2020年高考数学模拟试卷汇编：专题4 立体几何(含答案解析)

（人教版）2020年高三数学模拟试卷及参考答案一、选择题（5×10=50分）1．已知集合{10}{lg(1)}M x x N x y x =+>==-，，则M N =I （ ） A ．{11}x x -<< B ．{1}x x > C ．{11}x x -≤< D ．{1}x x ≥-2．等比数列{}n a 中，44a =，则26a a ⋅等于（ ） A ．4 B ．8 C ．16D ．323．已知:1231,:(3)0p x q x x -<-<-<, 则p 是q 的什么条件（ ）A ．必要不充分B ．充分不必要C ．充要D ．既不充分也不必要4．若点(cos ,sin )P αα在直线2y x =-上，则sin 22cos2αα+=（ ） A ．145- B ．75- C ．2-D ．455．圆0222=++x y x 和0422=-+y y x 的公共弦所在直线方程为（ ） A ．02=-y x B ．02=+y x C ．02=-y x D ．02=+y x 6. 已知函数()22xf x =-，则函数()y f x =的图象可能是（ ）7．函数()3cos 2sin 2f x x x =-的单调减区间为（ ）A ．2[,]63k k ππππ++，k Z ∈ B ．7[,]1212k k ππππ--，k Z ∈C ．7[2,2]1212k k ππππ--，k Z ∈D ．5[,]1212k k ππππ-+，k Z ∈8．设11321log 2,log 3,()2a b c ===0.3，则（ ）A ．c b a <<B ．b c a <<C ．a c b <<D ．c a b <<9．在复平面内，复数211)i (i-+对应的点位于（ ） A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限10．已知某几何体的三视图如右图所示， 则该几何体的体积是（ ）A ．21 B ．61 C ． 121 D ． 181二、填空题（5×5=25分）11．向量b a ,的夹角为120°，|5|,3||,1||b a b a -==则= 12．不等式0)1)(3(1<+--x x x 的解集为13．已知圆C 的圆心是直线01=+-y x 与x 轴的交点，且圆C与直线03=++y x 相切．则圆C 的方程为14．已知0,0x y >>，且211x y+=，若222x y m m +>+恒成立，则实数m 的取值范围是______15．已知向量(,1)x =-a ，(3,)y =b ，其中x 随机选自集合{1,1,3}-，y 随机选自集合{1,3}，那么⊥a b 的概率是_____．三、解答题（75分）16．设集合A ＝{x |x 2＜4}，B ＝{x |1＜4x ＋3}（1）求集合B A I（2）若不等式022<++b ax x 的解集为B ，求a ，b 的值17．已知向量)2,(sin -=θa 与)cos ,1(θ=b 互相垂直，其中(0,)2πθ∈（1）求θsin 和θcos 的值（2）求函数x x x f sin 22cos )(+=的值域18． 将一颗均匀的四面分别标有1，2，3，4点的正四面体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，求：（1）两数之和为5的概率；（2）以第一次向上点数为横坐标x ，第二次向上的点数为纵坐标y 的点(),x y在区域Ω：0020x y x y >⎧⎪>⎨⎪-->⎩内的概率．19．已知数列{}n a 的前n 项和为22n n nS +=, （1）求数列{}n a 的通项公式 （2）求数列1{}n n a x -的前n 项和（其中0x >）20．如图，正三棱柱111C B A ABC -中，D AA AB ,3,21==为B C 1的中点，P 为AB 边上的动点.（1）当点P 为AB 边上的中点，证明DP //平面11A ACC （2）若,3PB AP =求三棱锥CDP B -的体积．21．若椭圆1C ：)20( 14222<<=+b by x 的离心率等于23，抛物线2C ：)0( 22>=p py x 的焦点在椭圆的顶点上。

2024年9-10月新高考数学名校大题汇编：立体几何大题必备基础知识梳理【知识点一：空间向量及其加减运算】(1)空间向量在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模．空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量a 的起点是A ，终点是B ，则向量a也可以记作AB ，其模记为a或AB .(2)零向量与单位向量规定长度为0的向量叫做零向量，记作0．当有向线段的起点A 与终点B 重合时，AB=0.模为1的向量称为单位向量.(3)相等向量与相反向量方向相同且模相等的向量称为相等向量．在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量．空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量.与向量a 长度相等而方向相反的向量，称为a 的相反向量，记为-a .(4)空间向量的加法和减法运算①OC=OA+OB=a +b ，BA=OA-OB=a -b．如图所示.②空间向量的加法运算满足交换律及结合律a +b =b +a ，a +b +c =a +b +c【知识点二：空间向量的数乘运算】(1)数乘运算实数λ与空间向量a 的乘积λa 称为向量的数乘运算．当λ>0时，λa 与向量a方向相同；当λ<0时，向量λa 与向量a 方向相反.λa 的长度是a的长度的λ 倍.(2)空间向量的数乘运算满足分配律及结合律λa +b =λa +λb ，λμa =λμ a .(3)共线向量与平行向量如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，a 平行于b ，记作a ⎳b.(4)共线向量定理对空间中任意两个向量a ，b b ≠0，a ⎳b的充要条件是存在实数λ，使a =λb.(5)直线的方向向量如图8-153所示，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线．对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使OP =OA +ta ①，其中向量a 叫做直线l 的方向向量，在l 上取AB =a ，则式①可化为OP =OA +tAB =OA +t OB -OA =1-t OA +tOB ②①和②都称为空间直线的向量表达式，当t =12，即点P 是线段AB 的中点时，OP =12OA +OB ，此式叫做线段AB 的中点公式.(6)共面向量如图8-154所示，已知平面α与向量a ，作OA=a，如果直线OA 平行于平面α或在平面α内，则说明向量a 平行于平面α．平行于同一平面的向量，叫做共面向量.(7)共面向量定理如果两个向量a ，b不共线，那么向量p 与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对x ,y ，使p =xa +yb.推论：①空间一点P 位于平面ABC 内的充要条件是存在有序实数对x ,y ，使AP =xAB +yAC；或对空间任意一点O ，有OP-OA=xAB+yAC，该式称为空间平面ABC 的向量表达式.②已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，满足向量关系式OP =xOA +yOB +zOC (其中x +y +z =1)的点P 与点A ，B ，C 共面；反之也成立.【知识点三：空间向量的数量积运算】(1)两向量夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA =a ，OB =b ，则∠AOB 叫做向量a ，b 的夹角，记作a ,b ，通常规定0≤a ,b ≤π，如果a ,b =π2，那么向量a ，b 互相垂直，记作a ⊥b ．(2)数量积定义已知两个非零向量a ，b ，则a b cos a ,b 叫做a ，b 的数量积，记作a ⋅b ，即a ⋅b =a b cos a,b．零向量与任何向量的数量积为0，特别地，a ⋅a =a 2．(3)空间向量的数量积满足的运算律：λa ⋅b =λa ⋅b ，a ⋅b =b ⋅a (交换律)；a ⋅b +c =a ⋅b +a ⋅c(分配律)．【知识点四：空间向量的坐标运算及应用】(1)设a =a 1,a 2,a 3 ，b=b 1,b 2,b 3 ，则a +b=a 1+b 1,a 2+b 2,a 3+b 3 ；a -b=a 1-b 1,a 2-b 2,a 3-b 3 ；λa=λa 1,λa 2,λa 3 ；a ⋅b=a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3；a ⎳b b ≠0⇒a 1=λb 1,a 2=λb 2,a 3=λb 3；a ⊥b⇒a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3=0．(2)设A x 1,y 1,z 1 ，B x 2,y 2,z 2 ，则AB =OB -OA=x 2-x 1,y 2-y 1,z 2-z 1 ．这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标．(3)两个向量的夹角及两点间的距离公式．①已知a =a 1,a 2,a 3 ，b =b 1,b 2,b 3 ，则a =a 2=a 12+a 22+a 32；b =b2=b 12+b 22+b 32；a ⋅b=a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3；cos a ,b =a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3a 12+a 22+a 32b 12+b 22+b 32；②已知A x 1,y 1,z 1 ，B x 2,y 2,z 2 ，则AB=x 1-x 22+y 1-y 2 2+z 1-z 2 2，或者d A ,B =AB．其中d A ,B 表示A 与B 两点间的距离，这就是空间两点的距离公式．(4)向量a 在向量b 上的投影为a cos a ,b=a ⋅b b．【知识点五：法向量的求解与简单应用】(1)平面的法向量：如果表示向量n 的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n ⊥α，如果n⊥α，那么向量n叫做平面α的法向量．几点注意：①法向量一定是非零向量；②一个平面的所有法向量都互相平行；③向量n 是平面的法向量，向量m 是与平面平行或在平面内，则有m ⋅n =0．第一步：写出平面内两个不平行的向a=x 1，y 1，z 1 ，b=x 2，y 2，z 2 ；第二步：那么平面法向量n=x ， y ， z ，满足n ⋅a=0n ⋅b =0⇒xx 1+yy 1+zz 1=0xx 2+yy 2+zz 2=0．(2)判定直线、平面间的位置关系①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线a ，b 的方向向量分别为a ，b．若a ∥b，即a =λb，则a ∥b ；若a ⊥b，即a ⋅b=0，则a ⊥b ．②直线与平面的位置关系：直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，且l ⊥α．若a ∥n ，即a =λn ，则l ⊥α；若a ⊥n ，即a ⋅n =0，则a ∥α．(3)平面与平面的位置关系平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2．若n 1∥n 2，即n 1=λn 2，则α∥β；若n 1⊥n 2，即n 1⋅n 2=0，则α⊥β．【知识点六：空间角公式】(1)异面直线所成角公式：设a ，b分别为异面直线l 1，l 2上的方向向量，θ为异面直线所成角的大小，则cos θ=cos a,b =a ⋅b a b．(2)线面角公式：设l 为平面α的斜线，a 为l 的方向向量，n为平面α的法向量，θ为l 与α所成角的大小，则sin θ=cos a ,n=a ⋅na n．(3)二面角公式：设n 1，n 2分别为平面α，β的法向量，二面角的大小为θ，则θ=n 1 ,n 2 或π-n 1 ,n 2(需要根据具体情况判断相等或互补)，其中cos θ =n 1 ⋅n 2n 1 n 2．【知识点七：空间中的距离】求解空间中的距离(1)异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．如图，设两条异面直线a ，b 的公垂线的方向向量为n ，这时分别在a ，b 上任取A ，B 两点，则向量在n上的正射影长就是两条异面直线a ，b 的距离．则d =AB ⋅n |n |=|AB ⋅n ||n|即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．(2)点到平面的距离A 为平面α外一点(如图)，n为平面α的法向量，过A 作平面α的斜线AB 及垂线AH ．|AH |=|AB |⋅sin θ=|AB |⋅|cos <AB ,n >|=|AB ||AB ⋅n |AB ⋅n =|AB ⋅n|nd =|AB ⋅n||n|【必考题型汇编】1.(湖南省长沙市2025届高三六校九月大联考解析第16题)如图,四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形,BC ⎳AD ,EF ⎳AD ,AD =4,AB =2,BC =EF =2,AF =11,FB ⊥平面ABCD ,M 为AD 上一点,且FM ⊥AD ,连接BD 、BE 、BM .(1)证明:BC ⊥平面BFM ;(2)求平面ABF 与平面DBE 的夹角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:因为FB ⊥平面ABCD ,又AD ⊂平面ABCD ,所以FB ⊥AD .又FM ⊥AD ,且FB ∩FM =F ,所以AD ⊥平面BFM .因为BC ⎳AD ,所以BC ⊥平面BFM .(2)解析:作EN ⊥AD ,垂足为N ,则FM ⎳EN .又EF ⎳AD ,所以四边形FMNE 是平行四边形,又EN ⊥AD ,所以四边形FMNE 是矩形,又四边形ADEF 为等腰梯形,且AD =4,EF =2,所以AM =1.由(1)知AD ⊥平面BFM ,所以BM ⊥AD .又AB =2,所以BM =1.在Rt △AFM 中,FM =AF 2-AM 2=10.在Rt △FMB 中,∴FB =FM 2-BM 2=3.由上可知,能以BM 、BC 、BF 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系.则A -1,-1,0 ,B 0,0,0 ,F 0,0,3 ,D -1,3,0 ,E 0,2,3 ,所以,AB =1,1,0 ,BF =0,0,3 ,BD =-1,3,0 ,BE=0,2,3 ,设平面ABF 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ,由m ⋅AB=0m ⋅BF =0,得x 1+y 1=0z 1=0 ,可取m =1,-1,0 ;设平面BDE 的法向量为n=x 2,y 2,z 2 ,由n ⋅BD=0n ⋅BE =0,得-x 2+3y 2=0-2y 2+3z 2=0 ,可取n=9,3,2 .因此,cos ‹m ,n›=m ⋅n m ⋅n=9-31+1⋅81+9+4=34747.依题意可知,平面ABF 与平面DBE 的夹角的余弦值为34747.2.(辽宁省沈阳市郊联体2024年高三上学期开学联考解析第17题)如图,已知斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧面BB 1C 1C ⊥侧面AA 1B 1B ,侧面BB 1C 1C 是矩形,侧面AA 1B 1B 是菱形,∠BAA 1=60°,AB =2BC =2,点E ,F ,G 分别为棱AA 1,A 1C ,BB 1的中点.(1)证明:FG ⎳平面ABC ;(2)求二面角A 1-B 1C -E 的余弦值.方法提供与解析:解析:(1)证明:因为点E ,F ,G 分别为棱AA 1,A 1C ,BB 1的中点,连接EF ,EG ,则EF ⎳AC ,EG ⎳AB ,又因为EF ⊄平面ABC ,AC ⊂平面ABC ,所以EF ⎳平面ABC ,同理可得EG ⎳平面ABC ,因为EF ∩EG =E ,EF ⊂平面EFG ,EG ⊂平面EFG ,所以平面EFG ⎳平面ABC ,因为FG ⊂平面EFG ,所以FG ⎳平面ABC .(2)解:侧面BB 1C 1C 是矩形,所以BC ⊥BB 1,又因为平面BB 1C 1C ⊥平面AA 1B 1B ,平面BB 1C 1C ∩平面AA 1B 1B =BB 1,所以BC ⊥平面AA 1B 1B ,又BE ⊂平面AA 1B 1B ,因此BC ⊥BE .在菱形AA 1B 1B 中,∠BAA 1=60°,因此△AA 1B 是等边三角形,又E 是AA 1的中点,所以BE ⊥AA 1,从而得BE ⊥BB 1.如图,以B 为坐标原点,BE ,BB 1,BC 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.因为AB =2BC =2,所以BE =AB sin60°=3,因此B 10,2,0 ,A 13,1,0 ,E 3,0,0 ,C 0,0,1 ,所以B 1C =0,-2,1 ,B 1E =3,-2,0 ,B 1A 1=3,-1,0 ,设平面EB 1C 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ,由m⊥B 1C,得-2y 1+z 1=0 ,令y 1=1,得m =23,1,2设平面A 1B 1C 的法向量为n=x 2,y 2,z 2 ,由n ⊥B 1Cn ⊥B 1A 1,得-2y 2+z 2=03x 2-y 2=0 ,令y 2=1,得n =33,1,2 ,cos ‹m ,n ›=m ⋅n m ⋅n =23+1+4193⋅163=171976,即二面角A 1-B 1C -E 的余弦值为171976.3.如图,在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1⊥平面ABCD ,底面ABCD 为梯形,AD ⎳BC ,BC =4,AB =AD =DC =AA 1=2,Q 为AD 的中点.(1)在A 1D 1上是否存在点P ,使直线CQ ⎳平面AC 1P ,若存在,请确定点P 的位置并给出证明,若不存在,请说明理由;(2)若(1)中点P 存在,求平面AC 1P 与平面ABB 1A 1所成的锐二面角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:(几何法)存在,证明如下:在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,因为平面ABCD ⎳平面A 1B 1C 1D 1,所以可在平面A 1B 1C 1D 1内作C 1P ⎳CQ ,由平面几何知识可证△C 1D 1P ≅△CDQ ,所以D 1P =DQ ,可知P 是A 1D 1中点,因为C 1P ⊂平面AC 1P ,所以CQ ⎳平面AC 1P .即存在线段A 1D 1的中点,满足题设条件.满足条件的点只有一个,证明如下:当CQ ⎳平面AC 1P 时,因为CQ ⎳平面A 1B 1C 1D 1,所以过C 1作平行于CQ 的直线既在平面A 1C 1P 内,也在平面A 1B 1C 1D 1内,而在平面A 1B 1C 1D 1内过C 1只能作一条直线C 1P ⎳CQ ,故满足条件的点P 只有唯一一个.所以,有且只有A 1D 1的中点为满足条件的点P ,使直线CQ ⎳平面AC 1P .(2)解析:(坐标法)过点D 作DF ⊥BC ,垂足为F ,又因为DD 1⊥平面ABCD ,以D 为坐标原点,分别以DA ,DF ,DD 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立如图的空间直角坐标系D -xyz ,则A 2,0,0 ,P 1,0,2 ,C 1-1,3,2 ,A 12,0,2 ,B 3,3,0 ,P A =1,0,-2 ,PC 1 =-2,3,0 ,AB =1,3,0 ,AA 1=0,0,2设平面P AC 1的法向量为n=x ,y ,z ,则有n ⋅P A=0,n ⋅PC 1 =0,即x -2z =0,-2x +3y =0. 令x =23,得y =4,z =3,所以n=23,4,3 .设平面ABB 1A 1的法向量为m=x ,y ,z .则有AB ⋅m =0,AA 1 ⋅m =0,即x +3y =0,2z =0. 令x =3,得y =-1,z =0,所以m=3,-1,0 .所以cos n ,m =n ⋅m n m=6-4+0231=3131.故平面AC 1P 与平面ABB 1A 1所成的锐二面角的余弦值为3131.4.(福建泉州市2025届高中毕业班模拟检测(一)解析第16题)4:如图,在四棱锥P -ABCD 中,PD =PC =CB =BA =12AD =2,AD ⎳CB ,∠CPD =∠ABC =90°,平面PCD ⊥平面ABCD ,E 为PD 中点.(1)求证:PD ⊥平面PCA ;(2)点Q 在棱P A 上,CQ 与平面PDC 所成角的正弦值为63,求平面PCD 与平面CDQ 夹角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:由题意:BC =AB =2,∠ABC =90°,AC =AB 2+BC 2=22同理CD =22,又AD =4,CD 2+AC 2=AD 2,CD ⊥AC .而CD =22=PD 2+PC 2,即PC ⊥PD ,又平面PCD ⊥平面ABCD ,平面PCD ∩平面ABCD =CD ,AC ⊂平面ABCD ,AC ⊥平面PCD ,PD ⊂平面PCD ,PD ⊥AC ,又PC ⊥PD ,且PC ⊂面PCA ,AC ⊂面PCA ,PC ∩AC =C ,PD ⊥平面PCA .(2)解析:以C 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则C 0,0,0 ,A 0,22,0 ,D 22,0,0 ,P 2,0,2 ,所以CD =22,0,0 ,CP =2,0,2 ,P A=-2,22,-2 ,设PQ =λP A 0<λ<1 ,有CQ =CP +λP A=21-λ ,22λ,21-λ ,取面PCD 的一个法向量m =0,1,0 ,则cos CQ ,m =22λ41-λ 2+8λ2=63,λ=12,故CQ =22,2,22.令n=x ,y ,z 是平面CDQ 的一个法向量,则n ⋅CD =0n ⋅CQ =0,即22x =022x +2y +22z =0,令y =1,有n =0,1,-2 ,则cos ‹n ,m › =n ⋅m n m=55,故平面PCD 与平面CDQ 夹角的余弦值为55.5.(长沙市雅礼中学2025届高三上学期(9月)综合自主测试解析第17题)5:如图(1),在△ABC 中,CD ⊥AB ,BD =2CD =2AD =4,点E 为AC 的中点.将△ACD 沿CD 折起到△PCD 的位置,使DE ⊥BC ,如图(2).图(1)图(2)(1)求证:PB ⊥PC ;(2)在线段BC 上是否存在点F ,使得CP ⊥DF ?若存在,求二面角P -DF -E 的余弦值;若不存在,说明理由。

立体几何1．[四川省宜宾市第四中学高2020届一诊模拟考试理科数学]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 ．2B ．1C ．D ．【答案】B2．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】D 【解析】3．[【全国百强校首发】四川省棠湖中学2020届高三一诊模拟考试数学（理）试题] 在正方体1111ABCD A B C D -中，动点E 在棱1BB 上，动点F 在线段11A C 上，O 为底面ABCD 的中心，若1,BE x A F y ==，则四面体O AEF -的体积 A ．与,x y 都有关 B ．与,x y 都无关 C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关【答案】B4．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]5．[四川省宜宾市第四中学高2020届一诊模拟考试理科数学] 一个圆锥SC的高和底面直径相等，且这个圆锥SC和圆柱OM的底面半径及体积也都相等，则圆锥SC和圆柱OM的侧面积的比值为A．322B．23C．35D．45【答案】C6．[辽宁葫芦岛锦化高中协作校高三上学期第二次考试数学理科试题]【答案】D【解析】7．[广东省三校（广州真光中学、深圳市第二中学、珠海市第二中学）2020届高三上学期第一次联考数学（理）试题] 在如图直二面角A­BD­C中，△ABD、△CBD均是以BD为斜边的等腰直角三角形，取AD的中点E，将△ABE 沿BE 翻折到△A1BE，在△ABE的翻折过程中，下列不可能成立的是A．BC与平面A1BE内某直线平行B．CD∥平面A1BEC．BC与平面A1BE内某直线垂直D．BC⊥A1B【答案】D8．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】D【解析】9．[陕西省汉中市2020届高三教学质量第一次检测考试理科数学试题] 圆锥的侧面展开图是半径为R 的半圆，则该圆锥的体积为________. 【答案】33πR 10．[辽宁省本溪高级中学2020届高三一模考试数学（理）试卷]【答案】4π11．[安徽省合肥一中、安庆一中等六校教育研究会2020届高三上学期第一次素质测试数学（理)试题] 如图，在棱长为 1 的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面ABCD 内（不包括边界），若1B P ∥平面1A BM ，则1C P 的最小值是________．【答案】305【解析】 【分析】由面面平行找到点P 在底面ABCD 内的轨迹为线段DN ，再找出点P 的位置，使1C P 取得最小值，即1C P 垂直DN 于点O ，最后利用勾股定理求出最小值. 【详解】取BC 中点N ，连接11,,B D B N DN ，作CO DN ⊥，连接1C O ，因为平面1B DN ∥平面1A BM ，所以动点P 在底面ABCD 内的轨迹为线段DN ，当点P 与点O 重合时，1C P 取得最小值，因为11152225DN CO DC NC CO ⋅=⋅⇒==，所以221min 11130()155C P C O CO CC ==+=+=. 故1C P 的最小值是305. 【点睛】本题考查面面平行及最值问题，求解的关键在于确定点P 的位置，再通过解三角形的知识求最值.12．[四川省成都外国语学校2019-2020学年高三（上）期中数学试卷（理科）]已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的半径为________．21【答案】【解析】【分析】根据三视图还原几何体，设球心为O，根据外接球的性质可知，O与PAB△和正方形ABCD中心的连线分别与两个平面垂直，从而可得到四边形OGEQ 为矩形，求得OQ和PQ后，利用勾股定理可求得外接球半径.【详解】由三视图还原几何体如下图所示：设PAB△的中心为Q，正方形ABCD的中心为G，外接球球心为O，则OQ⊥平面PAB，OG⊥平面ABCD，E为AB中点，∴四边形OGEQ为矩形，112OQ GE BC ∴===，2233PQ PE ==， ∴外接球的半径：22213R GE PQ =+=. 故答案为21. 【点睛】本题考查多面体外接球半径的求解，关键是能够根据球的性质确定球心的位置，从而根据长度关系利用勾股定理求得结果. 13．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】【解析】14．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]【答案】1 315．[江苏省南通市2020届高三第一学期期末考试第一次南通名师模拟试卷数学试题]如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD是平行四边形，平面ABP⊥平面BCP，90APB=，M为CP的中点．求证：∠=︒，BP BC（1）AP//平面BDM；（2）BM ACP⊥平面．【解析】（1）设AC 与BD 交于点O ，连接OM ， 因为ABCD 是平行四边形，所以O 为AC 中点， 因为M 为CP 的中点，所以AP ∥OM ， 又AP ⊄平面BDM ，OM ⊂平面BDM ， 所以AP ∥平面BDM ．（2）平面ABP ⊥平面BCP ，交线为BP ， 因为90APB ∠=︒，故AP BP ⊥，因为AP ⊂平面ABP ，所以AP ⊥平面BCP ， 因为BM ⊂平面BCP ，所以AP ⊥BM ． 因为BP BC =，M 为CP 的中点，所以BM CP ⊥． 因为AP CP P =I ，AP CP ⊂，平面ACP ， 所以BM ⊥平面ACP .16．[河南省新乡市高三第一次模拟考试（理科数学）] 如图，在四棱锥ABCDV -中，二面角D BC V --为︒60，E 为BC 的中点. （1）证明：VE BC =；（2）已知F 为直线VA 上一点，且F 与A 不重合，若异面直线BF 与VE 所成角为︒60，求.VA VFABCDPMABCDPMO【解析】17．[四川省成都外国语学校2019-2020学年高三（上）期中数学试卷（理科）]如图，在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，PA=AB=2，点E，F分别为BC，PD的中点，设直线PC与平面AEF交于点Q．（1）已知平面PAB∩平面PCD=l，求证：AB∥l．（2）求直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值． 【解析】 【分析】（1）证明AB ∥平面PCD ，然后利用直线与平面平行的性质定理证明AB ∥l ； （2）以点A 为原点，直线AE 、AD 、AP 分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面PCD 的法向量和直线AQ 的方向向量，然后利用空间向量的数量积求解直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值即可．【详解】（1）证明：∵AB ∥CD ，AB ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ． ∴AB ∥平面PCD ，∵AB ⊂平面PAB ，平面PAB ∩平面PCD =l ， ∴AB ∥l ；（2）∵底面是菱形，E 为BC 的中点，且AB =2， ∴13BE AE AE BC ==⊥,,， ∴AE ⊥AD ，又PA ⊥平面ABCD ，则以点A 为原点，直线AE 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则()()()()020,002,30,300D P C E,,,,,,,,，∴()0,1,1F ，()()()()3000,11310022AE AF DC DP ===-=-u u u r u u u r u u u r u u u r,,,,,,,,,,，设平面PCD 的法向量为(),,x y z =n ，有0PD ⋅=u u u r n ，0CD ⋅=u u u rn ，得()133=，，n ，设()1AQ AC AP λλ=+-u u u r u u u r u u u r，则()()321AQ λλλ=-u u u r ,,，再设(3,,)AQ mAE n m n n AF =+=u u u r u u u r u u u r，则()3321m n nλλλ⎧=⎪=⎨⎪-=⎩，解之得23m n λ===，∴2223333AQ ⎛⎫=⎪⎝⎭u u u r ,,， 设直线AQ 与平面PCD 所成角为α，则3105sin cos ,AQ AQ AQα⋅>=<==u u u r u u u r u u u r n n n ，∴直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值为3105． 【点睛】本题考查直线与平面平行的判定定理以及性质定理的应用，直线与平面所成角的向量求法，合理构建空间直角坐标系是解决本题的关键，属中档题.18．[安徽省合肥一中、安庆一中等六校教育研究会2020届高三上学期第一次素质测试数学（理)试题] 已知三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC AA ==，侧面11ABB A ⊥底面ABC ，D 是BC 的中点，160B BA ∠=︒，1B D AB ⊥.（1）求证：ABC △为直角三角形；（2）求二面角1C AD B --的余弦值． 【解析】（1）取AB 中点O ，连接OD ，1B O ，易知1ABB △为等边三角形，从而得到1B O AB ⊥，结合1B D AB ⊥，可根据线面垂直判定定理得到AB ⊥平面1B OD ，由线面垂直的性质知AB OD ⊥，由平行关系可知AB AC ⊥，从而证得结论；（2）以O 为坐标原点可建立空间直角坐标系，根据空间向量法可求得平面1ADC 和平面ADB 的法向量的夹角的余弦值，根据所求二面角为钝二面角可得到最终结果. 【详解】（1）取AB 中点O ，连接OD ，1B O ，在1ABB △中，1AB B B =，160B BA ∠=︒，1ABB ∴△是等边三角形， 又O 为AB 中点，1B O AB ∴⊥，又1B D AB ⊥，111B O B D B =I ，11,B O B D ⊂平面1B OD ，AB ∴⊥平面1B OD ，OD ⊂Q 平面1B OD ，AB OD ∴⊥， 又OD AC ∥，AB AC ∴⊥， ∴ABC △为直角三角形.（2）以O 为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系：令12AB AC AA ===，则()1,2,0C -，()1,0,0A -，()0,1,0D ，()1,0,0B ，()10,0,3B ，()11,0,3BB ∴=-u u u v ，()0,2,0AC =u u u v ，()1,1,0AD =u u u v，()1111,2,3AC AC CC AC BB =+=+=-u u u u v u u u v u u u u v u u u v u u u v，设平面1ADC 的法向量为(),,x y z =m ，10230AD x y AC x y z ⎧⋅=+=⎪∴⎨⋅=++=⎪⎩u u u v u u u u v m m ，令1x =，则1y =-，3z =，()1,1,3∴=-m ， 又平面ADB 的一个法向量为()0,0,1=n ，315cos ,5113∴<>==++m n ， Q 二面角1C AD B --为钝二面角，∴二面角1C AD B --的余弦值为15-.【点睛】本题考查立体几何中垂直关系的证明、空间向量法求解二面角的问题，涉及到线面垂直判定定理和性质定理的应用；证明立体几何中线线垂直关系的常用方法是通过证明线面垂直得到线线垂直的关系.19．[江西省宜春市上高二中2020届高三上学期第三次月考数学（理）试题]20．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]21．[辽宁葫芦岛锦化高中协作校高三上学期第二次考试数学理科试题]【解析】22．[【全国百强校首发】四川省棠湖中学2020届高三一诊模拟考试数学（理）试题] 如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD为矩形，平面PCD⊥平面ABCD,2AB=,1BC=，2PC PD==，E为PB中点．（1）求证：PD∥平面ACE；（2）求二面角E AC D--的余弦值；（3）在棱PD上是否存在点M，使得AM⊥BD？若存在，求PMPD的值；若不存在，说明理由．【解析】（1）设BD交AC于点F，连接EF. 因为底面ABCD是矩形，所以F为BD中点 . 又因为E为PB中点，所以EF∥PD.因为PD ⊄平面,ACE EF ⊂平面ACE ，所以PD ∥平面ACE.（2）取CD 的中点O ，连接PO ，FO .因为底面ABCD 为矩形，所以BC CD ⊥.因为PC PD =，O CD 为中点，所以,PO CD OF ⊥∥BC ，所以OF CD ⊥. 又因为平面PCD ⊥平面ABCD ，PO ⊂平面,PCD 平面PCD ∩平面ABCD =CD . 所以PO ⊥平面ABCD ，如图，建立空间直角坐标系O xyz -， 则111(1,1,0)(0,1,0)(1,1,0),(0,0,1),(,,)222A C B P E -，,， 设平面ACE 的法向量为(,,)x y z =m ，131(1,2,0),(,,)222AC AE =-=-u u u r u u u r ， 所以20,2,0,131.00222x y x y AC z y x y z AE -+=⎧⎧=⎧⋅=⎪⇒⇒⎨⎨⎨=--++=⋅=⎩⎩⎪⎩u u u v u u u v m m 令1y =，则2,1x z ==-，所以2,11=-（，）m .平面ACD 的法向量为(0,0,1)OP =u u u r ，则6cos ,OP OP OP⋅<>==-⋅u u u r u u u r u u u r m m |m |. 如图可知二面角E AC D --为钝角，所以二面角E AC D --的余弦值为66-. （3）在棱PD 上存在点M ，使AM BD ⊥.设([0,1]),(,,)PM M x y z PD=∈λλ，则,01,0PM PD D =-u u u u r u u u r λ（，）.因为(,,1)(0,1,1)x y z -=--λ，所以(0,,1)M --λλ. (1,1,1),(1,2,0)AM BD =---=--u u u u r u u u r λλ.因为AM BD ⊥，所以0AM BD ⋅=u u u u r u u u r .所以12(1)0λ--=，解得1=[0,1]2∈λ. 所以在棱PD 上存在点M ，使AM BD ⊥，且12PM PD =。

2020高考模拟试题立体几何部分解答题汇编（含答案）1．（2020•浙江模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知四边形ABB1A1是矩形，四边形BCC1B1是菱形，O为BC的中点，且AB＝1，BC＝2，∠ABC＝90°，∠B1BC＝60°．（1）求证：B1C⊥平面ABC1；（2）求直线CC1与平面AB1O所成角的正弦值．2．（2020•吉林模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，平面P AD⊥底面ABCD，P A＝PD＝AD＝2BC＝2CD＝2，M为PC上一点，P A∥平面BDM．（1）求PM：MC的值；（2）求四棱锥P﹣ABCD外接球的半径．3．（2020•5月份模拟）如图①四边形ABCD为矩形，E、F分别为AD、BC边的三等分点，其中AB＝AE＝CF＝1，BF＝2，以EF为折痕把四边形ABFE折起如图②，使面ABFE ⊥面EFCD．（1）证明：图②中CD⊥BD；（2）求二面角A﹣BD﹣C的余弦值．4．（2020•江西模拟）已知如图，菱形ABCD的边长为2，对角线AC＝2，现将菱形ABCD 沿对角线AC翻折，使B翻折至点B'．（1）求证：AC⊥B'D；（2）若B'D＝1，且点E为线段B'D的中点，求CE与平面AB'D夹角的正弦值．5．（2020•德阳模拟）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱与底面垂直，底面ABCD是菱形，四棱锥P﹣ABCD的顶点P在平面A1B1C1D1上的投影恰为四边形A1B1C1D1对角线的交点O1，四棱锥P﹣ABCD和四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高相等．（1）证明：PB∥平面ADO1；（2）若∠BAD＝，AA1＝A1B1，求平面PBC与平面ABO1所成的锐二面角的余弦值．6．（2020•内江三模）如图，在直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC ⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝4．（1）证明：面ACD1⊥面BB1D；（2）求二面角B1﹣AC﹣D1的余弦值．7．（2020•天津二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，AB∥CD，且CD＝2，AB＝1，，AB⊥BC，N为PD的中点．（1）求证：AN∥平面PBC；（2）求平面P AD与平面PBC所成锐二面角的余弦值；（3）在线段PD上是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．8．（2020•汉阳区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，P A⊥底面ABCD，P A＝AB＝4，E为线段PB的中点．（1）若F为线段BC上的动点，证明：平面AEF⊥平面PBC；（2）若F为线段BC的中点，求点P到平面AEF的距离．9．（2020•西湖区校级模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1B1＝A1C1＝2，，∠BAC＝120°，O为线段B1C1的中点，P线段CC1上一动点（异于点C、C1）．Q为线段BC上一动点，且QP⊥OP；（1）求证：平面A1PQ⊥平面A1OP；（2）若BO∥PQ，求直线OP与平面A1PQ所成角的正弦值．10．（2020•高港区校级模拟）如图，在四棱锥P ABCD中，M是P A上的点，△ABD为正三角形，CB＝CD，P A⊥BD．（1）求证：平面MBD⊥平面P AC；（2）若∠BCD＝120°，DM∥平面BPC，求证：点M为线段P A的中点．11．（2020•柯桥区二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD＝PB＝BD＝AB＝1，∠BAD ＝30°，CD＝CB．（1）求证：PC⊥BD；（2）若P A＝，求直线P A与平面PBD所成角的正弦值．12．（2020•三模拟）如图甲，在矩形ABCD中，E是边CD的中点，AB＝2，BC＝．以AE，BE为折痕将△ADE与△BCE折起，使D，C重合（仍记为D），如图乙．（1）探索：翻折后形成的几何体中直线DE的几何性质（写出一条即可，说明理由．不含DE⊥DA，DE⊥DB）（2）求翻折后的几何体E﹣ABD外接球的体积．13．（2020•运城模拟）在三棱锥P﹣ABC中，BC＝2，AB＝2，AP⊥PC，平面P AC⊥平面ABC，E是PB的中点．（1）求证：BC⊥P A；（2）求点B到平面ACE的距离．14．（2020•镜湖区校级模拟）如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1底面边长为1，BC1∩B1C ＝E，点D在AC上，使得AB1∥平面BDC1．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若AB1⊥BC1，作出点D在平面BCC1B1上投影F，并求线段EF的长．15．（2020•香坊区校级一模）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC为正三角形，AB＝AA1＝4，F为BC的中点．点E在棱C1C上，且C1E＝3EC．（Ⅰ）求证：直线B1F⊥平面AEF；（Ⅱ）求二面角B1﹣AE﹣F的余弦值．16．（2020•沙坪坝区校级模拟）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为CC1的中点，AB ＝2．（1）求证：平面ADB1⊥平面ABB1A1；（2）若直线AB1与平面A1B1C1所成角为60°，求二面角B1﹣AD﹣C1的余弦值．17．（2020•衡阳三模）如图，半圆弧所在平面与平面ABCD垂直，M是上异于A，B 的动点，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝2DC（1）证明：MB⊥平面MAD；（2）当直线MB与平面ABCD所成的角为45°时，求二面角D﹣MA﹣C的正弦值．18．（2020•德阳模拟）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱与底面垂直，底面ABCD是菱形，四棱锥P﹣ABCD的顶点P在平面A1B1C1D1上的投影恰为四边形A1B1C1D1对角线的交点O1，四棱锥P﹣ABCD和四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高相等．（1）证明：PB∥平面ADO1；（2）若AB＝BD＝BB1＝2，求几何体P﹣AB1C1的体积．19．（2020•内江三模）如图，在直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC ⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝4．（1）证明：面ACD1⊥面BB1D；（2）求多面体ABC﹣A1B1C1D1的体积．20．（2020•二模拟）如图甲所示，在平面四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DCA ＝60°，AB＝BC＝，现将平面ADC沿AC向上翻折，使得DB＝，M为AC的中点，如图乙．（1）证明：BM⊥DC；（2）线段DC上是否存在点Q，使得直线BQ与平面ADB所成角的正弦值为，若存在，求出线段DQ的长度；若不存在，请说明理由．21．（2020•南岗区校级模拟）如图，组合体由棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1和四棱锥S﹣ABCD组成，SD⊥平面ABCD，SD＝2，E是DD1中点，F是SB中点．（Ⅰ）求证：SB∥平面EA1C1；（Ⅱ）求证：A1C1⊥EF；（Ⅲ）求S到平面EA1C1的距离．22．（2020•河南模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，BC∥AD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，AD＝AP＝2，E为PD的中点，F为BP的中点．（1）求证：CE∥平面P AB；（2）求点D到平面PBC的距离．23．（2020•滨州三模）在如图所示的圆柱O1O2中，AB为圆O1的直径，C，D是的两个三等分点，EA，FC，GB都是圆柱O1O2的母线．（1）求证：FO1∥平面ADE；（2）设BC＝1，已知直线AF与平面ACB所成的角为30°，求二面角A﹣FB﹣C的余弦值．24．（2020•金凤区校级四模）如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面互相垂直，已知AB＝4，EF＝2．（1）求证：平面ADF⊥平面BCF；（2）若几何体F﹣BCE和几何体F﹣ABCD的体积分别为V1和V2，求V1：V2．25．（2020•韩城市模拟）如图，在Rt△AOB中，OA＝OB＝2，△AOC通过△AOB以直线OA为轴顺时针旋转120°得到（即∠BOC＝120°），点M为线段BC上一点，且MB＝．（Ⅰ）求证：OA⊥OM；（Ⅱ）若D是线段AB的中点，求四棱锥O﹣ACMD的体积．26．（2020•南岗区校级模拟）图中组合体由一个棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1和一个四棱锥S﹣ABCD组成（SD⊥平面ABCD，S，D，D1三点共线，SD＝2），E是DD1中点．（Ⅰ）求证：SB∥平面EA1C1；（Ⅱ）点F在棱SB上靠近S的三等分点，求直线EF与平面EA1C1所成角的正弦值．27．（2020•邵阳三模）如图所示，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1．（1）线段AC上是否存在点O，使得C1O∥平面AB1D1，若存在，求的值；若不存在，请说明理由；（2）求直线D1A与平面A1ACC1所成角的大小．28．（2020•龙潭区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥DC，DC＝2AB＝2AD＝2BC，△P AB为等边三角形，平面P AB⊥底面ABCD，E为PD的中点．（1）求证：AE∥平面PBC；（2）求二面角B﹣AE﹣P的正弦值．29．（2020•武昌区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB ＝2AD＝4，PD＝BD＝AD，且PD⊥底面ABCD．（1）证明：BC⊥平面PBD；（2）若Q为PC的中点，求三棱锥A﹣PBQ的体积．30．（2020•东兴区校级模拟）如图，四棱锥E﹣ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形∠DAE＝∠BAE＝45°，∠DAB＝60°．（Ⅰ）证明：平面ADE⊥平面ABE；（Ⅱ）当平面DCE与平面ABE所成锐二面角的余弦值，求直线DE与平面ABE所成角正弦值．31．（2020•宝鸡三模）如图，DA⊥平面ABC，DA∥PC，E为PB的中点，PC＝2，AC⊥BC，△ACB和△DAC是等腰三角形，AB＝．（Ⅰ）求证：DE∥平面ABC；（Ⅱ）求三棱锥E﹣BCD体积．32．（2020•杜集区校级模拟）如图，将长方形OAA1O1（及其内部）绕OO1旋转一周形成圆柱，其中OA＝1，OO1＝2，弧的长为为⊙O的直径．（Ⅰ）在弧上是否存在点C（C，B1在平面OAA1O1的同侧），使BC⊥AB1，若存在，确定其位置；若不存在，说明理由；（Ⅱ）求A1到平面BO1B1的距离．33．（2020•靖远县模拟）如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝2，点E，F分别为AD，PC的中点．（1）证明：DF∥平面PBE；（2）求直线PD与平面PBE所成角的正弦值．34．（2020•梅河口市校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD的对角线互相垂直，且BC＝CD，PB＝PD，P A⊥平面ABCD．（1）若Q为PD的中点，求证：OQ∥平面P AB；（2）若AB⊥BC，AB＝P A＝AC＝1，点M在PC上，且PM＝PC，求点A到平面MBD的距离．35．（2020•襄州区校级四模）如图，DA⊥平面ABC，DA∥PC，E为PB的中点，PC＝4，AC⊥BC，△ACB和△DAC都是等腰三角形，．（1）求证：DE∥平面ABC；（2）求直线DE和平面BCD所成角的正弦值．36．（2020•二模拟）如图甲所示，在平面四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DCA ＝60°，AB＝BC＝，现将平面ADC沿AC向上翻折，使得DB＝，M为AC的中点，如图乙．（1）证明：BM⊥DC；（2）求BM与平面ADB所成角的正弦值．37．（2020•东湖区校级三模）如图，在六棱锥P﹣ABCDEF中，底面ABCDEF是边长为4的正六边形，．（1）证明：平面P AC⊥平面PBE；（2）若，求二面角B﹣P A﹣F的余弦值．38．（2020•泸州四模）如图，在多面体ABCDEF中，侧面ADEF是平行四边形，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，顶点E在底面ABCD内的射影恰为点C．（Ⅰ）求证：BC⊥平面ACE；（Ⅱ）若CD＝CE，求四面体ABEF的体积．39．（2020•福州三模）如图，在多面体P ABCD中，平面ABCD⊥平面P AD，AD∥BC，∠BAD＝90°，∠P AD＝120°，BC＝1，AB＝AD＝P A＝2．（1）求平面PBC与平面P AD所成二面角的正弦值；（2）若E是棱PB的中点，求证：对于棱CD上任意一点F，EF与PD都不平行．40．（2020•庐阳区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面P AD⊥平面ABCD．平面PCD⊥平面ABCD．（1）证明：PD⊥平面ABCD；（2）若E为PC的中点，DE⊥PC，四边形ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，求二面角D﹣BE﹣C的余弦值．1．【解答】解：（1）因为，∠ABC＝90°，所以AB⊥BC，因为四边形ABB1A1是矩形，所以AB⊥BB1，又BC⊂平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面BCC1B1．因为B1C⊂平面BCC1B1，所以AB⊥B1C，又四边形BCC1B1是菱形，所以BC1⊥CB1，因为AB⊂平面ABC1，B1C⊂平面ABC1，AB∩BC1＝B，所以B1C⊥平面ABC1．（2）因为四边形BCC1B1是菱形，∠B1BC＝60°，O为BC的中点，所以B1O⊥BC，由（l）知AB⊥平面BCC1B1，所以AB⊥B1O，又BC∩AB＝B，所以B1O⊥平面ABC，又B1O⊂平面AB1O，所以平面AB1O⊥平面ABC，过点B作BH⊥AO于点H，则BH⊥平面AB1O，连接B1H，则∠BB1H即直线CC1与平面AB1O所成的角，在直角△ABO中，易得BH＝，又B1B＝2，所以sin，所以直线CC1与平面AB1O所成角的正弦值为．2．【解答】解：（1）如图，连接AC交BD于点N，连接MN，因为平面P AC∩平面BDM＝MN，P A∥平BDM，所以P A∥MN，所以＝．又因为△BCN∽△DAN，所以＝2，故＝2．（2）根据题意，取AD的中点O，连接PO，因为△P AD为等边三角形，所以PO⊥AD，PO＝．因为平面P AD⊥底面ABCD，且平面P AD∩底面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD．设△P AD的重心为G，则GO平面ABCD，AG＝DG＝PG＝．解等腰梯形ABCD，可得O为梯形ABCD外接圆的圆心，所以OD＝OA＝OB＝OC＝1，所以GD＝GA＝GB＝GC＝，故G为四棱锥P﹣ABCD外接球球心，半径为．3．【解答】解：（1）证明：连接BE，易知，∴BE2+EF2＝BF2，∴BE⊥EF，∵面ABFE⊥面EFCD，面ABFE∩面EFCD＝EF，∴BE⊥面EFCD，∴BE⊥CD，∵CD⊥DE，BE∩DEE，且BE，DE都在平面BDE内，∴CD⊥面BDE，又BD⊂面BDE，∴CD⊥BD；（2）以ED，EB分别为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，BF的中点，∵，∴，∴，设平面ABD的法向量为，则，则可取，同理可得平面BDC的法向量为，∴，∵二面角A﹣BD﹣C的平面角为钝角，∴二面角A﹣BD﹣C的余弦值为．4．【解答】（1）证明：如图所示，取AC的中点为O，连结OD，OB′，∵AB′＝B′C，AD＝CD，∴B′O⊥AC，DO⊥AC，又B′O∩DO＝O，∴AC⊥平面B′OD，∵B′D⊂平面B′ED，∴AC⊥B′D．（2）解：以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过O作平面ACD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，在等腰△B′AC中，B′O＝1，同理DO＝1，∵B′D＝1，A（﹣，0，0），D（0，1，0），B′（0，，），C（，0，0），E （0，，），∴＝（，1，0），＝（0，，﹣），＝（﹣，，），设平面B′AD的一个法向量为＝（x，y，z），则，即，取z＝1，得＝（﹣1，，1），∴cos＜＞＝＝＝．设CE与平面AB'D夹角为θ，则sinθ＝|cos＜＞|＝．∴CE与平面AB'D夹角的正弦值为．5．【解答】（1）证明：连接BO1、PO1，由题知，PO1⊥平面A1B1C1D1且四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱与底面垂直，∴PO1∥BB1∥DD1，即P、B、O1、D四点共面．∵四棱锥P﹣ABCD和四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高相等，∴在四边形PBO1D中，PO1与BD的交点O为BD的中点，也是PO1的中点，∴四边形PBO1D为平行四边形，∴PB∥O1D，又O1D⊂平面ADO1，PB⊄平面ADO1，∴PB∥平面ADO1．（2）解：由题意知，O1A1、O1B1、O1P三直线两两垂直，∴以O1为原点，O1A1、O1B1、O1P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，设O1B1＝1，则O1A1＝，AA1＝2，∴O1（0，0，0），A（，0，2），B（0，1，2），P（0，0，4），C（，0，2），∴＝（，0，2），＝（0，1，2），设平面ABO1的法向量为＝（x，y，z），则，即，令z＝，则x＝﹣2，y＝，∴＝（﹣2，，）．同理可得，平面PBC的法向量＝（﹣2，，）．∴cos＜，＞＝＝＝．故平面PBC与平面ABO1所成的锐二面角的余弦值为．6．【解答】解：（1）证明：由直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1可知，BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴BB1⊥AC，又∵AC⊥BD，且BB1∩BD＝B，∴AC⊥平面BB1D，又AC⊂平面ACD1，∴面ACD1⊥面BB1D；（2）易知，AB，AD，AA1两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝t，则A（0，0，0），B（t，0，0），B1（t，0，4），C（t，1，0），C1（t，1，4），D（0，4，0），D1（0，4，4），∴，∵AC⊥BD，∴，解得t＝2（t＝﹣2舍去），∴，设是平面ACD1的一个法向量，则，即，令x＝1，可得，同理可得平面ACB1的一个法向量为，∴，∵二面角B1﹣AC﹣D1为锐二面角，∴二面角B1﹣AC﹣D1的余弦值为．7．【解答】解：过A作AE⊥CD于点E，则DE＝1，以A为原点，AE、AB、AP所在的直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（0，1，0），E（，0，0），D（，﹣1，0），C（，1，0），P（0，0，1），∵N为PD的中点，∴N（，，）．（1）＝（，，），＝（0，﹣1，1），＝（，0，0）．设平面PBC的法向量为＝（x，y，z），则，令y＝1，则x＝0，z＝1，∴＝（0，1，1），∴•＝+＝0，即⊥，又AN⊄平面PBC，∴AN∥平面PBC．（2）由（1）知，＝（0，0，1），＝（，﹣1，0），设平面P AD的法向量为＝（a，b，c），则，令a＝1，则b＝，c＝0，∴＝（1，，0），∴cos＜，＞＝＝＝．故平面P AD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为．（3）令＝λ，λ∈[0，1]，设M（x，y，z），∴（x﹣，y+1，z）＝λ（，1，1），∴M（，λ﹣1，λ），∴＝（，λ﹣2，λ）．由（1）知，平面PBC的法向量为＝（0，1，1），∵直线CM与平面PBC所成角的正弦值为，∴＝||＝，化简得21λ2﹣50λ+24＝0，即（3λ﹣2）（7λ﹣12）＝0，∵λ∈[0，1]，∴λ＝，故＝．8．【解答】（1）证明：∵P A＝AB，E为线段PB的中点，∴AE⊥PB，∵P A⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥P A，∵底面ABCD为正方形，∴BC⊥AB，P A∩AB＝A，∴BC⊥平面P AB，∵AE⊂平面P AB，∴AE⊥BC．∵PB∩BC＝B，∴AE⊥平面PBC，∵AE⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面PBC．（2）解：∵P A⊥底面ABCD，∴平面P AB⊥底面ABCD，∵平面P AB∩底面ABCD＝AD，CD⊥AD，∴CD⊥平面P AB，∴CD⊥PD．∵，CD＝AB＝4∴PC＝4，∵E为线段PB的中点，F为线段BC的中点，∴，点P到面AEF的距离等于点B到面AEF的距离，设为h．∵，，由（1）知AE⊥EF，∴S△AEF＝2，S△ABF＝4，V B﹣AEF＝V E﹣ABF得即点P到面AEF的距离为．9．【解答】（1）证明：∵A1B1＝A1C1＝2，O为线段B1C1的中点，∴A1O⊥B1C1，∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∴CC1⊥平面A1B1C1，∴A1O⊥CC1，又CC1∩B1C1＝C1，∴A1O⊥平面CBB1C1，∴QP⊥A1O．又∵QP⊥OP，A1O∩OP＝O，∴QP⊥平面A1OP，又QP⊂平面A1OP，∴平面A1PQ⊥平面A1OP．（2）解：建立如图空间直角坐标系O﹣xyz，∵A1B1＝A1C1＝2，∠B1A1C1＝∠BAC＝120°，∴，OA1＝1，则O（0，0，0），，，，A1（﹣1，0，0），设，，则，＝（0，﹣b，a﹣2），＝（0，，a）．∵QP⊥OP，BO∥PQ，∴，，故，解得：，（P异于点C，C1），∴，，．设平面A1QP的法向量为，则，即，可取，设直线OP与平面A1QP所成角为θ，则．故直线OP与平面A1QP所成角的正弦值为．10．【解答】证明：（1）取BD的中点O，连结OA，OC，∵△ABD为正三角形，∴OA⊥BD．∵CB＝CD，∴OC⊥BD．在平面ABCD内，过O点垂直于BD的直线有且只有一条，∴A，O，C三点共线，即AC⊥BD．∵P A⊥BD，AC，P A⊂平面P AC，AC∩P A＝A，∴BD⊥平面P AC．∵BD⊂平面MBD，∴平面MBD⊥平面P AC．（2）（证法1）延长BC，AD，交于Q点，连结PQ，如图1；∵DM∥平面BPC，DM⊂平面P AQ，平面BPC∩平面P AQ＝PQ，∴DM∥PQ．在△CBD中，∵CB＝CD，∠BCD＝120°，∴∠CBD＝30°，∴∠ABC＝30°+60°＝90°，∴△ABO为直角三角形．∵在Rt△ABQ中，∠BAQ＝60°，∴AQ＝2AB＝2AD，∴点D是AQ的中点，∴点M为线段P A的中点．（证法2）取AB的中点N，连结MN和DN，如图2；易算得∠ABC＝90°，即AB⊥BC．∵△ABD为正三角形，∴DN⊥AB．又DN，BC，AB共面，∴DN∥CB．∵DN⊄平面BPC，CB⊂平面BPC，∴DN∥平面BPC．DM∥平面BPC，DN，DM⊂平面DMN，∴平面DMN∥平面BPC．∵MN⊂平面DMN，∴MN∥平面BPC．∵MN⊂平面P AB，平面P AB∩平面BPC＝PB，∴MN∥PB．∵N是AB的中点，∴M为线段P A的中点．11．【解答】证明：（1）取BD的中点O，连接OP、OC，∵PD＝PB，∴OP⊥BD，又CD＝CB，∴OC⊥BD，∵OP∩OC＝O，OP、OC⊂平面OPC，∴BD⊥平面OPC，∵PC⊂平面OPC，∴PC⊥BD；解：（2）∵BD＝AB＝1，∴AB＝2，BD＝1，而∠BAD＝30°，由余弦定理可得：BD2＝AD2+AB2﹣2AD•AB cos∠BAD，即，解得AD＝，∴AD2+DB2＝AB2，则AD⊥DB．取AB中点E，连接OE，则OE∥AD，∴OE⊥BD，可得OE⊂平面POC，连接PE，在平面PCE中，过O作OZ⊥CE，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OZ所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．在△P AB中，由P A＝，AB＝2，PB＝1，可得cos，在△P AE中，有PE＝＝．在△POE中，有cos＝．∴cos．则B（，0，0），D（﹣，0，0），P（0，，），A（，﹣，0）．＝（0，，），＝（1，0，0），．设平面PDB的一个法向量为，由，取z＝﹣1，得．设直线P A与平面PBD所成角为θ，则sinθ＝＝＝．∴直线P A与平面PBD所成角的正弦值为．12．【解答】解：（1）性质：DE⊥平面ABD，证明如下：翻折前，DE⊥DA，DE⊥BC，翻折后满足，DE⊥DA，DE⊥BD且DA∩DB＝D，则DE⊥平面ABD，（2）解：因为DA，DB，DE两两垂直，所以几何体E﹣ABD的外接球就是以DA，DB，DE相邻的棱的长方体的外接球，所以（2R）2＝DA2+DB2+DE2＝2+2+1＝5，所以R＝．故V＝＝13．【解答】（1）证明：∵，∴，∵，∴AB2＝AC2+BC2，∴AC⊥BC，∵平面P AC⊥平面ABC，平面P AC∩平面ABC＝AC，∴BC⊥平面P AC，∴BC⊥P A．（2）解：∵E是PB的中点，∴点P，B到平面ACE的距离相等，设为d，，即，化简得S△ACE×d＝1，由（1）可得BC⊥PC，∴，∵AB2＝AP2+PB2，∴P A⊥PB，∴，∴，∴，∴，∴，∴点B到平面ACE的距离为．14．【解答】解：（Ⅰ）连接DE，由题意可知点E为B1C的中点，∵AB1∥平面BDC1，又平面AB1C∩平面BDC1＝DE，AB1⊂平面AB1C，∴AB1∥DE，∵E为B1C的中点，∴D为AC的中点，∴．（Ⅱ）作DF⊥BC于F，则DF⊥平面B1BCC1，连接EF，则EF是ED在平面B1BCC1上的射影．∵AB1⊥BC1，由（Ⅰ）知AB1∥DE，∴DE⊥BC1，则BC1⊥EF，由已知AC＝1，则，∵△ABC是正三角形，∴在Rt△DCF中，，取BC中点G，∵EB＝EC，∴EG⊥BC．则在Rt△BEF中，EF2＝BF•GF，又，∴，即．15．【解答】解：（Ⅰ）取B1C1中点D，连接DF，设AB＝4，以F为坐标原点，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，，∴，设平面AEF的法向量为∵，∴，∴，∵，∴，∴直线B1F⊥平面AEF．（Ⅱ），设平面B1AE的法向量为∵，∴，不妨取y2＝3，则x2＝﹣5，z2＝﹣4．∴，平面AEF的法向量为，设二面角B1﹣AE﹣F的平面角为θ，∴．16．【解答】（1）证明：取AB1中点H，连接DH．由题设条件易知：Rt△ACD与Rt△B1C1D全等，所以DA＝DB1，DH⊥AB1，同理：Rt△A1C1D与Rt△BCD全等，所以DA1＝DB1，DH⊥A1B，所以DH⊥平面ABB1A1⇒平面ADB1⊥平面ABB1A1．（2）解：AA1⊥平面A1B1C1⇒AB1与平面A1B1C1所成角即为∠AB1A1，∴，取A1C1中点O，连接OB1，则OB1⊥A1C1，以O为坐标原点，OB1方向为x轴，OC1方向为y轴，过O作平面A1B1C1的垂线为z轴建立如图所示空间直角坐标系，则：，设平面ADB1的法向量为，由得，易知为平面AA1C1C的法向量，设二面角B1﹣AD﹣C1的大小为θ，则，所以二面角B1﹣AD﹣C1的余弦值为．17．【解答】解：（1）证明：因为半圆弧所在平面与平面ABCD垂直，平面MAB∩平面ABCD＝AB，由DA⊥AB，所以DA⊥平面MAB，又MB⊂平面MAB，则有DA⊥MB又AB为半圆弧所对的直径，所以MB⊥MA，而MA∩DA＝A，所以MB⊥平面MAD．（2）法1（空间向量法）：过M作AO⊥AB于O，因为平面MAB⊥平面ABCD，平面MAB∩平面ABCD＝AB，所以MO⊥平面ABCD，∠MBO即MB与平面ABCD所成的角，由已知条件得∠MBA＝45°，MA＝MB，即O为AB中点．由∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝2DC，四边形AOCD为矩形，所以OC⊥AB以O为坐标原点，OB，OC，OM方向分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝AD＝2DC＝2，所以C（0，2，0），D（﹣1，2，0），A（﹣1，0，0），M（0，0，1），B（1，0，0）由（1）知，MB⊥平面MAD，则平面MAD的一个法向量设平面MAC的法向量因为，由，得，取y＝﹣1，则设二面角D﹣MA﹣C大小为θ，则所以，即二面角D﹣MA﹣C的正弦值为．法2（传统几何法）：二面角D﹣MA﹣C的大小即为二面角B﹣MA﹣D的大小与二面角B ﹣MA﹣C大小的差，由（1）的证明可得，二面角B﹣MA﹣D的大小为90°，所以二面角D﹣MA﹣C的正弦值即为二面角B﹣MA﹣C的余弦值．由平面MAB⊥平面ABCD，平面MAB∩平面ABCD＝AB，CO⊥AB，所以CO⊥平面MAB，又MA⊂平面MAB，则OC⊥MA，取MA中点H，连HC，由AB为半圆弧所对的直径，所以BM⊥MA，O，H分别为AB，MA的中点，所以OH∥BM，则OH⊥MA，又OH∩OC＝O，所以MA⊥平面OHC则∠OHC即为二面角B﹣MA﹣C的平面角，设AB＝AD＝2DC＝2，在Rt△COH中，，OC＝2，所以，故二面角D﹣MA﹣C的正弦值为．18．【解答】（1）证明：由已知可得，PO1⊥平面A1B1C1D1，且四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱与底面垂直，故PO1∥BB1∥DD1，即P、B、O1、D四点共面．由四棱锥P﹣ABCD和四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高相等，可知，在四边形PBO1D中，PO1与BD的交点O为PO1的中点，也是BD的中点．∴四边形PBO1D是平行四边形，故PB∥DO1，又PB⊄平面ADO1，O1D⊂ADO1，∴PB∥平面ADO1；（2）解：∵＝，∵AB＝BD＝BB1＝2，∴B1O1＝1．连接PC1和AC交于点E，由△POE≌△C1CE，得OE＝，则AE＝＝．∴＝．∴几何体P﹣AB1C1的体积为．19．【解答】证明：（1）∵棱柱ABCD﹣A1B1C1D1是直棱柱，∴BB1⊥底面ABCD，可得AC⊥BB1，又AC⊥BD，而BB1∩BD＝B，∴直线AC⊥平面BDB1，而AC⊂面ACD1，∴面ACD1⊥面BB1D；解：（2）AB，AD，AA1两两垂直，如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设|AB|＝t＞0，A（0，0，0），B（t，0，0），C（t，1，0），D（0，4，0）．又AC⊥BD，∴，即（t，1，0）•（﹣t，4，0）＝﹣t2+4＝0，得t＝2．∴多面体ABC﹣A1B1C1D1的体积V＝＝＝．20．【解答】（1）证明：连接DM，∵AB＝BC＝，∠ABC＝90°，且M是AC的中点，∴BM⊥AC，BM＝1，AC＝2，∵∠ADC＝90°，∠DCA＝60°，M是AC得中点，∴DM＝AC＝1，又DB＝，∴DM2+BM2＝DB2，∴DM⊥BM，又DM∩AC＝M，∴BM⊥平面ACD，∴BM⊥DC；（2）解：由（1）知，BM⊥平面ACD，又BM⊂平面ABC，∴平面ADC⊥平面ABC．在平面ADC内，过M作MZ⊥AC．以M为坐标原点，分别以MB、MC、MZ所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．则B（1，0，0），A（0，﹣1，0），D（0，，），C（0，1，0）．，．设平面ABD的一个法向量为，由，取y＝﹣1，得．假设线段DC上是否存在点Q，满足（0＜λ≤1），使得直线BQ与平面ADB所成角的正弦值为，则＝．由＝|cos＜＞|＝＝，整理得：15λ2+λ﹣2＝0，解得（λ＞0）．∴，即|DQ|＝．21．【解答】（Ⅰ）证明：连接DB1，连接D1B1交A1C1于点O，则D1O＝OB1，∵D1E＝ED，∴EO∥DB1，又SD∥BB1，SD＝BB1，因此四边形SDB1B是平行四边形，∴SB∥DB1，故SB∥EO．又SB⊄平面EAC，EO⊂平面EA1C1，因此SB∥平面EA1C1．（Ⅱ）证明：四边形A1B1C1D1是正方形，∴A1C1⊥B1D1，又DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，A1C1⊥SD1，又SD1∩B1D1＝D1，∴A1C1⊥平面SD1B1B，又EF⊂平面SD1B1B，因此A1C1⊥EF．（Ⅲ）解：设S到平面EA1C1的距离为d，＝＝，即××3×2×2＝××2××d，解得d＝，∴S到平面EA1C1的距离为．22．【解答】（1）证明：如图，取AP的中点G，连接EG，BG，∵DE＝PE，AG＝PG，∴GE∥AD且AD＝2GE．∵AD＝2，∴GE＝1．∵BC∥AD，BC＝1，∴GE∥BC且GE＝BC，∴四边形BCEG为平行四边形，∴CE∥BG．又∵BG⊂平面P AB，CE⊄平面P AB，∴CE∥平面P AB．（2）解：如图，过点A作AH⊥BP，垂足为H．∵AP⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴AP⊥BC．∵BC⊥AB，AB∩AP＝A，又AB，AP⊂平面P AB，∴BC⊥平面P AB．∵AH⊂平面P AB，∴AH⊥BC．∵AH⊥BP，BP∩BC＝B，BP，BC⊂平面PBC，∴AH⊥平面PBC．在Rt△APB中，BP＝＝，AH＝＝＝．∵AD∥BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，∴AD∥平面PBC，∴点D到平面PBC的距离与点A到平面的距离相等，故点D到平面PBC的距离为．（注：也可利用V P﹣BCD＝V D﹣PBC求解）23．【解答】（1）证明：连接O1C，O1D，因为C，D是半圆弧的两个三等分点，所以∠AO1D＝∠DO1C＝∠CO1B＝60°，又O1A＝O1B＝O1C＝O1D，所以△AO1D，△CO1D，△BO1C均为等边三角形，所以O1A＝AD＝DC＝CO1，所以四边形ADCO1是平行四边形．所以CO1∥AD．因为EA，FC都是圆柱O1O2的母线，所以EA∥FC．又因为CO1、FC⊂平面FCO1，CO1∩FC＝C，AD、EA⊂平面ADE，AD∩EA＝A，所以平面FCO1∥平面ADE，又FO1⊂平面FCO1，所以FO1∥平面ADE．（2）解：连接AC，因为FC是圆柱O1O2的母线，所以FC⊥平面ACB，所以∠F AC为直线AF与平面ACB 所成的角，即∠F AC＝30°．因为AB为圆O1的直径，所以∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝1，所以，所以在Rt△F AC中，FC＝AC•tan30°＝1．因为AC⊥BC，AC⊥FC，BC∩FC＝C，BC、FC⊂平面FBC，所以AC⊥平面FBC，又FB⊂平面FBC，所以AC⊥FB．在△FBC内，作CH⊥FB于点H，连接AH．因为AC∩CH＝C，AC、CH⊂平面ACH，所以FB⊥平面ACH，又AH⊂平面ACH，所以FB⊥AH，所以∠AHC是二面角A﹣FB﹣C的平面角．在Rt△FBC中，CH＝＝＝，在Rt△ACH中，，所以，故二面角A﹣FB﹣C的余弦值为．24．【解答】（1）证明：由已知得，平面ABCD⊥平面ABEF，在矩形ABCD中，CB⊥AB，又平面ABCD∩平面ABEF＝AB，CB⊂平面ABCD，∴CB⊥平面ABEF．∵AF⊂平面ABEF，∴CB⊥AF．又AB为圆O的直径，∴AF⊥BF．∵CB∩BF＝B，CB⊂平面CBF，BF⊂平面CBF，∴AF⊥平面CBF．而AF⊂平面DAF，∴平面ADF⊥平面BCF；（2）解：过点F作FH⊥AB，垂足为H，∵平面ABCD⊥平面ABEF，且平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴FH⊥平面ABCD，∴V1＝V F﹣BCE＝V C﹣BEF＝．＝．∴V1：V2＝1：4．25．【解答】（Ⅰ）证明：由题意得OA⊥OB，OA⊥OC，∵OB∩OC＝O，∴OA⊥平面COB，∵OM⊂平面COB，∴OA⊥OM；（Ⅱ）解：由已知得，．在△MOB中，由OB＝2，MB＝，∠OBM＝30°，利用余弦定理得OM＝＝，∴OM2+OB2＝＝MB2，得OM⊥OB，由（Ⅰ）知OM⊥OA，且OA∩OB＝O，∴MO⊥平面AOB．∵D是线段AB的中点，∴V D﹣OMB＝V M﹣DOB＝，∴四棱锥O﹣ACMD的体积为：V O﹣ACMD＝V A﹣BOC﹣V D﹣OBM＝．26．【解答】（Ⅰ）证明：连接DB1，连接D1B1交A1C1于O，则D1O＝OB1．∵D1E＝ED，∴EO∥DB1，又SD∥BB1，SD＝BB1，∴四边形SDB1B是平行四边形，得SB∥DB1，故SB∥EO．∵SB⊄平面EA1C1，EO⊂平面EA1C1，∴SB∥平面EA1C1；（Ⅱ）解：以D1为坐标原点，分别以D1A1、D1C1、D1D所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．则A1（2，0，0），C1（0，2，0），E（0，0，1），F（，，）．，，．设平面EA1C1的一个法向量为，由，取x＝1，得．设直线EF与平面EA1C1所成角为θ．则sinθ＝|cos＜＞|＝＝＝＝．∴直线EF与平面EA1C1所成角的正弦值为．27．【解答】解：（1）假设存在O∈AC，使C1O∥平面AB1D1，设A1C1∩B1D1＝O1．连结AO1，则平面A1ACC1∩平面AB1D1＝AO1，∵C1O⊂平面A1ACC1，∴AO1∥C1O，∵O1为A1C1的中点，∴O必为AC的中点，故存在O为AC的中点，使C1O∥平面AB1D1，且．（2）∵ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，∴AA1⊥平面A1B1C1D1，∵D1O1⊂平面A1B1C1D1，∴AA1⊥D1O1．又D1O1⊥A1C1，A1C1∩AA1＝A1，A1C1、AA1⊂面A1ACC1，∴D1O1⊥平面A1ACC1，D1O1⊥AO1，∴∠D1AO1为直线D1A与平面A1ACC1所成的角．∵D1O1⊥AO1，且，∴∠D1AO1＝30°．故直线D1A与平面A1ACC1所成的角为30°．28．【解答】（1）证明：如图1，取PC中点F，连接EF，BF，在△PDC中，E，F分别为PD，PC的中点，∴EF∥DC，，∵AB∥DC，，∴EF∥AB，EF＝AB，∴四边形AEFB为平行四边形，∴AE∥BF，又AE⊄平面PBC，BF⊂平面PBC，∴AE∥平面PBC．（2）解：取AB中点O，CD中点Q，连接OP，OQ，∵△P AB为正三角形，∴OP⊥AB，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB≠DC，AD＝BC，∴四边形ABCD为等腰梯形，O，Q分别为AB，DC的中点，∴OQ⊥AB，∵平面P AB⊥底面ABCD，且平面P AB∩底面ABCD＝AB，OP⊥AB，∴OP⊥底面ABCD，∴以点O为原点，以向量，，的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图2，设AB＝2，在等腰梯形ABCD中，AD＝2，DC＝4，，在等边三角形△P AB中，，∴A（0，﹣1，0），B（0，1，0），，，∵E为PD中点，∴，∴，，．设平面BAE的法向量为，则，即，取z1＝﹣1，得，设平面P AE的法向量为，则，即，取z2＝﹣1，得，设二面角B﹣AE﹣P为θ，有，∴，∴二面角B﹣AE﹣P的正弦值为．29．【解答】解：（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，∴BC⊥PD，∵底面ABCD为平行四边形，AB＝2AD＝4，PD＝BD＝AD，∴BD2+BC2＝CD2，∴BC⊥BD，∵PD∩BD＝D，∴BC⊥平面PBD．（2）解：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（2，0，0），P（0，0，2），B（0，2，0），C（﹣2，2，0），Q（﹣1，，），＝（2，0，﹣2），＝（0，2，﹣2），＝（﹣1，，﹣），设平面PBQ的法向量＝（x，y，z），则，取y＝1，得＝（0，1，1），cos＜＞＝＝＝，sin＜＞＝＝，S△PBQ＝＝，点A到平面PBQ的距离d＝＝＝，∴三棱锥A﹣PBQ的体积V A﹣PBQ＝＝＝2．30．【解答】（Ⅰ）证明：过D作DO⊥AE，垂足为O，连接OB，∵AD＝2，∠DAO＝45°，∴OD＝OA＝，在△AOB中，由余弦定理可得OB2＝OA2+AB2﹣2OA•AB•cos∠OAB＝2+4﹣2××2×＝2，∴OB＝，∵AB＝AD＝2，∠DAB＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴BD＝2．∴OD2+OB2＝BD2，则OB⊥OD，又OD⊥AE，AE∩OB＝O，∴OD⊥平面ABE，而OD⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面ABE；（Ⅱ）由（Ⅰ）知AO＝OB＝，AB＝2，∴OA2+OB2＝AB2，得OA⊥OB，∵OD⊥平面ABE，∴∠DEO为直线ED与平面ABE所成的角．以O为原点，以OB，OE，OD为坐标轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，则A（0，﹣，0），B（，0，0），D（0，0，），设E（0，t，0）（t＞0），∴＝（，，0），＝（0，t，﹣），设平面CDE的法向量为＝（x，y，z），则，令y＝1，得，∵OD⊥平面ABE，∴＝（0，0，1）为平面ABE的一个法向量，由平面DCE与平面ABE所成锐二面角的余弦值，得|cos＜＞|＝＝＝，解得t＝．∴tan∠DEO＝，得∠DEO＝30°．故直线DE与平面ABE所成角正弦值为．31．【解答】（Ⅰ）证明：取BC的中点F，连接EF、AF，因为E、F是PB，BC的中点，所以EF∥PC且＝1，又因为△ACB和△DAC是等腰三角形，AB＝，所以AD＝AC＝BC＝1，又因为DA∥PC，所以四边形ADEF是平行四边形，故DE∥AF，又因为AF⊂面ABC，DE⊄平面ABC，所以DE∥平面ABC．（Ⅱ）解：因为AC⊥BC，AC⊥PC，所以AC⊥面PBC，又因为DA∥PC，所以D到面PBC高等于|AC|，又因为S△BCE＝，所以．32．【解答】解：（Ⅰ）当B1C为圆柱OO1的母线时，BC⊥AB1．证明如下：在上取点C，使B1C为圆柱的母线，连接AC，则B1C⊥BC，∵AB为圆O的直径，∴BC⊥AC，∵B1C∩AC＝C，B1C⊂平面AB1C，AC⊂平面AB1C，∴BC⊥平面AB1C，∵AB1⊂平面AB1C，∴BC⊥AB1．（Ⅱ）由弧，的长为可得，AC＝A1C1＝1，∴，所以，∵BC＝＝，BB1＝＝，BO1＝＝，∴cos∠BO1B1＝＝﹣，∴sin∠BO1B1＝，∴S＝＝，设A1到平面BO1B1的距离为h，则V＝＝，解得h＝．∴A1到平面BO1B1的距离是．33．【解答】（1）证明：取PB的中点G，连接EG，FG，则FG∥BC，且FG＝BC，∵四边形ABCD是正方形，E是AD的中点，∴DE∥BC，DE＝BC，∴FG∥DE且FG＝DE，∴四边形DEGF为平行四边形，∴DF∥EG，又DF⊄平面PBE，EG⊂平面PBE，∴DF∥平面PBE．（2）解：∵BD＝DC＝2，PD＝2，∴PB＝＝2，又AE＝DE＝1，AB＝PD＝2，∴BE＝PE＝，∴△PBE的边PB上的高为h＝＝，∴S△PBE＝＝，设D到平面PBE的距离为d，则V D﹣PBE＝＝．又V D﹣PBE＝V P﹣BDE＝＝．∴d＝．设PD与平面PBE所成角为α，则sinα＝＝．故直线PD与平面PBE所成角的正弦值为．34．【解答】（1）证明：∵AC⊥BD，BC＝CD，∴Rt△OBC≌Rt△ODC，∴OB＝OD，即O为BD的中点，又Q是PD的中点，∴OQ∥PB，又PB⊂平面P AB，OQ⊄平面P AB，∴OQ∥平面P AB．（2）解：∵M是PC的中点，P A⊥平面ABCD，∴M到平面ABCD的距离为P A＝，∵AB⊥BC，AB＝1，AC＝2，∴BC＝，OB＝＝，∴BD＝2OB＝，OA＝，∴V M﹣ABD＝＝，∵PB＝＝，BC＝，PC＝＝，∴PB2+BC2＝PC2，∴PB⊥BC，∴BM＝PC＝．同理可得DM＝，又BD＝，∴cos∠BMD＝＝﹣，∴sin∠BMD＝，∴S△BMD＝＝．设A到平面BMD的距离为h，则V A﹣BMD＝＝，解得h＝．故点A到平面MBD的距离为．35．【解答】（1）证明：取BC的中点F，连接EF、AF，因为E、F分别是PB、BC的中点，所以EF∥PC且．因为AC⊥BC，△ACB和△DAC是等腰三角形，，所以DA＝AC＝BC＝2，即DA＝PC，又因为DA∥PC，所以DA∥EF，DA＝EF，所以四边形ADEF是平行四边形，所以DE ∥AF因为AF⊂面ABC，DE⊄面ABC，所以DE∥平面ABC．（2）解：因为AC⊥BC，AC⊥PC，BC∩PC＝C，BC、PC⊂面PBC，所以AC⊥面PBC，因为DA∥PC，所以点D到面PBC的距离为AC＝2．因为DA⊥平面ABC，DA∥PC，所以PC⊥平面ABC，所以PC⊥BC，所以EF⊥BC，所以S△BCE＝EF•BC＝××4×2＝2．因为PC⊥BC，AC⊥BC，PC∩AC＝C，PC、AC⊂平面ACD，所以BC⊥平面ACD，所以BC⊥CD，所以S△BCD＝BC•CD＝2×＝．设点E到平面BCD的距离为d，∵V E﹣BCD＝V D﹣BCE，∴d•S△BCD＝AC•S△BCE，即d•＝2•2，解得d＝，所以点E到平面BCD的距离，∵DE＝AF＝＝＝，设DE与平面BCD所成角为θ，则，故DE与平面BCD所成角的正弦值为．36．【解答】（1）证明：连接DM，∵AB＝BC＝，∠ABC＝90°，且M是AC的中点，∴BM⊥AC，BM＝1，AC＝2，∵∠ADC＝90°，∠DCA＝60°，M是AC得中点，∴DM＝AC＝1，又DB＝，∴DM2+BM2＝DB2，∴DM⊥BM，又DM∩AC＝M，∴BM⊥平面ACD，∴BM⊥DC．（2）解：∵AD＝，AB＝BD＝，∴cos∠ABD＝＝，sin∠ABD＝，∴S△ABD＝＝，设M到平面ABD的距离为h，则V M﹣ABD＝＝h，又V M﹣ABD＝V B﹣ADM＝S△ADM•BM＝•S△ACD•BM＝××1×1＝．∴h＝，解得h＝．设BM与平面ADB所成角为α，则sinα＝＝，故BM与平面ADB所成角的正弦值为．37．【解答】（1）证明：设AC∩BE＝O，则O为AC的中点，∵P A＝PC，∴PO⊥AC．由正六边形的性质可知，AC⊥BE．∵PO∩BE＝O，PO、BE⊂平面PBE，∴AC⊥平面PBE，∵AC⊂平面P AC，∴平面P AC⊥平面PBE．。

新高考专题04立体几何【2022年新高考1卷】1．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1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，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1485m ．上升到1575m ． 2.65）（ ）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯【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157.5148.59MN =-=(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ． 棱台上底面积262140.014010S ==⨯km m ，下底面积262180.018010S '==⨯km m ，∴((66119140101801033V h S S =+=⨯⨯⨯+⨯+'(()679933320109618 2.6510 1.43710 1.410(m )=⨯+⨯≈+⨯⨯=⨯≈⨯．故选：C ．【2022年新高考1卷】2．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3l ≤≤则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦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3R =,设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ， 则2222l a h =+，22232(3)a h =+-,所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936l l l V Sh a h l l ⎛⎫==⨯⨯=⨯-⨯- ⎪⎝⎭，所以5233112449696l l V l l ⎛⎫⎛⎫-'=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当3l ≤≤0V '>，当l ≤0V '<，所以当l =时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又3l =时，274V =，l =814V =,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276443⎡⎤⎢⎥⎣⎦，.故选：C.【2022年新高考2卷】3．已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为则该球的表面积为（ ） 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12,r r ，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12,r r ，所以123432,260sin 60r r ==，即123,4r r ==，设球心到上下底面的距离分别为12,d d ，球的半径为R ，所以1d 2d =故121d d -=或121d d +=，1=1=，解得225R =符合题意，所以球的表面积为24π100πS R ==． 故选：A ．【2021年新高考1卷】4）A ．2B ．C ．4D ．【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为l ，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l 的值，即为所求. 【详解】设圆锥的母线长为l ，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则2l ππ=解得l = 故选：B.【2021年新高考2卷】5．正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）A．20+B ．C ．563D 【答案】D 【解析】 【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解. 【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高h下底面面积116S =，上底面面积24S =，所以该棱台的体积((121116433V h S S =+=+ 故选：D.【2020年新高考1卷（山东卷）】6．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（ ）A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°【答案】B【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A 处的纬度，计算出晷针与点A 处的水平面所成角. 【详解】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥.. 由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒， 由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒. 故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.【2022年新高考1卷】7．已知正方体1111ABCD A B C D -，则（ ） A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒ D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒【答案】ABD【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1B C 、1BC ，因为11//DA B C ，所以直线1BC 与1B C 所成的角即为直线1BC 与1DA 所成的角，因为四边形11BB C C 为正方形，则1B C ⊥1BC ，故直线1BC 与1DA 所成的角为90︒，A 正确；连接1A C ，因为11A B ⊥平面11BB C C ，1BC ⊂平面11BB C C ，则111A B BC ⊥， 因为1B C ⊥1BC ，1111A B B C B =，所以1BC ⊥平面11A B C ，又1AC ⊂平面11A B C ，所以11BC CA ⊥，故B 正确； 连接11A C ，设1111AC B D O =，连接BO ，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，1C O ⊂平面1111D C B A ，则11C O B B ⊥， 因为111C O B D ⊥，1111B D B B B ⋂=，所以1C O ⊥平面11BB D D ， 所以1C BO ∠为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角，设正方体棱长为1，则1C O =1BC 1111sin 2C O C BO BC ∠==， 所以，直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为30，故C 错误；因为1C C ⊥平面ABCD ，所以1C BC ∠为直线1BC 与平面ABCD 所成的角，易得145C BC ∠=，故D 正确. 故选：ABD【2022年新高考2卷】8．如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（ ）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【答案】CD 【解析】 【分析】直接由体积公式计算12,V V ，连接BD 交AC 于点M ，连接,EM FM ，由3A EFM C EFM V V V --=+计算出3V ，依次判断选项即可. 【详解】设22AB ED FB a ===，因为ED ⊥平面ABCD ，FB ED ，则()2311114223323ACDV ED Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=， ()232111223323ABCV FB Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=，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12BM DM BD ==，过F 作FG DE ⊥于G ，易得四边形BDGF 为矩形，则,FG BD EG a ===，则,EM FM ==，3EF a =，222EM FM EF +=，则EM FM ⊥，212EFMS EM FM =⋅=，AC =， 则33123A EFM C EFM EFMV V V AC S a --=+=⋅=，则3123V V =，323V V =，312V V V =+，故A 、B 错误；C 、D 正确. 故选：CD.【2021年新高考1卷】9．在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值 C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A ，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B ，将P 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数；对于D ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数．【详解】易知，点P 在矩形11BCC B 内部（含边界）．对于A ，当1λ=时，11=BP BC BB BC CC μμ=++，即此时P ∈线段1CC ，1AB P △周长不是定值，故A 错误；对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB BC λλ=++，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当12λ=时，112BP BC BB μ=+，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP BQ QH μ=+，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，1A ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，则112A P μ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，10,,2BP μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()110A P BP μμ⋅=-=，所以0μ=或1μ=．故,H Q 均满足，故C 错误； 对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为0,0A ⎫⎪⎪⎝⎭，所以01,2AP y ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，11,12A B ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +-=⇒=-，此时P 与N 重合，故D 正确． 故选：BD ．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．【2021年新高考2卷】10．如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足MN OP ⊥的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】BC 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC 的正误，平移直线MN 构造所考虑的线线角后可判断AD 的正误. 【详解】设正方体的棱长为2，对于A ，如图（1）所示，连接AC ，则//MN AC ， 故POC ∠（或其补角）为异面直线,OP MN 所成的角，在直角三角形OPC ，OC =1CP =，故tanPOC ∠== 故MN OP ⊥不成立，故A 错误.对于B ，如图（2）所示，取NT 的中点为Q ，连接PQ ，OQ ，则OQ NT ⊥，PQ MN ⊥， 由正方体SBCM NADT -可得SN ⊥平面ANDT ，而OQ ⊂平面ANDT ， 故SN OQ ⊥，而SNMN N =，故OQ ⊥平面SNTM ，又MN ⊂平面SNTM ，OQ MN ⊥，而OQ PQ Q =，所以MN ⊥平面OPQ ，而PO ⊂平面OPQ ，故MN OP ⊥，故B 正确.对于C ，如图（3），连接BD ，则//BD MN ，由B 的判断可得OP BD ⊥， 故OP MN ⊥，故C 正确.对于D ，如图（4），取AD 的中点Q ，AB 的中点K ，连接,,,,AC PQ OQ PK OK ， 则//AC MN ，因为DP PC =，故//PQ AC ，故//PQ MN ，所以QPO ∠或其补角为异面直线,PO MN 所成的角，因为正方体的棱长为2，故12PQ AC ==OQ ==PO =222QO PQ OP <+，故QPO ∠不是直角，故,PO MN 不垂直，故D 错误. 故选：BC.【2020年新高考1卷（山东卷）】11．已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∴BAD =60°．以1D 球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．. 【解析】 【分析】根据已知条件易得1D E =1D E ⊥侧面11B C CB ，可得侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E 可得侧面11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，再根据弧长公式可求得结果. 【详解】 如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以∴111D B C 为等边三角形，所以1D E 111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，1D E =||EP ==所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ， 因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得2FG π==.. 【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题. 【2020年新高考2卷（海南卷）】12．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，则三棱锥A -NMD 1的体积为____________ 【答案】13【解析】 【分析】利用11A NMD D AMN V V --=计算即可. 【详解】因为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点 所以11111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯⨯⨯=故答案为：13【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些. 【2022年新高考1卷】13．如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【答案】【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11ABB A ，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111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则111111112211433333A A BC A A ABC A ABC AB BC C C B V Sh h V S A A V ---=⋅===⋅==，解得h =所以点A 到平面1A BC （2）取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥, 又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以AE ⊥平面1A BC ， 在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥， 又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE 12AA AB ==，1A B =2BC =， 则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1A C 的中点()1,1,1D ， 则()1,1,1BD =，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()1,0,1m =-，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c =，则020n BD a b c n BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩， 可取()0,1,1n =-， 则11cos ,22m n m n m n⋅===⨯⋅，所以二面角A BD C --.【2022年新高考2卷】14．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30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，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）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，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90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒， 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3PO =，5AP =，所以4OA ==，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD，AB = 所以12AC =，所以()O，()B，()P ，()0,12,0C ，所以32E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则332AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()4AB =，()0,12,0AC =，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则33302430n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令2z =，则3y =-，0x =，所以()0,3,2n =-；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则33302120m AE ab c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令a =6c =-，0b =，所以()3,0,6m =-；所以cos ,13n m n m n m⋅-===设二面角C AE B --的大小为θ，则43cos cos ,=13n m θ=，所以11sin 13θ==，即二面角C AE B --的正弦值为1113.【2021年新高考1卷】15．如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)证明见解析； 【解析】【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可. 【详解】（1）因为AB AD =，O 是BD 中点，所以OA BD ⊥， 因为OA ⊂平面ABD ，平面ABD ⊥平面BCD ， 且平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OA ⊥平面BCD ． 因为CD ⊂平面BCD ，所以OA CD ⊥. （2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O 为坐标原点，OA 为z 轴，OD 为y 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，则1,0),(0,1,0),(0,1,0)2C D B -，设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,所以4233(0,,),(,,0)3322EB m BC =--=，设(),,n x y z =为平面EBC 的法向量，则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩可求得平面EBC 的一个法向量为2(3,1,)n m =--．又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m =，所以cos ,n OA ==1m =． 又点C 到平面ABD112132A BCD C ABD V V --==⨯⨯⨯=， 所以三棱锥A BCD -[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角 如图所示，作EG BD ⊥，垂足为点G ．作GF BC ⊥，垂足为点F ，连结EF ，则OA EG ∥．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，EFG 为二面角E BC D --的平面角．因为45EFG ∠=︒，所以EG FG =． 由已知得1OB OD ==，故1OB OC ==．又30OBC OCB ∠=∠=︒，所以BC =因为24222,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======，111122(11)13332A BCD BCDBOCV SO S OA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=． [方法三]：三面角公式考虑三面角B EDC -，记EBD ∠为α，EBC ∠为β，30DBC ∠=︒， 记二面角E BC D --为θ．据题意，得45θ=︒． 对β使用三面角的余弦公式，可得cos cos cos30βα=⋅︒，化简可得cos βα=．∴使用三面角的正弦公式，可得sin sin sin αβθ=，化简可得sin βα．∴ 将∴∴两式平方后相加，可得223cos 2sin 14αα+=，由此得221sin cos 4αα=，从而可得1tan 2α=±．如图可知π(0,)2α∈，即有1tan 2α=，根据三角形相似知，点G 为OD 的三等分点，即可得43BG =， 结合α的正切值，可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD -【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速. 【2021年新高考2卷】16．在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2,3AD QD QA QC ====．（1）证明：平面QAD ⊥平面ABCD ； （2）求二面角B QD A --的平面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）23. 【解析】 【分析】（1）取AD 的中点为O ，连接,QO CO ，可证QO ⊥平面ABCD ，从而得到面QAD ⊥面ABCD . （2）在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，建如图所示的空间坐标系，求出平面QAD 、平面BQD 的法向量后可求二面角的余弦值. 【详解】（1）取AD 的中点为O ，连接,QO CO . 因为QA QD =，OA OD =，则QO ⊥AD ，而2,AD QA ==2QO ==.在正方形ABCD 中，因为2AD =，故1DO =，故CO =因为3QC =，故222QC QO OC =+，故QOC 为直角三角形且QO OC ⊥， 因为OCAD O =，故QO ⊥平面ABCD ，因为QO ⊂平面QAD ，故平面QAD ⊥平面ABCD .（2）在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥， 结合（1）中的QO ⊥平面ABCD ，故可建如图所示的空间坐标系.则()()()0,1,0,0,0,2,2,1,0D Q B -，故()()2,1,2,2,2,0BQ BD =-=-.设平面QBD 的法向量(),,n x y z =，则00n BQ n BD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即220220x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩，取1x =，则11,2y z ==，故11,1,2n ⎛⎫= ⎪⎝⎭.而平面QAD 的法向量为()1,0,0m =，故12cos ,3312m n ==⨯.二面角B QD A --的平面角为锐角，故其余弦值为23. 【2020年新高考1卷（山东卷）】17．如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ∴底面ABCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ∴平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得AD ⊥平面PDC ，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得//AD l ，从而得到l ⊥平面PDC ；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)Q m ，之后求得平面QCD 的法向量以及向量PB 的坐标，求得cos ,n PB <>的最大值，即为直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值. 【详解】 （1）证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以//AD 平面PBC，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥ 因为CD PD D =，所以l ⊥平面PDC ． （2）［方法一］【最优解】：通性通法因为,,DP DA DC 两两垂直，建立空间直角坐标系D xyz -，如图所示：因为1PD AD ==，设(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ， 设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-， 设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则 1cos ,3n PB n PB n PB⋅+<>==根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>==≤，当且仅当1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD . ［方法二］：定义法如图2，因为l ⊂平面PBC ，Q l ∈，所以Q ∈平面PBC ．在平面PQC 中，设PB QC E =．在平面PAD 中，过P 点作PF QD ⊥，交QD 于F ，连接EF ． 因为PD ⊥平面,ABCD DC ⊂平面ABCD ，所以DC PD ⊥． 又由,,DC AD ADPD D PD ⊥=⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以DC ⊥平面PAD ．又PF ⊂平面PAD ，所以DC PF ⊥．又由,,PF QD QDDC D QD ⊥=⊂平面,QOC DC ⊂平面QDC ，所以PF ⊥平面QDC ，从而FEP ∠即为PB 与平面QCD 所成角．设PQ a =，在PQD △中，易求PF =由PQE 与BEC △相似，得1PE PQ a EB BC ==，可得PE =所以sin FEP ∠=≤1a =时等号成立． ［方法三］：等体积法如图3，延长CB 至G ，使得BG PQ =，连接GQ ，GD ，则//PB QG ，过G 点作GM ⊥平面QDC ，交平面QDC 于M ，连接QM ，则GQM ∠即为所求．设PQ x =，在三棱锥Q DCG -中，111()(1)326Q DCG V PD CD CB BG x -=⋅⋅+=+．在三棱锥G QDC -中，111323G QDC V GM CD QD GM -=⋅⋅=由Q DCG G QDC V V --=得11(1)63x GM +=解得GM ==， 当且仅当1x =时等号成立．在Rt PDB △中，易求PB QG ==，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为sin MQG ∠== 【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值即为平面QCD 的法向量n 与向量PB 的夹角的余弦值的绝对值，即cos ,n PB <>，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB 与平面QCD 所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；方法三：巧妙利用//PB QG ，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出． 【2020年新高考2卷（海南卷）】18．如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB ，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得//AD l ，利用线面垂直的判定定理证得AD ⊥平面PDC ，从而得到l ⊥平面PDC ；（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)Q m ，之后求得平面QCD 的法向量以及向量PB 的坐标，求得cos ,n PB <>，即可得到直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值.【详解】 （1）证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =， 所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥ 且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥ 因为CD PD D = 所以l ⊥平面PDC ；（2）如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ， 设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，因为QB 1m = 设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y x z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则1z =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,1)n =-，则2cos ,1n PB n PB n PB⋅<>==== 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于6|cos ,|3n PB <>=所以直线PB 与平面QCD 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.。

2024年高考数学立体几何复习试卷及答案
一、选择题
1．已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线()
A．只有一条，不在平面α内
B．只有一条，且在平面α内
C．有无数条，一定在平面α内
D．有无数条，不一定在平面α内
答案B
解析假设过点P且平行于l的直线有两条m与n，则m∥l且n∥l，由平行公理得m∥n，这与两条直线m与n相交与点P相矛盾，故过点P且平行于l的直线只有一条，又因为点P 在平面内，所以过点P且平行于l的直线只有一条且在平面内．故选B.
2．设m，n为两条不同的直线，α为平面，则下列结论正确的是()
A．m⊥n，m∥α⇒n⊥αB．m⊥n，m⊥α⇒n∥α
C．m∥n，m⊥α⇒n⊥αD．m∥n，m∥α⇒n∥α
答案C
解析对于A，若m⊥n，m∥α时，可能n⊂α或斜交，故错误；
对于B，m⊥n，m⊥α⇒n∥α或n⊂α，故错误；
对于C，m∥n，m⊥α⇒n⊥α，正确；
对于D，m∥n，m∥α⇒n∥α或n⊂α，故错误．
故选C.
3．已知l⊥平面α，直线m⊂平面β.有下面四个命题：
①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；
③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.
其中正确的命题是()
A．①②B．③④
C．②④D．①③
答案D
解析∵l⊥α，α∥β，∴l⊥β，∵m⊂β，∴l⊥m，故①正确；∵l∥m，l⊥α，∴m⊥α，又∵m⊂β，∴α⊥β，故③正确．
4.如图所示，在四面体D－ABC中，若AB＝BC，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是()
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2020年高考数学 立体几何试题分类汇编 理（安徽）（A ） 48 (B)32+817 (C) 48+817 (D) 80（北京）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是A ．8B ．62C．10D ．82（湖南）设图一是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．9122π+B ．9182π+ C ．942π+ D ．3618π+答案：B3 正视图侧视图解析：有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积3439+332=18322V ππ=⨯⨯+（）。

（广东）如图l —3．某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为A.63B.93C.123D.183（江西）已知321,,ααα是三个相互平行的平面,平面21,αα之间的距离为1d ,平面32,αα之间的距离为2d .直线l 与321,,ααα分别交于321,,P P P .那么”“3221P P P P =是”“21d d =的 ( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件答案：C解析：平面321,,ααα平行，由图可以得知：如果平面距离相等，根据两个三角形全等可知3221P P P P = 如果3221P P P P =，同样是根据两个三角形全等可知21d d =（辽宁）如图，四棱锥S —ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确．．．的是 A ．AC ⊥SB B ．AB ∥平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角（辽宁）已知球的直径SC =4，A ，B 是该球球面上的两点，AB =3，ο30=∠=∠BSC ASC ，则棱锥S —ABC的体积为 A ．33B ．32C ．3D ．1（全国2）已知直二面角l αβ--，点,A AC l α∈⊥,C 为垂足，,,B BD l D β∈⊥为垂足．若AB=2，AC=BD=1，则D 到平面ABC 的距离等于 (A)2 (B)3 (C)6 (D) 1 【思路点拨】本题关键是找出或做出点D 到平面ABC 的距离DE ，根据面面垂直的性质不难证明AC ⊥平面β，进而β⊥平面平面ABC,所以过D 作DE BC ⊥于E ，则DE 就是要求的距离。

高考数学真题模拟好题专题练习：立体几何【命题趋势】立体几何一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点，理科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用，简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题.另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图.选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及二面角问题.本专题针对高考高频知识点以及题型进行总结，希望通过本专题的学习，能够掌握高考数学中的立体几何的题型，将高考有关的立体几何所有分数拿到.【满分技巧】基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长.要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求.内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求.求点到平面的距离问题：采用等体积法.求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高.对于二面角问题应采用建立立体坐标系去求.但是坐标系要注意采用左手系务必要标记准确对应点以及法向量对应的坐标.【考查题型】选择，填空，解答题【限时检测】（建议用时：45分钟）1．（2019·安徽高考模拟（理））已知,m n 是两条不同的直线，,,αβγ是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A ．若//,//m n αα，则//m nB ．若,αγβγ⊥⊥，则//αβC ．若//,//m n αα，且,m n ββ⊂⊂，则//αβD ．若,m n αβ⊥⊥，且αβ⊥，则m n ⊥2．（2019·四川射洪中学高三月考（理））已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最大边长为（ ）A B C D ．3．（2019·安徽高考模拟（理））当动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的体对角线1A C 上运动时，异面直线BP 与1AD 所成角的取值范围是（ ）A ．,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．,43ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．,32ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭4．（2019·湖南高三期末（理））设a ，b 是空间中不同的直线，α，β是不同的平面，则下列说法正确的是（ ）A ．a b ∥，b α⊂，则a P αB ．a α⊂，b β⊂，αβ∥，则a b ∥C ．a α⊂，b α⊂，a β∥，b β∥，则αβ∥D ．αβ∥，a α⊂，则a β∥ 5．（2019·贵州高考模拟（理））如图在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点. 设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是( )A ．B ．C ．33D ．[3 6．（2019·宁夏吴忠中学高考模拟（理））已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =o ，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（ ）A B C D 7．（2019·广东高考模拟（理））已知三棱锥P ABC -的底面ABC 是边长为2的等边三角形，PA ⊥平面ABC ，且2PA =，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）A ．683πB ．20πC ．48πD ．283π 8．（2019·河南高考模拟（理））如图，点P 在正方体1111ABCD A B C D -的面对角线1BC 上运动，则下列四个结论：①三棱锥1A D PC -的体积不变；1//A P ②平面1ACD ；1DP BC ⊥③；④平面1PDB ⊥平面1ACD ．其中正确的结论的个数是( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个9．（2019·河北高考模拟（理））正方体1111ABCD A B C D -的棱上(除去棱AD)到直线 1A B 与1CC 的距离相等的点有3个，记这3个点分别为,,E F G ，则直线1AC 与平面EFG 所成角的正弦值为（ ）A B C D 10．（2019·湖北高考模拟（理））如图，已知四面体ABCD 为正四面体，2,AB E F =，。

如图所示，ADB 和 CBD 都是等腰直角三角形，且它们所在的平面互相垂直，ADBCBD 90,AD a（I ）求异面直线 AD 、BC 所成的角。

（II ）设 P 是线段 AB 上的动点，问 P 、B 两点间的距离多少时？PCD 与 BCD 所在平面成 45角；APBDCAPOBDEFC1.解：（I ）ADB 90AD BDAD 面C BD面A DB 面C BD ，面A DB 面C BD BD BC 面C BDAD BC异面直线 AD 、BC 所成角为 90。

4 分（II ）过点 P 作PE BD于 E ，过点 E 作EF CD于 F ，连结 PF 。

面A DB 面C BD 面ADB 面CBD BD PE BDPE 面CBD CD EF面C BD 内射影CD PF EF CDPFE 是二面角P CD B 的平面角8 分。

PFE 45设 PB x ，则在 Rt PEB 中， PE BE DE ax22 2 1在 Rt DFE 中， EF2 2 22 2x，在 Rt PEF 中， EF P E ，a x x ， x 2 2 2(22 )a即 P 、B 两点间距离为11 分(2 2 )a 时， PCD 与 BCD 所在平面成45角。

12 分2.【哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学 2020 模拟年高三 第二次联合考试数学试卷（理科）】已 知 直 三 棱 柱 ABC A B C 中 ， ABC90， AB=BC=a ，1 1 1AA2 AB ，M 为 CC 11上的点。

（1）当 M 在C C 上的什么位置时， B M 与平面AA CC 所成的角1111为 30；（2）在（1）的条件下求 B 到平面 AMB 的距离。

1EF 是PF 在2 DE a x21 2CMC 1BB 1AA 12. 解：（1）取A C 的中点N ，连结B N ，N M1 11111面A C CA 面A B C1 1 1 1 1面A C CA 面A B C A C B N 面A C CA1 11 1 1 1 1111 1B CA BB NA C1 11 1111 1则B MN 为B M 与面A C CA 所成的角…………3 分1111 1设C M x ，B N 1112 B N sin 1 1 2B M12a 2 x 2 a 21 2解得x a ，则C M C C2 M 为C C 的中点 ………… 6分1（2）取BB 的中点K ，连结M K ，则M K 面A B BA11 1过K 作K S AB ，连M S ，过K 作K H MS1CMC 1BKH N 1B 1SAA 1a ， B MN1111 1KH 的长为K 到面A MB 1的距离，由BB2 B K ，则 B 到面 11AMB 1的距离为 K 到面AMB 1的距离的 2 倍…………9 分a·a 在R t MKS 中，MK a ，KS a ，KH K S ·MK55 MS6 a 56a 6K 到面AB M 的距离为 166a6B 到面AMB 的距离为 a3…………12 分另法一 ：利用体积相等 ，VB AMB1VM ABB1可求得： B 到面A MB 的距离为16 3a另法二：可利用面ABM 面B MB13．如图已知四棱锥 P —ABCD ，PA ⊥平面 ABCD ，底面 ABCD 为直 角梯形，∠A=90°且 AB//CD ，AB= CD.2（I ）点 F 在线段 PC 上运动，且设| PF || FC |,问当为何值时，BF//平面 PAD ？并证明你的结论；（Ⅱ）二面角 F —CD —B 为 45°，求二面角 B —PC —D 的大小；11（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若 AD=2，CD=3，求点 A 到平面 PBC 的距离.3．解：（1）当1时, BF // 平面P AD .（1 分）证明：取PD 中点 E ，则EF//CD ，且EF 1 2CD , 又AB // CD 且A B CD ,2 ∴四边形 ABFE 为平行四边形.（3 分）∴BF//AE. 又 AE 平面 PAD ∴BF//平面 PAD （4 分）（2）P A 平面 ABCD ，CD AD角的平面角 （5 分）PDA 45C D P DPDA即是二面PAD为等腰直角三角形， AE P D , C D AD , AE CD ,AE平面 PCD又 BF//AE ， B F 平面 PCD. B F 平面1PBC，∴平面PCD⊥平面PBC，即二面角B—PC—D的大小为90°.（8分）（3）在平面PCD内作EH⊥PC于点H，由平面PCD⊥平面PBC 且平面PCD平面PBC=PC知：EH⊥平面PBC. （9分）在Rt PCD中,PC PD2CD217，在Rt PEF中,EH PF PE EF,将P E 2,PF 173,EF22代入得：EH 334334.1717.（11分）又AE//BF ,AE//平面PBC ,点A到平面PBC的距离为33417.（12分）4．【北京四中2020模拟年数学第一次统测（理科）】如图，（1）若；分别是正方体的棱，求证：无论点在上的点.上如何移动，总有（２）若，且平面，求二面角的大小.4.（I）证法一：连AC、BD，则BD⊥AC，即点E到平面PBC的距离为∵，∴MN//AC，∴BD⊥MN.又∵DD1⊥平面ABCD，∴DD1⊥MN，∴MN⊥平面BDD1.∵无论点P在DD1上如何移动，总有BP平面BDD1，故总有MN⊥BP.证法二：连结AC、BD，则AC⊥BD.∵，∴MN//AC，∴MN⊥BD，又PD⊥平面ABCD，由三垂线定理得：MN⊥PB.（II）解法一：过P作PG⊥C1C交CC1于G，连BG交B1N 于O1，∵PB⊥平面B1MN，∴PB⊥B1N.又∵PG⊥平面B1BCC1，∴BG⊥B1N，∴ΔBB1N≌ΔBCG，∴BN=CG，NC=GC1，∴BN∶NC=DP∶PD1=2∶1.同理BM∶MA=DP∶PD1=2∶1.设AB=3a,则BN=2a,∴,,连MO1，∵AB⊥平面B1BCC1，∴MO1⊥B1N，∵∠MO1B就是二面角M-B1N-B的平面角，，∴.解法二：设BD与MN相交于F，连结B1F，∵PB⊥平面MNB1，∴PB⊥B1F，PB⊥MN，∴在对角面BB1D1D内，ΔPBD∽ΔBB1F，，∴，即设BB1=DD1=3，则PD=2，，故.∵MN⊥PB，由三垂线定理得MN⊥BD，MN//AC，MN=2BF= ，BN=2，.设二面角B-B1N-M的平面角为α，则，.5．【2020模拟年高考重庆地区信息试卷数学试题】已知△BCD中，∠BCD=90°，BC=CD=1，AB⊥平面BCD，∠ADB =60°，E 、F分别是 AC 、AD 上的动点，且A C AD （Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面 BEF ⊥平面 ABC ； （Ⅱ）当λ为何值时，平面 BEF ⊥平面 ACD ？5．（1）∵AB⊥平面 BCD ， ∴AB⊥CD，∵CD⊥BC 且 AB ∩BC=B ， ∴ CD ⊥平面 ABC. 3 分又AEAF (0 1),AC AD∴不论λ为何值，恒有 EF ∥CD ，∴EF ⊥平面ABC ，EF 平面 BEF,∴ 不 论 λ 为 何 值 恒 有 平 面BEF ⊥ 平 面 ABC.6 分（2）由（Ⅰ）知，BE⊥EF，又平面 BEF ⊥平面 ACD ，∴BE ⊥平面 ACD ，∴ BE ⊥AC. 8 分∵BC=CD=1 ，∠BCD=90°，∠ADB=60°，∴BD 2, AB 2 tan 606,10 分AC AB 2BC 27,由AB 2=AE·AC 得AE67,AE 6,AC 7AE AF (0 1).故当67时，平面BEF⊥平面ACD.12分19．湖北省部分重点中学2020模拟年春季期中联考如图，ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝a，AB＝2a，E是线段PD上的点，F是线段AB上的点，且PEED BFFAλ(λ0)．(I)当λ12时，求直线EF与平面ABCD所成角的正弦值：(Ⅱ)是否存在实数λ，使异面直线EF与CD所成角为60°?若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由．5.（1）sin EFM EM213 EF13(2)存在实数λ，其值为5。

2020高考虽然延期，但是每天练习一定要跟上，加油！一、选择题1、已知m,n 是两条不同直线，α,β,Υ是三个不同平面.下列命题中正确的是（A ）若α⊥Υ，β∥Υ，则α∥β (B)若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n （C ）若m ∥α，n ∥α，则m ∥n （D ）若m ∥α，m ∥β，则a ∥β2、如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2,AA 1=1,则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为 A.63B.265C.155D.1053、用与球心距离为1的平面去截面面积为π，则球的体积为 A.323πB.83πC.82πD. 823π4、已知直线m 、n 和平面、满足m ⊥n ，⊥，m α⊥则 A. n ⊥B. n ∥或nC. n ⊥D. n ∥或n5、长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的8个顶点在同一个球面上，且AB ＝2，AD ＝3，AA 1＝1，则顶点A 、B 间的球面距离是 A.42πB.22π C.π2 D.π226、设直线m 与平面α相交但不．垂直，则下列说法中正确的是 A. 在平面α内有且只有一条直线与直线m 垂直 B. 过直线m 有且只有一个平面与平面α垂直 C. 与直线m 垂直的直线不可能．．．与平面α平行 D. 与直线m 平行的平面不．可能与平面α垂直 7、已知三棱柱ABC －111C B A 的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC内的射影为△ABC 的中心，则A 1B 与底面ABC 所成角的正弦值等于 (A)31(B)32 (C)33 (D)32 8、正四棱锥的侧棱长为32，侧棱与底面所成的角为︒60，则该棱锥的体积为A. 3B. 6C. 9D.189、已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆.若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于A.1B. 2C. 3D. 210、设M 是球O 的半径OP 的中点，分别过M 、O 作垂直于OP 的平面，截球面得到两个圆，则这两个圆的面积比值为（A ）14 （B ）12 （C ）23（D ）3411、设直线l α⊂平面，过平面α外一点A 且与l 、α都成30°角的直线有且只有（A ）1条 （B ）2条 （C ）3条 （D ）4条12、若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60°的菱形，则该棱柱的体积为（A （B ） （C ） （D ）13、设a b ，是两条直线，αβ，是两个平面，则a b ⊥的一个充分条件是（ ）A ．a b αβαβ⊥⊥，∥，B ．a b αβαβ⊥⊥，，∥C ．a b αβαβ⊂⊥，，∥D ．a b αβαβ⊂⊥，∥，14、对两条不相交的空间直线a 和b ，必定存在平面α，使得 （A ）,a b αα⊂⊂ （B ）,//a b αα⊂ （C ）,a b αα⊥⊥ （D ）,a b αα⊂⊥15、设有直线m 、n 和平面α、β。

2020年高考模拟数学试卷本试题卷分选择题和非选择题两部分。

满分150分，考试时间120分钟。

请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。

参考公式：柱体的体积公式：V Sh = 其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高 锥体的体积公式：13V Sh = 其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高台体的体积公式：121()3V S S h =其中1S ，2S 分别表示台体的上、下底面积，h 表示台体的高球的表面积公式：24πV R =球的体积公式：34π3V R =，其中R 表示球的半径 选择题部分（共40分）一．选择题（本大题共10小题, 每题4分, 共40分） 1．若集合{|=}A x x x =，则集合R C A =（ ）A ．φB ．RC ．{|0}x x ≥D ．{|0}x x < 2．已知,,x a b R ∈，“22x a b >+”是“2x ab >”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 3.设复数1z ，2z 满足122,1,z i z i ==+则12z z =（ ） A ．12 B ．2CD ．2 4．不等式组03434x x y x y ≥⎧⎪+≥⎨⎪+≤⎩，所表示的平面区域的面积等于（ ）A ．23 B ．34 C ．32 D ．43 5．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A ．8π3B ．3πC ．10π3D ．6π6．如图，ABC ∆中，BC AB =，︒=∠120ABC ，若以B A ,为焦点的双曲线经过点C ，则该双曲线的离心率为（ ） A ．231+ B ．3C ．25D ．27 7．若正实数,x y 满足()2e e e yx y x ⋅=，则2x y +取得最小值时，x =（ ） A ．5 B ． 3 C ．2 D ．18．一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球1个、黑球2个，现随机 等可能取出小球．当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为1ξ；当无放回依次 取出两个小球时，记取出的红球数为2ξ，则（ ）A. 12E E ξξ<，12D D ξξ<B. 12E E ξξ=，12D D ξξ>C. 12E E ξξ=，12D D ξξ<D. 12E E ξξ>，12D D ξξ> 9．点P 从点O 出发，按逆时针方向沿周长为l 的图形运动一周，O ，P 两点连线的距离y 与点P 走过的路程x 的函数关系如图，那么点P 所走的图形是（ ） 10．设01x <<与tan x 的大小关系正确的是（ ）Atan x > Btan x < Ctan x D ．不确定非选择题部分（共110分）二． 填空题（本大题共7小题, 前4小题每题6分, 后3小题每题4分,共36分）． 11．抛物线2y x =的焦点坐标为__________ ，准线方程为__________．ABC12．在ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若::3:5:7a b c =，则c o s B =__________，sin 2B =__________．13．()812x -的展开式的中间一项的二项式系数为_______，系数为______．（用数字作答） 14．已知正项等比数列{}n a 中，2411,16256a a ==，则n a =_______，数列{}n a 的前n 项积的最大值是_________． 15．展开式()2122019a a a +++共有_________项？16．若实数,,a b c 为实常数，,x y 是实数，且满足ay bx -=0c ≠，若22+=1a b ，则c 的最大值为 ．17. 已知1,,,a a b k a b k =+=-=r r r r r则b 的取值范围是 ．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 18. (本题满分14分）已知函数32cos 32sin )(2+-=xx x f ． （1）求()fπ的值；（2）求函数()y f x =的单调递增区间．19.（本题满分15分）如图，在四棱锥P ABCD -中，60APB BPD APD ∠=∠=∠=，2PB PD BC CD ====， 3.AP =（1）证明：AP BD ⊥；（2）求PC 与平面PAB 所成角的正弦值.。

2020高考数学模拟试题（理）《立体几何》分类汇编1．（2020•广州一模）陀螺是中国民间最早的娱乐工具，也称陀罗．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个陀螺的三视图，则该陀螺的表面积为( )A ．(722)π+B ．(1022)π+C ．(1042)π+D ．(1142)π+2．（2020•桥东区校级模拟）胡夫金字塔是底面为正方形的锥体，四个侧面都是相同的等腰三角形．研究发现，该金字塔底面周长除以2倍的塔高，恰好为祖冲之发现的密率355113π≈．若胡夫金字塔的高为h ，则该金字塔的侧棱长为( )A ．221h π+B ．224h π+C ．216hπ+ D ．2216h π+ 3．（2020•桥东区校级模拟）已知P 为一圆锥的顶点，AB 为底面圆的直径，PA PB ⊥，点M 在底面圆周上，若M 为¶AB 的中点，则异面直线AM 与PB 所成角的大小为( )A ．6πB ．4πC ．3πD ．2π 4．（2020•梅河口市校级模拟）如图，某几何体的三视图是由三个边长为2的正方形和其内部的一些虚线构成的，则该几何体的体积为( )A ．23B ．163C ．6D ．与点O 的位置有关5．（2020•东宝区校级模拟）如图，已知四面体ABCD 为正四面体，22AB =，E ，F 分别是AD ，BC 中点．若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为( )A ．1B 2C ．2D ．226．（2020•宜昌模拟）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点M 为棱1DD 的中点，则平面ACM 截该正方体的内切球所得截面面积为( )A ．3πB ．23πC ．πD ．43π 7．（2020•龙岩一模）已知四棱锥S ABCD -的所有顶点都在球O 的球面上，SA SB =，SA SB ⊥，底面ABCD 是等腰梯形，//AB CD ，且满足222AB AD DC ===，则球O 的表面积是( )A ．43πB ．823C ．4πD ．8π8．（2020•眉山模拟）已知腰长为3，底边长2为的等腰三角形ABC ，D 为底边BC 的中点，以AD 为折痕，将三角形ABD 翻折，使BD CD ⊥，则经过A ，B ，C ，D 的球的表面积为( )A ．10πB ．12πC ．16πD ．20π9．（2020•五华区校级模拟）已知圆锥SO 的底面半径为3，母线长为5．若球1O 在圆锥SO 内，则球1O 的体积的最大值为( )A ．92πB ．9πC ．323πD ．12π10．（2020•垫江县校级模拟）过球的一条半径的中点，作与该半径所在直线成30︒的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为( )A ．15256B ．45256C ．1564D ．456411．（2020•内蒙古模拟）如图：空间四边形P ABC -中，13PM AN PB AC ==，4PA BC ==，3MN =，异面直线PA 与BC 所成角的余弦值为( )A ．14-B ．164-C ．164D ．1412．（2020•凯里市校级模拟）《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：“今有阳马，广五尺，袤七尺，高八尺，问积几何？“其意思为：“今有底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，它的底面长、宽分别为7尺和5尺，高为8尺，问它的体积是多少？”若以上的条件不变，则这个四棱锥的体积为( )A ．140立方尺B ．280立方尺C ．2803立方尺D ．1403立方尺 13．（2020•龙岩一模）已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2，用一平面截此棱柱与侧棱1AA ，1BB ，1CC 分别交于M ，N ，Q ，若MNQ ∆为直角三角形，则MNQ ∆面积的最小值为( )A 7B ．3C ．27D ．614．（2020•咸阳二模）正四棱锥P ABCD -的五个顶点在同一个球面上，6，高为3，则它的外接球的表面积为( )A ．4πB ．8πC ．16πD ．20π15．（2020•重庆模拟）如图，四棱柱1111ABCD A B C D -中，ABCD 为平行四边形，E ，F 分别在线段DB ，1DD 上，且112DE DF EB FD ==，G 在1CC 上且平面//AEF 平面1BD G ，则1(CG CC = )A ．12B ．13C ．23D ．1416．（2020•邯郸模拟）如图一，在ABC ∆中，AB AC =，120A ∠=︒，D 为BC 中点，DE AC ⊥，将CDE ∆沿DE 翻折，得到直二面角C DE B --，连接BC ，F 是BC 中点，连接AF ，如图二，则下列结论正确的是( )A ．AD CD ⊥B ．//AF DEC ．DE ⊥平面ACED ．//AF 平面CDE17．（2020•福清市一模）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，1AC ⊥平面α．平面α截此正方体所得的截面有以下四个结论：①截面形状可能是正三角形②截面的形状可能是正方形③截面形状可能是正五边形④截面面积最大值为33则正确结论的编号是( )A ．①④B ．①③C ．②③D ．②④18．（2020•道里区校级一模）已知三棱锥S ABC -的外接球为球O ，SA 为球O 的直径，且2SA =，若面SAC ⊥面SAB ，则三棱锥S ABC -的体积最大值为( )A ．13B ．23C ．1D ．219．（2020•焦作一模）某三棱柱的平面展开图如图，网格中的小正方形的边长均为1，K 是线段DI 上的点，则在原三棱柱中，AK CK +的最小值为( )A ．65B ．73C ．45D ．8920．（2020•吉林二模）等腰直角三角形BCD 与等边三角形ABD 中，90C ∠=︒，6BD =，现将ABD ∆沿BD 折起，则当直线AD 与平面BCD 所成角为45︒时，直线AC 与平面ABD 所成角的正弦值为( )A ．3B ．2C ．3D ．2321．（2020•眉山模拟）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1224AB BC AA ===，E 为11A D 的中点，N 为BC 的中点，M 为线段11C D 上一点，且满足11114MC D C =u u u u r u u u u u r ，F 为MC 的中点． （1）求证：//EF 平面1A DC ；（2）求三棱锥1C FCN -的体积；（3）求直线1A D 与直线CF 所成角的余弦值．22．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1:224AB BC AA ===，E 为11A D 的中点，N 为BC的中点，M 为线段11C D 上一点，且满足11114MC D C =u u u u r u u u u u r ，F 为MC 的中点． （1）求证：//EF 平面1A DC ；（2）求二面角1N AC F --的余弦值．23．（2020•宜昌模拟）如图，在四棱锥M ABCD -中，AB AD ⊥，2AB AM AD ===，22MB MD ==．（1）证明：AM ⊥平面ABCD ；（2）若//CD AB ，2CD AB =，E 为线段BM 上一点，且2BE EM =，求直线EC 与平面BDM 所成角的正弦值．24．（2020•五华区校级模拟）如图所示的几何体中，正方形ABCD 所在平面垂直于平面APBQ ，四边形APBQ 为平行四边形，G 为PC 上一点，且BG ⊥平面APC ，2AB =．（1）求证：平面PAD ⊥平面PBC ；（2）当三棱锥P ABC -体积最大时，求平面APC 与平面BCQ 所成二面角的正弦值．25．（2020•龙岩一模）如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是等腰梯形，//AB CD ，4AB =，2BC CD ==，顶点1D 在底面ABCD 内的射影恰为点C ．（1）求证：BC ⊥平面1ACD ；（2）若直线1DD 与底面ABCD 所成的角为4π，求平面11ABC D 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值．答案解析1．（2020•广州一模）陀螺是中国民间最早的娱乐工具，也称陀罗．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个陀螺的三视图，则该陀螺的表面积为( )A ．(722)π+B ．(1022)π+C ．(1042)π+D ．(1142)π+【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：上部是圆柱，下部是圆锥， 几何体的表面积为：1442223(1042)2ππππ+⨯⨯+⨯=+． 故选：C ．2．（2020•桥东区校级模拟）胡夫金字塔是底面为正方形的锥体，四个侧面都是相同的等腰三角形．研究发现，该金字塔底面周长除以2倍的塔高，恰好为祖冲之发现的密率355113π≈．若胡夫金字塔的高为h ，则该金字塔的侧棱长为( )A 221h π+B 224h π+C 216hπ+ D 2216h π+ 【解答】解：设该金字塔的底面边长为a ，则42a h π=，可得：2h a π=． ∴该金字塔的侧棱长22222222162()244a h h h ππ+=+=+⨯=． 故选：D ．3．（2020•桥东区校级模拟）已知P 为一圆锥的顶点，AB 为底面圆的直径，PA PB ⊥，点M 在底面圆周上，若M 为¶AB 的中点，则异面直线AM 与PB 所成角的大小为( )A ．6πB ．4πC ．3πD ．2π 【解答】解：如图所示，建立直角坐标系．不妨设1OB =．PA PB ⊥Q ，OP OB OA ∴==，OP ⊥底面AMB ．则(0O ，0，0)，(0B ，1，0)，(1M ，0，0)，(0P ，0，1)，(0A ，1-，0)， ∴(1AM =u u u u r ，1，0)，(0PB =u u u r ，1，1)-，cos AM ∴<u u u u r ，1222PB >==⨯u u u r ， AM ∴<u u u u r ，3PB π>=u u u r ， ∴异面直线AM 与PB 所成角的大小为3π． 故选：C ．4．（2020•梅河口市校级模拟）如图，某几何体的三视图是由三个边长为2的正方形和其内部的一些虚线构成的，则该几何体的体积为( )A ．23B ．163C ．6D ．与点O 的位置有关【解答】解：如图：还原后的几何体，是由棱长为2的正方体挖去一个四棱锥构成的，正方体的体积为8，四棱锥的底面是边长为2的正方形，顶点O 在平面11ADD A 上，高为2，所以四棱锥的体积为184233⨯⨯=，所以该几何体的体积为816833-=， 故选：B ．5．（2020•东宝区校级模拟）如图，已知四面体ABCD 为正四面体，22AB =，E ，F 分别是AD ，BC 中点．若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为( )A ．1B 2C ．2D ．22【解答】解：把正四面体补为正方体，如图，根据题意，//KL BC ，//LM GH ，,KL AL LM BL BC AB AD AB==， 所以KL AL =，LM BL =，故22KL LM AL BL +=+=， 2()22KL LM S KL LM +=⋅=截面…，当且仅当KL LM =时成立， 故选：C ．6．（2020•宜昌模拟）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点M 为棱1DD 的中点，则平面ACM 截该正方体的内切球所得截面面积为( ) A ．3πB ．23π C ．π D ．43π 【解答】解：设圆心到截面距离为d ，截面半径为r ，由O ACM M AOC V V --=，即111112222233323AMC AOC S d S ∆∆==g g g g g g gg g ，2ACM d S ∆∴=， 122362ACM S ∆==g g故6d =221d r +=，213r ∴=，所以截面的面积为23r ππ=，故选：A ．7．（2020•龙岩一模）已知四棱锥S ABCD -的所有顶点都在球O 的球面上，SA SB =，SA SB ⊥，底面ABCD 是等腰梯形，//AB CD ，且满足222AB AD DC ===，则球O 的表面积是( ) A ．43πB 82C ．4πD ．8π【解答】解：底面ABCD 是等腰梯形，//AB CD ，且满足222AB AD DC ===， 可知底面ABCD 的外心为AB 的中点O ，到顶点的距离为1，因为SA SB =，SA SB ⊥，2AB =，所以2SA SB ==，AB 的中点O 到S 的距离为1， 所以O 是四棱锥的外接球的球心，外接球的半径为1， 所以球O 的表面积是：2414ππ⨯=． 故选：C ．8．（2020•眉山模拟）已知腰长为3，底边长2为的等腰三角形ABC ，D 为底边BC 的中点，以AD 为折痕，将三角形ABD 翻折，使BD CD ⊥，则经过A ，B ，C ，D 的球的表面积为( ) A ．10πB ．12πC ．16πD ．20π【解答】解：如图所示，由题意可得：DB ，DC ，DA 两两相互垂直． 222318AD =-=．设经过A ，B ，C ，D 的球的半径为R ． 则222411810R =++=．∴球的表面积10π=．故选：A ．9．（2020•五华区校级模拟）已知圆锥SO 的底面半径为3，母线长为5．若球1O 在圆锥SO 内，则球1O 的体积的最大值为( ) A ．92πB ．9πC ．323πD ．12π【解答】解：设圆锥SO 的轴截面为等腰SAB ∆，则球1O 的体积最大时，球1O 的轴截面是SAB ∆ 的内切圆，所以11()22SAB S AB SO SA SB AB r ∆==++g g g ， 解得：32r =，所以球1O 的体积的最大值为3439()322ππ=，故选：A．10．（2020•垫江县校级模拟）过球的一条半径的中点，作与该半径所在直线成30︒的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为()A．15256B．45256C．1564D．4564【解答】解：画大圆O，设半径为R，取半径OB的中点A，过A做截面，CD为直径，取中点E，连接OE，OE⊥截面CD，由题意可得30OAE∠=︒，所以33132224AE OA R R===g，在三角形OAC中，2222cosOC OA AC OA AC OAC=+-∠g g g，即222()2cos15022R RR AC AC=+-︒g g g，整理可得：2242330AC R AC R+-=g，解得：23124831584R RAC R-++-+==，所以331515444CE AC AE R R R-+=+=+=，所以所得截面的面积与球的表面积的比为2215()154464RRπ=，故选：C．11．（2020•内蒙古模拟）如图：空间四边形P ABC-中，13PM ANPB AC==，4PA BC==，3MN=，异面直线PA与BC所成角的余弦值为()A ．14-B ．164-C ．164D ．14【解答】解：如图，过N 作//ND BC ，交AB 于D ，并连接MD ，则AN ADAC AB=， Q13PM AN PB AC ==， ∴13PM AD PB AB ==， //MD AP ∴，23MD PA =，13DN BC =， ∴84,33MD DN ==，且3MN =， MDN ∴∠为异面直线PA 与BC 所成角或其补角，∴在MDN ∆中，根据余弦定理得，64169199cos 8464233MDN +-∠==-⨯⨯，∴异面直线PA 与BC 所成角的余弦值为164． 故选：C ．12．（2020•凯里市校级模拟）《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：“今有阳马，广五尺，袤七尺，高八尺，问积几何？“其意思为：“今有底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，它的底面长、宽分别为7尺和5尺，高为8尺，问它的体积是多少？”若以上的条件不变，则这个四棱锥的体积为( ) A ．140立方尺B ．280立方尺C ．2803立方尺 D ．1403立方尺 【解答】解：由题意可得：这个四棱锥的体积128075833=⨯⨯⨯=立方尺，故选：C ．13．（2020•龙岩一模）已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2，用一平面截此棱柱与侧棱1AA ，1BB ，1CC 分别交于M ，N ，Q ，若MNQ ∆为直角三角形，则MNQ ∆面积的最小值为( ) A ．7B ．3C ．27D ．6【解答】解：如图，以AC 中点O 为坐标原点，OB 所在直线为x 轴，AC 所在直线为y 轴， 建立空间直角坐标系，设(0M ，1-，)a ，(3N ，0，)b ，(0Q ，1，)c ， 不妨设N 为直角，(3,1,)MN b a =-u u u u r ，(3,1,)QN b c =--u u u r， ∴()()20MN QN b a b c =--+=u u u u r u u u rg， 2211||||4()4()22S MN QN b a b c ==+-+-u u u u r u u u r g g 2221164[()()][()()]2b a bc b a b c =+-+-+-- 11616432++=…． 故选：B ．14．（2020•咸阳二模）正四棱锥P ABCD -的五个顶点在同一个球面上，6，高为3，则它的外接球的表面积为( ) A ．4πB ．8πC ．16πD ．20π【解答】解：正四棱锥P ABCD -的五个顶点在同一个球面上，6，高为3，设它的外接球的半径为R ，球心为O ，底面ABCD 的中心为M ． 设OM x =．则222(3)R x =+，3R x +=．解得：24R =． 可得球的表面积为16π． 故选：C ．15．（2020•重庆模拟）如图，四棱柱1111ABCD A B C D -中，ABCD 为平行四边形，E ，F 分别在线段DB ，1DD 上，且112DE DF EB FD ==，G 在1CC 上且平面//AEF 平面1BD G ，则1(CGCC =)A ．12B ．13C ．23D ．14【解答】解：Q 四棱柱1111ABCD A B C D -中，ABCD 为平行四边形，E ，F 分别在线段DB ，1DD 上，且112DE DF EB FD ==， 1//EF BD ∴，平面11//ADD A 平面11BCC B ，G Q 在1CC 上且平面//AEF 平面1BD G ，//AF BG ∴，∴1113CG DE CC DD ==． 故选：B ．16．（2020•邯郸模拟）如图一，在ABC ∆中，AB AC =，120A ∠=︒，D 为BC 中点，DE AC ⊥，将CDE ∆沿DE 翻折，得到直二面角C DE B --，连接BC ，F 是BC 中点，连接AF ，如图二，则下列结论正确的是()A ．AD CD ⊥B ．//AF DEC ．DE ⊥平面ACED ．//AF 平面CDE【解答】解：Q 在ABC ∆中，AB AC =，120A ∠=︒，D 为BC 中点，DE AC ⊥， 将CDE ∆沿DE 翻折，得到直二面角C DE B --，连接BC ，F 是BC 中点，连接AF ，DE AE ∴⊥，DE CE ⊥，AE CE E =Q I ，DE ∴⊥平面ACE ．故选：C ．17．（2020•福清市一模）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，1AC ⊥平面α．平面α截此正方体所得的截面有以下四个结论： ①截面形状可能是正三角形 ②截面的形状可能是正方形 ③截面形状可能是正五边形 ④截面面积最大值为33 则正确结论的编号是( ) A ．①④B ．①③C ．②③D ．②④【解答】解：对①当α截此正方体所得截面为11B CD 时满足，故①正确．对②，由对称性得截面形状不可能为正方形，故②错误． 对③，由对称性得截面形状不可能是正五边形，故③错误． 对④，当截面为正六边形时面积最大，为36233=故选：A ．18．（2020•道里区校级一模）已知三棱锥S ABC -的外接球为球O ，SA 为球O 的直径，且2SA =，若面SAC ⊥面SAB ，则三棱锥S ABC -的体积最大值为( )A ．13B ．23C ．1D ．2【解答】解：如图，连接OC ，OB ，则S ABC S OBC A OBC V V V ---=+， 两三棱锥高的和的最大值为2SA =． 要使三棱锥S ABC-的体积最大，则OBC ∆面积最大为111sin 111222OB OC BOC ⨯⨯⨯∠=⨯⨯⨯=． ∴三棱锥S ABC -的体积最大值为1112323⨯⨯=． 故选：A ．19．（2020•焦作一模）某三棱柱的平面展开图如图，网格中的小正方形的边长均为1，K 是线段DI 上的点，则在原三棱柱中，AK CK +的最小值为( )A ．65B ．73C ．45D ．89【解答】解：将展开图折成立体图形，如图①，然后再把空间最短距离问题转化为平面两点间的距离最短问题，如图②所示． 因为8AJ =，3CJ =，所以223873AC =+=，即AK CK +的最小值为73． 故选：B ．20．（2020•吉林二模）等腰直角三角形BCD 与等边三角形ABD 中，90C ∠=︒，6BD =，现将ABD ∆沿BD 折起，则当直线AD 与平面BCD 所成角为45︒时，直线AC 与平面ABD 所成角的正弦值为( )A 3B 2C 3D 23【解答】解：设E 为BD 中点，连接AE 、CE ， 由题可知AE BD ⊥，CE BD ⊥， 所以BD ⊥平面AEC ，过A 作AO CE ⊥于点O ，连接DO ，则AO ⊥平面BDC ， 所以ADO ∠即为直线AD 与平面BCD 所成角的平面角， 所以2sin 2AOADO AD∠==，可得32AO = 在AOE ∆中可得3OE =， 又132OC BD ==，即点O 与点C 重合，此时有AC ⊥平面BCD ， 过C 作CF AE ⊥于点F ，又BD ⊥平面AEC ，所以BD CF ⊥， 所以CF ⊥平面ABD ，从而CAE ∠即为直线AC 与平面ABD 所成角，33sin 333CE CAE AE ∠===． 故选：A ．21．（2020•眉山模拟）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1224AB BC AA ===，E 为11A D 的中点，N 为BC 的中点，M 为线段11C D 上一点，且满足11114MC D C =u u u u r u u u u u r，F 为MC 的中点．（1）求证：//EF 平面1A DC ； （2）求三棱锥1C FCN -的体积；（3）求直线1A D 与直线CF 所成角的余弦值．【解答】（1）证明：在长方体1111ABCD A B C D -中，建立如图所示空间直角坐标系， 由1224AB BC AA ===，E 为11A D 的中点，N 为BC 的中点，M 为线段11C D 上一点，且满足11114MC D C =u u u u r u u u u u r ，得(0D ，0，0)，(1E ，0，2)，(0F ，72，1)，1(2A ，0，2)，(0C ，4，0)，1(2,0,2)DA =u u u u r ，(0DC =，4，0)，(1EF =-u u u r ，72，1)-．设平面1A DC 的一个法向量为(,,)n x y z =r．由122040n DA x z n DC y ⎧=+=⎪⎨==⎪⎩u u u u r r g u u u r r g ，取1z =-，得(1,0,1)n =-r ， Q 0EF n =u u u r rg ，且EF ⊂/平面1A DC ，//EF ∴平面1A DC ；（2）解：设F 到平面1CC N 的距离为d ，则12d =． ∴111111111233226C FCN F CC N CC N V V S d --===⨯⨯⨯⨯=V g ； （3）解：由（1）知，1(2,0,2)DA =u u u u r，又1(0,,1)2CF =-u u u r ，11110cos ,||||5222DA CF DA CF DA CF ∴<>===⨯u u u u r u u u ru u u u r u u u r g u u uu r u u u r g ． ∴直线1A D 与直线CF 所成角的余弦值10．22．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1:224AB BC AA ===，E 为11A D 的中点，N 为BC 的中点，M 为线段11C D 上一点，且满足11114MC D C =u u u u r u u u u u r，F 为MC 的中点．（1）求证：//EF 平面1A DC ； （2）求二面角1N AC F --的余弦值．【解答】解：（1）证明：作1DD 的中点H ，连接EH ，FH ， 又E 为11A D 的中点，EH ∴为△11A DD 的中位线，1//EH A D ∴，又F 为MC 的中点，FH ∴为梯形1D DCM 的中位线，//FH CD ∴，在平面1A DC 中，1A D CD D =I ，在平面EHF 中，EH FH H =I ，∴平面1//A DC 平面EHF ，又EF 在平面EHF 内， //EF ∴平面1A DC ．（2）以点D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则17(1,4,0),(2,0,2),(0,4,0),(0,,1)2N A C F ，设平面1A CN 的一个法向量为(,,)m x y z =r ，则11(,,)(1,4,2)420(,,)(2,4,2)2420m A N x y z x y z m AC x y z x y z ⎧=--=-+-=⎪⎨=--=-+-=⎪⎩u u u u r r g g u u u u rr g g ，可取(0,1,2)m =r，同理可求得平面1A FC 的一个法向量为(3,2,1)n =r，∴270cos ,||||m n m n m n <>==r r g r rr r ，又二面角1N AC F --的平面角为钝角，故二面角1N AC F --的余弦值为27023．（2020•宜昌模拟）如图，在四棱锥M ABCD -中，AB AD ⊥，2AB AM AD ===，22MB MD ==．（1）证明：AM ⊥平面ABCD ；（2）若//CD AB ，2CD AB =，E 为线段BM 上一点，且2BE EM =，求直线EC 与平面BDM 所成角的正弦值．【解答】（1）证明：Q 在四棱锥M ABCD -中，AB AD ⊥，2AB AM AD ===，22MB MD ==222AB AM BM ∴+=，222AD AM DM +=，AB AM ∴⊥，AD AM ⊥，AD AB A =Q I ，AM ∴⊥平面ABCD ．（2）解：AB AD ⊥Q ，AM ⊥平面ABCD ，∴以A 为原点，AD 为x 轴，AM 为y 轴，AB 为z 轴，建立空间直角坐标系，//CD AB Q ，2CD AB =，E 为线段BM 上一点，且2BE EM =，2AB AM AD ===，22MB MD ==．(0E ∴，43，2)3，(2C ，0，1)，(2D ，0，0)，(0B ，0，2)，(0M ，2，0)， (2EC =u u u r ，43-，1)3，(2BD =u u u r ，0，2)-，(0BM =u u u u r ，2，2)-，设平面BDM 的法向量(m x =r，y ，)z ，则220220m BD x z m BM y z ⎧=-=⎪⎨=-=⎪⎩u u u r r g u u u u r r g ，取1x =，得(1m =r ，1，1)， 设直线EC 与平面BDM 所成角为θ， 则直线EC 与平面BDM 所成角的正弦值为：||159sin ||||5339m EC m EC θ===u u u r r g u u u r r g g．24．（2020•五华区校级模拟）如图所示的几何体中，正方形ABCD 所在平面垂直于平面APBQ ，四边形APBQ 为平行四边形，G 为PC 上一点，且BG ⊥平面APC ，2AB =．（1）求证：平面PAD ⊥平面PBC ；（2）当三棱锥P ABC -体积最大时，求平面APC 与平面BCQ 所成二面角的正弦值．【解答】（1）证明：因为平面ABCD ⊥平面APBQ ，平面APBQ ⋂平面ABCD AB =， 四边形ABCD 为为正方形，即BC AB ⊥，BC ⊂平面ABCD ， 所以BC ⊥平面APBQ ，又因为AP ⊂平面APBQ ，所以AP BC ⊥， 因为BG ⊥面APC ，AP ⊂平面PAC ， 所以AP BG ⊥，因为BC BG B =I ，BC ，BG ⊂平面PBC ， 所以AP ⊥平面PBC ， 因为AP ⊂平面PAD ， 所以平面PAD ⊥平面PBC ．（2）解：111323P ABC C APB V V PA PB BC PA PB --===g g g g ，求三棱锥P ABC -体积的最大值，只需求PA PB g 的最大值． 令PA m =，PB n =， 由（1）知AP PB ⊥，所以224m n +=，当且仅当2m n = 即2PA PB =时，22112()3323P ABC minm n V mn -+==g …． 以AB 中点O 为坐标原点建立空间直角坐标系如图，则 (0A ，1-，0)，(0B ，1，0)，(0C ，1，2)，(1P ，0，0)． 设1(,,)n x y z =u u r为平面APC 的一个法向量，则110220n AP x y n BP x z ⎧=+=⎪⎨=+=⎪⎩u u r u u u r g u u r u u u r g ，可取1x =，则1(1,1,1)n =-u u r，因为四边形APBQ 为平行四边形，APB ∆为等腰直角三角形，所以四边形APBQ 为正方形，取平面BCQ 的一个法向量为2(1,1,0)n BP ==-u u r u u u r，所以1cos n <u u r ，1221263||||n n n n n >==u u r u u ru u r g u u r u u r g ，所以1sin n <u u r ，233n >=u u r ，即平面APC 与平面BCQ 所成二面角的正弦值为3325．（2020•龙岩一模）如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是等腰梯形，//AB CD ，4AB =，2BC CD ==，顶点1D 在底面ABCD 内的射影恰为点C ．（1）求证：BC ⊥平面1ACD ；（2）若直线1DD 与底面ABCD 所成的角为4π，求平面11ABC D 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值．【解答】解：（1）证明：如图，连接1D C ，则1D C ⊥平面ABCD ， BC ⊂Q 平面ABCD ，1BC D C ∴⊥，在等腰梯形ABCD 中，连接AC ，过点C 作CG AB ⊥于点G ，4AB =Q ，2BC CD ==，//AB CD ，则3AG =，1BG =，CG =AG ∴=， 因此满足22216AC BC AB +==，BC AC ∴⊥， 又1D C ，AC ⊂平面1AD C ，1D C AC C =I ， BC ∴⊥平面1AD C ．（2）解：由（1）知AC ，BC ，1D C 两两垂直， 1D C ⊥Q 平面ABCD ，∴14D DC π∠=，12D C CD ∴==，以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，1CD ，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，则(0C ，0，0)，A ，0，0)，(0B ，2，0)，1(0D ，0，2)，∴(AB =-u u u r ，2，0)，1(AD =-u u u u r 0，2)，设平面11ABC D 的法向量(n x =r，y ，)z ，由12020AB n y AD n z ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩u u u r r g u u u u r r g ，取1x =，得n =r ， 又1(0CD =u u u u r ，0，2)为平面ABCD 的一个法向量，设平面11ABC D 与平面ABCD 所成锐二面角为θ，则11||cos 7||||CD n CD n θ===u u u u r rg u u u u r r g ．∴平面11ABC D 与平面ABCD所成锐二面角的余弦值为7．。

2020年高考数学试题分项版——立体几何（解析版）一、选择题1.(2020·全国Ⅰ理，3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt △SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫a 22， ∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．2．(2020·全国Ⅰ理，10)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆，若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a .由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23，OO 1＝a ＝2 3. 在Rt △OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.3．(2020·全国Ⅱ理，7)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为( )A ．EB ．FC ．GD ．H 答案 A解析 由三视图还原几何体，如图所示，由图可知，所求端点在侧视图中对应的点为E .4．(2020·全国Ⅱ理，10)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为( ) A. 3 B.32 C ．1 D.32答案 C 解析如图所示，过球心O 作OO 1⊥平面ABC ，则O 1为等边三角形ABC 的外心．设△ABC 的边长为a ， 则34a 2＝934，解得a ＝3， ∴O 1A ＝23×32×3＝ 3.设球O 的半径为r ，则由4πr 2＝16π，得r ＝2，即OA ＝2. 在Rt △OO 1A 中，OO 1＝OA 2－O 1A 2＝1， 即O 到平面ABC 的距离为1.5．(2020·全国Ⅲ理，8)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．6＋4 2B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．4＋2 3答案 C解析 如图，该几何体为三棱锥，且其中有三个面是腰长为2的等腰直角三角形，第四个面是边长为22的等边三角形，所以该几何体的表面积为3×12×2×2＋12×22×22×32＝6＋2 3.6.(2020·新高考全国Ⅰ，4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A ．20°B ．40°C ．50°D ．90° 答案 B解析 如图所示，⊙O 为赤道平面，⊙O 1为A 点处的日晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.7.(2020·新高考全国Ⅱ，4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为()A．20°B．40°C．50°D．90°答案 B解析如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.8．(2020·北京，4)某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为()A．6＋ 3 B．6＋2 3 C．12＋ 3 D．12＋2 3答案 D解析 由三视图还原几何体，该几何体为底面是边长为2的正三角形，高为2的直三棱柱， S 底＝2×34×22＝2 3. S 侧＝3×2×2＝12，则三棱柱的表面积为23＋12.9．(2020·北京，10)2020年3月14日是全球首个国际圆周率日(π Day)．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n 充分大时，计算单位圆的内接正6n 边形的周长和外切正6n 边形(各边均与圆相切的正6n 边形)的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔·卡西的方法，π的近似值的表达式是( ) A ．3n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n B ．6n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n C ．3n ⎝⎛⎭⎫sin 60°n ＋tan 60°n D ．6n ⎝⎛⎭⎫sin 60°n＋tan 60°n 答案 A解析 设内接正6n 边形的周长为C 1，外切正6n 边形的周长为C 2，如图(1)所示，sin 360°12n ＝BC 1， ∴BC ＝sin 30°n，∴AB ＝2sin 30°n ，C 1＝12n sin 30°n.如图(2)所示，tan 360°12n ＝B ′C ′1，∴B ′C ′＝tan 30°n，∴A ′B ′＝2tan 30°n ，C 2＝12n tan 30°n .∴2π＝C 1＋C 22＝6n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n ， ∴π＝3n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n＋tan 30°n . 10．(2020·天津，5)若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π 答案 C解析 由题意知，正方体的体对角线就是球的直径 ∴2R ＝(23)2＋(23)2＋(23)2＝6， ∴R ＝3，∴S 球＝4πR 2＝36π.11．(2020·浙江，5)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.73B.143 C ．3 D ．6 答案 A解析 如图，三棱柱的体积V 1＝12×2×1×2＝2，三棱锥的体积V 2＝13×12×2×1×1＝13，因此，该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝2＋13＝73.12．(2020·浙江，6)已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ，“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 B解析 如图，直线l ，m ，n 不过同一点，且l ，m ，n 共面有三种情况：①同一平面内三线平行；②两平行线与另一线相交；③三线两两相交．因此，“l ，m ，n 两两相交”是“l ，m ，n 共面”的一种情况，即“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的必要不充分条件．13.(2020·全国Ⅰ文，3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt △SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫a 22， ∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．14．(2020·全国Ⅰ文，12)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a . 由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23， OO 1＝a ＝2 3.在Rt △OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.15．(2020·全国Ⅱ文，11)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为( ) A. 3 B.32 C ．1 D.32答案 C解析 如图所示，过球心O 作OO 1⊥平面ABC ，则O 1为等边三角形ABC 的外心． 设△ABC 的边长为a ， 则34a 2＝934，解得a ＝3， ∴O 1A ＝23×32×3＝ 3.设球O 的半径为r ，则由4πr 2＝16π，得r ＝2，即OA ＝2. 在Rt △OO 1A 中，OO 1＝OA 2－O 1A 2＝1， 即O 到平面ABC 的距离为1.16．(2020·全国Ⅲ文，9)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．6＋4 2B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．4＋2 3答案 C解析 如图，该几何体为三棱锥，且其中有三个面是腰长为2的等腰直角三角形，第四个面是边长为22的等边三角形，所以该几何体的表面积为3×12×2×2＋12×22×22×32＝6＋2 3.二、填空题1．(2020·全国Ⅱ理，16)设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内； p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面； p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行； p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l . 则下述命题中所有真命题的序号是________． ①p 1∧p 4；②p 1∧p 2；③23p p ⌝∨；④34p p ⌝∨⌝. 答案 ①③④解析 p 1是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由平面的基本性质“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面”，可知p 1为真命题；p 2是假命题，因为当空间中三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；p 3是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；p 4是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线．由以上结论知綈p 2，綈p 3，綈p 4依次为真命题、真命题、假命题，从而①③④中命题为真命题，②中命题为假命题．2．(2020·全国Ⅲ理，15)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面P AB ，如图所示，则△P AB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB 中，P A ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.3．(2020·新高考全国Ⅰ，16)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________． 答案2π2解析 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ， 连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形， 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ，则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2. 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ . 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ 的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.4．(2020·新高考全国Ⅱ，13)棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱BB 1，AB 的中点，则三棱锥A 1－D 1MN 的体积为________． 答案 1解析 如图，由正方体棱长为2，得S △A 1MN ＝2×2－2×12×2×1－12×1×1＝32，又易知D 1A 1为三棱锥D 1－A 1MN 的高，且D 1A 1＝2， ∴1111A D MN D A MN V V --=＝13·1A MN S △·D 1A 1＝13×32×2＝1. 5.(2020·江苏，9)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半径为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm 3.答案 ⎝⎛⎭⎫123－π2 解析 螺帽的底面正六边形的面积 S ＝6×12×22×sin 60°＝63(cm 2)，正六棱柱的体积V 1＝63×2＝123(cm 3)， 圆柱的体积V 2＝π×0.52×2＝π2(cm 3)，所以此六角螺帽毛坯的体积 V ＝V 1－V 2＝⎝⎛⎭⎫123－π2cm 3. 6．(2020·浙江，14)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________． 答案 1解析 如图，设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则圆锥的侧面积S 侧＝πrl ＝2π， ∴r ＝12l .又圆锥侧面展开图为半圆， ∴12πl 2＝2π， ∴l ＝2，∴r ＝1.7．(2020·全国Ⅱ文，16)设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内； p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面； p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行； p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l . 则下述命题中所有真命题的序号是________． ①p 1∧p 4；②p 1∧p 2；③23p p ⌝∨；④34p p ⌝∨⌝. 答案 ①③④解析 p 1是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由平面的基本性质“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面”，可知p 1为真命题；p 2是假命题，因为当空间中三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；p 3是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；p 4是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线．由以上结论知綈p 2，綈p 3，綈p 4依次为真命题、真命题、假命题，从而①③④中命题为真命题，②中命题为假命题．8．(2020·全国Ⅲ文，16)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面P AB ，如图所示，则△P AB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB 中，P A ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.三、解答题1.(2020·全国Ⅰ理，18)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE ＝AD .△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO ＝66DO .(1)证明：P A ⊥平面PBC ； (2)求二面角B －PC －E 的余弦值．(1)证明 由题设，知△DAE 为等边三角形，设AE ＝1， 则DO ＝32，CO ＝BO ＝12AE ＝12， 所以PO ＝66DO ＝24， PC ＝PO 2＋OC 2＝64，PB ＝PO 2＋OB 2＝64， 又△ABC 为等边三角形，则BAsin 60°＝2OA ， 所以BA ＝32， P A ＝PO 2＋OA 2＝64， P A 2＋PB 2＝34＝AB 2，则∠APB ＝90°，所以P A ⊥PB ，同理P A ⊥PC ， 又PC ∩PB ＝P ，所以P A ⊥平面PBC . (2)解 过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，ON 所在直线为y 轴，OD 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E ⎝⎛⎭⎫－12，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，24， B ⎝⎛⎭⎫－14，34，0，C ⎝⎛⎭⎫－14，－34，0，PC →＝⎝⎛⎭⎫－14，－34，－24，PB →＝⎝⎛⎭⎫－14，34，－24，PE →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，－24，设平面PCB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0，得⎩⎨⎧－x 1－3y 1－2z 1＝0，－x 1＋3y 1－2z 1＝0，令x 1＝2，得z 1＝－1，y 1＝0， 所以n ＝(2，0，－1)，设平面PCE 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PE →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－3y 2－2z 2＝0，－2x 2－2z 2＝0，令x 2＝1，得z 2＝－2，y 2＝33， 所以m ＝⎝⎛⎭⎫1，33，－2，故cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |＝223×103＝255， 所以二面角B －PC －E 的余弦值为255.2.(2020·全国Ⅱ理，20)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO ＝AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．(1)证明 因为侧面BB 1C 1C 是矩形，且M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点， 所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN . 因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N . 又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN . 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)解 由已知得AM ⊥BC .以M 为坐标原点，MA →的方向为x 轴正方向，|MB →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB ＝2，AM ＝ 3.连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形， 故PM ＝233，E ⎝⎛⎭⎫233，13，0.由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC . 设Q (a,0,0)， 则NQ ＝4－⎝⎛⎭⎫233－a 2，B 1⎝⎛⎭⎪⎫a ，1，4－⎝⎛⎭⎫233－a 2， 故B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a ，－23，－4－⎝⎛⎭⎫233－a 2，|B 1E →|＝2103.又n ＝(0，－1,0)是平面A 1AMN 的一个法向量，故sin ⎝⎛⎭⎫π2－〈n ，B 1E →〉＝cos 〈n ，B 1E →〉 ＝n ·B 1E →|n ||B 1E →|＝1010.所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010. 3.(2020·全国Ⅲ理，19)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.(1)证明：点C 1在平面AEF 内；(2)若AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，求二面角A －EF －A 1的正弦值．(1)证明 设AB ＝a ，AD ＝b ，AA 1＝c ，如图，以C 1为坐标原点，C 1D 1—→，C 1B 1—→，C 1C —→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系C 1－xyz .连接C 1F ，则C 1(0,0,0)，A (a ，b ，c )， E ⎝⎛⎭⎫a ，0，23c ，F ⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ， EA →＝⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ，C 1F →＝⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ， 所以EA →＝C 1F →，所以EA ∥C 1F ， 即A ，E ，F ，C 1四点共面， 所以点C 1在平面AEF 内．(2)解 由已知得A (2,1,3)，E (2,0,2)，F (0,1,1)，A 1(2,1,0)， 则AE →＝(0，－1，－1)，AF →＝(－2,0，－2)， A 1E →＝(0，－1,2)，A 1F →＝(－2,0,1)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面AEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y 1－z 1＝0，－2x 1－2z 1＝0，可取n 1＝(－1，－1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面A 1EF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1E →＝0，n 2·A 1F →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y 2＋2z 2＝0，－2x 2＋z 2＝0，同理可取n 2＝⎝⎛⎭⎫12，2，1. 因为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－77，所以二面角A －EF －A 1的正弦值为427. 4.(2020·新高考全国Ⅰ，20)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面P AD ，平面P AD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ，且PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ，所以l ⊥PD ， 因为DC ∩PD ＝D ， 所以l ⊥平面PDC .(2)解 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，如图建立空间直角坐标系D －xyz ，因为PD ＝AD ＝1，则有D (0,0,0)，C (0,1,0)，A (1,0,0)，P (0,0,1)，B (1，1,0)， 设Q (m,0,1)，则有DC →＝(0,1,0)，DQ →＝(m,0,1)，PB →＝(1,1，－1)， 设平面QCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝－m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ＝(1,0，－m )， 则cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1. 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于 |cos 〈n ，PB →〉|＝|1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2m m 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63，当且仅当m ＝1时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63. 5.(2020·新高考全国Ⅱ，20)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，QB ＝2，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面P AD ，平面P AD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ，且PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ，所以l ⊥PD ， 因为DC ∩PD ＝D ， 所以l ⊥平面PDC .(2)解 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，C (0,1,0)， B (1,1,0)，P (0,0,1)，DC →＝(0,1,0)，PB →＝(1,1，－1)．由(1)设Q (a,0,1)，则BQ →＝(a －1，－1,1)． 由题意知(a －1)2＋2＝2， ∴a ＝1，∴DQ →＝(1,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面QCD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DQ →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，y ＝0，可取n ＝(1,0，－1)，∴cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n |·|PB →|＝63，故PB 与平面QCD 所成角的正弦值为63. 6.(2020·北京，16)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BB 1的中点．(1)求证：BC 1∥平面AD 1E ；(2)求直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值． (1)证明 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， AB ∥A 1B 1且AB ＝A 1B 1，A 1B 1∥C 1D 1且A 1B 1＝C 1D 1， ∴AB ∥C 1D 1且AB ＝C 1D 1，∴四边形ABC 1D 1为平行四边形，则BC 1∥AD 1， ∵BC 1⊄平面AD 1E ，AD 1⊂平面AD 1E ， ∴BC 1∥平面AD 1E .(2)解 以点A 为坐标原点，AD ，AB ，AA 1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A －xyz ，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2， 则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，D 1(2,0,2)，E (0,2,1)， AD 1→＝(2,0,2)，AE →＝(0,2,1)，AA 1→＝(0,0,2)， 设平面AD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝0，n ·AE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2y ＋z ＝0，令z ＝－2，得x ＝2，y ＝1，则n ＝(2,1，－2)． cos 〈n ，AA 1→〉＝n ·AA 1→|n |·|AA 1→|＝－43×2＝－23.因此，直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.7.(2020·天津，17)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝2，CC 1＝3，点D ，E 分别在棱AA 1和棱CC 1上，且AD ＝1，CE ＝2，M 为棱A 1B 1的中点．(1)求证：C 1M ⊥B 1D ；(2)求二面角B －B 1E －D 的正弦值；(3)求直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值．(1)证明 依题意，以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CC 1→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，C 1(0,0,3)，A 1(2,0,3)，B 1(0,2,3)，D (2,0,1)，E (0,0,2)，M (1,1,3)．则C 1M →＝(1,1,0)，B 1D →＝(2，－2，－2)， ∵C 1M →·B 1D →＝2－2＋0＝0，∴C 1M ⊥B 1D .(2)解 依题意，CA →＝(2,0,0)是平面BB 1E 的一个法向量，EB 1→＝(0,2,1)，ED →＝(2,0，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面DB 1E 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EB 1→＝0，n ·ED →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋z ＝0，2x －z ＝0.不妨设x ＝1，可得n ＝(1，－1,2)．∴cos 〈CA →，n 〉＝CA →·n |CA →||n |＝66，∴sin 〈CA →，n 〉＝1－16＝306. ∴二面角B －B 1E －D 的正弦值为306. (3)解 依题意，AB →＝(－2,2,0)，由(2)知，n ＝(1，－1,2)为平面DB 1E 的一个法向量， ∴cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |＝－33，∴直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值为33. 8.(2020·江苏，15)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．(1)求证：EF ∥平面AB 1C 1； (2)求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1.证明 (1)因为E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点， 所以EF ∥AB 1.又EF ⊄平面AB 1C 1，AB 1⊂平面AB 1C 1， 所以EF ∥平面AB 1C 1.(2)因为B 1C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， 所以B 1C ⊥AB .又AB ⊥AC ，B 1C ⊂平面AB 1C ，AC ⊂平面AB 1C ， B 1C ∩AC ＝C ， 所以AB ⊥平面AB 1C . 又因为AB ⊂平面ABB 1， 所以平面AB 1C ⊥平面ABB 1.9.(2020·江苏，22)在三棱锥A －BCD 中，已知CB ＝CD ＝5，BD ＝2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO ＝2，E 为AC 的中点．(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值；(2)若点F 在BC 上，满足BF ＝14BC ，设二面角F －DE －C 的大小为θ，求sin θ的值．解 (1)如图，连接OC ，因为CB ＝CD ，O 为BD 的中点，所以CO ⊥BD .又AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥OC .以{OB →，OC →，OA →}为基底，建立空间直角坐标系O －xyz . 因为BD ＝2，CB ＝CD ＝5，AO ＝2， 所以B (1,0,0)，D (－1,0,0)，C (0,2,0)，A (0,0,2)． 因为E 为AC 的中点，所以E (0,1,1)． 所以AB →＝(1,0，－2)，DE →＝(1,1,1)，所以|cos 〈AB →，DE →〉|＝|AB →·DE →||AB →|·|DE →|＝|1＋0－2|5×3＝1515.因此，直线AB 与DE 所成角的余弦值为1515. (2)因为点F 在BC 上，BF ＝14BC ，BC →＝(－1,2,0)．所以BF →＝14BC →＝⎝⎛⎭⎫－14，12，0. 又DB →＝(2,0,0)，故DF →＝DB →＋BF →＝⎝⎛⎭⎫74，12，0.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面DEF 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ DE →·n 1＝0，DF →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＋z 1＝0，74x 1＋12y 1＝0，令x 1＝2，得y 1＝－7，z 1＝5，所以n 1＝(2，－7,5)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面DEC 的一个法向量， 又DC →＝(1,2,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n 2＝0，DC →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝0，x 2＋2y 2＝0，令x 2＝2，得y 2＝－1，z 2＝－1， 所以n 2＝(2，－1，－1)． 故|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|4＋7－5|78×6＝1313. 所以sin θ＝1－cos 2θ＝23913. 10.(2020·浙江，19)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝∠ACD ＝45°，DC ＝2BC .(1)证明：EF ⊥DB ；(2)求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．(1)证明 如图(1)，过点D 作DO ⊥AC ，交直线AC 于点O ，连接OB .由∠ACD ＝45°，DO ⊥AC ，得CD ＝2CO . 由平面ACFD ⊥平面ABC ，得DO ⊥平面ABC ， 所以DO ⊥BC .由∠ACB ＝45°，BC ＝12CD ＝22CO ，得BO ⊥BC .所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB . 由ABC －DEF 为三棱台， 得BC ∥EF ，所以EF ⊥DB .(2)解 方法一 如图(2)，过点O 作OH ⊥BD ，交直线BD 于点H ，连接CH .由ABC －DEF 为三棱台，得DF ∥CO ，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角． 由BC ⊥平面BDO ，得OH ⊥BC ， 故OH ⊥平面DBC ，所以∠OCH 为直线CO 与平面DBC 所成角． 设CD ＝22，则DO ＝OC ＝2，BO ＝BC ＝2， 得BD ＝6，OH ＝233，所以sin ∠OCH ＝OH OC ＝33.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33. 方法二 由ABC －DEF 为三棱台，得DF ∥CO ，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图(3)，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz .设CD ＝22，由题意知各点坐标如下：O (0,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，D (0,0,2)．因此OC →＝(0,2,0)，BC →＝(－1,1,0)，CD →＝(0，－2,2)． 设平面DBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－2y ＋2z ＝0，可取n ＝(1,1,1)，所以sin θ＝|cos 〈OC →，n 〉|＝|OC →·n ||OC →|·|n |＝33.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33. 11.(2020·全国Ⅰ文，19)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P AB ⊥平面P AC ；(2)设DO ＝2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P －ABC 的体积． (1)证明 ∵D 为圆锥顶点，O 为底面圆心， ∴OD ⊥平面ABC ，∵P 在DO 上，OA ＝OB ＝OC ， ∴P A ＝PB ＝PC ，∵△ABC 是圆内接正三角形， ∴AC ＝BC ，△P AC ≌△PBC ，∴∠APC ＝∠BPC ＝90°，即PB ⊥PC ，P A ⊥PC ， P A ∩PB ＝P ，∴PC ⊥平面P AB ，PC ⊂平面P AC ，∴平面P AB ⊥平面P AC .(2)解 设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，圆锥的侧面积为πrl ＝3π，rl ＝3，OD 2＝l 2－r 2＝2，解得r ＝1，l ＝3，AC ＝2r sin 60°＝3， 在等腰直角三角形APC 中， AP ＝22AC ＝62， 在Rt △P AO 中，PO ＝AP 2－OA 2＝64－1＝22， ∴三棱锥P －ABC 的体积为V P －ABC ＝13PO ·S △ABC ＝13×22×34×3＝68.12.(2020·全国Ⅱ文，20)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心．若AO ＝AB ＝6，AO ∥平面EB 1C 1F ，且∠MPN ＝π3，求四棱锥B－EB 1C 1F 的体积．(1)证明 因为侧面BB 1C 1C 是矩形，且M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点， 所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN . 因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N . 又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN . 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)解 因为AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ， 平面A 1AMN ∩平面EB 1C 1F ＝PN ， 所以AO ∥PN ，又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN ＝AO ＝6，AP ＝ON ＝13AM ＝3，PM ＝23AM ＝23，EF ＝13BC ＝2.因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B －EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离． 如图，作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由(1)知，MT ⊥平面EB 1C 1F ， 故MT ＝PM sin ∠MPN ＝3. 底面EB 1C 1F 的面积为12(B 1C 1＋EF )·PN ＝12×(6＋2)×6＝24. 所以四棱锥B －EB 1C 1F 的体积为13×24×3＝24.13.(2020·全国Ⅲ文，19)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.证明：(1)当AB ＝BC 时，EF ⊥AC ； (2)点C 1在平面AEF 内． 证明 (1)如图，连接BD ，B 1D 1. 因为AB ＝BC ，所以四边形ABCD 为正方形，故AC ⊥BD .又因为BB 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 于是AC ⊥BB 1.又BD ∩BB 1＝B ，BD ，BB 1⊂平面BB 1D 1D ， 所以AC ⊥平面BB 1D 1D .又因为EF ⊂平面BB 1D 1D ，所以EF ⊥AC .(2)如图，在棱AA 1上取点G ，使得AG ＝2GA 1，连接GD 1，FC 1，FG ， 因为ED 1＝23DD 1，AG ＝23AA 1，DD 1∥AA 1且DD 1＝AA 1，所以ED 1∥AG 且ED 1＝AG ， 所以四边形ED 1GA 为平行四边形， 故AE ∥GD 1.因为B 1F ＝13BB 1，GA 1＝13AA 1，BB 1∥AA 1且BB 1＝AA 1，所以B 1F ∥GA 1，且B 1F ＝GA 1， 所以四边形B 1FGA 1是平行四边形， 所以FG ∥A 1B 1且FG ＝A 1B 1， 所以FG ∥C 1D 1且FG ＝C 1D 1， 所以四边形FGD 1C 1为平行四边形， 故GD 1∥FC 1. 所以AE ∥FC 1.所以A ，E ，F ，C 1四点共面，即点C 1在平面AEF 内．。

2020北京各区高三二模数学分类汇编—立体几何1.（2020▪海淀二模）已知三条不同的直线,,l m n 和两个不同的平面α，β，下列四个命题中正确的为（A ）若//m α，//n α，则//m n （B ）若//l m ，m α⊂，则//l α （C ）若//l α，//l β，则//αβ（D ）若//l α，l β⊥，则αβ⊥2.（2020▪海淀二模）某三棱锥的三视图如图所示，如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该三棱锥的体积为（A ）23（B ）43（C ）2（D ）43.（2020▪海淀二模）如图,正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为底面ABCD 的中心，点P 在侧面11BB C C 的边界及其内部运动.若1D O OP ⊥，则△11D C P 面积的最大值为4.（2020▪昌平高三二模）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是（A ） （B ）（C ）（D ）5．（2020▪西城高三二模）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（A ）255（B ）455（C ）5 （D ）25主视图左视图俯视图ABCD1A 1B 1C 1D OP（A ）6（B ）4（C ）3（D ）26. （2020▪东城高三二模）已知一个几何体的三视图如图所示，正（主）视图是由一个半圆弧和一个正方形的三边拼接而成的，俯视图和侧（左）视图分别为一个正方形和一个长方形，那么这个几何体的体积是（A ）π12+（B ）π14+ （C ）π18+（D ）1π+7. （2020▪丰台高三二模）如图所示，一个三棱锥的主视图和左视图均为等边三角形，俯视图为等腰直角三角形，则该棱锥的体积为（A ）233（B ）43（C ）433（D ）238.（2020▪房山高三二模）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长侧棱的长为（A ）2（B ）222222俯视图左视图主视图俯视图侧（左）视图正（主）视图111.5（C ）23（D ）49.（2020▪密云高三二模） 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥中最长的棱长为A ．B ．2C ．D ．10. （2020▪西城高三（下）6月模拟）佩香囊是端午节传统习俗之一.香囊内通常填充一些中草药,有清香、驱虫、开窍的功效.因地方习俗的差异,香囊常用丝布做成各种不同的形状,形形色色,玲珑夺目，图1的ABCD 由六个正三角形构成.将它沿虚线折起来,可得图2所示的六面体形状的香囊.那么在图2这个六面体中,棱AB 与CD 所在直线的位置关系为(A)平行(B)相交(C)异面且垂直(D)异面且不垂直11.（2020▪东城高三二模）设,,αβγ是三个不同的平面，m n ，是两条不同的直线，给出下列三个结论：①若m α⊥，n α⊥，则m n ∥； ②若m α⊥，m β⊥，则αβ∥； ③若αγ⊥，βγ⊥，则αβ∥. 其中，正确结论的序号为______．注：本题给出的结论中，有多个符合题目要求。

2020年高考——立体几何1.(20全国Ⅰ文19)（12分）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.(20全国Ⅰ理18)（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE AD=．ABC△是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PO DO=．（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B PC E--的余弦值．3.（20全国Ⅱ文20）（12分）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；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=π3，求四棱锥B–EB1C1F的体积．4.（20全国Ⅱ理20）（12分）如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．5.（20全国Ⅲ文 19）（12分）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．6.（20全国Ⅲ理19）（12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．7.（20新高考Ⅰ20）（12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．8.(20天津17)（本小题满分15分）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．9.(20浙江19)（本题满分15分）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．10.（20江苏15）（本小题满分14分）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ABB1．11.（20江苏22）（本小题满分10分）在三棱锥A —BCD 中，已知CB =CD =5,BD =2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO =2，E 为AC 的中点．（1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值； （2）若点F 在BC 上，满足BF =14BC ，设二面角F —DE —C 的大小为θ，求sin θ的值．12.(20北京16)（本小题13分）如图，在正方体1111ABCD A B C D 中，E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．参考答案：1.解：（1）由题设可知，PA =PB = PC ．由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC ≌△PAB ． △PAC ≌△PBC ．又∠APC =90°，故∠APB =90°，∠BPC =90°．从而PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC ． （2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ． 由题设可得rl =3，222l r -=． 解得r =1，l =3，从而3AB =．由（1）可得222PA PB AB +=，故62PA PB PC ===． 所以三棱锥P -ABC 的体积为3111166()323228PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=．2．解：（1）设DO a =，由题设可得63,,63PO a AO a AB a ===，22PA PB PC a ===. 因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥. 所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得312(0,1,0),(0,1,0),(,0),(0,0,)222E A C P --. 所以312(,,0),(0,1,)222EC EP =--=-. 设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即20231022y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取3(2)=m . 由（1）知2(0,1,2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ， 则25cos ,|||5⋅==n m n m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为255.3．解：（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN ⋂平面EB 1C 1F = PN ， 故AO ∥PN ，又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN =AO =6，AP = ON =13AM =3，PM =23AM =23，EF =13BC =2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B -EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT =PM sin ∠MPN =3．底面EB 1C 1F 的面积为1111()(62)624.22B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=所以四棱锥B -EB 1C 1F 的体积为1243243⨯⨯=．4．解：（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC ．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1CF ．（2）由己知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA 的方向为x 轴正方向， MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB =2，AM =3． 连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故23231,(,,0)333PM E =．由（1）知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ． 设(,0,0)Q a ，则22123234(),(,1,4())33NQ a B a a =----， 故21123223210(,,4()),||3333B E a a B E =-----=． 又(0,1,0)=-n 是平面A 1AM 的法向量，故1111,π10sin(,)cos ,210||B E B E B E B E -===⋅n n n |n |．所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010．5．解：（1）如图，连结BD ，11B D ．因为AB BC =，所以四边形ABCD 为正方形，故AC BD ⊥．又因为1BB ⊥平面ABCD ，于是1AC BB ⊥．所以AC ⊥平面11BB D D ． 由于EF ⊂平面11BB D D ，所以EF AC ⊥．（2）如图，在棱1AA 上取点G ，使得12AG GA =，连结1GD ，1FC ，FG ，因为1123D E DD =，123AG AA =，11DD AA =∥，所以1ED AG =∥，于是四边形1ED GA 为平行四边形，故1AE GD ∥．因为1113B F BB =，1113AG AA =，11BB AA =∥，所以11FG A B =∥，11FG C D =∥，四边形11FGD C 为平行四边形，故11GD FC ∥．于是1AE FC ∥．所以1,,,A E F C 四点共面，即点1C 在平面AEF 内．6．解：设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c =，11(0,,)3C F b c =，得1EA C F =．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内． （2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =--，1(0,1,2)A E =-，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则 110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ． 设2n 为平面1A EF 的法向量，则 22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为1212127cos ,||||7⋅〈〉==-⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为427．7．解：（1）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD AD ⊥．又底面ABCD 为正方形，所以AD DC ⊥，因此AD ⊥底面PDC ． 因为AD BC ∥，AD ⊄平面PBC ，所以AD ∥平面PBC ． 由已知得l AD ∥．因此l ⊥平面PDC ． （2）以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -．则(0,0,0),(0,1,0),(1,1,0),(0,0,1)D C B P ，(0,1,0)DC =，(1,1,1)PB =-． 由（1）可设(,0,1)Q a ，则(,0,1)DQ a =．设(,,)x y z =n 是平面QCD 的法向量，则0,0,DQ DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0.ax z y +=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,)a =-n ． 所以2cos ,||||31PB PB PB a⋅-〈〉==⋅+n n n ． 设PB 与平面QCD 所成角为θ，则22332sin 1311aa a θ==+++ 2326131a a ++当且仅当1a =时等号成立，所以PB 与平面QCD 所成角的正6．8．依题意，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)C A B C ，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)C M =，1(2,2,2)B D =--，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA =是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB =，(2,0,1)ED =-．设(,,)x y z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.y z x z +=⎧⎨-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ． 因此有|||6cos ,|A CA C CA ⋅〈〉==n n n 30sin ,6CA 〈〉=n ． 所以，二面角1B B E D --30（Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB =-．由（Ⅱ）知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是3cos ,||||AB AB AB ⋅==n n n ． 所以，直线AB 与平面1DB E 39.（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB .由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥. 由45ACB ∠=︒，122BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB .由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角. 设22CD =.由2,2DO OC BO BC ====，得26,33BD OH = 所以3sin OH OCH OC ∠==， 因此，直线DF 与平面DBC 3. 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设22CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,|3|||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.10.证明：因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ， 所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .11.解：（1）连结OC ，因为CB =CD ，O 为BD 中点，所以CO ⊥B D ．又AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥O C ．以{}OB OC OA ，，为基底，建立空间直角坐标系O –xyz ． 因为BD =2，CB CD ==，AO =2，所以B （1，0，0），D （–1，0，0），C （0，2，0），A （0，0，2）． 因为E 为AC 的中点，所以E （0，1，1）． 则AB =（1，0，–2），DE =（1，1，1），所以|||1||||||5cos AB DE AB DE AB DE +=⋅⋅==<>，．因此，直线AB 与DE ． （2）因为点F 在BC 上，14BF BC =，BC =（–1，2，0）． 所以111(,,0)442BF BC ==-． 又20,0DB =（,）， 故71(,,0)42DF DB BF =+=．设1111()x y z =，，n 为平面DEF 的一个法向量， 则1100,DE DF ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=，n n 即111110710,42x y z x y +⎧+=⎪+=⎪⎨⎩， 取12x =，得1–7y =，15z =，所以1(275)n =-，，． 设2222()x y z =，，n 为平面DEC 的一个法向量，又DC =（1，2，0），则2200,DE DC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=，n n 即22222020,x y z x y ++=+=⎧⎨⎩，取22x =，得2–1y =，2–1z =，所以2(211)n =--，，． 故2112|||475|13|||||co |13786s θ+-⋅===⋅⨯n n n n ．所以22391cos s n 13i θθ=-=．12.。