 的中点，选D. 11 【山东省烟台市莱州一中20l3届高三第二次质量检测 （文）】对于直线m，n和平面 ，有如下四个命题： （1）若 （2）若 （3）若 （4）若 其中真命题的个数是 A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】A 【解析】（1）错误。（2）当 时，则不成立。（3）不正确。当 有 ，又 所以有 ，所以只有（4）正确。选A. 12 【云南师大附中2013届高三高考适应性月考卷（三）文】一个几何体的三视图如图1所示，其中正视图是一个正三角形，则该几何体的体积为 A．1 B． C． D． 【答案】B 【解析】由三视图可知，此几何体为三棱锥，如图 ，其中正视图为 ，是边长为2的正三角形， ，且 ，底面 为等腰直角三角形， ，所以体积为 ，故选B． 13 【天津市新华中学2012届高 三上学期第二次月考文】如图，是一个几何体的正视图、侧视图、俯视图，则该几何体的体积是 A. 24 B. 12 C. 8 D. 4 【答案】B 【解析】由三视图可知，该几何体是有两个相同的直三棱柱构成，三棱柱的高为4，三棱柱的底面三角形为直角三角形，两直角边分别为 ，所以三角形的底面积为 ，所以三棱柱的体积为 ，所以该几何体的体积为 ， 选B. 14 【山东省临沂市2013届高三上学期期中考试 数学文】某几何体的正视图和侧视图均如右图，则该几何体的俯视图不可能有是 【答案】D 【解析】因为该几何体的正视图和侧视图是相同的，而选项D的正视图和和侧视图不同。 15 【北京四中2013届高三上学期期中测验数学（文）】设 为两个平面， 为两条直线，且 ，有如下两个命题： ①若 ；②若 . 那么（ ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①、②都是真命题 D．①、②都是假命题 【答案】D 【解析】若 ，则 或 异面，所以①错误。同理②也错误，所以选D. 16 【云南师大附中2013届高三高考适应性月考卷（三）文】．正三棱锥 内接于球 ，且底面边长为 ，侧棱长为2，则球 的表面积为 ． 【答案】 【解析】 如图，设三棱锥 的外接球球心为O，半径为r，BC=CD=BD= ，AB=AC=AD=2， ，M为正 的中心，则DM=1，AM= ，OA=OD=r，所以 ，解得 ，所以 ． 17 【山东省烟台市莱州一中20l3届高三第二次质量检测 （文）】在正三棱锥S-ABC中，侧面SAB、侧面SAC、侧面SBC两两垂直，且侧棱 ，则正三棱锥 外接球的表面积为____________. 【答案】 【解析】因为侧面SAB、侧面SAC、侧面SBC两两垂直，所以把正三棱锥补成一个正方体，则正方体的体对角线等于外接球的直径，正方体的体对角线长 ，设外接球的半径为 ，则 ，所以外接球的表面积为 . 18 【云南省玉溪一中2013届高三上学期期中考试文】某四面体的三视图如上图所示，该四面体四个面的面积中最大的是 【答案】10 【解析】由三视图还原几何体如下图，8,6, ，10显然面积的最大值为10．该四面体四个面的面积中最大的是 PAC，面积为1 0。 19 【山东省临沂市2013届高三上学期期中考试 数学文】如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F，且EF=1，则四面体A—EFB的体积V等于 。 【答案】 【解析】连结BD交AC与O ,则OA为四面体A—EFB的高且 , ,所以 。 20 【北京四中2013届高三上学期期中测验数学（文）】湖面上漂着一个小球，湖水结冰后将球取出，冰面上留下了一个直径为12 cm，深2 cm的空穴，则该球的半径是______cm，表面积是______cm2 . 【答案】10，400π 【解析】设球的半径为r，画出球与水面的位置关系图，如图： 由勾股定理可知， ，解得r =10.所以表面积为 。 21 【北京四中2013届高三上学期期中测验数学（文）】某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是______. 【答案】 【解析】由三视图可知，该几何体为直三棱柱，所以体积为 。 22 【北京四中2013届高三上学期期中测验数学（文）】（本小题满分13分） 如图，正三棱柱 中，D是BC的中点， （Ⅰ）求证： ； （Ⅱ）求证： ； （Ⅲ）求三棱锥 的体积. 【答案】 （Ⅰ）证明：∵ABC—A1B1C1是正三棱柱， ∴BB1⊥平面ABC， ∴BD是B1D在平面ABC上的射影 在正△ABC中，∵D是BC的中点， ∴AD⊥BD， 根据三垂线定理得，AD⊥B1D （Ⅱ）解：连接A1B，设A1B∩AB1 = E，连接DE. ∵AA1=AB ∴四边形A1ABB1是正方形， ∴E是A1B的中点， 又D是BC的中点， ∴DE∥A1C. ………………………… 7分 ∵DE 平面AB1D，A1C 平面AB1D， ∴A1C∥平面AB1D. ……………………9分 （Ⅲ） ……13分 23 【山东省济南外国语学校2013届高三上学期期中考试 文科】（本小题满分12分） 如图，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； （11）若PA=AB=1，AD=3，CD= ，∠CDA=45°，求四棱锥P-ABCD的体积. 【答案】(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…………5分 (2)解:由(1)可知CE⊥AD,在直角三角形ECD中,DE=CD ,CE=CD . 又因为AB=CE=1,AB∥CE,所以四边形ABCE为矩形,所以 = = ,又PA⊥平面ABCD,PA=1,所以四棱锥P-ABCD的体积等于 ………….12分 24 【山东省聊城市东阿一中2013届高三上学期期初考试 】（本小题满分14分） 如图，正三棱柱 中， 为 的中点， 为 边上的动点. （Ⅰ）当点 为 的中点时，证明DP//平面 ； （Ⅱ）若 ，求三棱锥 的体积. 【答案】 25 【云南省玉溪一中2013届高三第三次月考文】（本小题满分12分）如图，在长方体 ，中， ，点 在棱AB上移动. （1）证明： ； （2）当 为 的中点时，求点 到面 的距离. 【答案】解：以 为坐标原点，直线 分别为 轴，建立空间直角坐标系，设 ，则 …………2分 （1） ………………6分 （2）因为 为 的中点，则 ，从而 ， ，设平面 的法向量为 ，则 也即 ，得 ，从而 ，所以点 到平面 的距离为 ………………………………………………12分 26 【山东省聊城市东阿一中2013届高三上学期期初考试 】本小题满分12分）如图，直角
历年高考文科数学真题汇编+答案解析(5)：立体几何
∴ OD 2 4 6 .
∴ 三棱锥 D-ABC 体积的最大值为
V 1 9 3 6 18 3 . 3
【答案】B 【考点】必修 2 空间几何体的表面积和体积 13．（2017 全国 I 卷文 6）如图，在下列四个正方体中，A、B 为正方体的两个顶点，M、N、Q 为所在棱的
则 EO 3a ， ON a ， MF 3 a ， BF CF 2 CB2 ( 3 a)2 (2a)2 5 a ，
2
2
2
∴ EN EO2 ON 2 ( 3a)2 a2 2 a， BM MF2 BF2 ( 3 a)2 (5 a)2 7 a
2
2
∴ EN BM .
【答案】B 【考点】必修2 直线、平面垂直的判定与性质 5．（2019 全国 III 卷文 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
-7-
SCA⊥平面 SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥 S-ABC 的体积为 9，则球 O 的表面积为________。
【解析】由题意可知，△SBC 和△SAC 都是等腰直角三角形.
∵平面 SCA⊥平面 SCB，∴AO⊥平面 SCB，BO⊥SC，设球的半径为 r，以△SCB 为底面，以 AO
为高，得到三棱锥
距离均为 3 ，那么 P 到平面 ABC 的距离为___________．
【解析】如图所示，过点 P 作 PD⊥AC，交 AC 于点 D，作 PE⊥BC，交 BC 于点 E. 过点 P 作 PO⊥平面 ABC，
交平面 ABC 于点 O. 连接 OD、OE，则 PD=PE= 3 ，CD=CE=OD=OE=1，∴PO= 2 ，即 P 到 平面 ABC 的距离为 2 .
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云南高考文科解答题：立体几何 - 1 - / 14 2004年～2014年云南省历年文科高考立体几何题 1、（2004年）如图，直三棱柱111CBAABC中，090ACB，1AC，2CB，侧棱11AA，侧面BBBAA11的两条对角线交点为D，11CB的中点为M. （Ⅰ）求证CD平面BDM；
（Ⅱ）求面BDB1与面CBD所成二面角的大小.
2、(2005年)在四棱锥ABCDV中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形,平面VAD底面ABCD． （Ⅰ）证明AB平面VAD． （Ⅱ）求面VAD与面VDB所成的二面角的大小．
3、（2006年）如图，在直三棱柱111CBAABC中，BCAB， D，E分别为1BB、1AC的中点.
（I）证明：ED为异面直线1BB与1AC的公垂线； （II）设ABACAA21，求二面角11CADA的大小.
4、（2007年）如图，在四棱锥ABCDS中，底面ABCD为正方形， 侧棱 SD底面ABCD,E,F,分别为AB,SC的中点． （1）证明EF∥平面SAD； （2）设DCSD2，求二面角DEFA的大小．
BAC
C1B
1
A1
DE
A E B
C
F S D
DCBA
V云南高考文科解答题：立体几何
- 2 - / 14 5、（2008年）如图，正四棱柱1111DCBAABCD中，421ABAA，点E在1CC上且ECEC31． （Ⅰ）证明：CA1平面BDE；
（Ⅱ）求二面角BDEA1的大小．
6、（2009年）如图，直三棱柱111CBAABC中，ACAB，D，E，分别为1AA、CB1的中点，DE平面1BCC.
（I）证明：ACAB；
（II）设二面角CBDA为060，求CB1与平面BCD 所成的角的大小.
7、(2010年)如图，直三棱柱111CBAABC中，BCAC，ABAA1，D为1BB的中点，E为1
AB
上的一点，13EBAE. （Ⅰ）证明：DE为异面直线1AB与CD的公垂线； （Ⅱ）设异面直线1AB与CD的夹角为045,求二面角111BACA的大小.
8、(2011年)如图，四棱锥ABCDS中，AB∥CD,CDBC，侧面SAB为等边三角形，
2BCAB，1SDCD.
（I）证明：SD平面ASB；（II）求AB与 平面SBC所成角的大小.
A B
C D
E
A1 B
1
C1
D1 云南高考文科解答题：立体几何
- 3 - / 14 9、 (2012年)如图，三棱柱111CBAABC中，侧棱垂直底面，090ABC， 12
1AABCAC，D是棱1AA的中点.
(Ｉ)证明：平面1BDC平面BDC； （Ⅱ）平面1BDC分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.
10、（2012年）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA底面ABCD，22AC， 2PA，E是PC上的一点，2PEEC.
（Ⅰ）证明：PC平面BED；
（Ⅱ）设二面角APBC为90，求PD与平面PBC所成角的大小.
11、(2013年)如图，直三棱柱111CBAABC中， D，E分别是AB，1BB的中点．
(1)证明：1BC∥平面CDA1； (2)设21CBACAA，22AB， 求三棱锥DEAC1的体积．
12、（2014年）如图，四棱锥ABCDP中， 底面ABCD为矩形，PA面ABCD，E为PD的点. （I）证明：PB//平面AEC；
(II)设置1PA，3AD,
三棱锥ABDP的体积43V，求A到平面PBD的距离.
B1 C B A
D
C1 A1
ECBD
A
P云南高考文科解答题：立体几何
- 4 - / 14 2004年～2014年云南省历年文科高考立体几何题参考答案 1、(2004年) 如图，直三棱柱111CBAABC中，090ACB，1AC，2CB，侧棱11AA，侧面BBAA11的两条对角线交点为D，11CB的中点为M. （Ⅰ）求证CD平面BDM；
（Ⅱ）求面BDB1与面CBD所成二面角的大小.
解法一：（Ⅰ）如图，连结1CA、1AC、CM，则 21CA，21CACB，1CBA为等腰三角形，
又知D为其底边BA1的中点，BACD1, 111CA ，211CB，311BA,
又11BB，21BA, 1CBA为直角三角形，D为BA1的中点，
1211BACD，1CCCD，又22211ACDM，1MCDM, CDM≌MCC1，0190MCCCDM，即DMCD, 因为BA1、DM为平在BDM内两条相交直线，所以CD平面BDM； （Ⅱ）设F、G分别为BC、BD的中点，连结GB1、FG、FB1，则FG//CD，CDFG21， 21FG，BDFG， 由侧面矩形AABB11的对角线的交点为D知 12111BADBDE，所以DBB1是边长为1的正三角形.
于是BDGB1，231GB，GFB1 是所求二面角的平面角， 又23)22(1222121BFBBFB，
∴ .332123223)21()23(2cos221212211FGCBFBFGGBGFB 云南高考文科解答题：立体几何 - 5 - / 14 即所求二面角的大小为.33arccos 解法二：如图，以C为原点建立坐标系. （Ⅰ）)0,0,2(B，)0,1,2(1B，)1,1,0(1A，
)21,21,22(D，)0,1,22(M，)21,21,22(CD，)1,1,2(1BA，
)21,21,0(DM，则,0,01DMCDBACD ∴BACD1，DMCD. 因为BA1、DM为平面BDM内两条相交直线，所以CD平面BDM.
（Ⅱ）设BD中点为G，连结GB1，则)41,41,423(G , )41,43,42(1GB , )21,21,22(BD,01GBBD,
GBBD1，又DBCD，
BD与GB1的夹角等于所求二面角的平面角，
.33||||cos11CBCD
CBCD
所以所求的二面角等于33arccos
2、2005年在四棱锥ABCDV中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形,平面VAD底面ABCD． （Ⅰ）证明AB平面VAD． （Ⅱ）求面VAD与面VDB所成的二面角的大小．
证明：（Ⅰ）设AD的中点O，则VO底面ABCD， 建立如图空间直角坐标系，并设正方形边长为1，
则)0,0,21(A，)0,1,21(B，)0,1,21(C，)0,0,21(D，)23,0,0(V，
)0,1,0(AB，)0,0,1(AD，)23,0,21(AV，
由(0,1,0)(1,0,0)0ABADABAD，
ZYXO
DC
BA
V
DCBA
V云南高考文科解答题：立体几何
- 6 - / 14 13(0,1,0)(,0,)022ABAVABAV；
又AAVAB，AB平面VAD； （Ⅱ）由（Ⅰ）得(0,1,0)AB是面VAD的法向量
设(1,,)nyz是面VDB的法向量，则00BDnVBn，0)0,1,1(),,1(0)23,1,21(),,1(zyzy，
331zy，)33,1,1(n，∴721,cosnAB，
又由题意知，面VAD与面VDB所成的二面角，所以其大小为721arccos。 3、2006年解法一： （Ⅰ）设O为AC中点，连接EO，BO，则EO∥＝121CC，
又1CC∥＝1BB， 所以EO∥＝DB，EOBD为平行四边形，ED∥OB． ∵BCAB，∴ACBO， 又平面ABC平面11AACC，OB面ABC，
故OB平面11AACCBO， ∴ED平面11AACC，1ACBD，1CCED，1BBED， ED为异面直线1AC与1BB的公垂线．
（Ⅱ）连接EA1，由ABACAA21可知， 11AACC为正方形，∴11ACEA，
又由ED平面11AACC，ED平面1ADC， 知平面1ADC平面11AACC，∴EA1平面1ADC．作ADEF，垂足为F， 连接FA1，则ADFA1，FEA1为二面角11CADA的平面角．
A B C D E
A1
B1
C
1
O F
A B C D E
A1
B1
C
1
O z
x y