2018高三数学全国二模汇编(理科)专题08立体几何

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2018二模分类汇编——立体几何(教师版)

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12俯视图 2018二模分类汇编——立体几何(教师版)1.(2018昌平二模·理)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的所有面中最大面的面积是 A .4 BC . 2 D1. B2.(2018房山二模·理)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的最长棱为(A )4 (B )22 (C )7 (D )2 2. B3.(2018西城二模·理)某正四棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示,该正四棱锥的 侧面积是 (A )12 (B)(C)(D)3. B4.(2018顺义二模·理)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积是A.338 B.163C.4. B5.(2018东城二模·理)如图,已知正方体ABCD A B C D ''''-的边长为1,若过直线BD '的平面与该正方体的面相交,交线围城一个菱 形,则该菱形的面积为___________.5.6.(2018朝阳二模·理)如图,已知四面体ABCD 的棱AB ∥平面α,且AB 1.四面体ABCD 以AB 所在的直线为轴旋转x 弧度,且始终在水平放置的平面α上方.如果将四面体ABCD 在平面α内正投影面积看成关于x 的函数,记为()S x ,则函数()S x 的最小值为 ;()S x 的最小正周期为 .6.π47.(2018丰台二模·理)如图,在矩形ABCD 中,4AB =,2AD =,E 为边AB 的中点.将△ADE 沿DE翻折,得到四棱锥1A DEBC -.设线段1A C 的中点为M ,在翻折过程中,有下列三个命题: ① 总有BM ∥平面1A DE ;② 三棱锥1C A DE -;A 1MEDCBA③ 存在某个位置,使DE 与1A C 所成的角为90︒. 其中正确的命题是 .(写出所有..正确命题的序号) 7.①②8.(2018朝阳二模·理)已知某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的底面和三个侧面中,直角三角形的个数是 .8.1.39.(2018海淀二模·理)如图,棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,M 是棱1AA 的中点,点P 在侧面11ABB A 内,若1D P 垂直于CM ,则PBC ∆的面积的最小值为_________.9.答案不唯一,0a <或4a >的任意实数10.(2018顺义二模·理)(本小题满分14分)如图,在正三棱柱111ABC-A B C 中,侧棱长和底面边长均为1,D 是BC 的中点. (Ⅰ)求证:1A B∥平面1ADC ;(Ⅱ)求A A 1与平面1ADC 所成角的正弦值;(Ⅲ)试问线段11A B 上是否存在点E ,使1CE ADC ⊥平面?若存在,求111B A EA 的值,若不存在,说明理由. 10.(Ⅰ)连结1A C 交1AC 于点O ,连结OD1A C 交1AC 于点O ∴O 是1A C 的中点A 1M又D 是BC 的中点 ∴OD 是1A BC ∆的一条中位线∴1A B ∥OD 又1OD ADC ⊂平面∴1A B ∥平面1ADC …………………….4分(Ⅱ)以点D 为坐标原点,DB 所在直线为X 轴,AD 所在直线为Y 轴,垂直于面ABC 的直线为Z 轴,建立空间直角坐标系,则D (0,0,0),A (0,-0),C (12-,0,0)11C 012(-,,) 在平面ADC 1中,DA=→(0,2-,0),1DC =→1012(-,,)设m =(,,)→xyz为平面ADC 1的一个法向量,则有1m DA =0m DC =0→→→→⎧⎪⎨⎪⎩,即02102y x z ⎧-=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩ 不妨令2x =,则1z =,0y =,所以()2,0,1m →=又1A 012⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭,-,则()10,0,1A A →=- 设1A A 与平面1ADC 所成角为θ,则1sin cos ,m A A θ→→==11m A A m A A→→→→⋅∴1A A 与平面1ADC .9分(Ⅲ)假设点E 在线段11A B 上,使1CE ADC ⊥平面不妨设111A E AB λ→→=(01λ≤≤)1A 02⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,-,11B 012⎛⎫⎪⎝⎭,, ∴111,22A B →⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭11.(2018.西城二模.理)(本小题满分14分)如图,梯形ABCD 所在的平面与等腰梯形ABEF 所在的平面互相垂直,////AB CD EF ,AB AD ⊥.2CD DA AF FE ====,4AB =.(Ⅰ)求证://DF 平面BCE ; (Ⅱ)求二面角C BF A --的余弦值;(Ⅲ)线段CE 上是否存在点G ,使得AG ⊥平面BCF ?请说明理由.(本小题满分14分)11.解:(Ⅰ)因为 //CD EF ,且CD EF =,所以 四边形CDFE 为平行四边形,所以 //DF CE . …… 2分因为 DF ⊄平面BCE ,…… 3分所以 //DF 平面BCE .…… 4分 (Ⅱ)在平面ABEF 内,过A 作Az AB ⊥.因为 平面ABCD ⊥平面ABEF ,平面ABCD I 平面ABEF AB =, 又 Az ⊂平面ABEF ,Az AB ⊥, 所以 Az ⊥平面ABCD ,所以 AD AB ⊥,AD Az ⊥,Az AB ⊥.如图建立空间直角坐标系A xyz -. ……………… 5分由题意得,(0,0,0)A ,(0,4,0)B ,(2,2,0)C ,E ,F .所以 (2,2,0)BC −−→=-,(0,BF −−→=-. 设平面BCF 的法向量为(,,)x y z =n ,则 0,0,BC BF −−→−−→⎧⋅=⎪⎨⎪⋅=⎩n n即220,30.x y y -=⎧⎪⎨-+=⎪⎩令1y =,则1x =,z=n . ……………… 7分 平面ABF 的一个法向量为 (1,0,0)=v , ……………… 8分则cos ,||||⋅〈〉==n v n v n v . 所以 二面角C BF A --. ………………10分 (Ⅲ)线段CE 上不存在点G ,使得AG ⊥平面BCF ,理由如下: ………………11分解法一:设平面ACE 的法向量为111(,,)x y z =m ,则 0,0,AC AE −−→−−→⎧⋅=⎪⎨⎪⋅=⎩m m即1111220,30.x y y +=⎧⎪⎨=⎪⎩令11y =,则11x =-,1z =(1,1,=-m . ………………13分 因为 0⋅≠m n ,所以 平面ACE 与平面BCF 不可能垂直,从而线段CE 上不存在点G ,使得AG ⊥平面BCF . ………………14分 解法二:线段CE 上不存在点G ,使得AG ⊥平面BCF ,理由如下: …………11分 假设线段CE 上存在点G ,使得AG ⊥平面BCF ,设 CG CE λ−−→−−→=,其中[0,1]λ∈.设 222(,,)G x y z,则有222(2,2,)(2,)x y z λλ--=-, 所以 222x λ=-,22y λ=+,2z =,从而(22,2,)G λλ-+,所以(22,2)AG λλ−−→=-+. ………………13分 因为 AG ⊥平面BCF ,所以 //AG n .所以有22211λλ-+==, 因为 上述方程组无解,所以假设不成立.所以 线段CE 上不存在点G ,使得AG ⊥平面BCF . ………………14分12.(2018海淀二模·理)(本小题共14分)如图,在三棱柱111ABC A B C -中,12AC BC AB ===,1AB ⊥平面ABC ,1AC AC ⊥,D ,E 分别是AC ,11B C 的中点.(Ⅰ)证明:11AC B C ⊥(Ⅱ)证明://DE 平面11AA B B ; (Ⅲ)求DE 与平面11BB C C 所成角的正弦值. 12.(本小题共14分)解:(Ⅰ)因为1AB ⊥平面ABC ,AC ⊂平面ABC ,所以1AB AC ⊥. ······················· 1分因为1AC AC ⊥,11AB AC A =,1AB ,1AC ⊂平面11AB C ,所以AC ⊥平面11AB C . ···················· 3分 因为11B C ⊂平面11AB C ,所以11AC B C ⊥. ······················· 4分 (Ⅱ)法一:取11A B 的中点M ,连接MA 、ME . 因为E 、M 分别是11B C 、11A B 的中点,所以ME ∥11A C ,且ME 1112A C =. ················ 5分 在三棱柱111ABC A B C -中,11ADA C ,且1112AD AC =, 所以ME ∥AD ,且ME =AD ,所以四边形ADEM 是平行四边形, ····· 6分 所以DE ∥AM . ············· 7分AC 1A 1CB 1BDE A C 1 A 1C B 1 BDE M又AM ⊂平面11AA B B ,DE ⊄平面11AA B B , 所以//DE 平面1AA BB . ······· 9分注:与此法类似,还可取AB 的中点M ,连接MD 、MB 1. 法二:取AB 的中点M ,连接MD 、1MB . 因为D 、M 分别是AC 、AB 的中点,所以MD ∥BC ,且MD 12=BC . ······· 5分 在三棱柱111ABC A B C -中,1B EBC ,且112B E BC =, 所以MD ∥B 1E ,且MD =B 1E ,所以四边形B 1E DM 是平行四边形, ···· 6分 所以DE ∥MB 1. ············· 7分 又1MB ⊂平面11AA B B ,DE ⊄平面11AA B B , 所以//DE 平面1AA BB . ······· 9分 法三:取BC 的中点M ,连接MD 、ME .因为D 、M 分别是CA 、CB 的中点,所以,//DM AB . ······················ 5分 在三棱柱111ABC A B C -中,11//BC B C ,11BC B C =,因为E 、M 分别是11C B 和CB 的中点, 所以,1//MB EB ,1MB EB =,所以,四边形1MBB E 是平行四边形,··· 6分 所以,1//ME BB . ·········· 7分又因为MEMD M =,1BB AB B =,ME ,MD ⊂平面MDE ,BB 1,AB ⊂平面11AA B B , 所以,平面//MDE 平面11AA B B . ··· 8分A C 1 A 1CB 1 B D E M AC 1 A 1C B 1 BDE M1y因为,DE ⊂平面MDE ,所以,//DE 平面1AA BB . ······ 9分 (Ⅲ)在三棱柱111ABC A B C -中,11//BC B C ,因为11AC B C ⊥,所以AC BC ⊥. 在平面1ACB 内,过点C 作1//Cz AB , 因为,1AB ⊥平面ABC ,所以,Cz ⊥平面ABC . ········ 10分 建立空间直角坐标系C -xyz ,如图.则(0,0,0)C ,(2,0,0)B ,1(0,2,2)B ,1(2,2,2)C -,(0,1,0)D ,(1,2,2)E -.(1,1,2)DE =-,(2,0,0)CB =,1(0,2,2)CB =. ········· 11分 设平面11BB C C 的法向量为(,,)x y z =n ,则10CB CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ,即20220x y z =⎧⎨+=⎩, 得0x =,令1y =,得1z =-,故(0,1,1)=-n . ········· 12分 设直线DE 与平面11BB C C 所成的角为θ,则sin θ=cos ,||||DE DE DE ⋅<>=⋅n n n 6=, 所以直线DE 与平面11BB C C 所成角的正弦值为6. ········ 14分 13.(2018房山二模·理)(本小题14分)如图1,正六边形ABCDEF 的边长为2,O 为中心,G 为AB 的中点.现将四边形DEFC 沿CF 折起到四边形11D E FC 的位置,使得平面ABCF ⊥平面11D E FC ,如图2. (Ⅰ)证明:1D F ⊥平面1E OG ; (Ⅱ)求二面角1E OG F --的大小;(Ⅲ)在线段1CD 上是否存在点H ,使得//BH 平面1E OG ?如果存在,求出11D HD C的值;如果不存在,请说明理由.13.(Ⅰ)证:图(1)中OG CF ⊥∴图(2)中,OG CF ⊥又面11CD E F ABCF ⊥面,11CD E FABCF=CF 面面11OG CD E F ∴⊥面111D F CD E F ⊂面1OG D F ∴⊥O 又为CF 的中点11OF//D E =∴,又111E D E F =∴四边形11E D OF 为菱形11D F OE ∴⊥1OG OE =O 11D F E OG ∴⊥面 …………5分(Ⅱ)取OF 的中点M ,连接M E 1,MA ,以点M 为坐标原点,建立空间直角坐标系M-xyz 如图所示.1,0),F(0,1,0)E -1(3,0,0),(0,1OG OE ∴==-设面1OE G的法向量为n1000{{{00x n OG y n OE y =⋅==∴⇒⇒=⋅=-=,令1,z =则y =(0,3,1)n ∴=设面FOG 的法向量为m ,则(0,0,1)m =1cos ,2||||m n m n m n ⋅∴<>==A B CD E F G .O1EB C1D A FOG 图211∴二面角1E OG F --的大小为3π…………10分 (Ⅲ)假设存在,设(x,y,z)H ,11,[0,1]D HD Cλλ=∈ 11D H DC λ∴=1D11(x,y 2,z 3),(0,1,D HDC ∴=--={2{2(0,2(x x y y H BH z z λλλλ==∴-=∴=+∴+∴==-=000BH n ⋅=+==矛盾∴不存在 …………14分14.(2018东城二模·理)(本小题14分)如图,在四棱锥A BCDE -中,平面ABC BCDE 平面⊥,22AB AC CD BE ====,//BE CD ,CD CB ⊥,AB AC ⊥.(Ⅰ)求证:ACD 平面⊥平面ABC ;(Ⅱ)若O 为BC 中点,P 为线段CD 上一点,//OP 平面ADE ,求CPCD的值; (Ⅲ)求二面角A DE B --的的大小; 14.(共14分)(Ⅰ)证明:如图1,因为平面ABC ⊥平面BCDE ,平面ABC平面BCDE CB =,CD ⊂平面BCDE ,CD CB ⊥,所以CD ⊥平面ABC .因为CD ⊂平面ACD ,所以平面ACD ⊥平面ABC .………………4分(Ⅱ)如图2,取CD 中点F ,连接EF ,因为//OP 平面ADE ,OP ⊂平面BCDE ,平面ADE平面BCDE DE =,所以//OP DE .所以CPO FDE ∠=∠.因为//BE CF ,BE CF =, 所以//EF BC . 所以PCO DFE ∠=∠. 所以COP FED ∆∆.所以CP CO FD FE ==12. 因为F 为CD 的中点, 所以14CP CD =. ……………………………9分 (Ⅲ)连接OA ,由(Ⅰ)知CD ⊥平面ABC ,OA ⊂平面ABC ,OB ⊂平面ABC所以,CD OA CD OB ⊥⊥,因为AB AC =,点O 为BC 中点,所以OA OB ⊥. 作//OM CD ,所以,OM OA OM OB ⊥⊥. 如图3建立空间坐标坐标系O xyz -. 因为22AB AC CD BE ====所以(()),,A D E ,()()2,2,2,2,1,AD AE =--=因为OA OB ⊥,OA OM ⊥,OB OM O =,所以OA ⊥平面BCDE .平面BCDE 的法向量(0,0,1)=n .设平面ADE 的法向量(),,x y z =m ,则有 0,0.AD AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩mm即20,0.y y ⎧+=⎪+= 令1x =,则y =3z =,即()=m.cos ,2⋅===n m n m n m . 由题知二面角A DE B --为锐角,所以二面角A DE B --的大小为4π. ……………………………14分 15.(2018昌平二模·理)(本小题14分)如图1,在边长为2的菱形中,,于点,将沿折起到的位置,使1A D BE ⊥,如图2.(I )求证:1A E ⊥平面BCDE ; (II )求二面角的余弦值;(III )在线段上是否存在点,使平面平面?若存在,求出的值;若不存在,说明理由. 15.(共14分)证明:(I )因为,所以.又因为,,所以平面. 因为平面, 所以. 又因为,,所以平面.--------------------5分(II )因为平面,,所以以E 为原点,分别以EB ,ED ,EA 1为ABCD 60BAD ∠=DE AB ⊥E ADE ∆DE 1A DE ∆1E A D B --BD P 1A EP ⊥1A BD BPBDDE AB ⊥BE DE ⊥1BE A D ⊥1DE A D D =BE ⊥1A DE 1A E ⊂1A DE 1A E BE ⊥1A E DE ⊥BEDE E =1A E ⊥BCDE 1A E ⊥BCDE BE DE ⊥x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,则,,.所以,. 设平面的法向量,由,得令,得.因为平面,所以平面的法向量(1,0,0)EB =uu r,所以. 因为所求二面角为锐角,所以二面角的余弦值为. -------------------10分 (III )假设在线段上存在一点,使得平面平面.设,,则. 所以.所以,. 设平面的法向量,由,得,令,得.因为平面平面,所以,解得, 所以在线段上存在点,使得平面平面,且.--------------------14分 (1,0,0)B D 1(0,0,1)A 1(1,0,1)BA =-(BD =-1A BD (,,)x y z =n 100BA x z BD x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩nn x z x =⎧⎪⎨=⎪⎩1y==n BE ⊥1A DE 1ADE 3cos ,77EB EB EB⋅===⋅n n n 1E A D B --7BD P 1A EP ⊥1A BD (,,)P xy z (01)BP BD λλ=≤≤(1,,)(x y z λ-=-(1,0)P λ-1(0,0,1)EA =(1,0)EP λ=-1A EP (,,)x y z =m 10(1)0EA z EP x y λ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩m m 0(1)z xy λ=⎧⎪⎨-=⎪⎩x =,1,0)λ=-m 1A EP ⊥1A BD 310λλ⋅=+-=m n []10,14λ=∈BD P 1A EP ⊥1A BD 14BP BD =16.(2018朝阳二模·理)如图,在四棱锥P ABCD -中,平面PBC ⊥平面ABCD .PBC △是等腰三角形,且3PB PC ==.在梯形ABCD 中,AB DC ∥,AD DC ⊥,5AB =,4AD =,3DC =(1)求证:AB ∥平面PDC ; (2)求二面角A PB C --的余弦值;(3)在线段AP 上是否存在点H ,使得BH ⊥平面ADP ?请说明理由. 16.证明:(Ⅰ)因为//AB DC 又因为AB ⊄平面PDC ,DC ⊂平面PDC所以//AB 平面PDC(Ⅱ)取BC 中点F ,在PBC !中,因为PB PC =,所以PF BC ⊥ 又易知5ACAB ==,所以AF BC ⊥又因为平面PBC⊥平面ABCD ,且平面PBC平面=ABCD BC ,所以PF⊥平面ABCD ,所以PF AF ⊥.以F 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系F xyz - 在梯形ABCD 中,因为//,,4,3,5AB DC AD DC AD DC AB ⊥===所以BCAF ==又因为3PB =,所以2PF =于是有(0,0,2),(0,P A B C所以(25,0,0),(25,5,0),(0,5,2)FA AB PB ==-=-因为AF⊥平面PBC ,所以FA =是平面PBC 的一个法向量设平面PBA 的一个法向量(,,)x y z =m00020AB PB z ⎧⎧⋅=-+=⎪⎪⇒⎨⋅=-=⎪⎩m m所以22y x z =⎧⎪= 令2y =,则=m所以cos ,FA <>=m 由图可知,二面角A PB C --为锐角 所以二面角A PB C --的余弦值为10(Ⅲ)因为5,3AB DC ==,且(AB =-,所以35CD AB =-所以2(,555AD AB BC CD AB BC =++=+=-- 设平面ADP 的一个法向量为111(,,)x y z =n ,则1111111120055020x y AD x y z AP z ⎧=-⎧⎧⋅=--=⎪⎪⎪⇒⇒⎨⎨=⋅=⎪⎪⎩-+=⎩n n 令12x =,则(2,=-n假设线段AP 上存在点H ,使得BH ⊥平面ADP ,且设([0,1])AH AP λλ=∈所以(,0,2)AH AP λλ==-所以,)BH BA AH λ=+=-因为BH⊥平面ADP ,所以//BH n所以21-==-,显然A 不存在所以假设不成立,故线段AP 上不存在点H 使得BH⊥平面ADP17.(2018丰台二模·理)(本小题共14分)如图所示,在三棱柱111ABC A B C -中,D 是AC 中点,1A D ⊥平面ABC ,平面1BB D 与棱11AC 交于点E ,1=AA AC ,=AB BC .(Ⅰ)求证:1B B DE ∥; (Ⅱ)求证:1AA BD ⊥;(Ⅲ)若1B C 与平面11A ABB所成角的正弦值为7, 求ACBD的值. (本小题共14分)(Ⅰ)证明:在三棱柱 111ABC A B C -中,侧面 11A ABB 为平行四边形, 所以 11B B A A ∥.又因为 1B B ⊄平面11A ACC ,1A A ⊂平面11A ACC , 所以 1B B ∥平面11A ACC . …………………2分 因为 1B B ⊂平面1BB D ,且平面1BB D平面11A ACC DE =,所以 1B B DE ∥. …………………4分(Ⅱ)证明:在△ABC 中,因为 =AB BC ,D 是AC 的中点,所以BD AC ⊥.因为1A D ⊥平面ABC ,如图建立空间直角坐标系D xyz -. …………………5分 设=BD a ,=AD b ,在△1AA D 中 1=2AA AD ,190A DA ∠=︒, 所以1AD ,所以 (0,0,0)D ,(0,,0)A b -1(0,0,3)A b ,(,0,0)B a .所以 1(0,)AA b =,(,0,0)DB a =. …………………7分所以 10000AA DB a b ⋅=⨯+⨯+⨯=,所以 1AA BD ⊥.(Ⅲ)解:因为 (0,)E b , 所以 1(,)DB DE DB a b =+=,即1(,)B a b .因为 (0,,0)C b ,所以 1()CB a =. …………………10分 设平面11ABB A 的法向量为 =(,,)n x y z ,因为 100n AA n AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即00by ax by ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩,令 =z a ,则y =,x =,所以 (3,,)n b a =. …………………12分EDA 1C 1B 1CABA1因为111|||cos ,|||||3n CB nCB n CB b ⋅<>==所以7,即 422441390a a b b -+=, 所以 =a b 或23a b =,即 =2AC BD 或4=3AC BD . …………………14分。

2018年高考理科数学分类汇编---立体几何

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2018年全国高考理科数学分类汇编——立体几何1.(北京)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为(C)A.1 B.2 C.3 D.4解:四棱锥的三视图对应的直观图为:PA⊥底面ABCD,AC=,CD=,PC=3,PD=2,可得三角形PCD不是直角三角形.所以侧面中有3个直角三角形,分别为:△PAB,△PBC,△PAD.故选:C.2.(北京)如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=,AC=AA1=2.(Ⅰ)求证:AC⊥平面BEF;(Ⅱ)求二面角B﹣CD﹣C1的余弦值;(Ⅲ)证明:直线FG与平面BCD相交.【解答】(I)证明:∵E,F分别是AC,A1C1的中点,∴EF∥CC1,∵CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC,又AC⊂平面ABC,∴EF⊥AC,∵AB=BC,E是AC的中点,∴BE⊥AC,又BE∩EF=E,BE⊂平面BEF,EF⊂平面BEF,∴AC⊥平面BEF.(II)解:以E为原点,以EB,EC,EF为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示:则B(2,0,0),C(0,1,0),D(0,﹣1,1),∴=(﹣2,1,0),=(0,﹣2,1),设平面BCD的法向量为=(x,y,z),则,即,令y=2可得=(1,2,4),又EB⊥平面ACC1A1,∴=(2,0,0)为平面CD﹣C1的一个法向量,∴cos<,>===.由图形可知二面角B﹣CD﹣C1为钝二面角,∴二面角B﹣CD﹣C1的余弦值为﹣.(III)证明:F(0,0,2),(2,0,1),∴=(2,0,﹣1),∴•=2+0﹣4=﹣2≠0,∴与不垂直,∴FG与平面BCD不平行,又FG⊄平面BCD,∴FG与平面BCD相交.3.(江苏)如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为.【解答】解:正方体的棱长为2,中间四边形的边长为:,八面体看做两个正四棱锥,棱锥的高为1,多面体的中心为顶点的多面体的体积为:2×=.故答案为:.4.(江苏)在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求证:(1)AB∥平面A1B1C;(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.【解答】证明:(1)平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB∥A1B1,⇒AB∥平面A1B1C;(2)在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中,AA1=AB,⇒四边形ABB1A1是菱形,⊥AB1⊥A1B.在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1⇒AB1⊥BC.∴⇒AB1⊥面A1BC,且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC.5.(全国1卷)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为()BA.2B.2C.3 D.2【解答】解:由题意可知几何体是圆柱,底面周长16,高为:2,直观图以及侧面展开图如图:圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度:=2.故选:B.6.(全国1卷)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为()AA.B.C.D.【解答】解:正方体的所有棱中,实际上是3组平行的棱,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,如图:所示的正六边形平行的平面,并且正六边形时,α截此正方体所得截面面积的最大,此时正六边形的边长明明就的最大值为:6×=.故选:A.7.(全国1卷)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.【解答】(1)证明:由题意,点E、F分别是AD、BC的中点,则,,由于四边形ABCD为正方形,所以EF⊥BC.由于PF⊥BF,EF∩PF=F,则BF⊥平面PEF.又因为BF⊂平面ABFD,所以:平面PEF⊥平面ABFD.(2)在平面DEF中,过P作PH⊥EF于点H,联结DH,由于EF为面ABCD和面PEF的交线,PH⊥EF,则PH⊥面ABFD,故PH⊥DH.在三棱锥P﹣DEF中,可以利用等体积法求PH,因为DE∥BF且PF⊥BF,所以PF⊥DE,又因为△PDF≌△CDF,所以∠FPD=∠FCD=90°,=,所以PF⊥PD,由于DE∩PD=D,则PF⊥平面PDE,故V F﹣PDE因为BF∥DA且BF⊥面PEF,所以DA⊥面PEF,所以DE⊥EP.设正方形边长为2a,则PD=2a,DE=a,在△PDE中,,所以,故V F﹣PDE=,又因为,所以PH==,所以在△PHD中,sin∠PDH==,即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为:.8.(全国2卷)在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()CA.B.C.D.【解答】解:以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,∴A(1,0,0),D1(0,0,),D(0,0,0),B1(1,1,),=(﹣1,0,),=(1,1,),设异面直线AD1与DB1所成角为θ,则cosθ===,∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.故选:C.9.(全国2卷)如图,在三棱锥P﹣ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且二面角M﹣PA﹣C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.【解答】解:(1)证明:∵AB=BC=2,O是AC的中点,∴BO⊥AC,且BO=2,又PA=PC=PB=AC=2,∴PO⊥AC,PO=2,则PB2=PO2+BO2,则PO⊥OB,∵OB∩AC=O,∴PO⊥平面ABC;(2)建立以O坐标原点,OB,OC,OP分别为x,y,z轴的空间直角坐标系如图:A(0,﹣2,0),P(0,0,2),C(0,2,0),B(2,0,0),=(﹣2,2,0),设=λ=(﹣2λ,2λ,0),0<λ<1则=﹣=(﹣2λ,2λ,0)﹣(﹣2,﹣2,0)=(2﹣2λ,2λ+2,0),则平面PAC的法向量为=(1,0,0),设平面MPA的法向量为=(x,y,z),则=(0,﹣2,﹣2),则•=﹣2y﹣2z=0,•=(2﹣2λ)x+(2λ+2)y=0令z=1,则y=﹣,x=,即=(,﹣,1),∵二面角M﹣PA﹣C为30°,∴cos30°=|=,即=,解得λ=或λ=3(舍),则平面MPA的法向量=(2,﹣,1),=(0,2,﹣2),PC与平面PAM所成角的正弦值sinθ=|cos<,>|=||==.10.(全国3卷)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()AA.B.C.D.【解答】解:由题意可知,如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,小的长方体,是榫头,从图形看出,轮廓是长方形,内含一个长方形,并且一条边重合,另外3边是虚线,所以木构件的俯视图是A.故选:A.11.(全国3卷)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角形且面积为9,则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为()BA.12B.18C.24D.54【解答】解:△ABC为等边三角形且面积为9,可得,解得AB=6,球心为O,三角形ABC 的外心为O′,显然D在O′O的延长线与球的交点如图:O′C==,OO′==2,则三棱锥D﹣ABC高的最大值为:6,则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为:=18.故选:B.12.(全国3卷)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)当三棱锥M﹣ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.【解答】解:(1)证明:在半圆中,DM⊥MC,∵正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,∴AD⊥平面BCM,则AD⊥MC,∵AD∩DM=D,∴MC⊥平面ADM,∵MC⊂平面MBC,∴平面AMD⊥平面BMC.(2)∵△ABC的面积为定值,∴要使三棱锥M﹣ABC体积最大,则三棱锥的高最大,此时M为圆弧的中点,建立以O为坐标原点,如图所示的空间直角坐标系如图∵正方形ABCD的边长为2,∴A(2,﹣1,0),B(2,1,0),M(0,0,1),则平面MCD的法向量=(1,0,0),设平面MAB的法向量为=(x,y,z)则=(0,2,0),=(﹣2,1,1),由•=2y=0,•=﹣2x+y+z=0,令x=1,则y=0,z=2,即=(1,0,2),则cos<,>===,则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sinα==.13.(上海)《九章算术》中,称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马,设AA1是正六棱柱的一条侧棱,如图,若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边,则这样的阳马的个数是()CA.4 B.8 C.12 D.16【解答】解:根据正六边形的性质可得D1F1⊥A1F1,C1A1⊥A1F1,D1B1⊥A1B1,E1A1⊥A1B1,则D1﹣A1ABB1,D1﹣A1AFF1满足题意,而C1,E1,C,D,E和D1一样,故有2×6=12,故选:C.14.(上海)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2.(1)设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积;(2)设PO=4,OA、OB是底面半径,且∠AOB=90°,M为线段AB的中点,如图.求异面直线PM与OB所成的角的大小.【解答】解:(1)∵圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2,圆锥的母线长为4,∴圆锥的体积V===.(2)∵PO=4,OA,OB是底面半径,且∠AOB=90°,M为线段AB的中点,∴以O为原点,OA为x轴,OB为y轴,OP为z轴,建立空间直角坐标系,P(0,0,4),A(2,0,0),B(0,2,0),M(1,1,0),O(0,0,0),=(1,1,﹣4),=(0,2,0),设异面直线PM与OB所成的角为θ,则cosθ===.∴θ=arccos.∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos.15. (天津)已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1,除面ABCD外,该正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,M(如图),则四棱锥M﹣EFGH的体积为.【解答】解:正方体的棱长为1,M﹣EFGH的底面是正方形的边长为:,四棱锥是正四棱锥,棱锥的高为,四棱锥M﹣EFGH的体积:=.故答案为:.16.(天津)如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.(Ⅰ)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;(Ⅱ)求二面角E﹣BC﹣F的正弦值;(Ⅲ)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.【解答】(Ⅰ)证明:依题意,以D为坐标原点,分别以、、的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M(0,,1),N(1,0,2).设为平面CDE的法向量,则,不妨令z=﹣1,可得;又,可得.又∵直线MN⊄平面CDE,∴MN∥平面CDE;(Ⅱ)解:依题意,可得,,.设为平面BCE的法向量,则,不妨令z=1,可得.设为平面BCF的法向量,则,不妨令z=1,可得.因此有cos<>=,于是sin<>=.∴二面角E﹣BC﹣F的正弦值为;(Ⅲ)解:设线段DP的长为h,(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得,而为平面ADGE的一个法向量,故|cos<>|=.由题意,可得,解得h=∈[0,2].∴线段DP的长为.17.(浙江)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()CA.2 B.4 C.6 D.8【解答】解:根据三视图:该几何体为底面为直角梯形的四棱柱.如图所示:故该几何体的体积为:V=.故选:C.18.(浙江)已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”的()AA.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【解答】解:∵m⊄α,n⊂α,∴当m∥n时,m∥α成立,即充分性成立,当m∥α时,m∥n不一定成立,即必要性不成立,则“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件.故选:A.19.(浙江) 已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3,则()DA.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1【解答】解:∵由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形ABCD的中心.过E作EF∥BC,交CD于F,过底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N,连接SN,取CD中点M,连接SM,OM,OE,则EN=OM,则θ1=∠SEN,θ2=∠SEO,θ3=∠SMO.显然,θ1,θ2,θ3均为锐角.∵tanθ1==,tanθ3=,SN≥SO,∴θ1≥θ3,又sinθ3=,sinθ2=,SE≥SM,∴θ3≥θ2.故选:D.20.(浙江)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=l,AB=BC=B1B=2.(Ⅰ)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(Ⅱ)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.【解答】(I)证明:∵A1A⊥平面ABC,B1B⊥平面ABC,∴AA1∥BB1,∵AA1=4,BB1=2,AB=2,∴A1B1==2,又AB1==2,∴AA12=AB12+A1B12,∴AB1⊥A1B1,同理可得:AB1⊥B1C1,又A1B1∩B1C1=B1,∴AB1⊥平面A1B1C1.(II)解:取AC中点O,过O作平面ABC的垂线OD,交A1C1于D,∵AB=BC,∴OB⊥OC,∵AB=BC=2,∠BAC=120°,∴OB=1,OA=OC=,以O为原点,以OB,OC,OD所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示:则A(0,﹣,0),B(1,0,0),B1(1,0,2),C1(0,,1),∴=(1,,0),=(0,0,2),=(0,2,1),设平面ABB1的法向量为=(x,y,z),则,∴,令y=1可得=(﹣,1,0),∴cos<>===.设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ,则sinθ=|cos<>|=.∴直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为.。

普通高等学校2018届高三招生全国统一考试仿真卷(二)数学(理)试题含答案

普通高等学校2018届高三招生全国统一考试仿真卷(二)数学(理)试题含答案

绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科数学(二)本试题卷共2页,23题(含选考题)。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

★祝考试顺利★注意事项:1、答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

2、选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3、填空题和解答题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、选考题的作答:先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案写在答题卡上对应的答题区域内,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5、考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1z的共轭复数为()AB C D2.若双曲线221yxm-=的一个焦点为()3,0-,则m=()A.B.C.D.643()fx)ABC D4.函数()12xf x⎛⎫= ⎪⎝⎭,()0,x∈+∞的值域为D,在区间()1,2-上随机取一个数x,则x D∈的概率是()A.12B.13C.14D.15.记()()()()72701272111x a a x a x a x-=+++++⋅⋅⋅++,则012a a a+++6a⋅⋅⋅+的值为()A.1 B.2 C.129 D.21886.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.83B.163C.203D.87.《九章算术》是我国古代的数学名著,书中有如下问题:“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士,凡五人,共猎得五鹿,欲以爵次分之,问各得几何?”其意思:“共有五头鹿,5人以爵次进行分配(古代数学中“以爵次分之”这种表述,一般表示等差分配,在本题中表示等差分配).”在这个问题中,若大夫得“一鹿、三分鹿之二”,则簪裹得()A .一鹿、三分鹿之一B.一鹿C.三分鹿之二D.三分鹿之一8)A.B.C.D.9.阅读如图所示的程序框图,运行相应程序,输出的结果是()A .12B .18C .120D .12510.当实数x ,y 满足约束条件3310x y x y y +⎧⎪-⎨⎪⎩≤≥≥,表示的平面区域为C ,目标函数2z x y =-的最小值为1p ,而由曲线()230y x y =≥,直线3x =及x 轴围成的平面区域为D ,向区域D 内任投入一个质点,该质点落入C 的概率为2p ,则1224p p -的值为( )A .12B .23C .35D .4311.已知点1F 是抛物线C :22x py =的焦点,点2F 为抛物线C 的对称轴与其准线的交点,过2F 作抛物线C 的切线,切点为A ,若点A 恰好在以1F ,2F 为焦点的双曲线上,则双曲线的离心率为( )AB1- C1D12.已知函数()e e x x f x -=+(其中是自然对数的底数),若当0x >时,()e 1x mf x m -+-≤恒成立,则实数m 的取值范围为( )A .10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭B .1,3⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦C .1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ D .11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。

专题08 立体几何解答题常考全归类(精讲精练)(原卷版)

专题08 立体几何解答题常考全归类(精讲精练)(原卷版)

专题08 立体几何解答题常考全归类【命题规律】空间向量是将空间几何问题坐标化的工具,是常考的重点,立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合,以某个空间几何体为依托,分步设问,逐层加深.解决这类题目的原则是建系求点、坐标运算、几何结论.作为求解空间角的有力工具,通常在解答题中进行考查,属于中等难度.【核心考点目录】核心考点一:非常规空间几何体为载体核心考点二:立体几何探索性问题核心考点三:立体几何折叠问题核心考点四:立体几何作图问题核心考点五:立体几何建系繁琐问题核心考点六:两角相等(构造全等)的立体几何问题核心考点七:利用传统方法找几何关系建系核心考点八:空间中的点不好求核心考点九:创新定义【真题回归】1.(2022·天津·统考高考真题)直三棱柱111ABC A B C 中,112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥,D 为11A B 的中点,E 为1AA 的中点,F 为CD 的中点.(1)求证://EF 平面ABC ;(2)求直线BE 与平面1CC D 所成角的正弦值;(3)求平面1ACD 与平面1CC D 所成二面角的余弦值.2.(2022·全国·统考高考真题)如图,四面体ABCD 中,,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠,E 为AC 的中点.(1)证明:平面BED ⊥平面ACD ;(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒,点F 在BD 上,当AFC △的面积最小时,求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值.3.(2022·浙江·统考高考真题)如图,已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形,//AB DC ,//DC EF ,5AB =,3DC =,1EF =,60BAD CDE ∠=∠=︒,二面角F DC B --的平面角为60︒.设M ,N 分别为,AE BC 的中点.(1)证明:FN AD ⊥;(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值.4.(2022·全国·统考高考真题)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.5.(2022·全国·统考高考真题)如图,四面体ABCD 中,,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠,E 为AC 的中点.(1)证明:平面BED ⊥平面ACD ;(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒,点F 在BD 上,当AFC △的面积最小时,求三棱锥F ABC -的体积.6.(2022·全国·统考高考真题)在四棱锥P ABCD -中,PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP =====∥(1)证明:BD PA ⊥;(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值.7.(2022·北京·统考高考真题)如图,在三棱柱111ABC A B C 中,侧面11BCC B 为正方形,平面11BCC B ⊥平面11ABB A ,2AB BC ==,M ,N 分别为11A B ,AC 的中点.(1)求证:MN ∥平面11BCC B ;(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值. 条件①:AB MN ⊥;条件②:BM MN =.注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.8.(2022·全国·统考高考真题)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.【方法技巧与总结】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归,即把空间角转化为平面角,进而转化为三角形的内角,然后通过解三角形求得.求解的一般步骤为:(1)作图:作出空间角的平面角.(2)证明:证明所给图形是符合题设要求的.(3)计算:在证明的基础上计算得出结果.简称:一作、二证、三算.2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”,可固定一条,平移另一条;或两条同时平移到某个特殊的位置,顶点选在特殊的位置上.3、求直线与平面所成角的常见方法(1)作角法:作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形,根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求.(2)等积法:公式θ=sin h l,其中θ是斜线与平面所成的角,h 是垂线段的长,是斜线段的长,其中求出垂线段的长(即斜线上的点到面的距离)既是关键又是难点,为此可构造三棱锥,利用等体积法来求垂线段的长.(3)证垂法:通过证明线面垂直得到线面角为90°.4、作二面角的平面角常有三种方法(1)棱上一点双垂线法:在棱上任取一点,过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线,这两条射线所成的角,就是二面角的平面角.(2)面上一点三垂线法:自二面角的一个面上一点向另一面引垂线,再由垂足向棱作垂线得到棱上的点(即垂足),斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角,即为二面角的平面角.(3)空间一点垂面法:自空间一点作与棱垂直的平面,截二面角得两条射线,这两条射线所成的角就是二面角的平面角.【核心考点】核心考点一:非常规空间几何体为载体【规律方法】关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系.【典型例题】例1.(2022·陕西安康·统考一模)如图,已知AB 为圆锥SO 底面的直径,点C 在圆锥底面的圆周上,2BS AB ==,6BAC π∠=,BE 平分SBA ∠,D 是SC 上一点,且平面DBE ⊥平面SAB .(1)求证:SA BD ⊥;(2)求二面角E BD C --的正弦值.例2.(2022·安徽·校联考二模)如图,将长方形11OAAO (及其内部)绕1OO 旋转一周形成圆柱,其中11,2OA O O ==,劣弧11A B 的长为,6AB π为圆O 的直径.(1)在弧AB 上是否存在点C (1,C B 在平面11OAAO 的同侧),使1BC AB ⊥,若存在,确定其位置,若不存在,说明理由;(2)求平面11A O B 与平面11B O B 夹角的余弦值.例3.(2022·山东东营·胜利一中校考模拟预测)如图,,AB CD 分别是圆台上、下底面的直径,且AB CD ,点E 是下底面圆周上一点,AB =(1)证明:不存在点E 使平面AEC ⊥平面ADE ;(2)若4DE CE ==,求二面角D AE B --的余泫值.例4.(2022·河北·统考模拟预测)如图,在圆台1OO 中,上底面圆1O 的半径为2,下底面圆O 的半径为4,过1OO 的平面截圆台得截面为11ABB A ,M 是弧AB 的中点,MN 为母线,cos NMB ∠=(1)证明:1AB ⊥平面1AOM ; (2)求二面角M NB A --的正弦值.核心考点二:立体几何探索性问题【规律方法】与空间向量有关的探究性问题主要有两类:一类是探究线面的位置关系;另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.处理原则:先建立空间直角坐标系,引入参数(有些是题中已给出),设出关键点的坐标,然后探究这样的点是否存在,或参数是否满足要求,从而作出判断.【典型例题】例5.(2022·上海虹口·统考一模)如图,在三棱柱111ABC A B C 中,底面ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形,侧面11AAC C 为菱形,点1A 在底面上的投影为AC 的中点D ,且2AB =.(1)求证:1BD CC ⊥;(2)求点C 到侧面11AA B B 的距离;(3)在线段11A B 上是否存在点E ,使得直线DE 与侧面11AA B B 请求出1A E 的长;若不存在,请说明理由.例6.(2022春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习)如图,在三棱柱111ABC A B C 中,1AB C 为等边三角形,四边形11AA B B 为菱形,AC BC ⊥,4AC =,3BC =.(1)求证:11AB AC ⊥;(2)线段1CC 上是否存在一点E ,使得平面1AB E 与平面ABC 的夹角的余弦值为14?若存在,求出点E 的位置;若不存在,请说明理由.例7.(2022春·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中)如图1,在矩形ABCD 中,AB =2,BC =1,E 是DC 的中点,将DAE 沿AE 折起,使得点D 到达点P 的位置,且PB =PC ,如图2所示.F 是棱PB 上的一点.(1)若F 是棱PB 的中点,求证://CF 平面P AE ;(2)是否存在点F ,使得二面角F AE C --?若存在,则求出PF FB 的值;若不存在,请说明理由.例8.(2022·广东韶关·统考一模)已知矩形ABCD 中,4AB =,2BC =,E 是CD 的中点,如图所示,沿BE 将BCE 翻折至BFE △,使得平面BFE ⊥平面ABCD .(1)证明:BF AE ⊥;(2)若(01)DP DB λλ=<<是否存在λ,使得PF 与平面DEF 求出λ的值;若不存在,请说明理由.核心考点三:立体几何折叠问题【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变,哪些保持不变.2、把空间几何问题转化为平面几何问题,把握图形之间的关系,感悟数学本质.【典型例题】例9.(2022春·江苏南通·高三期中)已知梯形ABCD 中,//AD BC ,π2∠=∠=ABC BAD ,24AB BC AD ===,E ,F 分别是AB ,CD 上的点,//EF BC ,AE x =,G 是BC 的中点,沿EF 将梯形ABCD 翻折,使平面AEFD ⊥平面EBCF .(1)当2x =时①求证:BD EG ⊥;②求二面角D BF C --的余弦值;(2)三棱锥D FBC -的体积是否可能等于几何体ABE FDC -体积的一半?并说明理由.例10.(2022春·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中)如图1,在平面四边形ABCD 中,已知ABDC ,AB DC ∥,142AD DC CB AB ====,E 是AB 的中点.将△BCE 沿CE 翻折至△PCE ,使得2DP =,如图2所示.(1)证明:DP CE ⊥;(2)求直线DE 与平面P AD 所成角的正弦值.例11.(2022春·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中)如图,平面五边形P ABCD 中,PAD 是边长为2的等边三角形,//AD BC ,AB =2BC =2,AB BC ⊥,将PAD 沿AD 翻折成四棱锥P -ABCD ,E 是棱PD 上的动点(端点除外),F ,M 分别是AB ,CE 的中点,且PC =(1)证明:AB FM ⊥;(2)当直线EF 与平面P AD 所成的角最大时,求平面ACE 与平面P AD 夹角的余弦值.例12.(2022·四川雅安·统考模拟预测)如图①,ABC 为边长为6的等边三角形,E ,F 分别为AB ,AC 上靠近A 的三等分点,现将AEF △沿EF 折起,使点A 翻折至点P 的位置,且二面角P EF C --的大小为120°(如图②).(1)在PC 上是否存在点H ,使得直线//FH 平面PBE ?若存在,确定点H 的位置;若不存在,说明理由. (2)求直线PC 与平面PBE 所成角的正弦值.核心考点四:立体几何作图问题 【规律方法】(1)利用公理和定理作截面图(2)利用直线与平面平行的性质定理作平行线 (3)利用平面与平面垂直作平面的垂线 【典型例题】例13.(2022·贵州·校联考模拟预测)如图,已知平行六面体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是菱形,112CD CC AC ===,3DCB π∠=且113cos cos 4C CD C CB ∠=∠=.(1)试在平面ABCD 内过点C 作直线l ,使得直线//l 平面1C BD ,说明作图方法,并证明:直线11//l B D ; (2)求点C 到平面1A BD 的距离.例14.(2022秋·河北石家庄·高一石家庄市第十五中学校考期中)如图为一块直四棱柱木料,其底面ABCD 满足:AB AD ⊥,AD BC ∥.(1)要经过平面11CC D D 内的一点P 和棱1BB 将木料锯开,在木料表面应该怎样画线?(借助尺规作图,并写出作图说明,无需证明)(2)若2AD AB ==,11BC AA ==,当点P 是矩形11CDD C 的中心时,求点1D 到平面1APB 的距离.例15.(2022·全国·高三专题练习)如图多面体ABCDEF 中,面FAB ⊥面ABCD ,FAB 为等边三角形,四边形ABCD 为正方形,//EF BC ,且332EF BC ==,H ,G 分别为CE ,CD 的中点.(1)求二面角C FH G --的余弦值;(2)作平面FHG 与平面ABCD 的交线,记该交线与直线AB 交点为P ,写出APAB的值(不需要说明理由,保留作图痕迹).例16.(2022·全国·高三专题练习)四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是边长为2的菱形,23DAB π∠=.ACBD O =,且PO ⊥平面ABCD ,PO =点,F G 分别是线段.PB PD 上的中点,E 在PA 上.且3PA PE =.(Ⅰ)求证://BD 平面EFG ;(Ⅰ)求直线AB 与平面EFG 的成角的正弦值;(Ⅰ)请画出平面EFG 与四棱锥的表面的交线,并写出作图的步骤.核心考点五:立体几何建系繁琐问题 【规律方法】 利用传统方法解决 【典型例题】例17.如图,已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形,侧面11BB C C 是矩形,M ,N 分别为BC ,11B C 的中点,P 为AM 上一点.过11B C 和P 的平面交AB 于E ,交AC 于F . (1)证明:1//AA MN ,且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ;(2)设O 为△111A B C 的中心.若//AO 平面11EB C F ,且=AO AB ,求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值.例18.如图,在锥体-P ABCD 中,ABCD 是边长为1的菱形,且∠=︒60DAB ,==PA PD ,=2PB ,E ,F 分别是BC ,PC 的中点(1)证明:⊥AD 平面DEF (2)求二面角--P AD B 的余弦值.例19.(2022春·福建南平·高三校考期中)在三棱柱111ABC A B C 中,AB AC ⊥,1B C ⊥平面ABC ,E 、F 分别是棱AC 、11A B 的中点.(1)设G 为11B C 的中点,求证://EF 平面11BCC B ;(2)若2AB AC ==,直线1BB 与平面1ACB 所成角的正切值为2,求多面体1B EFGC -的体积V .核心考点六:两角相等(构造全等)的立体几何问题 【规律方法】 构造垂直的全等关系 【典型例题】例20.如图,已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形,侧面11BB C C 是矩形,M ,N 分别为BC ,11B C 的中点,P 为AM 上一点.过11B C 和P 的平面交AB 于E ,交AC 于F . (1)证明:1//AA MN ,且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ;(2)设O 为△111A B C 的中心.若//AO 平面11EB C F ,且=AO AB ,求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值.例21.如图,在锥体-P ABCD 中,ABCD 是边长为1的菱形,且∠=︒60DAB ,==PA PD ,=2PB ,E ,F 分别是BC ,PC 的中点(1)证明:⊥AD 平面DEF (2)求二面角--P AD B 的余弦值.核心考点七:利用传统方法找几何关系建系【规律方法】利用传统方法证明关系,然后通过几何关系建坐标系. 【典型例题】例22.如图:长为3的线段PQ 与边长为2的正方形ABCD 垂直相交于其中心()O PO OQ >. (1)若二面角P AB Q --的正切值为3-,试确定O 在线段PQ 的位置;(2)在(1)的前提下,以P ,A ,B ,C ,D ,Q 为顶点的几何体PABCDQ 是否存在内切球?若存在,试确定其内切球心的具体位置;若不存在,请说明理由.例23.在四棱锥P ABCD -中,E 为棱AD 的中点,PE ⊥平面ABCD ,//AD BC ,90ADC ∠=︒,2ED BC ==,3EB =,F 为棱PC 的中点.(Ⅰ)求证://PA 平面BEF ;(Ⅰ)若二面角F BE C --为60︒,求直线PB 与平面ABCD 所成角的正切值.例24.三棱柱111ABC A B C -中,AB AC ⊥,2AB AC ==,侧面11BCC B 为矩形,123A AB π∠=,二面角1A BC A --的正切值为12. (Ⅰ)求侧棱1AA 的长;(Ⅰ)侧棱1CC 上是否存在点D ,使得直线AD 与平面1A BC ,若存在,判断点的位置并证明;若不存在,说明理由.核心考点八:空间中的点不好求 【规律方法】 方程组思想 【典型例题】例25.(2022·江苏南京·模拟预测)已知三棱台111ABC A B C 的体积为143,且π2ABC ∠=,1A C ⊥平面11BB C C . (1)证明:平面11A B C ⊥平面111A B C ;(2)若11AC B C =,11112A B B C ==,求二面角1B AA C --的正弦值.例26.(2022春·浙江·高三浙江省新昌中学校联考期中)如图,在四棱台1111ABCD A B C D -中,底面ABCD 是边长为2的菱形,3DAB π∠=,平面11BDD B ⊥平面ABCD ,点1,O O 分别为11,B D BD 的中点,1111,,O B A AB O BO ∠∠=均为锐角.(1)求证:1AC BB ⊥;(2)若异面直线CD 与1AA ,四棱锥1A ABCD -的体积为1,求二面角1B AA C --的平面角的余弦值.例27.(2022春·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中)如图,在几何体ABCDE 中,底面ABC 为以AC为斜边的等腰直角三角形.已知平面ABC ⊥平面ACD ,平面ABC ⊥平面,//BCE DE 平面,ABC AD DE ⊥.(1)证明;DE ⊥平面ACD ;(2)若22AC CD ==,设M 为棱BE 的中点,求当几何体ABCDE 的体积取最大值时,AM 与CD 所成角的余弦值.核心考点九:创新定义 【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关,涉及在具体情境下的图形阅读,需要通过数形结合来解决问题.图形怎么阅读一是要读特征,即从图形中读出图形的基本特征;二是要读本质,即要善于将所读出的信息进行提升,实现“图形→文字→符号”的转化;三是要有问题意识,带着问题阅读图形,将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起;四是要有运动观点,要“动手”去操作,动态地去阅读图形.【典型例题】例28.(2022·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测)已知顶点为S 的圆锥面(以下简称圆锥S )与不经过顶点S 的平面α相交,记交线为C ,圆锥S 的轴线l 与平面α所成角θ是圆锥S 顶角(圆S 轴截面上两条母线所成角θ的一半,为探究曲线C 的形状,我们构建球T ,使球T 与圆锥S 和平面α都相切,记球T 与平面α的切点为F ,直线l 与平面α交点为A ,直线AF 与圆锥S 交点为O ,圆锥S 的母线OS 与球T 的切点为M ,OM a =,MS b =.(1)求证:平面SOA ⊥平面α,并指出a ,b ,θ关系式; (2)求证:曲线C 是抛物线.例29.(2022·全国·高三专题练习)类比于二维平面中的余弦定理,有三维空间中的三面角余弦定理;如图1,由射线PA ,PB ,PC 构成的三面角-P ABC ,APC α∠=,BPC β∠=,APB γ∠=,二面角A PC B --的大小为θ,则cos cos cos sin sin cos γαβαβθ=+.(1)当α、π0,2β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,证明以上三面角余弦定理;(2)如图2,四棱柱1111ABCD A B C D -中,平面11AA C C ⊥平面ABCD ,160A AC ∠=︒,45BAC ∠=︒, ①求1A AB ∠的余弦值;②在直线1CC 上是否存在点P ,使//BP 平面11DA C ?若存在,求出点P 的位置;若不存在,说明理由.例30.(2022·全国·校联考模拟预测)蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一,如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥H ABC -,J CDE -,K EFA -,再分别以AC ,CE ,EA 为轴将ACH ∆,CEJ ∆,EAK ∆分别向上翻转180︒,使H ,J ,K 三点重合为点S 所围成的曲顶多面体(下底面开口),如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画,定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和,而每一顶点的曲率规定等于2π减去蜂房多面体在该点的各个面角之和(多面体的面角是多面体的面的内角,用弧度制表示).(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度;(2)若正六棱柱的侧面积一定,当蜂房表面积最小时,求其顶点S 的曲率的余弦值.【新题速递】1.(2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测)如图,在三棱柱111ABC A B C 中,1BC CC =,1AC AB =.(1)证明:平面1ABC ⊥平面11BCC B ;(2)若BC =,1AB B C =,160CBB ∠=︒,求直线1BA 与平面111A B C 所成角的正弦值.2.(2022·四川达州·统考一模)如图,三棱柱111ABC A B C -中,底面ABC 为等腰直角三角形,112AB AC BB ===,,160ABB ∠=.(1)证明: 1AB B C ⊥;(2)若12B C =,求1AC 与平面1BCB 所成角的正弦值.3.(2022·陕西宝鸡·统考一模)如图在四棱锥P ABCD -中,PA ⊥底面ABCD ,且底面ABCD 是平行四边形.已知2,1,PA AB AD AC E ====是PB 中点.(1)求证:平面PBC ⊥平面ACE ;(2)求平面PAD 与平面ACE 所成锐二面角的余弦值.4.(2022·广东广州·统考一模)如图,已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是菱形,平面PBC ⊥平面ABCD ,30,ACD E ∠=为AD 的中点,点F 在PA 上,3AP AF =.(1)证明:PC //平面BEF ;(2)若PDC PDB ∠∠=,且PD 与平面ABCD 所成的角为45,求平面AEF 与平面BEF 夹角的余弦值.5.(2022·上海奉贤·统考一模)如图,在四面体ABCD 中,已知BA BD CA CD ===.点E 是AD 中点.(1)求证:AD ⊥平面BEC ;(2)已知95,arccos,625AB BDC AD ∠===,作出二面角D BC E --的平面角,并求它的正弦值.6.(2022·上海浦东新·统考一模)如图,三棱锥-P ABC 中,侧面P AB 垂直于底面ABC ,PA PB =,底面ABC 是斜边为AB 的直角三角形,且30ABC ∠=︒,记O 为AB 的中点,E 为OC 的中点.(1)求证:PC AE ⊥;(2)若2AB =,直线PC 与底面ABC 所成角的大小为60°,求四面体P AOC 的体积.7.(2022·四川成都·石室中学校考模拟预测)如图,在四棱锥P ABCD -中,AB BD BP ===PA PD ==90APD ∠=︒,E 是棱PA 的中点,且BE 平面PCD(1)证明:CD ⊥平面PAD ;(2)若1CD =,求二面角A PB C --的正弦值.8.(2022春·江苏徐州·高三期末)如图,四棱锥P ABCD -中,PA ⊥底面ABCD ,AD ∥BC ,N 为PB 的中点.(1)若点M 在AD 上,2AM MD =,34AD BC =,证明:MN 平面PCD ; (2)若3PA AB AC AD ====,4BC =,求二面角D AC N --的余弦值.9.(2022·陕西汉中·统考一模)如图,多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 为菱形,60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD ED FA ∥,且22AB FA ED ===.(1)求证:BD FC ⊥;(2)求二面角F AC E --的大小.10.(2022·陕西汉中·统考一模)如图,多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 为菱形,60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD FA ED ∥,且22AB FA ED ===.(1)求证:BD FC ⊥;(2)求点A 到平面FBD 的距离.11.(2022·四川广安·广安二中校考模拟预测)APD △是等腰直角三角形,AP PD ⊥且AD =ABCD 是直角梯形,AB BC ⊥,DC BC ⊥,且222AB BC CD ===,平面APD ⊥平面ABCD .(1)求证:AP ⊥平面BPD ;(2)若点E 是线段PB 上的一个动点,问点E 在何位置时三棱锥D APE -.12.(2022·四川南充·统考一模)在平面五边形ABCDE 中(如图1),ABCD 是梯形,//AD BC ,2AD BC ==AB =90ABC ∠=︒,ADE 是等边三角形.现将ADE 沿AD 折起,连接EB ,EC 得四棱锥E ABCD -(如图2)且CE =(1)求证:平面EAD ⊥平面ABCD ;(2)在棱EB 上有点F ,满足13EF EB =,求二面角E AD F --的余弦值.13.(2022·贵州贵阳·贵阳六中校考一模)如图,在四棱锥P ABCD -中,DA AB ⊥,PD PC ⊥,PB PC ⊥,1AB AD PD PB ====,4cos 5DCB ∠=.(1)求证:BD ⊥平面PAC .(2)设E 为BC 的中点,求PE 与平面ABCD 所成角的正弦值.14.(2022春·广东广州·高三校考期中)如图所示,在四棱锥P ABCD -中,PC ⊥底面ABCD ,四边形ABCD 是直角梯形,AB AD ⊥,//,222AB CD PC AB AD CD ====,点E 在侧棱PB 上.(1)求证:平面EAC ⊥平面PBC ;(2)若平面PAC 与平面ACE PE BE 的值.。

专题08 立体几何中的计算(原卷版)

专题08  立体几何中的计算(原卷版)

衡水中学内部资料群:591993305,高中各科学霸资料群:680662798,专题08 立体几何中的计算1、【2019年江苏数】.如图,长方体1111ABCD A B C D 的体积是120,E 为1CC 的中点,则三棱锥E -BCD 的体积是_____.2、【2018年高考江苏数】.如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________.3、【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°,P 为平面ABC 外一点,PC =2,点P 到∠ACB 两边AC ,BCP 到平面ABC 的距离为___________.4、【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48衡水中学内部资料群:591993305,高中各科学霸资料群:680662798,的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面,其棱长为_________.(本题第一空2分,第二空3分.)5、【2019年高考全国Ⅲ卷文数】学生到工厂劳动实践,利用3D 打印技术制作模型.如图,该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O −EFGH 后所得的几何体,其中O 为长方体的中心,E ,F ,G ,H 分别为所在棱的中点,16cm 4cm AB =BC =AA =,,3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为___________g.6、【2019年高考北京卷文数】已知l ,m 是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:①l ⊥m ;②m ∥α;③l ⊥α.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:__________.7、【2019.若圆柱的一个底衡水中学内部资料群:591993305,高中各科学霸资料群:680662798,面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为__________.8、【2018年高考全国II 卷文数】已知圆锥的顶点为S ,母线SA ,SB 互相垂直,SA 与圆锥底面所成角为30 ,若SAB △的面积为8,则该圆锥的体积为__________.一、柱、锥、台和球的侧面积和体积注意:(1)分的处理.(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面,计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算,而表面积是侧面积与底面圆的面积之和.衡水中学内部资料群:591993305,高中各科学霸资料群:680662798,二、在求解一些不规则的几何体的体积以及两个几何体的体积之比时,常常需要用到分割法.在求一个几何体被分成两部分的体积之比时,若有一部分为不规则几何体,则可用整个几何体的体积减去规则几何体的体积求出其体积.(1)解决空间几何体表面上的最值问题的根本思路是“展开”,即将空间几何体的“面”展开后铺在一个平面上,将问题转化为平面上的最值问题.(2)如果已知的空间几何体是多面体,则根据问题的具体情况可以将这个多面体沿多面体中某条棱或者两个面的交线展开,把不在一个平面上的问题转化到一个平面上.如果是圆柱、圆锥则可沿母线展开,把曲面上的问题转化为平面上的问题. 三、方法与技巧(1)棱柱、棱锥要掌握各部分的结构特征,计算问题往往转化到一个三角形中进行解决.旋转体要抓住“旋转”特点,弄清底面、侧面及展开图形状. (2)要注意将空间问题转化为平面问题.(3)求几何体的体积,要注意分割与补形.将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解. (4)一些几何体表面上的最短距离问题,常常利用几何体的展开图解决. 四、失误与防范(1)几何体展开、折叠问题,要抓住前后两个图形间的联系,找出其中的量的关系.(2)与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.解题时要认真分析图形,明确切点和接点的位置,确定有关元素间的数量关系,并作出合适的截面图,如球内切于正方体,切点为正方体各个面的中心,正方体的棱长等于球的直径;球外接于正方体,正方体的顶点均在球面上,正方体的体对角线长等于球的直径.题型一 多面体的表面积与体积求多面体的表面积与体积常用方法:1、公式法:可以运用规则的几何体;2、割补法:把不规则的图衡水中学内部资料群:591993305,高中各科学霸资料群:680662798,形分割成规则的图形,或者把几何体补成熟悉的几何体。

2018年北京市高考数学理 8专题八 立体几何

2018年北京市高考数学理 8专题八 立体几何

第八篇:立体几何一、选择题1.【2018全国一卷7】某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ,圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ,则在此圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径的长度为A .172B .52C .3D .22.【2018全国一卷12】已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为A B C D3.【2018全国二卷9】在长方体1111ABCD A B C D -中,1AB BC ==,1AA 1AD 与1DB 所成角的余弦值为A .15B C D 4.【2018全国三卷3】3.中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是5.【2018全国三卷10】设A B C D ,,,是同一个半径为4的球的球面上四点,ABC △为等边三角形且其面积为D ABC 体积的最大值为 A.B.C.D.6.【2018北京卷5】某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为A.1B.2C.3D.4俯视图正视图7.【2018浙江卷3】某几何体的三视图如图所示(单位:cm ),则该几何体的体积(单位:cm 3)是 A .2B .4C .6D .88.【2018浙江卷8】已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形,侧棱长均相等,E 是线段AB 上的点(不含端点),设SE 与BC 所成的角为θ1,SE 与平面ABCD 所成的角为θ2,二面角S −AB −C 的平面角为θ3,则 A .θ1≤θ2≤θ3B .θ3≤θ2≤θ1C .θ1≤θ3≤θ2D .θ2≤θ3≤θ19.【2018上海卷15】《九章算术》中,称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA ₁是正六棱柱的一条侧棱,如图,若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点,以AA ₁为底面矩形的一边,则这样的阳马的个数是( )(A )4 (B ) 8(C )12 (D )16二、填空题1.【2018全国二卷16】已知圆锥的顶点为S ,母线SA ,SB 所成角的余弦值为78,SA 与圆锥底面所成角为45°,若SAB △的面积为__________.2.【2018天津卷11】已知正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1,除面ABCD 外,该正方体其余各面的中心分别为点E ,F ,G ,H ,M (如图),则四棱锥M EFGH -的体积为.3.【2018江苏卷10】如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 .三、解答题1.【2018全国一卷18】如图,四边形ABCD 为正方形,,E F 分别为,AD BC 的中点,以DF 为折痕把DFC △折起,使点C 到达点P 的位置,且PF BF ⊥.(1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD ; (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.2.【2018全国二卷20】如图,在三棱锥P ABC -中,AB BC ==4PA PB PC AC ====,O 为AC 的中点.(1)证明:PO ⊥平面ABC ;(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M PA C --为30︒,求PC 与平面PAM 所成角的正弦值.3.【2018全国三卷19】如图,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直,M 是CD 上异于C ,D 的点. (1)证明:平面AM D ⊥平面BMC ;(2)当三棱锥M ABC -体积最大时,求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值.4.【2018北京卷16】如图,在三棱柱ABC −111A B C 中,1CC ⊥平面ABC ,D ,E ,F ,G 分别为1AA ,AC ,11AC ,1BB 的中点,AB=BC AC =1AA =2.(Ⅰ)求证:AC ⊥平面BEF ; (Ⅱ)求二面角B−CD −C 1的余弦值; (Ⅲ)证明:直线FG 与平面BCD 相交.5.【2018天津卷17】如图,AD BC ∥且AD =2BC ,AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ,CD FG ∥且CD =2FG ,DG ABCD ⊥平面,DA =DC =DG =2.(I )若M 为CF 的中点,N 为EG 的中点,求证:MN CDE ∥平面;(II )求二面角E BC F --的正弦值;(III )若点P 在线段DG 上,且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°,求线段DP 的长.6.【2018江苏卷15】在平行六面体1111ABCD A B C D -中,1111,AA AB AB B C =⊥.求证:(1)AB ∥平面11A B C ; (2)平面11ABB A ⊥平面1A BC .7.【2018江苏卷22(附加题)】如图,在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AB =AA 1=2,点P ,Q 分别为A 1B 1,BC 的中点.(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值; (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值.8.【2018浙江卷19】如图,已知多面体ABCA 1B 1C 1,A 1A ,B 1B ,C 1C 均垂直于平面ABC ,∠ABC =120°,A 1A =4,C 1C =1,AB =BC =B 1B =2.(Ⅰ)证明:AB 1⊥平面A 1B 1C 1;(Ⅱ)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值.9.【2018上海卷17】已知圆锥的顶点为P ,底面圆心为O ,半径为2(1)设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积;(2)设PO =4,OA ,OB 是底面半径,且∠AOB =90°,M 为线段AB 的中点,如图,求异面直线PM 与OB 所成的角的大小.参考答案 一、选择题1.B2.A3.C4.A5.B6.C7.C8.D9.D 二、填空题 1.π240 2.121 3.43三、解答题1.解:(1)由已知可得,BF ⊥PF ,BF ⊥EF ,所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ,所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)作PH ⊥EF ,垂足为H .由(1)得,PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点,HF 的方向为y 轴正方向,||BF 为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz .由(1)可得,DE ⊥PE .又DP =2,DE =1,所以PE 又PF =1,EF =2,故PE ⊥PF .可得322PH EH ==.则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --=HP =为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ,则34sin ||||||3HP DPHP DP θ⋅===⋅所以DP 与平面ABFD . 2解:(1)因为4AP CP AC ===,O 为AC 的中点,所以OP AC ⊥,且OP =连结OB .因为AB BC AC ==,所以ABC △为等腰直角三角形, 且OB AC ⊥,122OB AC ==. 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥. 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO⊥平面ABC .(2)如图,以O 为坐标原点,的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系O xyz -.由已知得)0,0,0(O ,)0,0,2(B ,)0,2,0(-A ,)0,2,0(C ,)32,0,0(P ,)32,2,0(=AP 取平面PAC 的法向量)0,0,2(=.设(,2,0)(02)M a a a -<≤,则)0,4,(a a -=. 设平面PAM 的法向量为(,,)x y z=n .由0=⋅n ,0=⋅n 得20(4)0yax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩,可取,)a a =--n ,所以2223)4(32)4(32,cos aa a a n ++-->=<.由已知可得23,cos =><n OB .4a =-(舍去),43a =.所以4()3=-n . 又)322,0(-=,PC ,所以43,cos >=<n .所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为4. 3.解:(1)由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD .因为BC ⊥CD ,BC ⊂平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD ,故BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ,D 的点,且DC 为直径,所以 DM ⊥CM . 又 BCCM =C ,所以DM ⊥平面BMC .而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC .(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 .当三棱锥M −ABC 体积最大时,M 为CD 的中点.由题设得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M ,(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量,则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,2)=n .DA 是平面MCD 的法向量,因此5cos ,5||||DA DA DA ⋅==n n n , 2sin,5DA =n , 所以面MAB 与面MCD 4.解:(Ⅰ)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,∵CC 1⊥平面ABC ,∴四边形A 1ACC 1为矩形. 又E ,F 分别为AC ,A 1C 1的中点,∴AC ⊥EF . ∵AB =BC .∴AC ⊥BE ,∴AC ⊥平面BEF . (Ⅱ)由(I )知AC ⊥EF ,AC ⊥BE ,EF ∥CC 1. 又CC 1⊥平面ABC ,∴EF ⊥平面ABC . ∵BE ⊂平面ABC ,∴EF ⊥BE . 如图建立空间直角坐标系E -xyz .由题意得B (0,2,0),C (-1,0,0),D (1,0,1),F (0,0,2),G (0,2,1).)1,0,2(=∴CD ,)0,2,1(=CB ,设平面BCD 的法向量为()a b c =,,n , ∴⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00n n ,∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩,令a =2,则b =-1,c =-4,∴平面BCD 的法向量(214)=--,,n , 又∵平面CDC 1的法向量为)0,2,0(=,∴2121cos -=>=⋅<n . 由图可得二面角B -CD -C 1为钝角,所以二面角B -CD -C 1的余弦值为. (Ⅲ)由(Ⅱ)知平面BCD 的法向量为(214)=--,,n ,∵G (0,2,1),F (0,0,2),∴)1,2,0(-=,∴2-=⋅n ,∴n 与不垂直,∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内,∴GF 与平面BCD 相交.5.解:依题意,可以建立以D 为原点,分别以DA ,DC ,DG 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D (0,0,0),A (2,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),E (2,0,2),F (0,1,2),G (0,0,2),M (0,32,1),N (1,0,2).(Ⅰ)证明:依题意DC =(0,2,0),DE =(2,0,2).设n 0=(x ,y ,z )为平面CDE的法向量,则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,,n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩,, 不妨令z=–1,可得n 0=(1,0,–1).又MN =(1,32-,1),可得00MN ⋅=n ,又因为直线MN ⊄平面CDE ,所以MN ∥平面CDE .(Ⅱ)解:依题意,可得BC =(–1,0,0),(122)BE =-,,,CF =(0,–1,2). 设n =(x ,y ,z )为平面BCE 的法向量,则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,,n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩,, 不妨令z =1,可得n =(0,1,1).设m =(x ,y ,z )为平面BCF 的法向量,则00BC CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,,m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩,, 不妨令z =1,可得m =(0,2,1). 因此有cos<m ,n>=||||⋅=m n m n sin<m ,n.所以,二面角E –BC –F. (Ⅲ)解:设线段DP 的长为h (h ∈[0,2]),则点P 的坐标为(0,0,h ),可得(12)BP h =--,,.易知,DC =(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量,故 cos BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>==,h ∈[0,2]. 所以线段DP 6.证明:(1)在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB ∥A 1B 1.因为AB ⊄平面A 1B 1C ,A 1B 1⊂平面A 1B 1C , 所以AB ∥平面A 1B 1C .(2)在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,四边形ABB 1A 1为平行四边形. 又因为AA 1=AB ,所以四边形ABB 1A 1为菱形, 因此AB 1⊥A 1B .又因为AB 1⊥B 1C 1,BC ∥B 1C 1, 所以AB 1⊥BC .又因为A 1B ∩BC =B ,A 1B ⊂平面A 1BC ,BC ⊂平面A 1BC , 所以AB 1⊥平面A 1BC . 因为AB 1⊂平面ABB 1A 1, 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC .7.解:如图,在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中,设AC ,A 1C 1的中点分别为O ,O 1,则OB ⊥OC ,OO 1⊥OC ,OO 1⊥OB ,以1,{},OB OC OO 为基底,建立空间直角坐标系O −xyz .因为AB =AA 1=2,所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C --.(1)因为P 为A 1B 1的中点,所以1,2)2P -, 从而131(,,2)(0,2,22),BP AC ==--,故111|||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅===⋅. 因此,异面直线BP 与AC 1 (2)因为Q 为BC 的中点,所以1,0)2Q , 因此33(,0)2AQ =,11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==.设n =(x ,y ,z )为平面AQC 1的一个法向量, 则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n 即30,2220.y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ,设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ, 则111||sin |cos |,|||CC CC CC |θ==⋅⋅==n n n 所以直线CC 1与平面AQC 1 8.解:方法一:(Ⅰ)由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得111AB AB ==,所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =,112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得11B C = 由2,120AB BC ABC ==∠=︒得AC =由1CC AC ⊥,得1AC =2221111AB BC AC +=,故111AB B C ⊥. 因此1AB ⊥平面111A B C .(Ⅱ)如图,过点1C 作111C D A B ⊥,交直线11A B 于点D ,连结AD.由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB , 由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB , 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由111111BC AB AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=所以1C D =111sin C D C AD AC ∠==. 因此,直线1AC 与平面1ABB方法二:(Ⅰ)如图,以AC 的中点O 为原点,分别以射线OB ,OC 为x ,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O -xyz.由题意知各点坐标如下:111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),),A B A B C因此111112),3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r 得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .(Ⅱ)设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由(Ⅰ)可知11(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n即0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(,0)=n .所以111|sin |cos ,||||AC AC AC θ⋅===⋅uuu ruuu r uuu rn |n n |因此,直线1AC 与平面1ABB9.解:(1)依题意可知:圆锥的高度为322422=-=OP ,所以其体积为:πππ338322313122=⨯⨯⨯==h r V 。

2018版数学(理)大复习讲义第八章立体几何与空间向量8

2018版数学(理)大复习讲义第八章立体几何与空间向量8

1.两条异面直线所成角的求法设a,b分别是两异面直线l1,l2的方向向量,则l1与l2所成的角θa与b的夹角β范围(0,错误!][0,π]求法cos θ=错误!cos β=错误!2。

直线与平面所成角的求法设直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为θ,a与n的夹角为β,则sin θ=|cos β|=错误!.3.求二面角的大小(1)如图①,AB,CD分别是二面角α-l-β的两个面内与棱l垂直的直线,则二面角的大小θ=〈错误!,错误!〉.(2)如图②③,n1,n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小θ满足|cos θ|=|cos<n1,n2〉|,二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)。

【知识拓展】利用空间向量求距离(供选用)(1)两点间的距离设点A(x1,y1,z1),点B(x2,y2,z2),则AB=|错误!|=错误!。

(2)点到平面的距离如图所示,已知AB为平面α的一条斜线段,n为平面α的法向量,则B到平面α的距离为|错误!|=错误!.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.(×)(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角。

(×)(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角。

(×)(4)两异面直线夹角的范围是(0,错误!],直线与平面所成角的范围是[0,错误!],二面角的范围是[0,π].(√)(5)直线l的方向向量与平面α的法向量夹角为120°,则l和α所成角为30°.(√)(6)若二面角α-a-β的两个半平面α,β的法向量n1,n2所成角为θ,则二面角α-a-β的大小是π-θ。

(×)1.(2016·南通模拟)已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角为________.答案45°或135°解析cos<m,n>=错误!=错误!=错误!,即〈m,n>=45°.∴两平面所成的二面角为45°或180°-45°=135°。

2018年全国各地高考数学模拟试题立体几何解答题试题汇编(含答案解析)

2018年全国各地高考数学模拟试题立体几何解答题试题汇编(含答案解析)

2018年全国各地高考数学模拟试题立体几何解答题汇编(含答案解析)1.(2018•广陵区校级四模)如图,四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD为菱形,PA ⊥平面ABCD,BD交AC于点E,F是线段PC中点,G为线段EC中点.(Ⅰ)求证:FG∥平面PBD;(Ⅱ)求证:BD⊥FG.2.(2018•黑龙江模拟)在三棱柱ABC﹣A1B l C1中,已知侧棱与底面垂直,∠CAB=90°,且AC=1,AB=2,E为BB1的中点,M为AC上一点,AM=AC.(I)若三棱锥A1﹣C1ME的体积为,求AA1的长;(Ⅱ)证明:CB1∥平面A1EM.3.(2018•黄州区校级三模)如图,在矩形ABCD中,AD=2AB=4,E为BC的中点,现将△BAE与△DCE折起,使得平面BAE⊥平面ADE,平面DCE⊥平面ADE.(Ⅰ)求证:BC∥平面ADE;(Ⅱ)求二面角A﹣BE﹣C的余弦值.4.(2018•焦作四模)如图,梯形ABCD与矩形CC1D1D所在平面相互垂直,AD ∥BC,BA⊥AD,AD=4,AB=BC=CC1=1.(Ⅰ)求证:AD1∥平面BCC1;(Ⅱ)求四棱锥C1﹣ABCD的侧面积.5.(2018•南海区模拟)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD为平行四形,AB=2AD=2,∠DAB=60°,PD=BD,且PD⊥底面ABCD.(Ⅰ)证明:BC⊥平面PBD;(Ⅱ)若Q为PC的中点,求三棱锥A﹣PBQ的体积.6.(2018•大武口区校级三模)将棱长为a的正方体截去一半(如图1所示)得到如图2所示的几何体,点E,F分别是BC,DC的中点.(Ⅰ)证明:AF⊥平面DD1E;(Ⅱ)求点E到平面AFD1的距离.7.(2018•郴州二模)如图,在长方形ABCD中,AB=4,BC=2,现将△ACD沿AC折起,使D折到P的位置且P在面ABC的射影E恰好在线段AB上.(Ⅰ)证明:AP⊥PB;(Ⅱ)求三棱锥P﹣EBC的表面积.8.(2018•晋城二模)如图,在几何体ABCDEF中,底面CDEF是平行四边形,AB ∥CD,AB=1,CD=2,DE=2,DF=4,DB=2,DB⊥平面CDEF,CE与DF交于点O.(Ⅰ)求证:OB∥平面ACF;(Ⅱ)求三棱锥B﹣DEF的表面积.9.(2018•香坊区校级三模)如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,,C1在线段AB1上的射影为H,H是正方形AA1B1B的中心,.(1)求证:平面C1AB1⊥平面AA1B1B;(2)求二面角C﹣BC1﹣A1的余弦值.10.(2018•石嘴山一模)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,底面△ABC是边长为2的等边三角形,D为BC的中点,侧棱AA1=3,点E在BB1上,点F在CC1上,且BE=1,CF=2.(Ⅰ)证明:CE⊥平面ADF;(Ⅱ)求二面角F﹣AD﹣E的余弦值.11.(2018•肥城市模拟)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,PB⊥底面ABCD,底面ABCD为梯形,AD∥BC,AD⊥AB,且PB=AB=AD=3,BC=1.(Ⅰ)若点F为PD上一点且,证明:CF∥平面PAB;(Ⅱ)求二面角B﹣PD﹣A的大小;(Ⅲ)在线段PD上是否存在一点M,使得CM⊥PA?若存在,求出PM的长;若不存在,说明理由.12.(2018•盐湖区校级模拟)如图,AB为圆O的直径,点E、F在圆O上,AB ∥EF,矩形ABCD和圆O所在的平面互相垂直,已知AB=2,EF=1.(Ⅰ)求证:平面DAF⊥平面CBF;(Ⅱ)当AD的长为何值时,二面角D﹣FE﹣B的大小为60°.13.(2018•安阳一模)如图,在空间直角坐标系O﹣xyz中,正四面体(各条棱均相等的三棱锥)ABCD的顶点A,B,C分别在x轴,y轴,z轴上.(Ⅰ)求证:CD∥平面OAB;(Ⅱ)求二面角C﹣AB﹣D的余弦值.14.(2018•丰台区一模)如图所示,在四棱锥P﹣ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,AD∥BC,AD=2BC,∠DAB=∠ABP=90°.(Ⅰ)求证:AD⊥平面PAB;(Ⅱ)求证:AB⊥PC;(Ⅲ)若点E在棱PD上,且CE∥平面PAB,求的值.15.(2018•马鞍山三模)如图,三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AB=AC=AA1=2,D,E分别为B1C1,AB中点.(1)证明:平面AA1D⊥平面EB1C1;(2)若AB⊥AC,求点B到平面EB1C1的距离.16.(2018•黄州区校级模拟)在如图所示的几何体中,EA⊥平面ABCD,四边形ABCD为等腰梯形,AD BC,AD=AE=1,∠ABC=60°,EF AC.(Ⅱ)求二面角B﹣EF﹣D的余弦值.17.(2018•黄山一模)如图,在三棱锥P﹣ABC中,PA=PB=AB=2,BC=3,∠ABC=90°,平面PAB⊥平面ABC,D,E分别为AB,AC中点.(1)求证:DE∥平面PBC;(2)求证:AB⊥PE;(3)求三棱锥P﹣BEC的体积.18.(2018•九江三模)如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,侧面AA1B1B是边长为1的菱形,∠A1B1B=60°,E为A1C1的中点,AC1=B1C1=1,A1C1=BC1,A1B∩AB1=O.(Ⅰ)证明:平面AB1C1⊥平面AA1B1B;(Ⅱ)求二面角A﹣OE﹣C的余弦值.19.(2018•河南一模)四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD为矩形,AB=2,BC=.PA=PB,侧面PAB⊥底面ABCD.(2)设BD与平面PAD所成的角为45°,求二面角B﹣PC﹣D的余弦值.20.(2018•洛阳二模)如图,在三棱锥P﹣ABC中,PA=PB=AB=BC,∠ABC=90°,D为AC的中点.(1)求证:AB⊥PD;(2)若∠PBC=90°,求二面角B﹣PD﹣C的余弦值.21.(2018•衡阳一模)在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,PB=PC=PD.(1)证明:PA⊥平面ABCD;(2)若PA=2,求二面角A﹣PD﹣B的余弦值.22.(2018•安庆二模)如图所示,四棱锥B﹣AEDC中,平面AEDC⊥平面ABC,F为BC的中点,P为BD的中点,且AE∥DC,∠ACD=∠BAC=90°,DC=AC=AB=2AE.(Ⅰ)证明:EP⊥平面BCD;(Ⅱ)若DC=2,求三棱锥E﹣BDF的体积.23.(2018•朝阳一模)在如图所示的几何体ABCDEF中,平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABCD和四边形ABEF都是正方形,且边长为2,Q是AD的中点.(1)求证:直线AE∥平面FQC;(2)求二面角A﹣FC﹣B的大小.24.(2018•厦门二模)已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是直角梯形,AD,BC=2AD=2,E为CD的中点,PB⊥AE.(1)证明:平面PBD⊥平面ABCD;(2)若PB=PD,且PC与平面ABCD所成角为,求二面角B﹣PD﹣C的余弦值.25.(2018•贵阳二模)已知如图1所示,在边长为12的正方形AA′A1A1,中,BB1∥CC1∥AA1,且AB=3,BC=4,AA′1分别交BB1,CC1于点P,Q,将该正方形沿BB1,CC1,折叠,使得A′A1与AA1重合,构成如图2所示的三棱柱ABC﹣A1B1C1,在该三棱柱底边AC上有一点M,满足AM=kMC(0<k<1);请在图2中解决下列问题:(I)求证:当k=时,BM∥平面APQ;(Ⅱ)若直线BM与平面APQ所成角的正弦值为,求k的值26.(2018•烟台二模)如图,在三棱锥P﹣ABC中,D为AC中点,P在平面ABC 内的射影O在AC上,BC=AB=2AP,AB⊥BC,∠PAC=45°.(1)求证:AP⊥平面PBD;(2)求二面角A﹣PC﹣B的余弦值.27.(2018•徐州一模)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,∠ABC=90°,AB=AA1,M,N分别是AC,B1C1的中点.求证:(1)MN∥平面ABB1A1;(2)AN⊥A1B.28.(2018•广西三模)如图,三棱柱ABC﹣A1B1C1中,A1A⊥平面ABC,AB=2,AC=CB=2,M,N分别是AB、A1C的中点.(1)求证:MN∥平面BB1C1C;(2)若平面CMN⊥平面B1MN,求直线AB与平面B1MN所成角的正弦值.29.(2018•聊城一模)如图,四棱锥P﹣ABCD中,△PAD为等边三角形,且平面PAD⊥平面ABCD,AD=2BC=2,AB⊥AD,AB⊥BC.(Ⅰ)证明:PC⊥BC;(Ⅱ)若直线PC与平面ABCD所成角为60°,求二面角B﹣PC﹣D的余弦值.30.(2018•三明二模)在四棱锥P﹣ABCD中,AB∥CD,CD=2AB,AC与BD相交于点M,点N在线段AP上,AN=λAP(λ>0),且MN∥平面PCD.(1)求实数λ的值;(2)若,∠BAD=60°,求点N到平面PCD的距离.31.(2018•淄博一模)直角三角形ABC中,∠C=90°,AC=4,BC=2,E是AC的中点,F是线段AB上一个动点,且,如图所示,沿BE将△CEB翻折至△DEB,使得平面DEB⊥平面ABE.(1)当时,证明:BD⊥平面DEF;(2)是否存在λ,使得DF与平面ADE所成的角的正弦值是?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.32.(2018•西宁模拟)在四棱锥P﹣ABCD中,四边形ABCD是矩形,平面PAB ⊥平面ABCD,点E、F分别为BC、AP中点.(1)求证:EF∥平面PCD;(2)若AD=AP=PB=AB=1,求三棱锥P﹣DEF的体积.33.(2018•铜山区模拟)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C中,已知∠ACB=90°,BC=CC1,E,F分别为AB,AA1的中点.(1)求证:直线EF∥平面BC1A1;(2)求证:EF⊥B1C.34.(2018•泉州一模)如图1,在四边形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=90°,,BC=4,AD=6,E是AD上的点,.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,且A1C=4,如图2.(Ⅰ)求证:平面A1BE⊥平面BCDE;(Ⅱ)若P为线段BE上任一点,求直线PA1与平面A1CD所成角的正弦值的最大值.35.(2018•河南一模)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是平行四边形,且平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥AB.(1)求证:四边形ABCD是矩形;(2)若PA=PD=AD=DC,求二面角A﹣PB﹣C的余弦值.36.(2018•全国二模)如图,五边形ABSCD中,四边形ABCD为长方形,三角形SBC为边长为2的正三角形,将三角形SBC沿BC折起,使得点S在平面ABCD上的射影恰好在AD上.(Ⅰ)当时,证明:平面SAB⊥平面SCD;(Ⅱ)若AB=1,求平面SCD与平面SBC所成二面角的余弦值的绝对值.37.(2018•静海区校级模拟)如图,等腰直角三角形AEF的斜边EF的中点为D,四边形ABCD为矩形,平面ABCD⊥平面AEF,点G为DF的中点,AD=2AB=2.(1)证明:BF∥平面ACG;(2)求二面角D﹣BC﹣F的正弦值;(3)点H为直线CE上的点,且=﹣5,求直线AH和平面BCF所成角的正弦值.38.(2018•玉溪模拟)如图,平面ACEF⊥平面ABCD,四边形ABCD是菱形,∠ABC=60°,AF∥CE,AF⊥AC,AB=AF=2,CE=1.(1)求四棱锥B﹣ACEF的体积;(2)在BF上有一点P,使得AP∥DE,求的值.39.(2018•潍坊三模)如图所示五面体ABCDEF,四边形ACFE是等腰三角形,AD∥FC,,BC⊥pmACFD,CA=CB=CF=1,AD=2CF,点G为AC的中点.(1)在AD上是否存在一点H,使GH∥平面BCD?若存在,指出点H的位置并给出证明;若不存在,说明理由;(2)求三棱锥G﹣ECD的体积.40.(2018•芜湖模拟)如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,∠AA1B1=45°,AC=BC,平面BB1C1C⊥平面AA1B1B,E为CC1中点.(1)求证:BB1⊥AC;(2)若AA1=2,AB=,直线A1C1与平面ABB1A1所成角为45°,求平面A1B1E 与平面ABC所成锐二面角的余弦值.参考答案与试题解析一.解答题(共40小题)1.【分析】(Ⅰ)连接PE,G,F为EC和PC的中点,得到FG∥PE,利用线面平行的判定定理可证;(Ⅱ)利用菱形的性质得到BD⊥AC,再由PA⊥面ABCD,得到BD⊥PA,结合线面垂直的判定定理得到BD⊥平面PAC,进一步由线面垂直的性质得到所证.【解答】证明:(Ⅰ)连接PE,G、F为EC和PC的中点,∴FG∥PE,FG⊄平面PBD,PE⊂平面PBD,∴FG∥平面PBD…(6分)(Ⅱ)∵菱形ABCD,∴BD⊥AC,又PA⊥面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴BD⊥PA,∵PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,且PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC,FG⊂平面PAC,∴BD⊥FG…(14分)【点评】本题考查了线面平行的判定定理的运用和线面垂直的判定定理和性质定理的运用,关键是熟练相关的定理.2.【分析】(I)由A1A⊥AB,AC⊥AB可知AB⊥平面ACC1A1,故E到平面ACC1A1的距离等于AB,于是VV=V,根据体积列出方程解出A1A;(II)连结AB1交A1E于F,连结MF,由矩形知识可知AF=,故MF∥CB1,所以CB1∥平面A1EM.【解答】解:(I)∵A1A⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,∴A1A⊥AB,又A1A⊥AC,A1A⊂平面ACC1A1,AC⊂平面ACC1A1,A1A∩AC=A,∴AB⊥平面ACC1A1,∵BB1∥平面ACC1A1,∴V=V====.∴A1A=.(II)连结AB1交A1E于F,连结MF,∵E是B1B的中点,∴AF=,又AM=,∴MF∥CB1,又MF⊂平面A1ME,CB1⊄平面A1ME∴CB1∥平面A1EM.【点评】本题考查了线面平行的判定,棱锥的体积计算,属于基础题.3.【分析】(Ⅰ)过点B作BM⊥AE于M,过点C作CN⊥ED于N,连接MN,证明BC∥MN即可;(Ⅱ)以E为原点,ED为x轴,EA为y轴,建立空间直角坐标系E﹣xyz,求出平面CEB的法向量,平面AEB的法向量,计算cos<,>即可.【解答】解:(Ⅰ)证明:过点B作BM⊥AE,垂足为M,过点C作CN⊥ED于N,连接MN,如图所示;∵平面BAE⊥平面ADE,平面DCE⊥平面ADE,∴BM⊥平面ADE,CN⊥ADE,∴BM∥CN;由题意知Rt△ABE≌Rt△DCE,∴BM=CN,∴四边形BCNM是平行四边形,∴BC∥MN;又BC⊄平面ADE,MN⊂平面ADE,∴BC∥平面ADE;(Ⅱ)由已知,AE、DE互相垂直,以E为原点,ED为x轴,EA为y轴,建立空间直角坐标系E﹣xyz,如图所示;则E(0,0,0),B(0,,),C(,0,),=(0,,),=(,0,),设平面CEB的法向量为=(x,y,z),则,即,令y=﹣1,则z=1,x=1,∴=(﹣1,﹣1,1);设平面AEB的法向量为=(x,y,z),则,易求得=(1,0,0);又cos<,>===﹣,∴当二面角A﹣BE﹣C的平面角为锐角时,余弦值为,当二面角A﹣BE﹣C的平面角为钝角时,余弦值为﹣.【点评】本题考查了空间几何体以及空间向量的应用问题,是中档题.4.【分析】(Ⅰ)推导出DD1∥平面BCC1,AD∥平面BCC1,从而平面ADD1∥平面BCC1,由此能证明AD1∥平面BCC1.(Ⅱ)推导出CC1⊥平面ABCD,从而CC1⊥BC,CC1⊥CD,过点C作CE⊥AD交AD于点E,连接C1E,推导出AB⊥平面CC1B,BC1⊥AB,从而AD⊥平面CC1E,AD⊥C1E,由此能求出四棱锥C1﹣ABCD的侧面积.【解答】解:(Ⅰ)因为CC1∥DD1,CC1⊂平面BCC1,DD1⊄平面BCC1,所以DD1∥平面BCC1,同理可得AD∥平面BCC1,又因为AD∩DD1=D,所以平面ADD1∥平面BCC1,因为AD1⊂平面ADD1,所以AD1∥平面BCC1.(Ⅱ)因为平面ABCD⊥平面CC1D1D,平面ABCD∩平面CC1D1D=CD,CC1⊥CD,所以CC1⊥平面ABCD,∴CC1⊥BC,CC1⊥CD,过点C作CE⊥AD交AD于点E,连接C1E,因为AD=4,AB=1,BC=CC1=1,由题意得:,所以,,因为CC1⊥AB,CB⊥AB,CB∩CC1=C,∴AB⊥平面CC1B,所以BC1⊥AB,,由AD⊥CC1,CE∩CC1=C,得AD⊥平面CC1E,所以AD⊥C1E,因为CE=CC1=1,所以,,所以四棱锥C1﹣ABCD的侧面积为.【点评】本题考查线面平行的证明,考查四棱锥的侧面积的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力,考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想,是中档题.5.【分析】(Ⅰ)在△ABD中,由余弦定理得求得BD,可得AD2+BD2=AB2,则AD ⊥BD,再由已知得到PD⊥BC.由线面垂直的判定可得BC⊥平面PBD;(Ⅱ)由Q为PC的中点,得三棱锥A﹣PBQ的体积与三棱锥A﹣QBC的体积相等,然后利用等积法求解.【解答】(Ⅰ)证明:在△ABD中,由余弦定理得:BD2=BA2+AD2﹣2BA•AD•cos60°=3,∵AD2+BD2=AB2,∴AD⊥BD,∵AD∥BC,∴BC⊥BD.又∵PD⊥底面ABCD,BC⊂平面ABCD,∴PD⊥BC.∵PD∩BD=D,∴BC⊥平面PBD;(Ⅱ)解:∵Q为PC的中点,∴三棱锥A﹣PBQ的体积与三棱锥A﹣QBC的体积相等,而=.∴三棱锥A﹣PBQ的体积.【点评】本题考查直线与平面垂直的判定,考查空间想象能力与思维能力,训练了利用等积法求多面体的体积,是中档题.6.【分析】(Ⅰ)推导出D1D⊥AF,△ADF≌△DCE,AF⊥DE,由此能证明AF⊥平面D1DE.(Ⅱ)以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出点E到平面AFD1的距离.【解答】证明:(Ⅰ)∵D1D⊥平面ABCD,AF⊂平面ABCD,∴D1D⊥AF,∵点E,F分别是BC,D1C的中点,∴DF=CE,又∵AD=DC,∠ADF=∠DCE=90°,∴△ADF≌△DCE,∴∠AFD=∠DEC,又∵∠CDE+∠DEC=90°,∴∠CDE+∠AFD=90°,∴∠DOF=180°﹣(∠CDE+∠AFD)=90°,∴AF⊥DE,又∵D1D∩DE=D,∴AF⊥平面D1DE.解:(Ⅱ)以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,E (,a ,0),A (a ,0,0),F (0,,0),D 1(0,0,a ), =(﹣,a ,0),=(﹣a ,,0),=(﹣a ,0,a ),设平面AFD 1的法向量=(x ,y ,z ),则,取x=1,得=(1,2,1),∴点E 到平面AFD 1的距离d===.【点评】本题考查线面垂直的证明,考查点到平面的距离的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,是中档题. 7.【分析】(Ⅰ)推导出PE ⊥BC ,AB ⊥BC ,从而BC ⊥平面PAB ,进而BC ⊥AP ,再由AP ⊥CP ,得AP ⊥平面PBC ,由此能证明AP ⊥PB .(Ⅱ) 三棱锥P ﹣EBC 的表面积为S=S △PEB +S △EBC +S △PEC +S △PBC . 【解答】证明:(Ⅰ)由题知PE ⊥平面ABC , 又BC ⊂平面ABC ,∴PE ⊥BC ,又AB ⊥BC ,且AB ∩PE=E ,∴BC ⊥平面PAB ,又AP⊂平面PAB,∴BC⊥AP,又AP⊥CP,且BC∩CP=C,∴AP⊥平面PBC,又PB⊂平面PBC,∴AP⊥PB.解:(Ⅱ)在△PAB中,由(Ⅰ)得AP⊥PB,AB=4,AP=2,∴,∴BE=3∴在△EBC中,EB=3,BC=2,∴,在△PEC中,∴,∴,∴三棱锥P﹣EBC的表面积为:.【点评】本题考查线线垂直的证明,考查三棱锥的表面积的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力,考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想,是中档题.8.【分析】(Ⅰ)取CF的中点G,连接OG,AG.又点O为DF的中点,可得OG CD,利用已知可得AB OG.可得四边形ABOE为平行四边形,可得OB∥AE.再利用线面平行的判定定理即可证明结论.(Ⅱ)由CD=2,DE=2=CF,DF=4,可得CD2+DF2=DE2.于是CD⊥DF.又DB⊥平面CDEF,以FD,DC,DB所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.利用向量法能求出三棱锥B﹣DEF的表面积.【解答】证明:(Ⅰ)取CF的中点G,连接OG,AG又点O为DF的中点,∴OG CD,又AB∥CD,AB=1,CD=2,∴AB OG.∴四边形ABOE为平行四边形,∴OB∥AE.又OB⊄平面ACF,AE⊂平面ACF,∴OB∥平面ACF.(Ⅱ)解:∵CD=2,DE=2=CF,DF=4,∴CD2+DF2=DE2.∴∠CDF=90°,∴CD⊥DF.连结BF,又DB⊥平面CDEF,∴S===4,△BDF==4,==2,==2,∴三棱锥B﹣DEF的表面积:S=S△BDF+S△DEF+S△BDE+S△BDF==8+4.【点评】本题考查线面平行的证明,考查三棱锥的表面积的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力,考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想,是中档题.9.【分析】(1)取A1B1的中点D,连结HD、C1D推导出HD⊥A1B1,A1B1⊥C1H,C1H ⊥AB1,从而C1H⊥平面AA1B1B,由此能证明平面C1AB1⊥平面AA1B1B.(2)建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角C﹣BC1﹣A1的余弦值.【解答】证明:(1)取A1B1的中点D,连结HD、C1D∵CA=CB,∴C1D⊥A1B1,∵四边形AA1B1D是正方形,∴HD⊥A1B1,又HD∩C1D=D,∴A1B1⊥平面C1HD,∴A1B1⊥C1H,∵C1在线段AB1上的射影为H,∴C1H⊥AB1,∵AB1∩A1B1=B1,∴C1H⊥平面AA1B1B,∴平面C1AB1⊥平面AA1B1B.解:(2)如图建系:由AA1=2,得A1H=B1H=2,∴A1(2,0,0),A(0,﹣2,0),B1(0,2,0),B(﹣2,0,0),C1(0,0,),设C(x,y,z),则=(x,y,z﹣),=(﹣2,﹣2,0),由=,得x=﹣2,y=﹣2,z=,∴C(﹣2,﹣2,),平面BC1A1的法向量=(0,1,0),=(2,0,),=(0,﹣2,),平面BC1C的法向量=(x,y,z),则,取x=,得=(,﹣,﹣2),设二面角C﹣BC1﹣A1的平面角为θ,由图形得θ为钝角,∴cosθ=﹣=﹣,∴二面角C﹣BC1﹣A1的余弦值为﹣.【点评】本题考查面面垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,考查线面垂直的性质与判定,面面垂直的判定定理等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,是中档题.10.【分析】(Ⅰ)以C为原点,在平面ABC中过C作BC的垂线为x轴,CB为y轴,CC1为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能证明CE⊥平面ADF.(Ⅱ)求出平面ADF的法向量和平面ADE的法向量,利用向量法能求出二面角F ﹣AD﹣E的余弦值.【解答】证明:(Ⅰ)以C为原点,在平面ABC中过C作BC的垂线为x轴,CB 为y轴,CC1为z轴,建立空间直角坐标系,C(0,0,0),E(0,2,1),A(,0),D(0,1,0),F(0,0,2),=(0,2,1),=(),=(0,1,﹣2),∴=0,=0,∴CE⊥FA,CE⊥FD,又FA∩FD=F,∴CE⊥平面ADF.解:(Ⅱ)=(﹣,0,0),=(﹣,1,1),设平面ADF的法向量=(x,y,z),则,取z=1,得=(0,2,1),设平面ADE的法向量=(x,y,z),则,取y=1,得=(0,1,﹣1),设二面角F﹣AD﹣E的平面角为θ,则cosθ===.∴二面角F﹣AD﹣E的余弦值为.【点评】本题考查线面垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,是中档题.11.【分析】(Ⅰ)过点F作FH∥AD,交PA于H,连接BH,证明HF∥BC,CF∥BH,然后证明CF∥平面PAD.(Ⅱ)说明BC⊥AB.PB⊥AB,PB⊥BC,以B为原点,BC,BA,BP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,求出平面BPD的一个法向量,平面APD的一个法向量,通过向量的数量积求解二面角B﹣PD﹣A的大小.(Ⅲ)假设存在点M,设,利用向量的数量积求解即可.【解答】解:(Ⅰ)证明:过点F作FH∥AD,交PA于H,连接BH,因为,所以.….(1分)又FH∥AD,AD∥BC,所以HF∥BC.….(2分)所以BCFH为平行四边形,所以CF∥BH.….(3分)又BH⊂平面PAB,CF⊄平面PAB,….(4分)(一个都没写的,则这(1分)不给)所以CF∥平面PAB.….(5分)(Ⅱ)因为梯形ABCD中,AD∥BC,AD⊥AB,所以BC⊥AB.因为PB⊥平面ABCD,所以PB⊥AB,PB⊥BC,如图,以B为原点,BC,BA,BP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,….(6分)所以C(1,0,0),D(3,3,0),A(0,3,0),P(0,0,3).设平面BPD的一个法向量为,平面APD的一个法向量为,因为,所以,即,….(7分)取x=1得到,….(8分)同理可得,….(9分)所以,….(10分)因为二面角B﹣PD﹣A为锐角,所以二面角B﹣PD﹣A为.….(11分)(Ⅲ)假设存在点M,设,所以,….(12分)所以,解得,….(13分)所以存在点M,且.….(14分)【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用,二面角的平面角的求法,向量的数量积的应用,考查空间想象能力以及计算能力.12.【分析】(I)利用面面垂直的性质,可得CB⊥平面ABEF,再利用线面垂直的判定,证明AF⊥平面CBF,从而利用面面垂直的判定可得平面DAF⊥平面CBF;(II)建立空间直角坐标系,求出平面DCF的法向量和平面CBF的一个法向量,利用向量的夹角公式,即可求得AD的长.【解答】(Ⅰ)∵平面ABCD⊥平面ABEF,CB⊥AB,平面ABCD∩平面ABEF=AB,∴CB⊥平面ABEF,∵AF⊂平面ABEF∴AF⊥CB,又∵AB为圆O的直径,∴AF⊥BF,∴AF⊥平面CBF,∵AF⊂平面ADF,∴平面DAF⊥平面CBF.(Ⅱ)设EF中点为G,以O为坐标原点,OA,OG,AD方向分别为x轴、y轴、z轴方向建立空间直角坐标系(如图).设AD=t,则点D的坐标为(1,0,t),则C(﹣1,0,t),又A(1,0,0),B(﹣1,0,0),F(,,0),∴,,设平面DCF的法向量为=(x,y,z),则,即,可取.由(1)可知AF⊥平面CFB,取平面CFB的一个法向量为,|cos|=cos60°,即=,解得t=,因此,当AD的长为时,平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60°.【点评】本题考查面面垂直,考查面面角,考查向量知识的运用,考查学生分析解决问题的能力,求出平面的法向量是关键.13.【分析】(Ⅰ)由AB=BC=CA,可得OA=OB=OC.设OA=a,则,求得A,B,C的坐标,设D点的坐标为(x,y,z),则由,求得x=y=z=a,得到.结合平面OAB的一个法向量为,利用,可得CD∥平面OAB;(Ⅱ)设F为AB的中点,连接CF,DF,可得∠CFD为二面角C﹣AB﹣D的平面角.然后利用余弦定理求解二面角C﹣AB﹣D的余弦值.【解答】(Ⅰ)证明:由AB=BC=CA,可得OA=OB=OC.设OA=a,则,A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a),设D点的坐标为(x,y,z),则由,可得(x﹣a)2+y2+z2=x2+(y﹣a)2+z2=x2+y2+(z﹣a)2=2a2,解得x=y=z=a,∴.又平面OAB的一个法向量为,∴,∴CD∥平面OAB;(Ⅱ)解:设F为AB的中点,连接CF,DF,则CF⊥AB,DF⊥AB,∠CFD为二面角C﹣AB﹣D的平面角.由(Ⅰ)知,在△CFD中,,,则由余弦定理知,即二面角C﹣AB﹣D的余弦值为.【点评】本题考查利用空间向量证明直线与平面平行,考查二面角的平面角的求法,是中档题.14.【分析】(Ⅰ)由AD⊥AB.平面PAB⊥平面ABCD,可得AD⊥平面PAB.(Ⅱ)由已知得AD⊥AB,PB⊥AB,即可得AB⊥平面PBC,AB⊥PC.(Ⅲ)过E作EF∥AD交PA于F,连接BF.可得E,F,B,C四点共面,由四边形BCEF为平行四边形,【解答】(Ⅰ)证明:因为∠DAB=90°,所以AD⊥AB.……………………(1分)因为平面PAB⊥平面ABCD,……………………(2分)且平面PAB∩平面ABCD=AB,……………………(3分)所以AD⊥平面PAB.……………………(4分)(Ⅱ)证明:由已知得AD⊥AB因为AD∥BC,所以BC⊥AB.……………………(5分)又因为∠ABP=90°,所以PB⊥AB.……………………(6分)因为PB∩BC=B……………………(7分)所以AB⊥平面PBC……………………(8分)所以AB⊥PC.……………………(9分)(Ⅲ)解:过E作EF∥AD交PA于F,连接BF.……………………(10分)因为AD∥BC,所以EF∥BC.所以E,F,B,C四点共面.……………………(11分)又因为CE∥平面PAB,且CE⊂平面BCEF,且平面BCEF∩平面PAB=BF,所以CE∥BF,……………………(13分)所以四边形BCEF为平行四边形,所以EF=BC.在△PAD中,因为EF∥AD,所以,……………………(14分)即.【点评】本题考查线面垂直、线线垂直,并探索线面平行的存在性.着重考查了面面垂直的性质、线面垂直的判定与性质和利用空间向量研究面面角、线面平行等知识,属于中档题.15.【分析】(1)推导出B1C1⊥AD,B1C1⊥AA1,从而B1C1⊥平面AA1D,由此能证明平面AA1D⊥平面EB1C1.(2)连接EC,设点B到平面EB1C1的距离为h,由,能求出点B到平面EB1C1的距离.【解答】证明:(1)由已知可得,B1C1⊥AD,B1C1⊥AA1,∴B1C1⊥平面AA1D,∵B1C1⊂平面EB1C1,∴平面AA1D⊥平面EB1C1.…………………………5分(2)连接EC,由已知,在Rt△AEC中,,∴在Rt△ECC1中,得EC1=3,由题可得,在Rt△EBB1中,,在Rt△A1B1C1中,,∴在△EB1C1中,根据余弦定理可得:,∴,∴………………………………9分∵C1A1⊥A1B1,C1A1⊥AA1,∴C1A1⊥平面BB1E,∵,∴,设点B到平面EB1C1的距离为h由得,解得:即点B到平面EB1C1的距离为.………………………………12分【点评】本题考查面面垂直的证明,考查点到平面的距离的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,是中档题.16.【分析】(Ⅰ)证明BA⊥AE.过点A作AH⊥BC于H,AB⊥AC,推出AB⊥平面ACFE.即可证明AB⊥CF.(Ⅱ)解:以A为坐标原点,AB,AC,AE分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,求出平面BEF的一个法向量,平面DEF的一个法向量,通过向量的数量积求解二面角的余弦函数值即可.【解答】(Ⅰ)证明:由题知EA⊥平面ABCD,BA⊥平面ABCD,∴BA⊥AE.过点A作AH⊥BC于H,在RT△ABH中,,∴AB=1,在△ABC中,AC2=AB2+BC2﹣2AB•BCcos60°=3,∴AB2+AC2=BC2,∴AB⊥AC,且AC∩EA=A,∴AB⊥平面ACFE.又∵CF⊂平面ACFE,∴AB⊥CF.﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(6分)(Ⅱ)解:以A为坐标原点,AB,AC,AE分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则,∴设为平面BEF的一个法向量,则令x=1,得,同理可求平面DEF的一个法向量,∴﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(12分)【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用.二面角的平面角的求法,考查空间想象能力以及计算能力.17.【分析】(1)利用中位线定理即可得出DE∥BC,故而DE∥平面PBC;(2)连结PD,又AB⊥PD,AB⊥DE得出AB⊥平面PAB,故而AB⊥PE;(3)利用面面垂直的性质得出PD⊥平面ABC,计算PD,则V P=V P﹣ABC.﹣BCE【解答】证明:(1)∵D,E分别为AB,AC的中点,∴DE∥BC,又DE⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴DE∥平面PBC.(2)连接PD,∵DE∥BC,又∠ABC=90°,∴DE⊥AB,又PA=PB,D为AB中点,∴PD⊥AB,又PD∩DE=D,PD⊂平面PDE,DE⊂平面PDE,∴AB⊥平面PDE,又PE⊂平面PDE,∴AB⊥PE.(3)∵平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PD⊥AB,PD⊂平面PAB,∴PD⊥平面ABC,∵△PAB是边长为2的等边三角形,∴PD=,∵E是AC的中点,∴.【点评】本题考查了线面平行,线面垂直的判定,棱锥的体积计算,属于中档题.18.【分析】(Ⅰ)连结OC1,推导出OC1⊥A1B,OC1⊥AB1,从而OC1⊥平面AA1B1B,由此能证明平面AB1C1⊥平面AA1B1B.(Ⅱ)以O为原点,OA为x轴,OA1为y轴,OC1为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角A﹣OE﹣C的余弦值.【解答】证明:(Ⅰ)连结OC1,∵A1C1=BC1,O为A1B的中点,∴OC1⊥A1B,同理得OC1⊥AB1,又A1B∩AB1=O,A1B,AB1⊂平面AA1B1B,∴OC1⊥平面AA1B1B,又OC1⊂平面AB1C1,∴平面AB1C1⊥平面AA1B1B.解:(Ⅱ)∵OC1⊥平面AA1B1B,A1B⊥AB1,∴以O为原点,OA为x轴,OA1为y轴,OC1为z轴,建立空间直角坐标系,在菱形AA1B1B中,∵∠A1B1B=60°,A1B1=1,∴OB1=,又B1C1=1,∴OC1=,则A(,0,0),B(﹣,0),B1(﹣,0,0),C1(0,0,),E(0,),设=(x,y,z)为平面COE的法向量,==(),则,取x=2,得=(2,),设=(x,y,z)为平面AOE的法向量,则,取y=1,得=(0,1,﹣1),∴cos<>==,∴二面角A﹣OE﹣C的余弦值为.【点评】本题考查面面垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查分析问题和解决问题的能力,属于中档题.19.【分析】(1)证法一:设AB中点为O,连接PO,由已知PA=PB,所以PO⊥AB,而平面PAB⊥平面ABCD,交线为AB,以O为原点、OP为z轴,OB为y轴,如图建立空间直角坐标系,并设PO=h,求出相关的坐标,利用向量的数量积求解,推出PC⊥BD.证法二:设AB中点为O,连接PO,由已知PA=PB,所以PO⊥AB,而平面PAB ⊥平面ABCD,交线为AB,证明BD⊥PO,连接CO,设CO与BD交于M,通过计算∠BCM+∠CBM=∠CDB+∠CBM=90°,推出BD⊥CO,然后证明PC⊥BD(2)由AD⊥AB,平面PAB⊥平面ABCD,交线为AB,可得AD⊥平面PAB,平面PAB⊥平面PAD,交线为PA过B作BH⊥PA,垂足为H,则BH⊥平面PAD,BD 与平面PAD所成的角即为∠BDH,通过求解三角形即可得到结果.(也可用向量法求出PO:)设P(0,0,h),求出平面PAD的一个法向量,通过cos<,BD >=sin45°可解得h=,求出平面BPC的一个法向量,平面DPC的一个法向量,利用空间向量的数量积求解即可.【解答】(1)证法一:设AB中点为O,连接PO,由已知PA=PB,所以PO⊥AB,而平面PAB⊥平面ABCD,交线为AB,故PO⊥平面ABCD,以O为原点、OP为z轴,OB为y轴,如图建立空间直角坐标系,并设PO=h,则P(0,0,h),B(0,1,0),C(,1,0),D(,﹣1,0)所以=(,1,﹣h),=(,﹣2,0),所以PC⊥BD…(6分)证法二:设AB中点为O,连接PO,由已知PA=PB,所以PO⊥AB,而平面PAB⊥平面ABCD,交线为AB,故PO⊥平面ABCD,从而BD⊥PO…①在矩形ABCD中,连接CO,设CO与BD交于M,则由CD:BC=BC:MO知△BCD∽△OBC,所以∠BCO=∠CDB,所以∠BCM+∠CBM=∠CDB+∠CBM=90°,故BD⊥CO…②由①②知BD⊥平面PCO,所以PC⊥BD.(2)解:由AD⊥AB,平面PAB⊥平面ABCD,交线为AB,可得AD⊥平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD,交线为PA,过B作BH⊥PA,垂足为H,则BH⊥平面PAD,BD与平面PAD所成的角即为角BDH,所以BH=BD=,从而三角形PAB为等边三角形,PO=.…(8分)(也可用向量法求出PO:)设P(0,0,h),则A(0,﹣1,0),B(0,1,0),D(,﹣1,0),可求得平面PAD的一个法向量为=(0,h,﹣1),而,由cos<,BD>=sin45°可解得h=,设平面BPC的一个法向量为,则,,可取=(0,,1),设平面DPC的一个法向量为,则,,可取=(,0,﹣)于是cos<>=﹣,…(11分)故二面角B﹣PC﹣D的余弦值为﹣…(12分)【点评】本题考查直线与平面垂直的判定定理以及性质定理的应用,二面角的平面角的求法,考查空间想象能力以及计算能力.20.【分析】(1)根据已知条件,取AB的中点O,连结OD,OP,得到AB⊥OP,再利用线面垂直判定定理可得AB⊥平面POD,从而得到AB⊥PD;(2)由已知可得BC⊥平面PBA,又OD⊥平面PBA,得到OD⊥OP,由此建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角B﹣PD﹣C的余弦值.【解答】(1)证明:取AB的中点为O,连接OD,OP,∵PA=PB,∴AB⊥OP,∵OD∥BC,∠ABC=90°,∴AB⊥OD,又OD∩OP=O,∴AB⊥平面POD,从而AB⊥PD;(2)解:∵∠PBC=90°,即PB⊥BC,∴BC⊥平面PBA,∴OD⊥平面PBA,∴OD⊥OP,以O为坐标原点,OB,OD,OP所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设OB=1,则,∴,设是平面PDB的一个法向量,则,即,不妨设z=1,则,∴,同理可求得平面PDC的一个法向量为,∴,∵二面角B﹣PD﹣C是锐二面角,∴其余弦值为.【点评】本题考查空间中直线与直线的位置关系,考查了空间想象能力和思维能力,考查了用空间向量法求二面角的余弦值,是中档题.21.【分析】(1)连接AC,取BC中点E,连接AE,PE,推导出BC⊥AE,BC⊥PE,从而BC⊥PA.同理CD⊥PA,由此能证明PA⊥平面ABCD.(2)以A为原点,建立空间直角坐标系A﹣xyz,利用向量法能求出二面角A﹣PD﹣B的余弦值.【解答】证明:(1)连接AC,则△ABC和△ACD都是正三角形.取BC中点E,连接AE,PE,因为E为BC的中点,所以在△ABC中,BC⊥AE,因为PB=PC,所以BC⊥PE,又因为PE∩AE=E,所以BC⊥平面PAE,又PA⊂平面PAE,所以BC⊥PA.同理CD⊥PA,又因为BC∩CD=C,所以PA⊥平面ABCD. (6)解:(2)如图,以A为原点,建立空间直角坐标系A﹣xyz,则B(,﹣1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),=(0,2,﹣2),=(﹣,3,0),设平面PBD的法向量为=(x,y,z),则,取x=,得=(),取平面PAD的法向量=(1,0,0),则cos<>==,所以二面角A﹣PD﹣B的余弦值是.…(12分)【点评】本题考查线面垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意向量法的合理运用.22.(Ⅰ)推导出AF⊥BC,从而DC⊥平面ABC,进而AF⊥DC,AF⊥平面BCD.连【分析】结PF,则PF∥DC,则AE∥DC,得AE∥PF,AE=PF,AFPE是平行四边形,EP∥AF,由此能证明EP⊥平面BCD.(Ⅱ)推导出EP是三棱锥E﹣BDF的高.EP=AF=BC=,由此能求出三棱锥E ﹣BDF的体积.【解答】证明:(Ⅰ)由题意知△ABC为等腰直角三角形,而F为BC的中点,所以AF⊥BC.又因为平面AEDC⊥平面ABC,且∠ACD=90°,所以DC⊥平面ABC.……(2分)而AF⊂平面ABC,所以AF⊥DC.而BC∩DC=C,所以AF⊥平面BCD.连结PF,则PF∥DC,PF=DC,…………(4分)而AE∥DC,AE=DC,所以AE∥PF,AE=PF,AFPE是平行四边形,因此EP∥AF,故EP⊥平面BCD.…………(7分)解:(Ⅱ)因为EP⊥平面BCD,所以EP⊥平面BDF,EP是三棱锥E﹣BDF的高.所以EP=AF=BC==.故三棱锥E﹣BDF的体积为:V===.…………(12分)【点评】本题考查线面垂直的证明,考查三棱锥的体积的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,是中档题.23.【分析】(1)由已知证明几何体ADF﹣BCE是三棱柱.进一步证得为直三棱柱.再根据四边形ABCD和四边形ABEF都是正方形,可得四边形DCEF为矩形.然后结合P是DE中点,Q是AD的中点,可得PQ∥DE,由线面平行的判定可得直线AE∥平面FQC;(2)解:由于平面ABCD⊥平面ABEF,AB⊥BC,可得BC⊥平面ABEF,则BC⊥BE.于是AB,BC,BE两两垂直.以BA,BC,BE所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,分别求出平面BFC与平面AFC的一个法向量,由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣FC﹣B的大小.【解答】(1)证明:∵AF∥BE,AD∥BC,。

(完整版)2018年高考全国2卷理科数学带答案解析

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范文范文 范例范例 指导指导 参考参考word 资料资料 整理分享整理分享绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共23题,共150分,共4页。

考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项:注意事项:11.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.选择题必须使用2B 铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁,不要折叠、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1.12i 12i +=-A .43i 55--B .43i 55-+C .34i 55--D .34i 55-+2.已知集合22{(,)|3,,A x y x y x y =+≤∈∈Z Z},则A 中元素的个数为A .9B .8C .5D .43.函数2e e()xxf x x --=的图象大致为4.已知向量a ,b 满足||1=a ,1⋅=-a b ,则(2)⋅-=a a bA .4B .3C .2D .05.双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的离心率为3,则其渐近线方程为A .2y x =±B .3y x =±C .22y x =±D .32y x =±6.在ABC △中,5cos 25C =,1BC =,5AC =,则AB =A .42B .30C .29D .257.为计算11111123499100S =-+-++-L ,设计了右侧的程序框图,则在空白框中应填入A .1i i =+B .2i i =+C .3i i =+D .4i i =+8.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”,如30723=+.在不超过30的素数中,随机选取两个不同的数,其和等于30的概率是A .112B .114 C .115 D .1189.在长方体1111ABCD A B C D -中,1AB BC ==,13AA =,则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为A .15B .56C .55D .221010.若.若()cos sin f x x x =-在[,]a a -是减函数,则a 的最大值是 A .π4 B .π2 C .3π4D .π 1111.已知.已知()f x 是定义域为(,)-∞+∞的奇函数,满足(1)(1)f x f x -=+.若(1)2f =, 则(1)(2)(3)(50)f f f f ++++=L A .50- B .0 C .2 D .501212.已知.已知1F ,2F 是椭圆22221(0)x y C a b a b+=>>:的左,右焦点,A 是C 的左顶点,点P 在过A 且斜率为36的直线上,12PF F △为等腰三角形,12120F F P ∠=︒,则C 的离心率为A .23B .12C .13D .14二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。

2018年高考数学试题分类汇编之立体几何

2018年高考数学试题分类汇编之立体几何

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2018年高考数学试题分类汇编之立体几何一、选择题1.(北京卷文)(6)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为( )。

(A )1(B )2 (C )3(D )42.(北京卷理)(5)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为(A )1(B)2 (C)3(D )43.(浙江)(3)某几何体的三视图如图所示(单位:cm ),则该几何体的体积(单位:cm 3)是侧侧侧侧侧侧A .2B .4C .6D .84.(全国卷一文)(5)已知圆柱的上、下底面的中心分别为,,过直线的平面截该1O 2O 12O O 圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为A .B .C .D .12π10π5.(全国卷一文)(9)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如右图.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为,圆柱表面上的点在左A N 视图上的对应点为,则在此圆柱侧面上,从到的路径中,最短B M N 路径的长度为A .B .C .D .236.(全国卷一文)(10)在长方体中,,与平面所成的角1111ABCD A B C D -2AB BC ==1AC 11BB C C 为,则该长方体的体积为30︒A .B .C .D .87.(全国卷一理)(7)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点在M 正视图上的对应点为,圆柱表面上的点在左视图上的对应点为,则在此圆柱侧面上,A N B 从到的路径中,最短路径的长度为M NA .B .C .3D .2172528.(全国卷一理)(12)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为A B C D9.(全国卷二文)(9)在正方体中,为棱的中点,则异面直线与所1111ABCD A B C D -E 1CC AE CD 成角的正切值为A B .C D10.(全国卷二理)(9)在长方体中,,则异面直线与1111ABCD A B C D -1AB BC ==1AA =1AD 1DB 所成角的余弦值为A .BCD 1511.(全国卷三文)(3)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫棒头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是棒头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是12.(全国卷三文)(12)设,,,是同一个半径为4的球的球面上四点,为等边A B C D ABC △三角形且其面积为,则三棱锥体积的最大值为D ABC -A .B .C .D .13.(全国卷三理)(3)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是14.(全国卷三理)(10)设A B C D ,,,是同一个半径为4的球的球面上四点,ABC △为等边三角形且其面积为则三棱锥D ABC -体积的最大值为A .B .C .D .二、填空题1.(江苏)(10)如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 .2.(天津文)(11)如图,已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1,则四棱柱A 1–BB 1D 1D 的体积为__________.3.(天津理)(11) 已知正方体的棱长为1,除面外,该正方体其余各面1111ABCD A B C D -ABCD 的中心分别为点E ,F ,G ,H ,M (如图),则四棱锥的体积为 .M EFGH -4.(全国卷二文)(16)已知圆锥的顶点为,母线,互相垂直,与圆锥底面所成角为S SA SB SA 30︒,若的面积为,则该圆锥的体积为__________.SAB △85.(全国卷二理)(16)已知圆锥的顶点为,母线,所成角的余弦值为,与圆锥S SA SB 78SA 底面所成角为45°,若的面积为,则该圆锥的侧面积为__________.SAB △三、解答题1.(北京文)(18)(本小题14分)如图,在四棱锥P—ABCD 中,底面ABCD 为矩形,平面PAD ⊥平面ABCD ,PA ⊥PD ,PA =PD ,E ,F 分别为AD ,PB 的中点.(Ⅰ)求证:PE ⊥BC ;(Ⅱ)求证:平面PAB ⊥平面PCD ;(Ⅲ)求证:EF ∥平面PCD 。

2018高考模拟-立体几何

2018高考模拟-立体几何

2018高考模拟-立体几何一、单选题(共8题;共16分)1.已知一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. 60﹣12πB. 60﹣6πC. 72﹣12πD. 72﹣6π2.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. πB. πC. πD. π3.如图,已知三棱锥P﹣ABC的底面是等腰直角三角形,且∠ACB= ,侧面PAB⊥底面ABC,AB=PA=PB=2.则这个三棱锥的三视图中标注的尺寸x,y,z分别是()A. ,1,B. ,1,1C. 2,1,D. 2,1,14.已知一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. 2πB.C.D.5.已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是()A. 72 cm3B. 90 cm3C. 108 cm3D. 138 cm36.已知某几何体的三视图及相关数据如图所示,则该几何体的体积为()A. 2πB. πC. πD. +47.某几何体的三视图如图所示,其中俯视图是半圆,则该几何体的体积为()A. πB. πC. πD. π8.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. +8πB. +8πC. +16πD. +16π二、填空题(共1题;共2分)9.已知某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则此几何体的体积为________,表面积为________.三、综合题(共32题;共330分)10.如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,侧面ACC1A1⊥底面ABC,∠A1AC=60°,AC=2AA1=4,点D,E分别是AA1, BC的中点.(1)证明:DE∥平面A1B1C;(2)若AB=2,∠BAC=60°,求直线DE与平面ABB1A1所成角的正弦值.11.如图,在四棱锥ABCD﹣A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,AB=2,BC=CD=1,顶角D1在底面ABCD内的射影恰好为点C.(1)求证:AD1⊥BC;(2)若直线DD1与直线AB所成角为,求平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值函数值.12.如图,几何体EF﹣ABCD中,CDEF为边长为2的正方形,ABCD为直角梯形,AB∥CD,AD⊥DC,AD=2,AB=4,∠ADF=90°.(1)求证:AC⊥FB(2)求二面角E﹣FB﹣C的大小.13.如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,D是A1B1的中点.(1)求证:A1C∥平面BDC1;(2)若AB⊥AC,且AB=AC= AA1,求二面角A﹣BD﹣C1的余弦值.14.在四棱锥P﹣ABCD中,PC⊥底面ABCD,M是PD的中点,AC⊥AD,BA⊥BC,PC=AC=2BC,∠ACD=∠ACB.(1)求证:PA⊥CM;(2)求二面角M﹣AC﹣P的余弦值.15.如图,四棱锥S﹣ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,BC⊥CD,平面SCD⊥平面ABCD,SC=SD=CD=AD=2AB,M,N分别为SA,SB的中点,E为CD中点,过M,N作平面MNPQ分别与BC,AD 交于点P,Q,若 =t .(1)当t= 时,求证:平面SAE⊥平面MNPQ;(2)是否存在实数t,使得二面角M﹣PQ﹣A的平面角的余弦值为?若存在,求出实数t的值;若不存在,说明理由.16.如图,已知四边形ABCD是正方形,EA⊥平面ABCD,PD∥EA,AD=PD=2EA=2,F,G,H分别为BP,BE,PC的中点.(1)求证:GH∥平面ADPE;(2)M是线段PC上一点,且PM= ,求二面角C﹣EF﹣M的余弦值.17.如图,在几何体ABCDQP中,AD⊥平面ABPQ,AB⊥AQ,AB∥CD∥PQ,CD=AD=AQ=PQ=AB.(1)证明:平面APD⊥平面BDP;(2)求二面角A﹣BP﹣C的正弦值.18.如图,底面为等腰梯形的四棱锥中,平面,为的中点,,, .(1)证明:平面;(2)若,求三棱锥的体积.19.如图,在底面为矩形的四棱椎P﹣ABCD中,PB⊥AB.(1)证明:平面PBC⊥平面PCD;(2)若异面直线PC与BD所成角为60°,PB=AB,PB⊥BC,求二面角B﹣PD﹣C的大小.20.在四棱柱中,底面是正方形,且,.(1)求证:;(2)若动点在棱上,试确定点的位置,使得直线与平面所成角的正弦值为.21.如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是矩形,面PAD⊥底面ABCD,且△PAD是边长为2的等边三角形,PC= ,M在PC上,且PA∥面BDM.(1)求直线PC与平面BDM所成角的正弦值;(2)求平面BDM与平面PAD所成锐二面角的大小.22.如图,在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,平面A1ABB1⊥底面ABCD,且∠ABC=.(1)求证:B1C1∥平面BCD1;(2)求证:平面A1ABB1⊥平面BCD1.23.如图,在五面体ABCDEF中,面CDE和面ABF都为等边三角形,面ABCD是等腰梯形,点P、Q分别是CD、AB的中点,FQ∥EP,PF=PQ,AB=2CD=2.(1)求证:平面ABF⊥平面PQFE;(2)若PQ与平面ABF所成的角为,求三棱锥P﹣QDE的体积.24.如图1,在边长为2的菱形ABCD中,∠BAD=60°,将△BCD沿对角线BD折起到△B'CD的位置,使平面BC'D⊥平面ABD,E是BD的中点,FA⊥平面ABD,且FA=2 ,如图2.(1)求证:FA∥平面BC'D;(2)求平面ABD与平面FBC'所成角的余弦值;(3)在线段AD上是否存在一点M,使得C'M⊥平面FBC?若存在,求的值;若不存在,说明理由.25.如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,AD=AP,E为棱PD中点.(1)求证:PD⊥平面ABE;(2)若F为AB中点,,试确定λ的值,使二面角P﹣FM﹣B的余弦值为.26.如图,四棱锥P﹣ABCD中,PD⊥底面ABCD,且底面ABCD为平行四边形,若∠DAB=60°,AB=2,AD=1.(1)求证:PA⊥BD;(2)若∠PCD=45°,求点D到平面PBC的距离h.27.如图,正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,O是BD的中点,E是棱CC1上任意一点.(1)证明:BD⊥A1E;(2)如果AB=2,,OE⊥A1E,求AA1的长.28.在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=4,AD=2,AA1=2,点E在棱AB上移动.(1)当AE=1时,求证:直线D1E⊥平面A1DC1;(2)在(1)的条件下,求的值.29.如图所示的多面体中,底面ABCD为正方形,△GAD为等边三角形,∠GDC=90°,点E是线段GC的中点.(1)若点P为线段GD的中点,证明:平面APE⊥平面GCD;(2)求平面BDE与平面GCD所成锐二面角的余弦值.30.如图,ABCD是边长为3的正方形,DE⊥平面ABCD,AF∥DE,DE=3AF,BE与平面ABCD所成角为60°.(1)求证:AC⊥平面BDE;(2)设点M是线段BD上一个动点,试确定点M的位置,使得AM∥平面BEF,并证明你的结论.31.如图,在四棱锥P﹣ABCD中,已知PB⊥底面ABCD,BC⊥AB,AD∥BC,AB=AD=2,CD⊥PD,异面直线PA与CD所成角等于60°.(1)求证:平面PCD⊥平面PBD;(2)求直线CD和平面PAD所成角的正弦值;(3)在棱PA上是否存在一点E,使得平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为?若存在,指出点E的位置,若不存在,请说明理由.32.如图,在四棱锥E﹣ABCD中,平面CDE⊥平面ABCD,∠DAB=∠ABC=90°,AB=BC=1,AD=ED=3,EC=2.(1)证明:AB⊥平面BCE;(2)求直线AE与平面CDE所成角的正弦值.33.如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD为平行四边形,AP=AB=AC=a,,PA⊥底面ABCD.(1)求证:平面PCD⊥平面PAC;(2)在棱PC上是否存在一点E,使得二面角B﹣AE﹣D的平面角的余弦值为?若存在,求出的值?若不存在,说明理由.34.如图,在四棱锥中S﹣ABCD中,AB⊥AD,AB∥CD,CD=3AB=3,平面SAD⊥平面ABCD,E是线段AD 上一点,AE=ED= ,SE⊥AD.(1)证明:平面SBE⊥平面SEC(2)若SE=1,求直线CE与平面SBC所成角的正弦值.35.如图,在四棱锥P﹣ABCD中,E是PC的中点,底面ABCD为矩形,AB=4,AD=2,PA=PD,且平面PAD⊥平面ABCD,平面ABE与棱PD交于点F,平面PCD与平面PAB交于直线l.(1)求证:l∥EF;(2)求PB与平面ABCD所成角的正弦值为,求二面角P﹣AE﹣B的余弦值.36.如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,底面△ABC是等腰直角三角形,且斜边,侧棱AA1=2,点D为AB的中点,点E在线段AA1上,AE=λAA1(λ为实数).(1)求证:不论λ取何值时,恒有CD⊥B1E;(2)当时,记四面体C1﹣BEC的体积为V1,四面体D﹣BEC的体积为V2,求V1:V2.37.如图,在三棱锥A﹣BCD中,已知△ABD,△BCD都是边长为2的等边三角形,E为BD中点,且AE⊥平面BCD,F为线段AB上一动点,记.(1)当时,求异面直线DF与BC所成角的余弦值;(2)当CF与平面ACD所成角的正弦值为时,求λ的值.38.如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,,四边形ACFE为矩形,且CF⊥平面ABCD,AD=CD=BC=CF=1.(1)求证:EF⊥平面BCF;(2)点M在线段EF(含端点)上运动,当点M在什么位置时,平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大,并求此时二面角的余弦值.39.如图,在四棱锥P﹣ABCD中,PA=PB,PA⊥PB,AB⊥BC,且平面PAB⊥平面ABCD,若AB=2,BC=1,.(1)求证:PA⊥平面PBC;(2)若点M在棱PB上,且PM:MB=3,求证CM∥平面PAD.40.如图,在四棱锥P﹣ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥CD,CD⊥AC,过CD的平面分别与PA,PB交于点E,F.(1)求证:CD⊥平面PAC;(2)求证:AB∥EF.41.如图,在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,已知平面AA1C1C⊥平面ABCD,且,AD=CD=1.(1)求证:BD⊥AA1;(2)若E为棱BC的中点,求证:AE∥平面DCC1D1.四、解答题(共9题;共60分)42.如图,在三棱锥P﹣ABC中,AC=BC=2,∠ACB=90°,侧面PAB为等边三角形,侧棱.(Ⅰ)求证:PC⊥AB;(Ⅱ)求证:平面PAB⊥平面ABC;(Ⅲ)求二面角B﹣AP﹣C的余弦值.43.已知矩形ADEF和菱形ABCD所在平面互相垂直,如图,其中AF=1,AD=2,∠ADC= ,点N时线段AD的中点.(Ⅰ)试问在线段BE上是否存在点M,使得直线AF∥平面MNC?若存在,请证明AF∥平面MNC,并求出的值,若不存在,请说明理由;(Ⅱ)求二面角N﹣CE﹣D的正弦值.44.如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AA1C1C是边长为4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5.(Ⅰ)求证:AA1⊥平面ABC;(Ⅱ)求证二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值;(Ⅲ)证明:在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B,并求的值.45.如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.(Ⅰ)证明:A1D⊥平面A1BC;(Ⅱ)求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值.46.已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.(Ⅰ)求证:BD⊥A1C;(Ⅱ)求二面角A﹣A1C﹣D1的余弦值;(Ⅲ)在线段CC1上是否存在点P,使得平面A1CD1⊥平面PBD,若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.47.在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,侧面ABB1A1为矩形,AB=2,AA1=2 ,D是AA1的中点,BD与AB1交于点O,且CO⊥平面ABB1A1.(Ⅰ)证明:平面AB1C⊥平面BCD;(Ⅱ)若OC=OA,△AB1C的重心为G,求直线GD与平面ABC所成角的正弦值.48.如图,四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是平行四边形,∠ACB=90°,平面PAD⊥平面ABCD,PA=BC=1,PD=AB= ,E、F分别为线段PD和BC的中点.(Ⅰ)求证:CE∥平面PAF;(Ⅱ)在线段BC上是否存在一点G,使得平面PAG和平面PGC所成二面角的大小为60°?若存在,试确定G的位置;若不存在,请说明理由.49.如图,在三棱锥中, ,平面平面,、分别为、的中点.(1)求证:平面;(2)求证:;(3)求三棱锥的体积.50.如图,在三棱台中,,分别是,的中点,,平面,且 .(1)证明:平面;(2)若,为等边三角形,求四棱锥的体积.。

【高三数学试题精选】2018年全国高考理科数学立体几何试题汇编

【高三数学试题精选】2018年全国高考理科数学立体几何试题汇编

2018年全国高考理科数学立体几何试题汇编5A1B1c1D1中,AB=2,AD=1,A1A=1,证明直线Bc1平行于平面DA1c,并求直线Bc1到平面D1Ac的距离【答案】因为ABcD-A1B1c1D1为长方体,故 ,故ABc1D1为平行四边形,故 ,显然B不在平面D1Ac上,于是直线Bc1平行于平面DA1c;直线Bc1到平面D1Ac的距离即为点B到平面D1Ac的距离设为考虑三棱锥ABcD1的体积,以ABc为底面,可得而中, ,故所以, ,即直线Bc1到平面D1Ac的距离为5.(cE-c1的正弦值(Ⅲ) 设点在线段c1E上, 且直线A与平面ADD1A1所成角的正弦值为 , 求线段A的长【答案】8.(1,0,0),则 =(1,0, ), = =(-1,0, ), =(0,- , ),设 = 是平面的法向量,则 ,即 ,可取 =( ,1,-1),∴ = ,∴直线A1c 与平面BB1c1c所成角的正弦值为9.(A1B1c1中,AA1c1c是边长为4的正方形, 平面ABc⊥平面AA1c1c,AB=3,Bc=5(Ⅰ)求证AA1⊥平面ABc;(Ⅱ)求二面角A1-Bc1-B1的余弦值;(Ⅲ)证明在线段Bc1存在点D,使得AD⊥A1B,并求的值【答案】解(I)因为AA1c1c为正方形,所以AA1 ⊥Ac因为平面ABc⊥平面AA1c1c,且AA1垂直于这两个平面的交线Ac,所以AA1⊥平面ABc(II)由(I)知AA1 ⊥Ac,AA1 ⊥AB 由题知AB=3,Bc=5,Ac=4,所以AB⊥Ac 如图,以A为原点建立空间直角坐标系A- ,则B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0,3,4),c1(4,0,4),设平面A1Bc1的法向量为 ,则 ,即 ,令 ,则 , ,所以同理可得,平面BB1c1的法向量为 ,所以由题知二面角A1-Bc1-B1为锐角,所以二面角A1-Bc1-B1的余弦值为(III)设D 是直线Bc1上一点,且所以解得 , ,所以由 ,即解得因为 ,所以在线段Bc1上存在点D,使得AD⊥A1B5。

2018年上海市高考数学·二模汇编 立体几何

2018年上海市高考数学·二模汇编 立体几何

主视图 左视图俯视图(第7题图)2018届高中数学·二模汇编 立体几何一、填空题:1、将圆心角为23,面积为3的扇形围成一个圆锥的侧面,则此圆锥的体积为____________. 2、三棱锥P ABC 及其三视图中的主视图和左视图如下所示,则棱PB 的长为____________.3、已知半径为2R 和R 的两个球,则大球和小球的体积比为4、已知圆锥的母线长为5,侧面积为15π,则此圆锥的体积为 (结果保留π).5、若一个圆锥的主视图(如图所示)是边长为3,3,2的三角形,则该圆锥的体积是 .6、已知长方体的表面积为452,棱长的总和为24. 则长方体的体对角线与棱所成角的最大值为 7、长方体的对角线与过同一个顶点的三个表面所成的角分别为α、β、γ,则222cos cos cos αβγ++=8、如图,长方体1111ABCD A B C D -的边长11AB AA ==,2AD =O ,则A 、1A 这两点的球面距离等于9、记球O 1和O 2的半径、体积分别为r 1、V 1和r 2、V 2,若12827V V =,则12r r = 10、若一个球的体积为323π,则该球的表面积为_______ 11、若一圆锥的底面半径为3,体积是12π,则该圆锥的侧面积等于 12、若球的表面积为100π,平面α与球心的距离为3,则平面α截球所得的圆面面积为13、一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz -中的坐标分别是(0,0,0)、(1,0,1)、(0,1,1)、(1,1,0),则该四面体的体积为23314、如图所示,一个圆柱的主视图和左视图都是边长为1的正方形,俯视图是一个直径为1的圆,那么这个圆柱的体积为__________.二、选择题:15、如图所示的几何体,其表面积为(5π+,下部圆柱的底面直径与该圆柱的高相等,则该几何体的主视图的面积为 ( ))A (4 ()B 6 ()C 8 ()D 1016、如图,点A 、B 、C 分别在空间直角坐标系O xyz -的三条坐标轴上,(0,0,2)OC =,平面ABC 的法向量为(2,1,2)n =,设二面角C AB O --的大小为θ,则cos θ=( ) A. 43B. C. 23 D. 23- 17、在空间中,“直线m ⊥平面α”是“直线m 与平面α内无穷多条直线都垂直 ”的 ( )(A )充分非必要条件 (B )必要非充分条件(C )充要条件 (D )非充分非必要条件三、解答题:18、已知圆锥AO 的底面半径为2,母线长为C 为圆锥底面圆周上的一点,O 为圆心,D 是AB 的中点,且2BOC π∠=.(1)求圆锥的全面积;(2)求直线CD 与平面AOB 所成角的大小.(结果用反三角函数值表示)N M D 1C 1B 1A 1DC BA 19、如图在长方体1111D CB A ABCD -中,2AB =,4AD =,1AC ,点M 为AB 的中点,点N 为BC 的中点.(1)求长方体1111D C B A ABCD -的体积;(2)求异面直线M A 1与N B 1所成角的大小(用反三角函数表示).20、如图,在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,点E 是棱AB 上的动点.(1)求证:11DA ED ⊥;(2)若直线1DA 与平面1CED 所成的角是45,请你确定点E 的位置,并证明你的结论.A B C DA 1B 1C 1D 1E21、如图,在正四棱锥P ABCD -中,PA AB ==E ,F 分别为PB ,PD 的中点.(1)求正四棱锥P ABCD -的全面积;(2)若平面AEF 与棱PC 交于点M ,求平面AEM F 与平面ABCD 所成锐二面角的大小(用反三角函数值表示).22、在四棱锥P –ABCD 中,底面ABCD 是边长为6的正方形,PD ⊥平面ABCD ,PD =8.(1) 求PB 与平面ABCD 所成角的大小;(2) 求异面直线PB 与DC 所成角的大小.23、如图所示,在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,E 、F 分别是AB 、1CC 的中点.(1)求三棱锥E DFC -的体积;(2)求异面直线1A E 与1D F 所成的角的大小.P AB C D第17题图24、如图,直三棱柱的底面是等腰直角三角形,1AB AC ==,2BAC π∠=,高等于3,点1M 、2M 、1N 、2N 为所在线段的三等分点.(1)求此三棱柱的体积和三棱锥112A AM N -的体积;(2)求异面直线12A N 、1AM 所成的角的大小.25、在四棱锥P ABCD -中,PA ABCD ⊥平面,,,1,AB AD BC AD BC ⊥=02,45CD CDA =∠=.(1)画出四棱锥P ABCD -的主视图;(2)若PA BC =,求直线PB 与平面PCD 所成角的大小.(结果用反三角函数值表示)26、如图,在四棱锥P ABCD 中,底面ABCD 为直角梯形,90,//,2BAD AD BC AB ,1AD ,4PA BC,PA 平面ABCD .(1)求异面直线BD 与PC 所成角的大小;(2)求二面角A PC D 的余弦值.27、已知几何体BCED A -的三视图如图所示,其中左视图和俯视图都是腰长为4的等腰直角三角形,主视图为直角梯形.(1)求几何体BCED A -的体积;(2)求直线CE 与平面AED 所成角的大小.28、如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为直角梯形,BC AD ∥,AB BC ⊥, 45ADC ∠=︒,PA ⊥平面ABCD ,1AB AP ==,3AD =.(1)求异面直线PB 与CD 所成角的大小;(2)求点D 到平面PBC 的距离.A BCDP。

2018年高考数学分类汇编:专题八立体几何

2018年高考数学分类汇编:专题八立体几何

1.【2018全国一卷18】如图,四边形ABCD 为正方形,,E F 分别为,AD BC 的中点,以DF 为折痕把DFC △折起,使点C 到达点P 的位置,且PF BF ⊥.
(1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD ;
(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.
2.【2018全国二卷20】如图,在三棱锥中,,,为的中点.
(1)证明:平面;
(2)若点在棱上,且二面角为
,求与平面所成角的正弦值.
3.【2018全国三卷19】如图,边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面
垂直,是上异于,的点.
(1)证明:平面平面;
(2)当三棱锥体积最大时,求面与面所成二面角的正弦值.
P ABC
-AB BC ==4PA PB PC AC ====O AC PO ⊥ABC M BC M PA C --30︒PC PAM ABCD CD M CD C D AMD ⊥BMC M ABC -MAB
MCD
8.【2018浙江卷19】如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,
C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.
(Ⅰ)证明:AB1⊥平面A1B1C1;
(Ⅱ)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.。

2018学年上海高三数学二模分类汇编——立体几何

2018学年上海高三数学二模分类汇编——立体几何

2(2018奉贤二模). 已知半径为2R 和R 的两个球,则大球和小球的体积比为 4(2018虹口二模). 长方体的对角线与过同一个顶点的三个表面所成的角分别为α、β、γ,则222cos cos cos αβγ++=5(2018宝山二模). 已知球的俯视图面积为π,则该球的表面积为5(2018徐汇二模). 若一个球的体积为323π,则该球的表面积为 5(2018静安二模). 下图中的三个直角三角形是一个体积为20 cm 3的几何体的三视图,则h =6(2018静安二模). 如上右图,以长方体1111ABCD A B C D -的顶点D 为坐标原点,过D 的三条棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,若1DB uuu r 的坐标为(4,3,2),则1BD uuu r 的坐标为 6(2018崇明二模). 已知圆锥的母线长为5,侧面积为15π,则此圆锥的体积为 (结果保留π)6(2018金山二模). 记球1O 和2O 的半径、体积分别为1r 、1V 和2r 、2V ,若12827V V =,则12r r = 7(2018长嘉二模). 将圆心角为23π,面积为3π的扇形围成一个圆锥的侧面,则此圆锥的体积为7(2018杨浦二模). 若一个圆锥的主视图(如图所示)是边长为3、3、2的三角形, 则该圆锥的体积是 7(2018青浦二模).图是一个直径为1的圆,那么这个圆柱的体积为8(2018徐汇二模). 若一圆锥的底面半径为3,体积是12π,则该圆锥的侧面积等于8(2018闵行松江二模). 若球的表面积为100π,平面α与球心的距离为3,则平面α截球所得的圆面面积为8(2018长嘉二模). 三棱锥P ABC -及其三视图中的主视图和左视图如下所示,则棱PB 的长为9(2018虹口二模). 如图,长方体1111ABCD A B C D -的边长11AB AA ==,2AD =,它的外接球是球O ,则A 、1A 这两点的球面距离等于10(2018浦东二模). 一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz -中的坐标分别是(0,0,0)、(1,0,1)、(0,1,1)、(1,1,0),则该四面体的体积为12(2018宝山二模). 将实数x 、y 、z 中的最小值记为min{,,}x y z ,在锐角60POQ ∆=︒,1PQ =,点T 在POQ ∆的边上或内部运动,且min{,,}TO TP TO TQ =,由T 所组成的图形为M ,设POQ ∆、M 的面积为POQ S ∆、M S ,若:()1:2M POQ M S S S ∆-=,则M S = 13(2018黄浦区黄浦二模). 空间中,“直线m ⊥平面α”是“直线m 与平面α内无穷多条直线都垂直”的( )A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 既非充分也非必要14(2018闵行松江二模). 如图,点A 、B 、C 分别在空间直角坐标系O xyz -的三条坐标轴上,(0,0,2)OC =,平面ABC 的法向量为(2,1,2)n =,设二面角C AB O --的大小为θ,则cos θ=( )A. 43B.C. 23D. 23-14(2018普陀二模). 如图所示的几何体,其表面积为(5π,下部圆柱的底面直径与该圆柱的高相等,,则该几何体的主视图的面积为( )A. 4B. 6C. 8D. 1015(2018金山二模). 如图几何体是由五个相同正方体叠成的,其三视图中的左视图序号是( )A. (1)B. (2)C. (3)D. (4)16(2018杨浦二模). 已知长方体的表面积为452,棱长的总和为24. 则长方体的体对角线与棱所成角的最大值为( )A. 1arccos 3B. arccos 3C. arccos 9D. 9 17(2018宝山二模). 如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为矩形,PA ⊥底面ABCD ,3AD =,4PA AB ==,点E 在侧棱PA 上,且1AE =,F 为侧棱PC 的中点.(1)求三棱锥E ABD -的体积;(2)求异面直线CE 与DF 所成角的大小.17(2018青浦二模). 如图,在正四棱锥P ABCD -中,PA AB ==E 、F 分别为PB 、PD 的中点.(1)求正四棱锥P ABCD -的全面积;(2)若平面AEF 与棱PC 交于点M ,求平面AEMF 与平面ABCD 所成锐二面角的大小(用反三角函数值表示).17(2018徐汇二模). 如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,2AB =,4AD =,1AC =,点M 为AB 的中点,点N 为BC 的中点.(1)求长方体1111ABCD A B C D -的体积;(2)求异面直线1A M 与1B N 所成角的大小.(用反三角函数值表示).17(2018金山二模). 四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是边长为6的正方形,PD ⊥平面ABCD ,8PD =.(1)求PB 与平面ABCD 所成角的大小;(2)求异面直线PB 与DC 所成角的大小.17(2018黄浦二模). 在四棱锥P -ABCD 中,PA ABCD ⊥平面,AB ⊥AD ,BC ∥AD ,1BC =,CD =45CDA ︒∠=.(1)画出四棱锥P -ABCD 的主视图;(2)若PA BC =,求直线PB 与平面PCD所成角的大小. (结果用反三角函数值表示)17(2018普陀二模). 如图所示的正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为1,侧棱12AA =,点E 在棱1CC上,且1CE CC λ=(0λ>).(1)当12λ=时,求三棱锥1D EBC -的体积; (2)当异面直线BE 与1D C 所成角的大小为 2arccos 3时,求λ的值.17(2018奉贤二模). 已知几何体A BCED -的三视图如图所示,其中左视图和俯视图都是腰长为4的等腰直角三角形,主视图为直角梯形.(1)求几何体A BCED -的体积;(2)求直线CE 与平面AED 所成角的大小.17(2018崇明二模). 如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为直角梯形,BC ∥AD ,AB BC ⊥,45ADC ∠=︒,PA ⊥平面ABCD ,1AB AP ==,3AD =.(1)求异面直线PB 与CD 所成角的大小;(2)求点D 到平面PBC 的距离.17(2018浦东二模)AO 的底面半径为2,母线长为点C 为圆锥底面圆周上的一点,O 为圆心,D 是AB 的中点,且2BOC π∠=. (1)求圆锥的全面积;(2)求直线CD 与平面AOB 所成角的大小.(结果用反三角函数值表示)17(2018虹口二模). 如图,直三棱柱的底面是等腰直角三角形,1AB AC ==,2BAC π∠=,高等于3,点1M 、2M 、1N 、2N 为所在线段的三等分点.(1)求此三棱柱的体积和三棱锥112A AM N -的体积;(2)求异面直线12A N 、1AM 所成的角的大小.17(2018闵松二模). 如图所示,在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,E 、F 分别是AB 、1CC 的中点.(1)求三棱锥E DFC -的体积;(2)求异面直线1A E 与1D F 所成的角的大小.18(2018长嘉二模). 如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为直角梯形,90BAD ∠=︒,AD ∥BC ,2AB =,1AD =,4PA BC ==,PA ⊥平面ABCD .(1)求异面直线BD 与PC 所成角的大小;(2)求二面角A PC D --的余弦值.18(2018杨浦二模). 如图,在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,点E 是棱AB 上的动点.(1)求证:11DA ED ⊥;(2)若直线1DA 与平面1CED 所成的角是45,请你确定点E 的位置,并证明你的结论.19(2018静安二模). 如图,四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是菱形,AC 与BD 交于点O ,OP ⊥底面ABCD ,点M 为PC 中点,2AC =,1BD =,2OP =.(1)求异面直线AP 与BM 所成角的余弦值;(2)求平面ABM 与平面PAC 所成锐二面角的余弦值.。

2018年全国2卷省份高考模拟理科数学分类汇编--解析几何

2018年全国2卷省份高考模拟理科数学分类汇编--解析几何

2018年全国2卷省份高考模拟理科数学分类汇编——解析几何1.(海南省模拟)已知抛物线的焦点为,过点作互相垂直的两直线,与抛物线分别相交于,以及,,若,则四边形的面积的最小值为()CA. B. C. D.【解析】由抛物线性质可知:,又,∴,即设直线AB的斜率为k(k≠0),则直线CD的斜率为.直线AB的方程为y=k(x﹣1),联立,消去y得k2x2﹣(2k2+4)x+k2=0,从而,=1,由弦长公式得|AB|=,以换k得|CD|=4+4k2,故所求面积为≥32(当k2=1时取等号),即面积的最小值为32.故选:C2. (海南模拟)已知双曲线的左、右焦点分别为,,过且垂直于轴的直线与该双曲线的左支交于,两点,,分别交轴于,两点,若的周长为,则的最大值为__________.【解析】由题意,△ABF2的周长为32,∵|AF2|+|BF2|+|AB|=32,∵|AF2|+|BF2|﹣|AB|=4a,|AB|=,∴=32﹣4a,∴,∴,令,则,令m=,则当m=时,的最大值为,故答案为:3.(海南省模拟)在平面直角坐标系中,已知椭圆的离心率为,,分别为椭圆的上顶点和右焦点,的面积为,直线与椭圆交于另一个点,线段的中点为.(1)求直线的斜率;(2)设平行于的直线与椭圆交于不同的两点,,且与直线交于点,求证:存在常数,使得.【解析】试题分析:(1)由题意得到椭圆的方程为. 直线的方程为,联立消去得,从而得线段的中点,进而得到直线的斜率;(2) 设直线的方程为. 联立方程得到同理得到,∴存在常数,使得.试题解析:(1)因为椭圆的离心率为,所以,即,,所以,,所以,所以,所以椭圆的方程为.直线的方程为,联立消去得,所以或,所以,从而得线段的中点.所以直线的斜率为.(2)由(1)知,直线的方程为,直线的斜率为,设直线的方程为.联立得所以点的坐标为.所以,.所以.联立消去得,由已知得,又,得. 设,,则,,,.所以,,故.所以.所以存在常数,使得.4.(大庆市模拟)已知命题直线与平行;命题直线与圆相交所得的弦长为,则命题是()AA. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既充分也不必要条件【解析】命题两条直线与互相平行,∴,解得或,当时,两直线重合,故舍去,故;命题由于直线被圆截得的弦长为可得:圆心到直线的距离,即,解得,综上可得命题是充分不必要条件,故选A.5.(大庆市模拟)已知双曲线的一条渐近线过点,且双曲线的一个焦点在抛物线的准线上,则双曲线的方程为()AA. B. C. D.【解析】由题意,∵抛物线的准线方程为,双曲线的一个焦点在抛物线的准线上,∴,∴,∴,,∴双曲线的方程为,故选A.6.(大庆市模拟)已知抛物线,过其焦点作一条斜率大于0的直线,与抛物线交于两点,且,则直线的斜率为________.【解析】如图所示:分别过点向准线作垂线,垂足为,过点向作垂线,垂足为,设,则,又抛物线的定义可得,,故可得,,,即,故直线的倾斜角为,直线的斜率为,故答案为.7.(大庆市模拟)已知椭圆,其焦距为2,离心率为(1)求椭圆的方程;(2)设椭圆的右焦点为,为轴上一点,满足,过点作斜率不为0的直线交椭圆于两点,求面积的最大值.【答案】(1);(2).【解析】试题分析:(1)由焦距为2得,由离心率得,结合可得椭圆方程;(2)由题意可得,直线的方程为,,将直线方程与椭圆方程联立由韦达定理可得,,结合得的范围,利用点到直线的距离为,,令,,结合二次函数的性质可得最大值.试题解析:(1)因为椭圆焦距为2,即,所以,,所以,从而,所以椭圆的方程为.(2)椭圆右焦点,由可知,直线过点,设直线的方程为,,将直线方程与椭圆方程联立得,设,则,,由判别式解得,点到直线的距离为,则,,令,,则,当时,取得最大值,此时,,取得最大值.点睛:本题主要考查的椭圆方程的求法,以及焦点三角形的最值问题,计算量较大,属于难题;设出直线方程的点斜式,联立直线与椭圆的方程,运用韦达定理,结合弦长公式,运用点到直线的距离公式求出三角形的高,将三角形的面积表示为关于的函数,利用换元法及二次函数的性质求出函数的最值.8.(辽宁省实验中学模拟)已知椭圆的左右焦点分别为,过的直线与过的直线交于点,设点的坐标,若,则下列结论中不正确的是()AA. B. C. D.【解析】在以为直径的圆上,圆心坐标为,半径为,在椭圆内,一定有,故不正确,故选A.9.(辽宁省实验中学模拟)已知双曲线的两个焦点为,渐近线为,则双曲线的标准方程为__________.【答案】【解析】双曲线的两个焦点为,,又渐近线为,,双曲线方程为,故答案为.10.(辽宁省实验中学模拟)已知直线与抛物线交于两点,(1)若,求的值;(2)以为边作矩形,若矩形的外接圆圆心为,求矩形的面积.【答案】(1)(2)【解析】试题分析:(1)与联立得,设,根据韦达定理可得,结合可列出关于的方程,从而可得结果;(2)设弦的中点为, 设圆心,则,由得,可得,根据点到直线距离公式可得,根据弦长公式可得,从而可得矩形的面积.试题解析:(1)与联立得由得,设,则∵,∴∴,∴ ∴,满足题意.(2)设弦的中点为,则,,设圆心∵ ∴ ∴,则,∴,∴∴ ∴ ∴面积为11. (哈师大附中模拟)已知点分别是双曲线,的左、右焦点,为坐标原点,点在双曲线的右支上,的面积为4,且该双曲线的两条渐近线互相垂直,则双曲线的方程为( )BA .B . C. D . 12.(哈师大附中模拟)过抛物线的焦点的直线与抛物线交于两点,若弦中点到轴的距离为5,则= .1213.(哈师大附中模拟)已知椭圆的右焦点为,点为椭圆上的动点,若的最大值和最小值分别为. (I)求椭圆的方程(Ⅱ)设不过原点的直线与椭圆 交于两点,若直线的斜率依次成等比数列,求面积的最大值解:(I )由已知得:椭圆方程为(II )设(易知存在斜率,且),设12F F 2222:1(0x y C a a b-=>,b>0)O P C 122F F OP =12PF F ∆C 22122x y -=22144x y -=2284x y -22124x y -=2:4C x y =F C .A B .A B x AB ()222:102x y C a b a b+=>>(),0F c P C PF 2+2C l C ,P Q ,,OP PQ OQ OPQ ∆由条件知:联立(1)(2)得:点到直线的距离且所以当时:.14.(西北师大附中模拟)若直线l :ax +by +1=0始终平分圆M :x 2+y 2+4x +2y +1=0的周长,则(a -2)2+(b -2)2的最小值为 ( )BA. 5 B .5 C .2 5 D .1015.(西北师大附中模拟) 过双曲线()222210x y b a a b-=>>的左焦点作圆的切线,切点为,延长交双曲线右支于点P ,若()12OE OF OP =+(是坐标原点),则双曲线的离心率为 ( )C16. (西北师大附中模拟)已知椭圆C :12222=+b y a x )0(>>b a 的离心率为,过右焦点F 且斜率为1的直线交椭圆C 于B A ,两点,N 为弦AB 的中点,O 为坐标原点. (1)求直线ON 的斜率ON k ;(2)求证:对于椭圆C 上的任意一点M ,都存在)2,0[πθ∈,使得OB OA OM θθsin cos +=成立.解:(1)设椭圆的焦距为c 2,因为,所以有,故有. 从而椭圆C 的方程可化为: 知右焦点F 的坐标为(),据题意有AB 所在的直线方程为:. ②由①,②有:.③设,弦AB 的中点,由③及韦达定理有:所以3100-==x y k ON ,即为所求. (2)显然与可作为平面向量的一组基底,由平面向量基本定理,对于这一平面内的向量,有且只有一对实数,使得等式成立.设,由(1)中各点的坐标有:(,0)(0)F c c ->222x y a +=E FE O 3636=a c 32222=-a b a 223b a =22233b y x =+0,2b b x y 2-=0326422=+-b bx x ),(),,(2211y x B y x A ),(00y x N .422,423200210b b x y b x x x -=-==+=OA OB OM μλ,μλ+=),(y x M,故.又因为点在椭圆C 上,所以有整理可得:. ④由③有:.所以 ⑤又点B A ,在椭圆C 上,故有 .⑥将⑤,⑥代入④可得:.所以,对于椭圆上的每一个点,总存在一对实数,使等式成立,且. 所以存在)2,0[πθ∈,使得.也就是:对于椭圆C 上任意一点 ,总存在)2,0[πθ∈,使得等式OB OA OM θθsin cos +=成立.17. (黑龙江模拟)设抛物线22(0)y px p =>的焦点为F ,过FA ,B 两点.若线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点(11,0)M ,则p =( )CA .2B .3C .6D .1218.(黑龙江模拟)已知动圆E 经过定点(1,0)D ,且与直线1x =-相切,设动圆圆心E 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程;(2)设过点(1,2)P 的直线1l ,2l 分别与曲线C 交于A ,B 两点,直线1l ,2l 的斜率存在,且倾斜角互补,证明:直线AB 的斜率为定值.解析:(1)由已知,动点E 到定点(1,0)D 的距离等于E 到直线1x =-的距离,由抛物线的定义知E 点的轨迹是以(1,0)D 为焦点,以1x =-为准线的抛物线,故曲线C 的方程为24y x =. (2)由题意可知直线1l ,2l 的斜率存在,倾斜角互补,则斜率互为相反数,且不等于零.设11(,)A x y ,22(,)B x y ,直线1l 的方程为(1)2y k x =-+,0k ≠.直线2l 的方程为(1)2y k x =--+,),(),(),(2211y x y x y x μλ+=2121,y y y x x x μλμλ+=+=M 22212213)(3)(b y y x x =+++μλμλ2212122222212123)3(2)3()3(b y y x x y x y x =+++++λμμλ43,22322121b x x b x x =⋅=+06936)(234)2)(2(332222212121212121=+-=++-=--+=+b b b b x x b x x b x b x x x y y x x 22222221213)3(,3)3(b y x b y x =+=+122=+μλM OB OA OM μλ+=122=+μλθμθλsin ,cos ==M由2(1)24y k x y x=-+⎧⎨=⎩得2222(244)(2)0k x k k x k --++-=,已知此方程一个根为1,∴22122(2)441k k k x k k--+⨯==, 即21244k k x k -+=,同理22222()4()444()k k k k x k k ---+++==-,∴212228k x x k ++=,12288k x x k k ---==, ∴1212[(1)2][(1)2]y y k x k x -=-+---+2122288()22k k x x k k k k k+=+-=⋅-=, ∴1212818ABy yk k x x k-===---,所以,直线AB 的斜率为定值1-. 19.(吉林省实验中学模拟) 设某曲线上一动点到点的距离与到直线的距离相等,经过点的直线与该曲线相交于, 两点,且点恰为等线段的中点,则B(A) 6 (B ) 10 (C )12 (D )1420.(吉林省实验中学模拟)已知抛物线C 1:x 2=4y 在点A ,B 处的切线垂直相交于点P ,直线AB 与椭圆C 2:相交于C ,D 两点.(Ⅰ)求抛物线C 1的焦点F 与椭圆C 2的左焦点F 1的距离;(Ⅱ)设点P 到直线AB 的距离为d ,是否存在直线AB ,使得|AB |,d ,|CD |成等比数列?若存在,求出直线AB(Ⅰ)抛物线C 1的焦点F (0,1),椭圆C 2的左焦点F 1(-,0),则|FF 1|=.(Ⅱ)设直线AB :y =kx +m ,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),C (x 3,y 3),D (x 4,y 4),由得x 2-4kx -4m =0,故x 1+x 2=4k ,x 1x 2=-4m .由x 2=4y ,得y ′=,故切线P A ,PB 的斜率分别为k P A =,k PB =, 再由P A ⊥PB ,得k P A k PB =-1,即·===-m =-1,故m =1,这说明直线AB 过抛物线C 1的焦点F .由2得x ==2k , y =·2k -1=kx 1-1=·x 1-1==-1,即P (2k ,-1).于是点P (2k ,-1)到直线AB :kx -y +1=0的距离d ==2. 由得(1+2k 2)x 2+4kx -2=0,M ()3,0F 3x =-()2,1P l A B P AB AF BF +=22142x y +=从而|CD |= = ,同理,|AB |=4(1+k 2) . 若|AB |,d ,|CD |成等比数列,则d 2=|AB |·|CD |,即(2)2=4(1+k 2)· ,化简整理,得28k 4+36k 2+7=0,此方程无实根,21.(沈阳模拟) 已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的一条渐近线与圆22(4)4x y -+=相切,则该双曲线的离心率为( )B A .2 B.3222. (沈阳模拟)已知正三角形AOB ∆(O 为坐标原点)的顶点A B 、在抛物线23y x =上,则AOB ∆的边长是..23.(沈阳模拟)设O 为坐标原点,动点M 在椭圆22194x y +=上,过M 作x 轴的垂线,垂足为N ,点P 满足2NP NM =.(Ⅰ)求点P 的轨迹方程E ;(Ⅱ)过(1,0)F 的直线1l 与点P 的轨迹交于A B 、两点,过(1,0)F 作与1l 垂直的直线2l 与点P 的轨迹交于C D 、两点,求证:11||||AB CD +为定值.解:(Ⅰ)设(,)P x y ,易知(,0)N x ,(0,)NP y =,又因为NM ==,所以()M x y , 又因为M在椭圆上,所以2219x +=,即22198x y +=. (Ⅱ)当1l 与x 轴重合时,||6AB =,16||3CD =,∴1117||||48AB CD +=.当1l 与x 轴垂直时,16||3AB =,||6CD =, ∴1117||||48AB CD +=. 当1l 与x 轴不垂直也不重合时,可设1l 的方程为(1)(0)y k x k =-≠此时设11(,)A x y ,22(,)B x y ,33(,)C x y ,44(,)D x y 把直线1l 与曲线E 联立22(1)198y k x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩,得2222(89)189720k x k x k +-+-=,可得1212221220188997289k x x k k x x k ⎧⎪∆>⎪⎪+=⎨+⎪⎪-=⎪+⎩∴2248(1)||89k AB k +==+, 把直线2l 与曲线E 联立221(1)198y x k x y ⎧=--⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩,同理可得2248(1)||98k CD k +==+. ∴222211899817||||48(1)48(1)48k k AB CD k k +++=+=++. 24. (呼和浩特模拟)设抛物线24y x =的焦点为F ,过点)M的直线与抛物线相交于A ,B 两点,与抛物线的准线相交于C ,3BF =,则BCF ∆与ACF ∆的面积之比BCFACFS S ∆∆( )D A .34 B .45 C. 56 D .6725. (呼和浩特模拟)已知点P 为圆2218x y +=上一动点,PQ ⊥x 轴于点Q ,若动点M 满足1233OM OP OQ =+.(Ⅰ)求动点M 的轨迹C 的方程;(Ⅱ)过点()4,0E -的直线()40x my m =-≠与曲线C 交于A ,B 两点,线段AB 的垂直平分线交x 轴于点D ,求DE AB的值.解:(1)设(),M x y ,()00,P x y ,则()0,0Q x ,所以(),OM x y =,()00,OP x y =,()0,0OQ x .由1233OM OP OQ =+化简得0x x =,03y y =,因为220018x y +=,代入得221182x y +=,即为M 的轨迹为椭圆方程.由(1)知,点()4,0E -为椭圆C 的左偏点,将直线()40x my m =-≠被代入椭圆方程消去x 得()229820my my +--=,()2264890m m ∆=++>,设()11,A x y ,()22,B x y ,则有12289my y m +=+,12229y y m -⋅=+.则()121227289x x m y y m -+=+-=+,所以线段AB 的中点坐标为22364,99m m m -⎛⎫ ⎪++⎝⎭所以线段AB 的垂直平分线所在直线方程为2243699m y m x m m ⎛⎫-=-+ ⎪++⎝⎭令0y =得2329x m -=+,即232,09D m -⎛⎫⎪+⎝⎭所以()2224132499m DE m m +-=+=++)212219m AB y m +==-=+,所以DE AB ==26.(银川一中模拟) 设圆心在x 轴上的圆C 与直线1:10l x +=相切,且与直线2:0l x =相交于两点,M N ,若||MN 则圆C 的半径为 CA .12BC .1D 27. (银川一中模拟)已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为点12(,0),(,0)(0)F c F c c ->,抛物线24y cx =与双曲线在第一象限内相交于点P ,若212||||PF F F =,则双曲线的离心率为 . 1+28.(银川一中模拟)设F 1,F 2分别是椭圆C :2212x y +=的左、右焦点,过F 1且斜率不为零的动直线l 与椭圆C 交于A 、B 两点。

2018高考数学(理科)习题第八章立体几何84和答案

2018高考数学(理科)习题第八章立体几何84和答案

1.若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( )点击观看解答视频A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定答案 D解析由l1⊥l2,l2⊥l3可知l1与l3的位置不确定,若l1∥l3,则结合l3⊥l4,得l1⊥l4,所以排除选项B、C,若l1⊥l3,则结合l3⊥l4,知l1与l4可能不垂直,所以排除选项A.故选D.2.如下图,三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=3,∠ACB=π2.D,E分别为线段AB,BC上的点,且CD=DE=2,CE=2EB=2.(1)证明:DE⊥平面PCD;(2)求二面角A-PD-C的余弦值.解 (1)证明:由PC ⊥平面ABC ,DE ⊂平面ABC , 故PC ⊥DE .由CE =2,CD =DE =2,得△CDE 为等腰直角三角形,故CD ⊥DE . 由PC ∩CD =C ,DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线,故DE ⊥平面PCD . (2)由(1)知,△CDE 为等腰直角三角形,∠DCE =π4.如下图,过D 作DF 垂直CE 于F ,易知DF =FC =FE =1,又已知EB =1,故FB =2.由∠ACB =π2得DF ∥AC ,DF AC =FB BC =23, 故AC =32DF =32.以C 为坐标原点,分别以CA →,CB →,CP →的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则C (0,0,0),P (0,0,3),A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32,0,0,E (0,2,0),D (1,1,0),ED →=(1,-1,0),DP →=(-1,-1,3),DA →=⎝ ⎛⎭⎪⎫12,-1,0.设平面PAD 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 由n 1·DP →=0,n 1·DA →=0,得⎩⎨⎧-x 1-y 1+3z 1=0,12x 1-y 1=0,故可取n 1=(2,1,1).由(1)可知DE ⊥平面PCD ,故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →,即n 2=(1,-1,0),从而法向量n 1,n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1,n 2〉=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=36,故所求二面角A -PD -C 的余弦值为36. 3.如图,在四棱锥A -EFCB 中,△AEF 为等边三角形,平面AEF ⊥平面EFCB ,EF ∥BC ,BC =4,EF =2a ,∠EBC =∠FCB =60°,O 为EF 的中点.点击观看解答视频(1)求证:AO ⊥BE ;(2)求二面角F -AE -B 的余弦值; (3)若BE ⊥平面AOC ,求a 的值.解 (1)证明:因为△AEF 是等边三角形,O 为EF 的中点,所以AO ⊥EF . 又因为平面AEF ⊥平面EFCB ,AO ⊂平面AEF , 所以AO ⊥平面EFCB .所以AO ⊥BE .(2)取BC 中点G ,连接OG . 由题设知EFCB 是等腰梯形, 所以OG ⊥EF .由(1)知AO ⊥平面EFCB , 又OG ⊂平面EFCB , 所以OA ⊥OG .如右图建立空间直角坐标系O -xyz ,则E (a,0,0),A (0,0,3a ),B (2,3(2-a ),0),EA →=(-a,0,3a ), BE →=(a -2,3(a -2),0).设平面AEB 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EA →=0,n ·BE →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧-ax +3az =0,a -x +3a -y =0.令z =1,则x =3,y =-1.于是n =(3,-1,1). 平面AEF 的法向量为p =(0,1,0).所以cos 〈n ,p 〉=n ·p |n ||p |=-55.由题知二面角F -AE -B 为钝角,所以它的余弦值为-55. (3)因为BE ⊥平面AOC ,所以BE ⊥OC ,即BE →·OC →=0.因为BE →=(a -2,3(a -2),0),OC →=(-2,3(2-a ),0), 所以BE →·OC →=-2(a -2)-3(a -2)2. 由BE →·OC →=0及0<a <2,解得a =43.4.如图1,在直角梯形ABCD 中,AD ∥BC ,∠BAD =π2,AB =BC =1,AD =2,E 是AD 的中点,O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置,如图2.(1)证明:CD ⊥平面A 1OC ;(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ,求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值. 解 (1)证明:在图1中,因为AB =BC =1,AD =2,E 是AD 的中点,∠BAD =π2,所以BE ⊥AC .即在图2中,BE ⊥OA 1,BE ⊥OC , 从而BE ⊥平面A 1OC , 又CD ∥BE , 所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知,平面A 1BE ⊥平面BCDE ,又由(1)知,BE ⊥OA 1,BE ⊥OC ,所以∠A 1OC 为二面角A 1-BE -C 的平面角, 所以∠A 1OC =π2. 如下图,以O 为原点,建立空间直角坐标系,因为A 1B =A 1E =BC =ED =1,BC ∥ED ,所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22,0,0,E ⎝ ⎛⎭⎪⎫-22,0,0,A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0,0,22,C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,22,0,得BC →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-22,22,0,A 1C →=⎝⎛⎭⎪⎫0,22,-22,CD →=BE →=(-2,0,0).设平面A 1BC 的法向量n 1=(x 1,y 1,z 1),平面A 1CD 的法向量n 2=(x 2,y 2,z 2),平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角为θ,则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →=0,n 1·A 1C →=0,得⎩⎨⎧-x 1+y 1=0,y 1-z 1=0,取n 1=(1,1,1); ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →=0,n 2·A 1C →=0,得⎩⎨⎧x 2=0,y 2-z 2=0,取n 2=(0,1,1),从而cos θ=|cos 〈n 1,n 2〉|=23×2=63,即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63. 5.《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马P -ABCD 中,侧棱PD ⊥底面ABCD ,且PD =CD ,过棱PC 的中点E ,作EF ⊥PB 交PB 于点F ,连接DE ,DF ,BD ,BE .(1)证明:PB ⊥平面DEF .试判断四面体DBEF 是否为鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由;(2)若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3,求DCBC的值. 解 (1)证明:因为PD ⊥底面ABCD ,所以PD ⊥BC , 由底面ABCD 为长方形,有BC ⊥CD ,而PD ∩CD =D , 所以BC ⊥平面PCD .而DE ⊂平面PCD ,所以BC ⊥DE . 又因为PD =CD ,点E 是PC 的中点,所以DE ⊥PC .而PC ∩BC =C ,所以DE ⊥平面PBC .而PB ⊂平面PBC ,所以PB ⊥DE . 又PB ⊥EF ,DE ∩EF =E ,所以PB ⊥平面DEF .由DE ⊥平面PBC ,PB ⊥平面DEF ,可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF 是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB ,∠DEF ,∠EFB ,∠DFB .(2)如图,在面PBC 内,延长BC 与FE 交于点G ,则DG 是平面DEF 与平面ABCD 的交线.由(1)知,PB ⊥平面DEF ,所以PB ⊥DG .又因为PD ⊥底面ABCD ,所以PD ⊥DG . 而PD ∩PB =P ,所以DG ⊥平面PBD .故∠BDF 是面DEF 与面ABCD 所成二面角的平面角, 设PD =DC =1,BC =λ,有BD =1+λ2, 在Rt △PDB 中,由DF ⊥PB ,得∠DPF =∠FDB =π3, 则tanπ3=tan ∠DPF =BDPD=1+λ2=3,解得λ= 2. 所以DC BC =1λ=22. 故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时,DC BC =22. 6.如图,四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 为平行四边形,∠DAB =60°,AB =2,AD =1,PD ⊥底面ABCD .(1)证明:PA ⊥BD ;(2)若PD =AD ,求二面角A -PB -C 的余弦值.解 (1)证明:因为∠DAB =60°,AB =2AD =2,由余弦定理得BD = 3. 从而BD 2+AD 2=AB 2,∴BD ⊥AD .∵PD ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD , ∴PD ⊥BD . 又AD ∩PD =D , 所以BD ⊥平面PAD , 所以PA ⊥BD .(2)如图,以D 为坐标原点,DA ,DB ,DP 分别为x ,y ,z 的正半轴建立空间直角坐标系D -xyz.则A (1,0,0),B (0,3,0),C (-1,3,0),P (0,0,1),AB →=(-1,3,0),PB →=(0,3,-1),BC →=(-1,0,0),设平面PAB 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则⎩⎪⎨⎪⎧n · AB →=0,n ·PB →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧-x +3y =0,3y -z =0,因此,令y =1,则n =(3,1,3). 设平面PBC 的法向量为m =(x 0,y 0,z 0),则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →=0,m ·BC →=0,即⎩⎨⎧3y 0-z 0=0,-x 0=0,可取m =(0,1,3),则cos 〈m ,n 〉=m ·n |m ||n |=427=277,由图知二面角A -PB -C 为钝角,故二面角A -PB -C 的余弦值为-277. 7.如图,四边形ABCD 为正方形,PD ⊥平面ABCD ,∠DPC =30°,AF ⊥PC 于点F ,FE∥CD ,交PD 于点E .(1)证明:CF ⊥平面ADF ; (2)求二面角D -AF -E 的余弦值. 解 (1)证明:∵PD ⊥平面ABCD , ∴PD ⊥AD ,又CD ⊥AD ,PD ∩CD =D , ∴AD ⊥平面PCD ,∴AD ⊥PC , 又AF ⊥PC ,AF ∩AD =A ,∴PC ⊥平面ADF ,即CF ⊥平面ADF . (2)设AB =1,则Rt △PDC 中,CD =1, ∵∠DPC =30°,∴PC =2,PD =3,由(1)知CF ⊥DF ,∴DF =32,∴CF =12,又FE ∥CD ,∴DE PD =CF PC =14,∴DE =34,同理,EF =34,如图所示,以D 为原点,建立空间直角坐标系,则A (0,0,1),E ⎝ ⎛⎭⎪⎫34,0,0,F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34,34,0,P (3,0,0),C (0,1,0).设m =(x ,y ,z )是平面AEF 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥AE →,m ⊥EF →,又⎩⎪⎨⎪⎧AE →=⎝ ⎛⎭⎪⎫34,0,-1,EF →=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,34,0,∴⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →=34x -z =0,m ·EF →=34y =0,令x =4,得z =3,故m =(4,0,3),由(1)知平面ADF 的一个法向量为PC →=(-3,1,0),设二面角D -AF -E 的平面角为θ,可知θ为锐角,cos θ=|cos 〈m ,PC →〉|=|m ·PC →||m |·|PC →|=4319×2=25719,故二面角D -AF -E的余弦值为25719.8.如图,在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ,AA 1=A 1C =AC =BC =2,AC ⊥BC ,点S 是AA 1延长线上一点,EF 是平面SBC 与平面A 1B 1C 1的交线.(1)求证:EF ⊥AC 1;(2)求直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成角的正弦值.解 (1)证明:在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,平面ABC ∥平面A 1B 1C 1, 又平面ABC ∩平面SBC =BC ,平面A 1B 1C 1∩平面SBC =EF , ∴EF ∥BC .∵平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ,且AC ⊥BC , ∴BC ⊥平面ACC 1A 1.又AC 1⊂平面ACC 1A 1,∴BC ⊥AC 1,∴EF ⊥AC 1. (2)取A 1C 1的中点D 1,连CD 1,∵AA 1=A 1C =AC =2, ∴CC 1=A 1C =A 1C 1=2,∴CD 1⊥A 1C 1. 由(1)知BC ⊥平面ACC 1A 1.以点C 为原点,CA ,CB 、CD 1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B (0,2,0),C (0,0,0),A 1(1,0,3),A (2,0,0).∴A 1C →=(-1,0,-3). 设平面A 1ABB 1的法向量为n ,则n ·AA 1→=n ·AB →=0,而AA 1→=(-1,0,3),AB →=(-2,2,0), 可求得平面A 1ABB 1的一个法向量为n =(3,3,3),∴|cos 〈A 1C →,n 〉|=|n ·A 1C →||n |·|A 1C →|=6221=217. 故直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成角的正弦值为217.。

2018高三各地优质文科二模试题分项汇编8:立体几何(含解析)

2018高三各地优质文科二模试题分项汇编8:立体几何(含解析)

【2018高三数学各地优质二模试题分项精品】专题八 立体几何一、选择题1.【2018东莞高三二模】如图,网格纸上的小正方形的边长为1,实线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为( )A. 18B. 12C. 10D. 8 【答案】D2.【2018东北三省四市】已知边长为2的等边三角形,为的中点,以为折痕,将折成直二面角,则过四点的球的表面积为( ) A.B.C.D.【答案】C【解析】由题意,知过四点的球的直径为以为邻边的长方体的对角线的长,而,则,所以球的表面积为,故正确答案为C.点睛:此题主要考查了从平面图形到空间几何体的变化过程的空间想象能力,简单组合体中直三棱锥与外接球关系,以及球的表面积的计算等方面的知识和技能力,属于中档题型,也是常考题型.在解决简单几何体的外接球问题中,一般情况下,球的直径为简单几何体的对角线的长.3.【2018黑龙江大庆高三二模】已知αβ、是两个不同的平面, m n 、是两条不重合的直线,则下列命题中错误的是( )A. 若//m n αα⊥,,则m n ⊥B. 若//,m n ααβ⋂=,则//m nC. 若,,m n αβαβ⊥⊥⊥,则m n ⊥D. 若////m n αβ,,则m 与α所成的角和n 与β所成的角相等 【答案】B4.【2018贵州高三适应性考试】在正方体1111ABCD A B C D 中,过对角线1AC 的一个平面交1BB 于E ,交1DD 于F 得四边形1AEC F ,则下列结论正确的是( ) A. 四边形1AEC F 一定为菱形B. 四边形1AEC F 在底面ABCD 内的投影不一定是正方形C. 四边形1AEC F 所在平面不可能垂直于平面11ACC AD. 四边形1AEC F 不可能为梯形 【答案】D【解析】对于A ,当与两条棱上的交点都是中点时,四边形1AEC F 为菱形,故A 错误;对于B, 四边形1AEC F 在底面ABCD 内的投影一定是正方形,故B 错误;对于C, 当两条棱上的交点是中点时,四边形1AEC F 垂直于平面11ACC A ,故C 错误; 对于D ,四边形1AEC F 一定为平行四边形,故D 正确. 故选:D 5.【2018河南焦作高三四模】在三棱锥P ABC -中,33AB BC ==,90ABC BCP PAB ∠=∠=∠=o , 2cos 4CPA ∠=,则三棱锥P ABC -外接球的表面积为( ) A. 5π B. 13π C. 6π D. 14π 【答案】A由1PE =得2113R =++,即5R =,所以球的表面积为245S R ππ==,故选A .点睛:本题考查了有关球的组合体问题,解答时要认真审题,注意球的性质的合理运用,求解球的组合体问题常用方法有(1)三条棱两两互相垂直时,可恢复为长方体,利用长方体的体对角线为外接球的直径,求出球的半径;(2)利用球的截面的性质,球心与截面圆心的连线垂直截面,同时球的半径,小圆的半径和球心到截面的距离满足勾股定理,求得球的半径,即可求解求得表面积与体积. 6.【2018河南焦作高三四模】某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )A. 3πB. 83πC. 103πD. 113π 【答案】C7【2018北京师范大学附中高三二模】如图,各棱长均为1的正三棱柱111ABC A B C -, M , N 分别为线段1A B , 1B C 上的动点,若点M , N 所在直线与平面11ACC A 不相交,点Q 为MN 中点,则O 点的轨迹的长度是( )A.22B. 32C. 1D.2【答案】B8.【2018陕西咸阳高三二模】已知某几何体的三视图如图,其中正(主)视图中半圆的半径为1,则该几何体的体积为( )A. 642π-B. 644π-C. 643π-D. 64π- 【答案】A9.【2018新疆维吾尔自治区高三二模】某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的外接球的体积为( )A.5003π B. 10002π C. 1253π D. 1252π 【答案】D【解析】由题得几何体的原图为图中的四棱锥A-BCDE, 四棱锥A-BCDE 的外接球和长方体的外接球重合,因为长方体的外接球直径2225223455052.R R =++==∴=,所以该几何体的外接球的体积为3452125= 2.323π⋅()故选D. 点睛:模型法是求几何体外接球半径的一种重要方法.先把几何体放在长方体中,使几何体的顶点都在长方体的顶点里,再根据长方体的外接球半径公式2222a R b c =++求出外接球的半径.10.【2018衡水金卷高三信息卷五】已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A. 104π+B. 68π+C. 108π+D. 64π+【答案】A点睛:(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系,利用相应体积公式求解;(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出,则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.11.【2018河南商丘高三二模】某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. B. C. D.【答案】C12.【2018重庆高三4月二诊】某几何体的三视图如图所示,其正视图为等腰梯形,则该几何体的表面积是( )A. 18B. 883+C. 24D. 1265+ 【答案】C【解析】 根据给定的三视图,可得原几何体如图所示,其中面ABCD 表示边长分别为2和4的矩形,其面积为1248S =⨯=, ABC ∆和111A B C ∆为底边边长为2,腰长为5的等腰三角形,其高为2h =, 所以面积为2312222S S ==⨯⨯=, 面11AAC C 和面11BB C C 为全等的等腰梯形,上底边长为2,下底边长为4,高为2, 所以面积为()45124262S S ==⨯+⨯=, 所以几何体的表面积为8222624S =+⨯+⨯=,故选C .13.【2018湖南衡阳高三二模】已知某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的所有棱中,最短的棱其长为( )A. 2B. 5C. 1D. 22【答案】C14.【2018广东茂名高三二模】《九章算术》中记载了我国古代数学家祖暅在计算球的体积中使用的一个原理:“幂势既同,则积不异”,此即祖暅原理,其含义为:两个同高的几何体,如在等高处的截面的面积恒相等,则它们的体积相等.如图,设满足不等式组的点组成的图形(图(1)中的阴影部分)绕轴旋转,所得几何体的体积为;满足不等式组的点组成的图形(图(2)中的阴影部分)绕轴旋转,所得几何体的体积为.利用祖暅原理,可得()A. B. C. D.【答案】C15.【2018广东茂名高三二模】某几何体的三视图如图所示,若图中小正方形的边长为1,则该几何体的体积是()A. B. C. D.【答案】A【解析】该几何体是如图所示的四面体ABCD,其体积为故答案为:A点睛:空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体,则可直接利用公式进行求解.(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出,则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解.(3)若以三视图的形式给出几何体,则应先根据三视图得到几何体的直观图,然后根据条件求解.二、填空题16.【2018东莞高三二模】已知几何体是平面截半径为4的球所得较大部分,是截面圆的内接三角形,,点是几何体的表面上一动点,且在圆上的投影在圆的圆周上,,则三棱锥的体积的最大值为__________.【答案】1017.【2018河南商丘高三二模】已知球的表面积为,此球面上有三点,且,则球心到平面的距离为__________.【答案】【解析】因为球的表面积为,所以 因为,所以三角形为直角三角形,因此球心到平面的距离为球心到BC 中点的距离,为.点睛:涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时,一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面,把空间问题转化为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系,或只画内切、外接的几何体的直观图,确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系,列方程(组)求解. 18.【2018重庆高三二诊】边长为2的等边ABC ∆的三个顶点A , B , C 都在以O 为球心的球面上,若球O 的表面积为1483π,则三棱锥O ABC -的体积为__________. 【答案】333【解析】设球半径为R ,则214843R ππ=,解得2373R =. 设ABC ∆所在平面截球所得的小圆的半径为r ,则23232323r ⎛⎫=⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 故球心到ABC ∆所在平面的距离为223741133d R r =-=-=,即为三棱锥O ABC -的高,所以2113332113343O ABC ABC V S d -∆⎛⎫==⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 答案:33319.【2018宁夏银川高三4月质检】把边长为的正方形沿对角线折起,当以四点为顶点的三棱锥体积最大时,此三棱锥的外接球的表面积的大小等于__________. 【答案】点睛:解答几何体的外接球有关的问题,关键是两心三边一方程,两心是截面圆的圆心和球心,三边是圆心和球心的距离、球的半径、圆的半径,一方程指的是通过勾股定理得到的关于球的半径R 的方程. 这种技巧,大家要理解掌握熟练运用.20.【2018山西太原高三二模】已知三棱锥A BCD -中, 2AB AC BC ===, 2BD CD ==,点E是BC 的中点,点A 在平面BCD 射影恰好为DE 的中点,则该三棱锥外接球的表面积为________.【答案】60 11【点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时,一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面,把空间问题转化为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系,或只画内切、外接的几何体的直观图,确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系,列方程(组)求解.三、解答题21.【2018内蒙古呼和浩特高三二模】如图,在直三棱柱中,,为棱的中点.(1)证明:平面;(2)已知,的面积为,为线段上一点,且三棱锥的体积为,求.【答案】(1)见解析(2)【解析】试题分析:(1)取的中点,连接,,可推出为的中点,从而推出四边形为平行四边形,即可证明平面;(2)过作于,连接,可推出平面,从而推出,设,表示出,,根据的面积为,可求得得值,设到平面的距离为,根据,即可求得,从而求得.试题解析:(1)证明:取的中点,连接,.∵侧面为平行四边形∴为的中点,∴又∴∴四边形为平行四边形,则.∵平面,平面∴平面.(2)解:过作于,连接,∵平面∴.又∴平面∴.设,则,,,∴的面积为,∴.设到平面的距离为,则.∴∴与重合,.22.【2018衡水金卷高三调研二模】如图,四棱锥的底面是边长为2的正方形,平面平面,点是的中点,棱与平面交于点.(1)求证:;(2)若是正三角形,求三棱锥的体积.【答案】(1)见解析;(2).试题解析:(1)因为底面是边长为2的正方形,所以.又因为平面,平面,所以平面.又因为四点共面,且平面平面,所以.又因为,所以.(2)因为,点是的中点,所以点为的中点,.又因为平面平面,平面平面,所以平面,所以平面.又因为是正三角形,所以,所以.又,所以.故三棱锥的体积为.23.【2018安徽安庆高三二模】如图所示,四棱锥B-AEDC中,平面AEDC⊥平面ABC,F为BC的中点,P为BD的中点,且AE//DC,∠ACD=∠BAC=90°,DC=AC=AB=2AE(1)证明:EP⊥平面BCD;(2)若DC=2,求三棱锥E-BDF的体积.【答案】(1)见解析(2)试题解析:((Ⅰ)由题意知为等腰直角三角形,而为的中点,所以.又因为平面平面,且,所以平面.而平面,所以.而所以平面.连结,则而所以是平行四边形,因此平面.(Ⅱ)因为平面,所以平面是三棱锥的高.所以. 于是三棱锥的体积为24.【2018湖南益阳高三4月调研】在三棱锥中,底面,,,是的中点,是线段上的一点,且,连接,,.(1)求证:平面;(2)求点到平面的距离.【答案】(1)见解析;(2).试题解析:(1)因为,所以.又,,所以在中,由勾股定理,得.因为,所以是的斜边上的中线.所以是的中点.又因为是的中点,所以直线是的中位线,所以.又因为平面,平面,所以平面.(2)由(1)得,.又因为,.所以.又因为,所以.易知,且,所以.设点到平面的距离为,则由,得, 即,解得.即点到平面的距离为.25.【2018黑龙江大庆高三二模】如图,在矩形ABCD 中, 2AB =, 4AD =, M 是AD 的中点,将MAB ∆沿BM 向上折起,使平面ABM ⊥平面BCDM(Ⅰ)求证: AB CM ⊥; (Ⅱ)求点D 到平面ACM 的距离. 【答案】(Ⅰ)证明见解析. (Ⅱ)1.【试题解析】(Ⅰ)证明:由题意可知, 22222222BM AB AM =+=+=,22222222CM CD DM =+=+=, 4BC =,所以,在△BCM 中, 222BC BM CM =+,所以CM BM ⊥;因为平面ABM ⊥平面BCDM 且BM 是交线, CM ⊂平面BCDM 所以CM ⊥平面ABM ,因为AB ⊂平面ABM ,所以AB CM ⊥ (Ⅱ)解:取BM 中点E ,连接AE .因为AB AM =且E 为BM 中点,所以AE BM ⊥.因为AE ⊂面ABM ,面ABM ⊥面BCDM , BM 是交线, 所以AE ⊥平面BCDM ,故AE 长即为点A 到平面BCDM 的距离, 算得2AE =.由(Ⅰ)可知, CM AM ⊥, ACM ∆是直角三角形,2,22AM CM ==,所以1222222ACM S ∆=⋅⋅=. 12222MCD S ∆=⋅⋅=. 设点D 到平面ACM 的距离为h , 因为D ACM A MCD V V --=, 所以1133ACM MCD S h S AE ∆∆⋅⋅=⋅⋅,解得1h =, 故点D 到平面ACM 的距离为1.26.【2018江西新余高三二模】如图,三棱柱111ABC A B C -中,平面11AA B B ⊥平面ABC , D 是AC 的中点.(1)求证: 1//B C 平面1A BD ;(2)若160A AB ACB ∠=∠=o, 1AB BB =, 2AC =, 1BC =,求三棱锥1C ABD -的体积.【答案】(1)证明见解析;(2)38.解析:解法一:(Ⅰ)连结1AB 交于点O ,则O 为1AB 的中点,∵D 是AC 的中点, ∴1OD B C P .又1OD A BD ⊂平面, 11B C A BD ⊄平面, ∴11B C A BD P 平面(Ⅱ)∵2AC =, 1BC =, 60ACB ∠=︒, ∴2222cos 3AB AC BC AC BC ACB =+-⋅⋅∠=, ∴. 取中点,连结,∵11AB BB AA ==, 160A AB ∠=︒, ∴1ABA V 为等边三角形, ∴1A M AB ⊥,且132A M =, 又∵平面11AA B B ABC ⊥平面,平面11AA B B ABC AB ⋂=平面,111A M AA B B ⊂平面,∴1A M ABC ⊥平面,∵1324ABD ABC S S ==V V , ∴SC1-ABD=11133A ABD ABD S S A M -=⋅=V .解法二:(Ⅰ)取11A C 中点1D ,连结11B D , 1CD , 1DD ,∵111112A D AC =, 12CD AC =, 11A C AC P , ∴11A D CD P ,∴四边形11A DCD 为平行四边形, ∴11CD A D P ,又11A D A BD ⊂平面, 11CD A BD ⊄平面, ∴11CD A BD P 平面. ∵111BB AA DD P P ,∴四边形11D DBB 为平行四边形, ∴11B D BD P ,又1BD A BD ⊂平面, 111B D A BD ⊄平面, ∴111B D A BD P 平面. 又1111CD B D D ⋂=, ∴平面111B CD A BD P 平面. 又1B C ⊂平面11B CD , ∴1B C P 平面1A BD(Ⅱ)∵2160AC BC ACB ==∠=︒,,,∴2222cos 3AB AC BC AC BC ACB =+-⋅⋅∠=,∴3AB =∴222AC AB BC =+, ∴BC AB ⊥.又∵平面11AA B B ⊥平面ABC ,平面11AA B B ⋂平面ABC AB =.∴11BC AA B B ⊥平面.∵11160A AB AB BB AA ∠=︒==,, ∴13AA =, ∴111133sin 24A AB S AB AA A AB =⋅⋅∠=V . ∵D 是AC 中点,∴SC1-ABD=111111132238A ABD D A ABC A AB A AB V V V S BC ---===⨯⋅=V 27.【2018广东惠州高三4月模拟】如图,直角ABC ∆中, 90ACB ∠=o , 24BC AC ==,DE ,分别是,AB BC 边的中点,沿DE 将BDE ∆折起至FDE ∆,且60CEF ∠=o .(1)求四棱锥F ACED -的体积;(2)求证:平面ADF ⊥平面ACF .【答案】(1) 3V =;(2)见解析.接,,DN NQ EQ ,则1//2NQ AC ,即可推出DEQN 是平行四边形,再根据EC EF =及60CEF ∠=o ,推出CEF ∆是等边三角形,结合(1),可推出EQ ACF ⊥平面,从而可证平面ADF ⊥平面ACF ;法二:连接BF ,易证△CEF 是边长为2等边三角形,根据BE EF =,推出1302EBF CEF ∠=∠=o ,从而推出BF FC ⊥,根据,DE BCF DE ⊥平面∥AC ,可推出AC BCF ⊥平面,可证AC BF ⊥,从而可证平面ADF ⊥平面ACF .试题解析:(1)∵,D E 分别是,AB BC 边的中点,∴DE 平行且等于AC 的一半, ,1DE BC DE ⊥=依题意, ,2DE EF BE EF ⊥==.于是有,DE BCDE EF DE EF EC E EF EC CEF ⊥⎫⎪⊥⎪⇒⊥⎬⋂=⎪⎪⊂⎭平面平面CEF . ∵DE ⊥平面CEF∴平面ACED CEF ⊥平面 过F 点作FM EC ⊥于M ,则,ACED CEF CE FM EC FM ACED FM CEF ⊥⎫⎪⊥⇒⊥⎬⎪⊂⎭平面平面且交线为平面平面,∵60CEF ∠=o ∴3FM = ∴梯形ACED的面积()()11122322S AC ED EC =+⨯=⨯+⨯= ∴四棱锥F ACED -的体积1133333V Sh ==⨯⨯=(2)(法一)如图.设线段,AF CF 的中点分别为,N Q ,连接,,DN NQ EQ ,则1//2NQ AC ,于是1//2////1//2DE AC DE NQ DEQN DN EQ NQ AC ⎫⎪⎪⇒⇒⇒⎬⎪⎪⎭是平行四边形. 又60EC EF CEF CEF =⎫⇒∆⎬∠=⎭o 是等边三角形.∴EQ ⊥FC由(1)知,DE CEF EQ CEF ⊥⊂平面平面.∴DE EQ ⊥∴AC EQ ⊥于是,AC EQ FC EQ EQ ACF AC FC C AC FC ACF ⊥⎫⎪⊥⎪⇒⊥⎬⋂=⎪⎪⊂⎭平面平面. ∴DN ACF ⊥平面又∵DN ADF ⊂平面∴平面ADF ⊥平面ACF .(法二)连接BF ,∵,60EC EF CEF =∠=o∴△CEF 是边长为2等边三角形∵BE EF = ∴1302EBF CEF ∠=∠=o ∴90BFC ∠=o , BF FC ⊥又∵,DE BCF DE ⊥平面∥AC∴AC BCF ⊥平面∵BF BCF ⊂平面∴AC BF ⊥又∵FC AC C ⋂=,∴BF ACF ⊥平面又∵BF ADF ⊂平面,∴平面ADF ⊥平面ACF .28.【2018新疆维吾尔自治区高三二模】如图, EB 垂直于菱形ABCD 所在平面,且2EB BC ==, 60BAD ∠=︒,点G 、H 分别为边CD 、DA 的中点,点M 是线段BE 上的动点.(I )求证: GH DM ⊥;(II )当三棱锥D MGH -的体积最大时,求点A 到面MGH 的距离.【答案】(I )见解析;(II )25.试题解析:(I )连接AC 、BD 相交于点O .∵BE ⊥平面ABCD ,而AC ⊂平面ABCD ,∴BE AC ⊥∵四边形ABCD 为菱形,∴BD AC ⊥∵BD BE B ⋂=,∴AC ⊥平面BDE∵G 、H 分别为CD 、DA 的中点,∴GH AC P ,∴GH ⊥平面BDE ,而DM ⊂平面BDE ,∴GH DM ⊥(II )菱形ABCD 中, 60BAD ∠=︒,得120ADC ∠=︒.∵1DG DH ==, ∴1133··sin1201122DGH S DG DH ∆=︒=⨯⨯= ∵BE ⊥平面ABCD ,即BM ⊥平面ABCD , ∴13·3D MGH M DGH DGH V V S BM --∆=== 显然,当点M 与点E 重合时, BM 取得最大值2,此时()max 332D MGH V -== 且7MG MH == 3GH =,则15533224MGH S ∆==∵H 是AD 中点,所以点A 到平面MGH 的距离1d 等于D 点到平面MGH 的距离2d ,又D MGH M DGH V V --=∴21634d =⨯,求得225d = ∴A 到平面MGH 的距离为25. 点睛:本题中要两次重要的转化,一是研究三棱锥D MGH -的体积最大时,转化成研究三棱锥M DGH -的体积最大,二是把点A 到平面MGH 的距离转化为点D 点到平面MGH 的距离.通过转化,把复杂的问题简单化,陌生的问题熟悉化,优化了解题,提高了解题效率.大家对转化的数学思想要理解掌握灵活运用.。

专题08 立体几何-理科数学学科素养与能力突破

专题08 立体几何-理科数学学科素养与能力突破

专题8 立体几何.已知四面体P ABC-的四个顶点都在球O的球面上,若PB⊥平面ABC,AB ACAC=,⊥,且1==,则球O的表面积为()PA PB2【思路分析】只有当P移动到正方体中心O时,.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为,则这个球的表面积是(B.20πD.32π且弧AA ′的长度L 就是圆锥底面圆的周长,=2π,所以o 3602πL ASM l ∠=⨯=由题意知绳子的最小值为展开图中的空间四边形P –ABC 中,PA 、PB 、PC 两两相互垂直,=45°,∠PBC =60°,M 为AB 的中点.BC 与平面PAB 所成的角; )求证:AB ⊥平面PM C .【思路分析】(1)设BD=x,先利用线面垂直的定理证明AD即为三棱锥A–BCD的高,再将锥的体积表示为x的函数,最后利用导数求的最大值即可;)2x1.【答案】C2.【答案】2或14 【解析】如图所示:设球的大圆为圆O ,C ,D 为两截面的圆心,AB 为经过C 、O 、D 的直径且半径分别为6和8,当两截面在球心同侧时,如图(1)所示:则,862CD OC OD =-==-=.当两截面在球心的异侧时,如图(2)所示:则8614CD OC OD =+=+=+=. 故两截面间的距离为2或14. 3.【答案】16或2724.【解析】将其中含有一点的面展开,与含另一点的面在同一平面内即可,主要可以分为三种情形:(1)将右侧面展开与下底面在同一平面内,可得其路程为:S 1.(2)将前表面展开与上表面在同一平面内,可得其路程为:S 2(3)将前表面展开与右侧面在同一平面内,可得其路程为:3S =; 然后比较123S S S 、、的大小,即可得到最短路程.5【解析】如图球的截面图就是正四面体中的△ABD ,已知正四面体棱长为2,所以AD ,AC =1,所以CD .6.【答案】C【解析】∵PB ⊥平面ABC ,AB ⊥AC ,且AC =1,PB =AB =2,∴构造长方体,则长方体的外接球和四面体的外接球是相同的,则长方体的体对角线等于球的直径2R ,则2R 3==,∴R =32,则球O 的表面积为4πR 2=423()2π⨯=9π,故选C . 7.【答案】16【解析】将三棱锥A ﹣DED 1选择△ADD 1为底面,E 为顶点,则V A ﹣DED 1=V E ﹣ADD 1,其中S △ADD 1=12S A 1D 1DA =12,E 到底面ADD 1的距离等于棱长1,故1111326V =⨯⨯=.(2)取PB 中点N ,连结MN ,CN ,9.【答案】C【解析】由V =Sh ,得S =4,得正四棱柱底面边长为2.画出球的轴截面可得,该正四棱柱的对角线即为球的直径,所以球的半径为R =1222+22+42=6.所以球的表面积为S =4πR 2=24π.故选C .10.【答案】D【解析】由于两个正四棱锥相同,所以所求几何体的中心在正四棱锥底面正方形ABCD 中心,由对称性知正四棱锥的高为正方体棱长的一半,影响几何体体积的只能是正四棱锥底面正方形ABCD 的面积,问题转化为边长为1的正方形的内接正方形有多少种,所以选D . 11.【解析】连接AF 延长交BC 于M ,连接B 1M .∵AD ∥BC ,∴△AFD ∽△MF B .∴BF DF FM AF =,又∵BD =B 1A ,B 1E =BF .∴DF =AE . ∴EB AEFM AF 1=,∴EF ∥B 1M ,B 1M ⊂平面BB 1C 1C .∴EF ∥平面BB 1C 1C . 12.【解析】∵PA ⊥PB ,∴∠APB =90°13.【答案】B【解析】如图所示,设内接圆柱的半径为r (0<r <R ),高为h ,则有3h R rR R-=,得h =3(R –r ),所以22=2π2π2π6π()S r rh r r R r +=+-圆柱表222233994π()4π()ππ2444r Rr r R R R =--=--+≤.所以表面积最大为29π4R .故选B .14.【答案】B【解析】设圆锥底面半径为r ,1284r π⨯=,∴16r =π,2113205439V r π=⨯⨯⨯⨯=.设米堆共有x 斛,则3201.629x=,解得22x≈斛).15.【答案】A【解析】由三视图可知,工件为圆锥,底面半径1r=,2h=,1V=.作圆锥内接正方体的轴截面.设正方体边长为a,=.解得a=所以32V a==所以利用率为2189VV=π.16.【答案】13π。

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【2018高三数学各地优质二模试题分项精品】一、选择题1.【2018衡水金卷高三一卷】从一个几何体中挖去一部分后所得组合体的三视图如图所示,则该组合体的体积为( )A.114π B. 238π C. 4π D. 2π【答案】A2.【2018陕西咸阳高三二模】已知某几何体的三视图如图,其中正(主)视图中半圆的半径为1,则该几何体的体积为( )A. 644π-B. 642π-C. 643π-D. 64π-【答案】B3.【2018北京顺义高三二模】某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积是A.3B. 163C.D. 16【答案】B【解析】由三视图还原原几何体如图,该三棱锥底面是等腰三角形,底边长为4,底边上的高为4,三棱锥的高为 2. 1116442323P ABC V -∴⨯⨯⨯⨯==. 故选B .4.【2018陕西咸阳高三一模】已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是( )A. 12B. 1212+12+【答案】D5.【2018湖南衡阳高三二模】如图,网格纸上的小正方形边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为( )A. 83B.43C.163D. 8【答案】A【解析】【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力,属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型,也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键,不但要注意三视图的三要素“高平齐,长对正,宽相等”,还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响,对简单组合体三视图问题,先看俯视图确定底面的形状,根据正视图和侧视图,确定组合体的形状.6.【2018新疆维吾尔自治区高三二模】某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的外接球的体积为( )A.3 B. 1253π C. 3D. 5003π 【答案】A【解析】 由已知中的三视图可得:该几何体是一个俯视图为底面的三棱柱切去一个三棱锥所得的组合体,其外接球即为俯视图为底面的三棱柱的外接球,设几何体的外接球的半径为R ,则2R ==2R =,所以该外接球的体积为334433V R ππ==⨯=⎝⎭,故选A. 7.【2018陕西高三二模】已知三棱锥S ABC -中, SA ⊥平面ABC ,且30ACB ∠=︒,21AC AB ===.则该三棱锥的外接球的体积为( )B. 13π 【答案】D【解析】【点睛】本题考查的知识点是球内接多面体,其中根据已知求出球的半径是解答的关键.8.【2018内蒙古呼和浩特高三一模】已知球O 半径为S A B C 、、、是球面上四个点,其中90,ABC AB BC ∠===S ABC -的体积的最大值为( )【答案】A【解析】根据题意知,直角三角形ABC的面积为16.其所在球的小圆的圆心【点睛】本题考查的知识点是球内接多面体,球的表面积,其中分析出何时四面体ABCD的体积的最大值,是解答的关键,考查等价转化思想思想.9.【2018内蒙古呼和浩特一调】某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中,面积最大的面的面积为()A. 6 C. 12【答案】B【解析】由三视图可画出直观图,如图所示,该立体图中两个相同的梯形的面,为该多面体的各个面中,面积最大的面,1224 6.2S=⨯⨯+=梯形()故选B10.【2018河南商丘高三二模】一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为()A. B. C. D.【答案】A11.【2018四川德阳高三二诊】平面过正方体的顶点,平面平面,平面平面,则直线与直线所成的角为()A. B. C. D.【答案】C【解析】如图所示,平面过正方体的顶点,平面平面,平面平面,,则直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角为.故选C.12.【2018宁夏银川高三4月质检】是两个平面,是两条直线,则下列命题中错误的是()A. 如果,那么B. 如果,那么C. 如果,那么D. 如果,那么【答案】D13.【2018安徽马鞍山高三二模】如图,点在正方体的棱上,且,削去正方体过三点所在的平面下方部分,则剩下部分的左视图为()A. B.C. D.【答案】A14.【2018河南高三4月适应性考试】已知四棱锥的三视图如图所示,则四棱锥外接球的表面积是()A. B. C. D.【答案】B【解析】由三视图得,几何体是一个四棱锥A-BCDE,底面ABCD是矩形,侧面ABE⊥底面BCDE.点睛:本题的难点在于作图找到关于R 的方程,本题条件复杂,要通过两个三角形得到关于R 的两个方程、(2),再解方程得到R 的值.15.【2018河北唐山高三二模】如下图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,则其表面积为( )A. 2πB. 5πC. 8πD. 10π 【答案】C【解析】由题得几何体原图是球被切割后剩下的14,所以它的表面积由三个部分组成,所以 22211142228.422S ππππ=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=故选C.二、填空题16.【2018黑龙江大庆高三二模】已知三棱锥平面,为等边三角形,,则三棱锥外接球的体积为__________. 【答案】.点睛:解决与球有关的内切或外接的问题时,解决的关键是确定球心的位置.对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球的半径;对于球的内接几何体的问题,注意球心到各个顶点的距离相等,解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形,利用勾股定理求得球的半径.17.【2018湖南衡阳高三二模】在四棱锥S ABCD -中,底面ABCD 是边长为4的正方形,侧面SAD 是以SD 为斜边的等腰直角三角形,若8SC ≤≤,则四棱锥S ABCD -的体积取值范围为__________.【答案】643⎤⎥⎣⎦ 【解析】18.【2018河北唐山高三二模】在四棱锥S ABCD -中, SD ⊥底面ABCD ,底面ABCD 是正方形,2SD AD ==,三棱柱111MNP M N P -的顶点都位于四棱锥S ABCD -的棱上,已知,,M N P 分别是棱 ,,AB AD AS 的中点,则三棱柱111MNP M N P -的体积为__________.【答案】1【解析】由题得1BC M 是中点, 1N 是DC 中点, 1P 是SC 中点且PN ⊥MN ,所以三棱柱111MNP M N P -的底面积为112⨯=由题得正方形的对角线长111MNP M N P -的高为12⨯=所以三棱柱111MNP M N P -1=,故填1. 点睛:本题的关键是确定1M 、1N 和1P 位置,后面求三棱柱111MNP M N P -的体积就可以迎刃而解了. 19.【2018安徽安庆高三二模】祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子,他提出了一条原理:“幂势既同幂,则积不容异”.这里的“幂”指水平截面的面积,“势”指高.这句话的意思是:两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等,则这两个几何体体积相等.一般大型热电厂的冷却塔大都采用双曲线型.设某双曲线型冷却塔是曲线22221x y a b-= (0,0)a b >>与直线0x =, 0y =和y b =所围成的平面图形绕y 轴旋转一周所得,如图所示.试应用祖暅原理类比求球体体积公式的方法,求出此冷却塔的体积为_______.【答案】24π3a b根据祖暅原理可知,该双曲线型冷却塔挖出一个以渐近线为母线的圆锥后的几何的体积等于底面半径为a 、高为b 的圆柱的体积,所以冷却塔的体积为: 22214πππ33a b a b a b +=.20.【2018湖南郴州高三二模】某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为__________.【答案】9142π+21.【2018云南昆明高三二模】如图,等腰PAB 所在平面为α, PA PB ⊥, 4AB =,点C , D 分别为PA ,AB 的中点,点G 为CD 的中点.平面α内经过点G 的直线l 将PAB 分成两部分,把点P 所在的部分沿直线l 翻折,使点P 到达点'P ('P ∉平面α).若点'P 在平面α内的射影H 恰好在翻折前的线段AB 上,则线段'P H 的长度的取值范围是__________.【答案】30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦【解析】当l 与CD 重合时, 'P H =0,由题意得P GH '为直角三角形,且斜边252PG =为定值,所以要求最大值,只需GH 最小,GH 最小值为12,所以max 32P H ='=,填30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦。

【点睛】折叠问题最重要的是找到折叠之前与折叠之后不变量,这是两个图形的桥梁,再结合新图形的新特征处理。

三、解答题22.【2018黑龙江大庆高三二模】如图,在矩形中,,,是的中点,将沿向上折起,使平面平面(Ⅰ)求证:;(Ⅱ)求二面角的大小.【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ) 90°.试题解析:(Ⅰ)证明:由题意可知,,.∴在中 ,,所以;∵平面⊥平面且是交线,平面∴⊥平面∵平面∴.(Ⅱ) 解:设中点为,中点为,连接.∴∴⊥平面∴,.∵∴以为坐标原点,分别以所在直线为轴、轴建立空间直角坐标系,如图点睛:本题主要考查线线垂直及利用空间向量求二面角,属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是:(1)观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;(2)写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;(3)设出相应平面的法向量,利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量;(4)将空间位置关系转化为向量关系;(5)根据定理结论求出相应的角.23.【2018河南郑州高三二模】如图所示四棱锥,P ABCD PA -⊥平面,,ABCD DAB DCB E ≌为线段BD 上的一点,且EB ED EC BC ===,连接CE 并延长交AD 于F . (Ⅰ)若G 为PD 的中点,求证:平面PAD ⊥平面CGF ;(Ⅱ)若BC 2,PA 3==,求平面BCP 与平面DCP 所成锐二面角的余弦值.【答案】【解析】试题分析:(1)由EB ED EC BC ===,可知BCD 是有个角为,3π的直角三角形。

DAB DCB ≌,可得EF AD AF FD ⊥=,,又G 为PD 的中点,所以FG //PA ,可证GF ⊥平面ABCD 。

(2)以点A 为坐标原点,AB,AD,AP 分别为x,y,z 轴建立如图所示的坐标系,由空间向量可求得二面角。

(Ⅱ)以点A 为坐标原点建立如图所示的坐标系,则()()()()()0002003000003.A B C D P ,,,,,,,,,,故(10BC =),(33CP =-),(30CD =-). 设平面BCP 的法向量()1111n y z =,,,则11110,{330,z +=-+=解得11{2.3y z ==即121.3n ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭, 设平面DCP 的法向量()2221n y z =,,,则22230{330z -=-+=,,解得22{ 2y z ==,即()212n =.从而平面BCP 与平面DCP 的夹角的余弦值为12124·cos n n n n θ===【点睛】利用平面的法向量求二面角的大小时,二面角是锐角或钝角由图形决定.由图形知二面角是锐角时cos θ=1212|n n n n ⋅;由图形知二面角是钝角时,cos θ=-1212|n n n n ⋅.当图形不能确定时,要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向,从而确定二面角与向量n 1,n 2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部,另一个平面的法向量指向二面角的外部),还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部).24.【2018陕西咸阳高三二模】如图,在四棱锥P ABCD -中,四边形ABCD 为正方形, PA ⊥平面ABCD ,PA AB =, M 是PC 上一点,且BM PC ⊥.(1)求证: PC ⊥平面MBD ;(2)求直线PB 与平面MBD 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析;(2)3.法2:取A 为原点,直线MB , MD , MP 分别为x , y , z 轴,建立坐标系A xyz -,不妨设1PA AB ==,结合(1)的结论可得平面MBD 得法向量()1,1,1PC =-,而()1,0,1PB =-,据此计算可得直线PB 与平面MBD. 试题解析:(1)连接AC ,由PA ⊥平面ABCD , BD Ø平面ABCD 得BD PA ⊥, 又BD AC ⊥, PA AC A ⋂=, ∴BD ⊥平面PAC ,得PC BD ⊥, 又PC BM ⊥, BD BC B ⋂=, ∴PC ⊥平面MBD .法2:取A 为原点,直线MB , MD , MP 分别为x , y , z 轴,建立坐标系A xyz -,不妨设1PA AB ==,则0,0,1)P (, ()1,0,0B , ()1,1,0C ,由(1)知平面MBD 得法向量()1,1,1PC =-,而()1,0,1PB =-,∴)1,0,11,1,1,cos PB PC-⋅-==.故直线PB 与平面MBD25.【2018北京顺义高三二模】如图,在正三棱柱111ABC-A B C 中,侧棱长和底面边长均为1, D 是BC 的中点. (Ⅰ)求证: 1A B ∥平面1ADC ;(Ⅱ)求1A A 与平面1ADC 所成角的正弦值;(Ⅲ)试问线段11A B 上是否存在点E ,使1CE ADC ⊥平面?若存在,求111A EA B 的值,若不存在,说明理由.【答案】(1)见解析;(2)5;(3)见解析.(Ⅱ)以点D 为坐标原点,DB 所在直线为X 轴,AD 所在直线为Y 轴,垂直于面ABC 的直线为Z 轴,建立空间直角坐标系,求出1A A→及平面ADC 1的一个法向量一个法向量m=(,,)xyz,即可求出1A A 与平面1ADC 所成角的正弦值;试题解析:(Ⅰ)连结1A C 交1AC 于点O ,连结OD 1A C 交1AC 于点O ∴O 是1A C 的中点又D 是BC 的中点 ∴OD 是1A BC ∆的一条中位线∴ 1A B ∥OD 又 1OD ADC ⊂平面 ∴ 1A B ∥平面1ADC(Ⅱ)以点D 为坐标原点,DB 所在直线为X 轴,AD 所在直线为Y 轴,垂直于面ABC 的直线为Z 轴,建立空间直角坐标系,则D (0,0,0),A (0,0),C (12-,0,0)11C 012-(,,) 在平面ADC 1中, DA=(0,0),1D C =1012-(,,) 设m=(,,)xyz为平面ADC 1的一个法向量,则有1m?DA=0{m?DC =0,即·02{102y x z -=-+=不妨令2x =,则1z =, 0y =,所以()2,0,1m =又1A 01⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,则()10,0,1A A→=-设1A A 与平面1ADC 所成角为θ,则1sin cos ,m A A θ==11·m A A m A A⋅=∴ 1A A 与平面1ADC由(1)可解得=1λ 又(2)可解得=0λ,(1)与(2)矛盾,所以这样的点E 不存在.26.【2018湖南衡阳高三二模】如图, EA ⊥平面,ABC DB ⊥平面ABC , ABC 是等边三角形,2,AC AE M =是AB 的中点.⊥;(1)证明:CM DM--的正弦值.(2)若直线DM与平面ABC B CD E【答案】(1)证明见解析;(2)1.⊥,因为DB⊥平面试题解析:(1)因为ABC是等边三⻆角形,M是AB的中点,所以CM MB⊥,因为DB MB B,平面ABC,所以DB CMABC CM⊂=,所以CM⊥平面DMB,因为DM⊂平面⊥.DMB,所以CM DM(2)解法1: 以点M为坐标原点,MC所在直线为x轴,MB所在直线为y轴,过M且与直线BD平行的直-.线为z轴,建⽴立如图所示的空间直⻆角坐标系M xyz因为DB ⊥平面ABC ,所以DMB ∠为直线DM 与平面ABC 所成的角.由题意得cos MB DMB DM ∠==tan 2BD DMB MB ∴∠==,即BD 2MB =,从而BD AC =.不妨设AC 2=,又AC 2AE =,则CM 1AE ==.故())()()B 0,1,0,C ,0,1,2,0,1,1D e -.于是()()()()3,1,0,0,0,2,3,1,1,3,1,2BC BD CE CD =-==--=-,(2)解法2:DB ⊥平面,ABC DMB ∴∠为直线DM 与平面ABC 所成的角.由题意得cos tan 2MB BDDMB DMB DM MB∠==∴∠==, 即2BD MB =,从而BD AC =.不妨设2AC =,又2AC AE =,则1CM AE ==, 2AB BC BD ===.由于EA ⊥平面ABC , DB ⊥平面ABC ,则EABD ∕∕. 取BD 的中点N ,连接EN ,则2EN AB ==.在Rt END 中, ED =,在Rt EAC 中, EC ==在Rt CBD 中, CD ==取CD 的中点P ,连接,,EP BP BE ,则,EP CD BP CD ⊥⊥. 所以EPB ∠为二面角B CE E --的平面角.在Rt EPC 中, EP ==在Rt CBD 中, 12BP CD ==在Rt EAB 中, EB =2225,90EP BP EB EPB +==∴∠=︒.故二面角B CD E --的正弦值为1.【方法点晴】本题主要考查线面垂直的判定与性质,以及利用空间向量求二面角,属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是:(1)观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;(2)写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;(3)设出相应平面的法向量,利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量;(4)将空间位置关系转化为向量关系;(5)根据定理结论求出相应的角和距离. 27.【2018河南商丘高三二模】如图所示的几何体是由棱台和棱锥拼接而成的组合体,其底面四边形是边长为2的菱形,,平面.(1)求证:; (2)求平面与平面所成锐角二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).试题解析:(1)证明:因为底面四边形是菱形,∴,又∵平面,∴,∵,∴平面,∴.又棱台中,∴令,得,∴;设平面的法向量为,则,∴,令,得,,∴,设平面与平面所成锐二面角为,则,所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.28.【2018安徽马鞍山高三二模】如图,在五棱锥中,四边形为等腰梯形,,和都是边长为的正三角形.(1)求证:面;(2)求二面角的大小.【答案】(1)见解析(2)(2)由(1)知面且,故建立空间直角坐标系如图所示.29.【2018广东茂名高三二模】如图,四棱柱的底面为菱形,且.(1)证明:四边形为矩形;(2)若,与平面所成的角为,求二面角的余弦值.【答案】(1)见解析(2)【解析】试题分析:(1)由四棱柱性质可知四边形为平行四边形,连接,设,连接.,易证∴平面,∴.∵,∴; (2) 过点作平面,垂足为,由已知可得点在上,证明点与点重合,则平面,以为坐标原点,建立空间直角坐标系求出平面与平面的法向量,代入公式计算即可.(2)解:过点作平面,垂足为,由已知可得点在上,∴.设,则.在菱形中,,∴.∴点与点重合,则平面.以为坐标原点,建立空间直角坐标系.则.∴.设平面的法向量为,则,∴即取,可得为平面的一个法向量.同理可得平面的一个法向量为。

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