2020年高考试题分类汇编(立体几何)

（八） 大题考法——立体几何1.如图，AC 是圆O 的直径，点B 在圆O 上，∠BAC ＝30°，BM ⊥AC ，垂足为M .EA ⊥平面ABC ，CF ∥AE ，AE ＝3，AC ＝4，CF ＝1.(1)证明：BF ⊥EM ；(2)求平面BEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值． 解：(1)证明：∵EA ⊥平面ABC ，∴BM ⊥EA ， 又BM ⊥AC ，AC ∩EA ＝A ，∴BM ⊥平面ACFE ， ∴BM ⊥EM .①在Rt △ABC 中，AC ＝4，∠BAC ＝30°，∴AB ＝23，BC ＝2， 又BM ⊥AC ，则AM ＝3，BM ＝3，CM ＝1.∵FM ＝MC 2＋FC 2＝2，EM ＝AE 2＋AM 2＝32， EF ＝42＋(3－1)2＝25，∴FM 2＋EM 2＝EF 2，∴EM ⊥FM . ② 又FM ∩BM ＝M ，③∴由①②③得EM ⊥平面BMF ，∴EM ⊥BF .(2)如图，以A 为坐标原点，过点A 垂直于AC 的直线为x 轴，AC ，AE 所在的直线分别为y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．由已知条件得A (0,0,0)，E (0,0,3)，B (3，3,0)，F (0,4,1)， ∴BE ―→＝(－3，－3,3)，BF ―→＝(－3，1,1)． 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE ―→＝0，n ·BF ―→＝0，得⎩⎨⎧－3x －3y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＋z ＝0，令x ＝3，得y ＝1，z ＝2，∴平面BEF 的一个法向量为n ＝(3，1,2)． ∵EA ⊥平面ABC ，∴取平面ABC 的一个法向量为AE ―→＝(0,0,3)． 设平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n ，AE ―→〉|＝622×3＝22.故平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值为22. 2．如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝1，AD ＝23，∠ACD ＝60°，E 为CD 的中点．(1)求证：BC ∥平面PAE ；(2)求直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：∵AB ＝3，BC ＝1，∠ABC ＝90°， ∴AC ＝2，∠BCA ＝60°.在△ACD 中，∵AD ＝23，AC ＝2，∠ACD ＝60°， ∴由余弦定理可得：AD 2＝AC 2＋CD 2－2AC ·CD ·cos ∠ACD ，∴CD ＝4， ∴AC 2＋AD 2＝CD 2，∴△ACD 是直角三角形． 又E 为CD 的中点，∴AE ＝12CD ＝CE ＝2，又∠ACD ＝60°，∴△ACE 是等边三角形， ∴∠CAE ＝60°＝∠BCA ，∴BC ∥AE . 又AE ⊂平面PAE ，BC ⊄平面PAE ， ∴BC ∥平面PAE .(2)由(1)可知∠BAE ＝90°，以点A 为坐标原点，以AB ，AE ，AP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,2)，B (3，0,0)，C (3，1,0)，D (－3，3,0)，∴PB ―→＝(3，0，－2)，PC ―→＝(3，1，－2)，PD ―→＝(－3，3，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB ―→＝0，n ·PC ―→＝0，即⎩⎨⎧3x －2z ＝0，3x ＋y －2z ＝0，取x ＝1，则y ＝0，z ＝32，n ＝⎝⎛⎭⎫1，0，32，∴cos 〈n ，PD ―→〉＝n ·PD ―→|n |·|PD ―→|＝－2374·16＝－217，∴直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为217.3．如图，在四棱锥S -ABCD 中，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形，AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成角的正弦值．解：(1)证明：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系C -xyz ，则D (1,0,0)，A (2,2,0)，B (0,2,0)．设S (x ，y ，z )，显然x >0，y >0，z >0，则AS ―→＝(x －2，y －2，z )，BS ―→＝(x ，y －2，z )，DS ―→＝(x －1，y ，z )．由|AS ―→|＝|BS ―→|，得 (x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2，解得x ＝1.由|DS ―→|＝1，得y 2＋z 2＝1. ① 由|BS ―→|＝2，得y 2＋z 2－4y ＋1＝0.②由①②，解得y ＝12，z ＝32.∴S ⎝⎛⎭⎫1，12，32，AS ―→＝⎝⎛⎭⎫－1，－32，32，BS ―→＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，DS ―→＝⎝⎛⎭⎫0，12，32， ∴DS ―→·AS ―→＝0，DS ―→·BS ―→＝0，∴DS ⊥AS ，DS ⊥BS ， 又AS ∩BS ＝S ，∴SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则n ⊥BS ―→，n ⊥CB ―→，∴n ·BS ―→＝0，n ·CB ―→＝0. 又BS ―→＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，CB ―→＝(0,2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1－32y 1＋32z 1＝0，2y 1＝0，取z 1＝2，得n ＝(－3，0,2)． ∵AB ―→＝(－2,0,0)，∴cos 〈AB ―→，n 〉＝AB ―→·n | AB ―→||n |＝－2×(－3)2×7＝217.故AB 与平面SBC 所成角的正弦值为217. 4．(2018·诸暨高三适应性考试)如图，四棱锥P -ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，△PAD 是边长为2的等边三角形，底面ABCD 是直角梯形，∠BAD ＝∠CDA ＝90°，AB ＝2DC ＝22，E 是CD 的中点．(1)求证：AE ⊥PB ；(2)设F 是棱PB 上的点，EF ∥平面PAD ，求EF 与平面PAB 所成角的正弦值． 解：(1)证明：取AD 的中点G ，连接PG ，BG ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PG ⊥AD ， ∴PG ⊥平面ABCD ，∵AE ⊂平面ABCD ，∴AE ⊥PG . 又∵tan ∠DAE ＝tan ∠ABG ＝24， ∴∠ABG ＋∠EAB ＝∠DAE ＋∠EAB ＝∠DAB ＝90°， ∴AE ⊥BG .∵BG ∩PG ＝G ，BG ⊂平面PBG ，PG ⊂平面PBG ， ∴AE ⊥平面PBG ， ∴AE ⊥PB .(2)法一：作FH ∥AB 交PA 于H ，连接DH ，则HF ∥DC . ∵EF ∥平面PAD ，平面FHDE ∩平面PAD ＝DH ， ∴EF ∥DH ，∴四边形FHDE 为平行四边形， ∴HF ＝DE .易知DC ∥AB ，DC ＝12AB ，∴HF ＝14AB ，即H 为PA 的一个四等分点．取PA 的中点K ，连接DK ，则DK ⊥PA .∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ， ∴AB ⊥平面PAD . ∵DK ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥DK ， ∵PA ∩AB ＝A ， ∴DK ⊥平面PAB .∴∠DHK 为EF 与平面PAB 所成的角， 由已知得DK ＝3，DH ＝DK 2＋HK 2＝132， ∴sin ∠DHK ＝DK DH ＝3132＝23913，∴EF 与平面PAB 所成角的正弦值为23913.法二：以A 为坐标原点，AB ，AD 所在直线为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0,0,0)，B (22，0,0)，P (0,1，3)，E ⎝⎛⎭⎫22，2，0，PB ―→＝(22，－1，－3)，EP―→＝⎝⎛⎭⎫－22，－1，3. 设PF ―→＝λPB ―→，则EF ―→＝EP ―→＋λPB ―→＝⎝⎛⎭⎫22λ－22，－1－λ，3－3λ.由(1)知PG ⊥平面ABCD ，∴PG ⊥AB . ∵AD ⊥AB ，PG ⊥AD ＝G ， ∴AB ⊥平面PAD ，∴AB ―→＝(22，0,0)为平面PAD 的一个法向量． ∵EF ∥平面PAD ，∴EF ―→·AB ―→＝22×⎝⎛⎭⎫22λ－22＝0，解得λ＝14. ∴EF ―→＝⎝⎛⎭⎫0，－54，334.设平面PAB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 又AB ―→＝(22，0,0)，PB ―→＝(22，－1，－3)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ―→＝0，n ·PB ―→＝0，即⎩⎨⎧22x ＝0，22x －y －3z ＝0，取y ＝3，得z ＝－1，∴n ＝(0，3，－1)． ∴|cos 〈n ，EF ―→〉|＝⎪⎪⎪⎪－534－3342×132＝23913，∴EF 与平面PAB 所成角的正弦值为23913.5．(2019届高三·镇海中学检测)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝2，∠ACB ＝30°，∠C 1CB ＝60°，BC 1⊥A 1C ，E 为AC 的中点，CC 1＝2.(1)求证：A 1C ⊥平面C 1EB ；(2)求直线CC 1与平面ABC 所成角的余弦值． 解：(1)证明：因为AB ＝BC ＝2，E 为AC 的中点， 所以AC ⊥BE .又因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1，所以BE ⊥A 1C .又因为BC 1⊥A 1C ，BC 1∩BE ＝B ，BC 1⊂平面C 1EB ，BE ⊂平面C 1EB ， 所以A 1C ⊥平面C 1EB .(2)法一：因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ， 所以直线CC 1与平面ABC 所成角为∠C 1CA . 因为∠ACB ＝30°，AB ＝BC ＝2，E 为AC 的中点， 所以EC ＝3，EB ＝1.因为CC 1＝BC ＝2，∠C 1CB ＝60°，所以BC 1＝2， 因为BE ⊥平面A 1ACC 1，所以BE ⊥EC 1，所以EC 1＝ 3. 在△CC 1E 中，根据余弦定理可知，cos ∠C 1CE ＝33. 所以直线CC 1与平面ABC 所成角的余弦值为33. 法二：以E 为坐标原点，EC 为x 轴，EB 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为∠ACB ＝30°，AB ＝BC ＝2，E 为AC 的中点， 所以EC ＝3，EB ＝1.因为CC 1＝CB ＝2，∠C 1CB ＝60°，所以BC 1＝2， 因为BE ⊥平面AA 1CC 1，所以BE ⊥EC 1，所以EC 1＝ 3. 所以|CC 1―→|＝2，|C 1E ―→|＝3， 设C 1(x,0，y )，又C (3，0,0)，所以⎩⎨⎧(x －3)2＋y 2＝4，x 2＋y 2＝3，解得⎩⎨⎧x ＝33，y ＝263，所以C 1⎝⎛⎭⎫33，0，263，则CC 1―→＝⎝⎛⎭⎫－233，0，263， 易知平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 设直线CC 1与平面ABC 所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈CC 1―→，n 〉|＝63，所以cos α＝33.即直线CC 1与平面ABC 所成角的余弦值为33.6.如图所示，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点E 是PD 的中点，点F 是PC 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)若底面ABCD 为正方形，探究在什么条件下，二面角C -AF -D 的大小为60°？解：易知AD ，AB ，AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设AB ＝2a ，AD ＝2b ，AP ＝2c ，则A (0,0,0)，B (2a,0,0)，C (2a,2b,0)，D (0,2b,0)，P (0,0,2c )．连接BD 交AC 于点O ，连接OE ，则O (a ，b,0)，又E 是PD 的中点，所以E (0，b ，c )．(1)证明：因为PB ―→＝(2a,0，－2c )，EO ―→＝(a,0，－c )， 所以PB ―→＝2EO ―→，所以PB ―→∥EO ―→， 即PB ∥EO .因为PB ⊄平面AEC ，EO ⊂平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .(2)因为四边形ABCD 为正方形，所以a ＝b ，则A (0,0,0)，B (2a,0,0)，C (2a,2a,0)，D (0,2a,0)，P (0,0,2c )，E (0，a ，c )，F (a ，a ，c )，因为z 轴⊂平面CAF ，所以设平面CAF 的一个法向量为n ＝(x,1,0)，而AC ―→＝(2a,2a,0)，所以AC ―→·n ＝2ax ＋2a ＝0，得x ＝－1，所以n ＝(－1,1,0)． 因为y 轴⊂平面DAF ，所以设平面DAF 的一个法向量为m ＝(1,0，z )， 而AF ―→＝(a ，a ，c )，所以AF ―→·m ＝a ＋cz ＝0，得z ＝－a c ，所以m ＝⎝⎛⎭⎫1，0，－ac ∥m ′＝(c,0，－a )． 所以cos 60°＝|n ·m ′||n ||m ′|＝c 2(a 2＋c 2)＝12，得a ＝c .故当AP 与正方形ABCD 的边长相等时，二面角C -AF -D 的大小为60°.。

北京市 2020 年高考数学最新联考试题分类大汇编一、选择题：（3） ( 北京市东城区 2020 年 1 月高三考试文科）一个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】 C【解析】该几何体为底面是直角边为的等腰直角三角形，高为的直三棱柱，其体积为。

7． ( 北京市西城区2020 年 1 月高三期末考试理科) 某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是（）（A）（B）（C）（D）【答案】 D【解析】将三视图还原直观图，可知是一个底面为正方形（其对角线长为2），高为 2 的四棱锥，其体积为A．且，则B．且，则C．且，则D．且，则【答案】 C体的体积为.（9） ( 北京市城区 2020 年 4 月高考一模文科 ) 已知一个四棱的三如所示，四棱的体是 .10. (2020 年 4 月北京市房山区高三一模理科一个几何体的三如所示，个几何体的体 .三、解答：（17） ( 北京市城区2020 年 1 月高三考文科）（本小共14 分）如，在四棱中，底面是正方形，平面，是中点，段上一点.（Ⅰ）求：；（Ⅱ）确定点在段上的位置，使// 平面，并明理由.【命分析】本考垂直和面探索性等合。

考学生的空想象能力。

明垂直的方法：（1）异面直所成的角直角；（ 2）面垂直的性定理；（ 3）面面垂直的性定理；（ 4）三垂定理和逆定理；（ 5）勾股定理；（ 6）向量垂直 . 要注意面、面面垂直的性定理的成立条件 . 解程中要特体会平行关系性的性，垂直关系的多性 . 本第一利用方法二行明；探求某明（Ⅰ）因平面，所以．又四形是正方形，所以，，所以平面 ,又平面,所以 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 14 分(16) （ 2020 年 4 月北京市海淀区高三一模理科）（本小分14 分）在四棱中，//，，，平面，.（Ⅰ）平面平面，求：//；（Ⅱ）求：平面；（Ⅲ）点段上一点，且直与平面所成角的正弦，求的．(16)（本小分 14 分）所以，，，所以，.所以， .因，平面，平面，所以平面 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 9 分由（Ⅱ）知平面的一个法向量 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分17. (2020 年 3 月北京市朝阳区高三一模文科⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分zPA D⋯⋯ ⋯yCBx⋯⋯ ⋯) （本分13 分）在如所示的几何体中，四形平行四形，，平面，，，，，且是的中点 .（Ⅰ）求：平面；（Ⅱ）在上是否存在一点，使得最大？若存在，求出的正切；若不存在，明理由 .（17）（本小分 13 分）（Ⅱ）解：假在上存在一点，使得最大. 因平面，所以 .又因，所以平面.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8 分在中， .17． ( 北京市西城区 2020 年 4 月高三第一次模文 ) （本小分 14 分）如，矩形中，，．，分在段和上，∥，将矩形沿折起．折起后的矩形，且平面平面．（Ⅰ）求：∥平面；（Ⅱ）若，求：；（Ⅲ）求四面体体的最大．17.（本小分 14 分）（Ⅰ）明：因四形，都是矩形，所以∥∥，．所以四形是平行四形，⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分所以∥，⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分因平面，所以∥平面．⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（Ⅱ）明：接，．因平面平面，且，所以平面，⋯⋯ 5 分所以．⋯⋯⋯⋯ 6 分9 分（Ⅲ）解：，，其中．由（Ⅰ）得平面，所以四面体的体．⋯⋯⋯ 11 分所以．⋯⋯⋯⋯⋯13 分当且当，即，四面体的体最大．（17） ( 北京市城区2020 年 4 月高考一模理科⋯⋯⋯⋯⋯⋯) （本小共14 分13 分）1（17）（共 13 分）（Ⅰ）明：取中点，.因，，所以，而，即△是正三角形又因 ,所以.⋯⋯⋯⋯2分所以在 2 中有， . ⋯⋯⋯⋯ 3 分所以二面角.的平2面角.1又二面角直二面角，所以. ⋯⋯⋯⋯ 5 分又因 ,所以⊥平面 , 即⊥平面 .⋯⋯⋯⋯6分（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知⊥平面，，如，以原点，建立空直角坐系，，，，.在１中，.因，所以∥，且 .所以四形平行四形.所以∥，且 .故点的坐（1，， 0） . 2 所以，， .⋯⋯⋯⋯8分不妨平面的法向量，即令，得 .⋯⋯⋯⋯10分所以 .⋯⋯⋯⋯12分故直与平面所成角的大小.⋯⋯⋯⋯13分（17） ( 北京市城区 2020 年 4 月高考一模文科 ) （本小共 14 分）如，在的正三角形中，，，分，，上的点，且足 . 将△沿折起到△的位置，使平面平面，，. （如）（Ⅰ）若中点，求：∥平面；（Ⅱ）求： .1 2（17）（共 14 分）明：（Ⅰ）取中点， ．在△中，分 的中点，所以∥，且．因 ，所以∥ , 且，所以∥，且．所以四 形 平行四 形．所以∥．⋯⋯⋯⋯ 5 分又因 平面，且平面， 所以∥平面．（Ⅱ）取中点， .因 ，，所以，而，即△是正三角形 又因 , 所以 .所以在2 中有 . 因 平面平面，平面平面，.⋯⋯⋯⋯ 9 分⋯⋯⋯⋯ 7 分所以⊥平面 .⋯⋯⋯⋯ 12 分17. (2020又平面， 所以⊥ .年 3 月北京市丰台区高三一模文科) （本小 共⋯⋯⋯⋯ 14 分）14 分如 ，四棱 P-ABCD 中，底面 ABCD 是菱形， PA =PD ，∠ BAD =60o ， E 是 AD 的中点，点Q在 棱 PC 上．（Ⅰ）求 ： AD ⊥平面 PBE ； （Ⅱ）若 Q 是 PC 的中点，求 ： PA // 平面 BDQ ；（Ⅲ）若 V P-BCDE =2 V Q - ABCD ， 求的 ．17． 明：（Ⅰ）因E 是 AD 的中点， PA =PD ，所以AD⊥PE ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1 分因 底面 ABCD 是菱形，∠ BAD =60o ，所以 = ，又因 E 是 的中点，AB BD AD所以⊥．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分AD BE因 PE∩BE=E，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分所以 AD⊥平面 PBE．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（Ⅱ）接 AC交 BD于点 O， OQ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分因O 是中点，Q 是的中点，AC PC所以 OQ△ PAC中位．所以 OQ //因，所以．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分17. (2020年4月北京市房山区高三一模理科（本小共14 分）在直三棱柱中，=2 ,.点分是,的中点，是棱上的点.（I ）求：平面；(II)若 // 平面，确定点的位置，并出明；(III)求二面角的余弦 .17．（本小共 14 分）(I)明：∵在直三棱柱中，，点是的中点，∴⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1 分, ,∴⊥平面⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分平面∴，即⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分又∴平面⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（ II ）当是棱的中点， // 平面 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分明如下 :, 取的中点H，接 ,的中位∴∥，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分∵由已知条件，正方形∴∥，∵ 的中点，(III)∵ 直三棱柱且又平面的法向量，==，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13 分二面角的平面角，且角．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14 分。

2020高考真题分类汇编：立体几何一、选择题1.【2020高考真题新课标理7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）()A 6 ()B 9 ()C 12 ()D 18【答案】B2.【2020高考真题浙江理10】已知矩形ABCD ，AB=1，BC=2。

将△沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中。

A.存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直.B.存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直.C.存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直.D.对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直 【答案】C3.【2020高考真题新课标理11】已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（ ）()A 26 ()B 3()C 23 ()D 22【答案】A4.【2020高考真题四川理6】下列命题正确的是（ ）A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C 、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行【答案】C5.【2020高考真题四川理10】如图，半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内，过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ，过圆O 的直径CD 作平面α成45o角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的距离最大的点为B ，该交线上的一点P 满足60BOP ∠=o ，则A 、P两点间的球面距离为（ ）αCAODBPA 、2arccos 4R B、4R π C 、3arccos 3R D 、3R π 【答案】A6.【2020高考真题陕西理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -，12CA CC CB ==，则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为（ ）A.55 B.53 C. 255D. 35【答案】A.7.【2020高考真题湖南理3】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是【答案】D8.【2020高考真题湖北理4】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．8π3B．3πC．10π3D．6π【答案】B9.【2020高考真题广东理6】某几何体的三视图如图所示，它的体积为A．12π B.45π C.57π D.81π【答案】C10.【2020高考真题福建理4】一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是A.球B.三棱柱C.正方形D.圆柱【答案】D.11.【2020高考真题重庆理9】设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，12和a，且长为a2的棱异面，则a的取值范围是（A ）(0,2) （B）(0,3) （C ）(1,2) （D ）(1,3)【答案】A12.【2020高考真题北京理7】某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（ ）A. 28+65B. 30+65C. 56+ 125D. 60+125【答案】B13.【2020高考真题全国卷理4】已知正四棱柱ABCD- A 1B 1C 1D 1中 ，AB=2，CC 1=22 E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为 A 2 B 3 C 2 D 1 【答案】D二、填空题14.【2020高考真题浙江理11】已知某三棱锥的三视图（单位：cm ）如图所示，则该三棱锥的体积等于________cm 3.【答案】115.【2020高考真题四川理14】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________。

2020高考数学新题分类汇编 立体几何（高考真题+模拟新题）课标理数12.G1[2020·福建卷] 三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA ＝3，底面ABC 是边长为2的正三角形，则三棱锥P －ABC 的体积等于________．课标理数12.G1[2020·福建卷] 【答案】 3【解析】 由已知，S △ABC ＝12×22sin π3＝3，∴ V P －ABC ＝13S △ABC ·PA ＝13×3×3＝3，即三棱锥P －ABC 的体积等于 3.课标文数8.G2[2020·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图1－1所示，则该几何体的表面积为( )图1－1A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80课标文数8.G2[2020·安徽卷] C 【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)，所以该直四棱柱的表面积为S ＝2×12×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×1＋16×4＝48＋817.课标理数6.G2[2020·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图1－1所示，则该几何体的表面积为( )图1－1A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80图1－3课标理数7.G2[2020·北京卷] 某四面体的三视图如图1－3所示，该四面体四个面的面积中最大的是( )A ．8B ．6 2C ．10D ．8 2课标理数7.G2[2020·北京卷] C 【解析】 由三视图可知，该四面体可以描述为SA ⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，且SA ＝AB ＝4，BC ＝3，所以四面体四个面的面积分别为10,8,6,62，从而面积最大为10，故应选C.图1－4课标文数5.G2[2020·北京卷] 某四棱锥的三视图如图1－1所示，该四棱锥的表面积是( )图1－1A ．32B ．16＋16 2C ．48D ．16＋32 2课标文数5.G2[2020·北京卷] B 【解析】 由题意可知，该四棱锥是一个底面边长为4，高为2的正四棱锥，所以其表面积为4×4＋4×12×4×22＝16＋162，故选B.课标理数7.G2[2020·广东卷] 如图1－2，某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为( )图1－2A ．6 3B ．9 3C ．12 3D ．18 3课标理数7.G2[2020·广东卷] B 【解析】 由三视图知该几何体为棱柱，h ＝22－1＝3，S 底＝3×3，所以V ＝9 3.课标文数9.G2[2020·广东卷] 如图1－2，某几何体的正视图(主视图)，侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体体积为( )A ．4 3B ．4C ．2 3D ．2课标文数9.G2[2020·广东卷] C 【解析】 由三视图知该几何体为四棱锥，棱锥高h＝232－32＝3，底面为菱形，对角线长分别为23，2，所以底面积为12×23×2＝23，所以V ＝13Sh ＝13×23×3＝2 3.图1－1课标理数3.G2[2020·湖南卷] 设图1－1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.92π＋12 B.92π＋18 C ．9π＋42 D ．36π＋18课标理数3.G2[2020·湖南卷] B 【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3、高为2的长方体所构成的几何体，则其体积为：V ＝V 1＋V 2＝43×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＋3×3×2＝92π＋18， 故选B.课标文数4.G2[2020·湖南卷] 设图1－1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )图1－1A ．9π＋42B ．36π＋18 C.92π＋12 D.92π＋18 课标文数4.G2[2020·湖南卷] D 【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3高为2的长方体所构成的几何体，则其体积为： V＝V 1＋V 2＝43×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＋3×3×2＝92π＋18，故选D.课标理数6.G2[2020·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图1－2所示，则相应的侧视图可以为( )图1－2 图1－3课标理数 6.G2 [2020·课标全国卷] D 【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如下图，故侧视图选D.图1－5课标理数15.G2[2020·辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为23，它的三视图中的俯视图如图1－5所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是________．课标理数15.G2[2020·辽宁卷] 2 3 【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为图1－6，其中M ，N 是中点，矩形MNC 1C 为左视图．由于体积为23，所以设棱长为a ，则12×a 2×sin60°×a ＝23，解得a ＝2.所以CM＝3，故矩形MNC 1C 面积为2 3.图1－6图1－3课标文数8.G2[2020·辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为23，它的三视图中的俯视图如图1－3所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是( )A ．4B ．2 3C ．2 D. 3课标文数8.G2[2020·辽宁卷] B 【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为下图，其中M ，N 是中点，矩形MNC 1C 为左视图．图1－4 由于体积为23，所以设棱长为a ，则12×a 2×sin60°×a ＝23，解得a ＝2.所以CM＝3，故矩形MNC 1C 面积为23，故选B.课标文数8.G2[2020·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图1－2所示，则相应的侧视图可以为( )图1－2 图1－3课标文数8.G2[2020·课标全国卷] D 【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如图，故侧视图选D.图1－4图1－2课标理数11.G2[2020·山东卷] 如图1－2是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－2；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－2；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图1－2.其中真命题的个数是( )A ．3B ．2C ．1D ．0课标理数11.G2[2020·山东卷] A 【解析】 ①可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易判断②正确；③可以是放倒的圆柱，所以也正确．图1－3课标文数11.G2[2020·山东卷] 如图1－3是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3.其中真命题的个数是( )A ．3B ．2C ．1D ．0课标文数11.G2[2020·山东卷] A 【解析】 ①可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易判断②正确；③可以是放倒的圆柱，所以也正确．课标理数5.G2[2020·陕西卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则它的体积是( )图1－2A ．8－2π3B ．8－π3C ．8－2π D.2π3课标理数5.G2[2020·陕西卷] A 【解析】 分析图中所给的三视图可知，对应空间几何图形，应该是一个棱长为2的正方体中间挖去一个半径为1，高为2的圆锥，则对应体积为：V ＝2×2×2－13π×12×2＝8－23π.课标文数5.G2[2020·陕西卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则它的体积为( )图1－2A ．8－2π3B ．8－π3C ．8－2π D.2π3课标文数5.G2[2020·陕西卷] A 【解析】 主视图与左视图一样是边长为2的正方形，里面有两条虚线，俯视图是边长为2的正方形与直径为2的圆相切，其直观图为棱长为2的正方体中挖掉一个底面直径为2的圆锥，故其体积为正方体的体积与圆锥的体积之差，V正＝23＝8，V 锥＝13πr 2h ＝2π3(r ＝1，h ＝2)，故体积V ＝8－2π3，故答案为A.课标理数10.G2[2020·天津卷] 一个几何体的三视图如图1－5所示(单位：m)，则该几何体的体积为________ m 3.图1－5课标理数10.G2[2020·天津卷] 6＋π 【解析】 根据图中信息，可得该几何体为一个棱柱与一个圆锥的组合体，V ＝3×2×1＋13π×1×3＝6＋π.课标文数10.G2[2020·天津卷] 一个几何体的三视图如图1－4所示(单位：m)，则该几何体的体积为________ m 3.图1－4课标文数10.G2[2020·天津卷] 4 【解析】 根据三视图还原成直观图，可以看出，其是由两个形状一样的，底面长和宽都为1，高为2的长方体叠加而成，故其体积V ＝2×1×1＋1×1×2＝4.图1－2课标理数3.G2[2020·浙江卷] D 【解析】由正视图可排除A、B选项，由俯视图可排除C选项．课标文数7.G2[2020·浙江卷] 若某几何体的三视图如图1－1所示，则这个几何体的直观图可以是( )图1－1图1－2课标文数7.G2[2020·浙江卷] B 【解析】由正视图可排除A，C；由侧视图可判断该该几何体的直观图是B.大纲理数3.G3[2020·四川卷] l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面大纲理数3.G3[2020·四川卷] B 【解析】对于A，直线l1与l3可能异面；对于C，直线l1、l2、l3可能构成三棱柱三条侧棱所在直线时而不共面；对于D，直线l1、l2、l3相交于同一个点时不一定共面. 所以选B.课标文数19.G4，G7[2020·安徽卷] 如图1－4，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．(1)证明直线BC ∥EF ；(2)求棱锥F －OBED 的体积．图1－4课标文数19.G4，G7[2020·安徽卷] 本题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．【解答】 (1)证明：设G 是线段DA 与EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA ＝1，OD ＝2，所以OB 綊12DE ，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与FC 延长线的交点，有OC 綊12DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G 和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点．所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32.而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3.所以S OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332.过点F 作FQ ⊥DG ，交DG 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F －OBED的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.图1－4课标理数17.G4，G7[2020·安徽卷] 【解析】 本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．图1－5【解答】 (1)(综合法)证明：设G 是线段DA 与线段EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA＝1，OD ＝2，所以OB 綊12DE ，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与线段FC 延长线的交点，有OC 綊12DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B ，C 分别是GE 和GF 的中点，所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .(向量法)过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，连QE .由平面ABED ⊥平面ADFC ，知FQ ⊥平面ABED .以Q 为坐标原点，QE →为x 轴正向，QD →为y 轴正向，QF →为z 轴正向，建立如图所示空间直角坐标系．图1－6由条件知E (3，0,0)，F (0,0，3)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－32，32.则有BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，32，EF →＝(－3，0，3)．所以EF →＝2BC →，即得BC ∥EF .(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32.而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3.所以S 四边形OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332.过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F －OBED的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.课标文数17.G4[2020·北京卷]图1－4如图1－4，在四面体PABC 中，PC ⊥AB ，PA ⊥BC ，点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点．(1)求证：DE ∥平面BCP ；(2)求证：四边形DEFG 为矩形；(3)是否存在点Q ，到四面体PABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由．课标文数17.G4[2020·北京卷] 【解答】 (1)证明：因为D ，E 分别为AP ，AC 的中点，图1－5所以DE ∥PC .又因为DE ⊄平面BCP ，PC ⊂平面BCP ， 所以DE ∥平面BCP .(2)因为D 、E 、F 、G 分别为AP 、AC 、BC 、PB 的中点， 所以DE ∥PC ∥FG ， DG ∥AB ∥EF ，所以四边形DEFG 为平行四边形． 又因为PC ⊥AB ， 所以DE ⊥DG ，所以平行四边形DEFG 为矩形．(3)存在点Q 满足条件，理由如下： 连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点．由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG .分别取PC 、AB 的中点M ，N ，连接ME 、EN 、NG 、MG 、MN .与(2)同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ，且QM ＝QN ＝12EG .所以Q 为满足条件的点．图1－3课标文数15.G4[2020·福建卷] 如图1－3，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．课标文数15.G4[2020·福建卷] 2 【解析】 ∵ EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ABCD ，平面ABCD ∩平面AB 1C ＝AC ，∴EF ∥AC ，又∵E 是AD 的中点，∴F 是CD 的中点，即EF 是△ACD 的中位线，∴EF ＝12AC ＝12×22＝ 2.课标数学16.G4，G5[2020·江苏卷] 如图1－2，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．图1－2求证：(1)直线EF ∥平面PCD ； (2)平面BEF ⊥平面PAD .课标数学16.G4，G5[2020·江苏卷] 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．【解答】 证明：(1)在△PAD 中，因为E ，F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF ∥PD .又因为EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，图1－3所以直线EF ∥平面PCD .(2)连结BD ，因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形，因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD .因为平面PAD ⊥平面ABCD ，BF ⊂平面ABCD ， 平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BF ⊥平面PAD . 又因为BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面PAD .课标文数4.G4[2020·浙江卷] 若直线l 不平行于平面α，且l ⊄α，则( ) A ．α内的所有直线与l 异面 B ．α内不存在与l 平行的直线 C ．α内存在唯一的直线与l 平行 D ．α内的直线与l 都相交课标文数4.G4[2020·浙江卷] B 【解析】 在α内存在直线与l 相交，所以A 不正确；若α内存在直线与l 平行，又∵l ⊄α，则有l ∥α，与题设相矛盾，∴B 正确，C 不正确；在α内不过l 与α交点的直线与l 异面，D 不正确．图1－6课标理数16.G5，G11[2020·北京卷] 如图1－6，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)若PA ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值； (3)当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求PA 的长．课标理数16.G5，G11[2020·北京卷] 【解答】 (1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .又因为PA ⊥平面ABCD ， 所以PA ⊥BD ，所以BD ⊥平面PAC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，PA ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，OB 、OC 所在直线及点O 所在且与PA 平行的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)．图1－7所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0,23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64. (3)由(2)知BC →＝(－1，3，0)． 设P (0，－3，t )(t ＞0)， 则BP →＝(－1，－3，t )．设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则BC →·m ＝0，BP →·m ＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0，令y ＝3，则x ＝3，z ＝6t， 所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，3，6t .同理，可求得平面PDC 的法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，3，6t .因为平面PBC ⊥平面PDC ，所以m ·n ＝0，即－6＋36t2＝0.解得t ＝ 6.所以当平面PBC 与平面PDC 垂直时，PA ＝ 6.大纲理数6.G5、G11[2020·全国卷] 已知直二面角α－l －β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足．点B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足．若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则D 到平面ABC 的距离等于( )A.23B.33C.63D ．1 大纲理数6.G5、G11[2020·全国卷] C 【解析】 ∵α⊥β，AC ⊥l ，∴AC ⊥β，则平面ABC ⊥β，在平面β内过D 作DE ⊥BC ，则DE ⊥平面ABC ，DE 即为D 到平面ABC 的距离，在△DBC 中，运用等面积法得DE ＝63，故选C.大纲理数19.G5，G11[2020·全国卷] 如图1－1，四棱锥S －ABCD 中，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形．AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成的角的大小．图1－1大纲理数19.G5，G11[2020·全国卷] 【解答】 解法一：(1)取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2.图1－2连结SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝ 3.又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2， 所以∠DSE 为直角． 由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，DE ∩SE ＝E ，得AB ⊥平面SDE ，所以AB ⊥SD . SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直． 所以SD ⊥平面SAB .(2)由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE . 作SF ⊥DE ，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ×SE DE ＝32. 作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1. 连结SG ，则SG ⊥BC . 又BC ⊥FG ，SG ∩FG ＝G ，故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG . 作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .FH ＝SF ×FG SG ＝37，即F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，故E 到平面SBC 的距离d 也为217. 设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB ＝217，α＝arcsin 217.解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图1－3所示的空间直角坐标系C －xyz .图1－3设D (1,0,0)，则A (2,2,0)，B (0,2,0)． 又设S (x ，y ，z )， 则x >0，y >0，z >0. (1)AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )，DS →＝(x －1，y ，z )， 由|AS →|＝|BS →|得x －22＋y －22＋z 2＝x 2＋y －22＋z 2， 故x ＝1， 由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1，又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4，即y 2＋z 2－4y ＋1＝0，故y ＝12，z ＝32.于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，32，AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，32，BS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32，DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0.故DS ⊥AS ，DS ⊥BS ，又AS ∩BS ＝S ， 所以SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0.又BS →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，32，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．又AB →＝(－2,0,0)，所以cos 〈AB →，a 〉＝AB →·a |AB →|·|a |＝217.故AB 与平面SBC 所成的角为arcsin 217.大纲文数8.G5[2020·全国卷] 已知直二面角α－l －β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足，点B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足．若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则CD ＝( )A ．2 B. 3 C. 2 D ．1 大纲文数8.G5[2020·全国卷] C 【解析】 ∵α⊥β，AC ⊥l ，∴AC ⊥β，则AC ⊥CB ，∵AB ＝2，AC ＝1，可得BC ＝3，又BD ⊥l ，BD ＝1，∴CD ＝2，故选C.大纲文数20.G5，G11[2020·全国卷] 如图1－1，四棱锥S －ABCD 中，图1－1AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形．AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1. (1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成的角的大小．大纲文数20.G5，G11[2020·全国卷] 【解答】 解法一：(1)取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2.图1－2连结SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝ 3.又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2， 所以∠DSE 为直角．由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，DE ∩SE ＝E ，得AB ⊥平面SDE ，所以AB ⊥SD . SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直． 所以SD ⊥平面SAB .(2)由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE . 作SF ⊥DE ，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ×SE DE ＝32.作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1. 连结SG ，则SG ⊥BC . 又BC ⊥FG ，SG ∩FG ＝G ，故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG . 作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .FH ＝SF ×FG SG ＝37，即F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，故E 到平面SBC 的距离d 也为217. 设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB＝217，α＝arcsin 217. 解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图1－3所示的空间直角坐标系C －xyz .图1－3设D (1,0,0)，则A (2,2,0)，B (0,2,0)． 又设S (x ，y ，z )，则x >0，y >0，z >0. (1)AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )，DS →＝(x －1，y ，z )， 由|AS →|＝|BS →|得x －22＋y －22＋z 2＝x 2＋y －22＋z 2， 故x ＝1， 由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1，又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4，即y 2＋z 2－4y ＋1＝0，故y ＝12，z ＝32.于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，32，AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，32，BS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32，DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0.故DS ⊥AS ，DS ⊥BS ，又AS ∩BS ＝S ， 所以SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0.又BS →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，32，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．又AB →＝(－2,0,0)，所以cos 〈AB →，a 〉＝AB →·a |AB →|·|a |＝217.故AB 与平面SBC 所成的角为arcsin217.课标理数20.G5，G10，G11[2020·福建卷] 如图1－7，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中，图1－7AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°. (1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ； (2)设AB ＝AP .①若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长；②在线段AD 上是否存在一个点G ，使得点G 到P 、B 、C 、D 的距离都相等？说明理由． 课标理数20.G5，G10，G11 [2020·福建卷] 【解答】图1－8(1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ， AB ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AB .又AB ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .图1－9(2)①以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A －xyz (如图1－9)． 在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ， 则CE ⊥AD .在Rt △CDE 中，DE ＝CD ·cos45°＝1， CE ＝CD ·sin45°＝1.设AB ＝AP ＝t ，则B (t,0,0)，P (0,0，t )． 由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，所以E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)， CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由n ⊥CD →，n ⊥PD →，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0.4－t y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )． 又PB →＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得c os60°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·P B →|n |·|PB →|， 即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋4－t 2·2t 2＝12. 解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t >0)，所以AB ＝45.则GC →＝(1,3－t －m,0)，GD →＝(0,4－t －m,0)，GP →＝(0，－m ，t )．由|GC →|＝|GD →|得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2， 即t ＝3－m ；① 由|GD →|＝|GP →|得(4－t －m )2＝m 2＋t 2.②由①、②消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0.③由于方程③没有实数根，所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P 、C 、D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等． 法二：假设在线段AD 上存在一个点G ，使得点G 到点P 、B 、C 、D 的距离都相等． 由GC ＝GD ，得∠GCD ＝∠GDC ＝45°，图1－12从而∠CGD ＝90°，即CG ⊥AD . 所以GD ＝CD ·cos45°＝1.设AB ＝λ，则AD ＝4－λ，AG ＝AD －GD ＝3－λ. 在Rt △ABG 中， GB ＝AB 2＋AG 2＝λ2＋3－λ2＝2⎝⎛⎭⎪⎫λ－322＋92>1.这与GB ＝GD 矛盾．所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点B 、C 、D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．课标理数18.G5，G10[2020·广东卷] 如图1－3，在锥体P －ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠DAB ＝60°，PA ＝PD ＝2，PB ＝2，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．图1－3课标理数18.G5，G10[2020·广东卷] 【解答】 法一：(1)证明：设AD 中点为G ，连接PG ，BG ，BD .图1－1因PA ＝PD ，有PG ⊥AD ，在△ABD 中，AB ＝AD ＝1，∠DAB ＝60°，有△ABD 为等边三角形，因此BG ⊥AD ，BG ∩PG ＝G ，所以AD ⊥平面PBG ，所以AD ⊥PB ，AD ⊥GB .又PB ∥EF ，得AD ⊥EF ，而DE ∥GB 得AD ⊥DE ，又FE ∩DE ＝E ，所以AD ⊥平面DEF . (2)∵PG ⊥AD ，BG ⊥AD ，∴∠PGB 为二面角P －AD －B 的平面角．在Rt △PAG 中，PG 2＝PA 2－AG 2＝74，在Rt △ABG 中，BG ＝AB ·sin60°＝32， ∴cos ∠PGB ＝PG 2＋BG 2－PB 22PG ·BG＝74＋34－42·72·32＝－217. 法二：(1)证明：设AD 中点为G ，因为PA ＝PD ，所以PG ⊥AD ， 又AB ＝AD ，∠DAB ＝60°，所以△ABD 为等边三角形，因此，BG ⊥AD ，从而AD ⊥平面PBG . 延长BG 到O 且使PO ⊥OB ，又PO ⊂平面PBG ，所以PO ⊥AD ，又AD ∩OB ＝G ，所以PO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB ，OP 分别为x 轴，z 轴，平行于AD 的直线为y 轴，建立如图1－2所示的空间直角坐标系．设P (0,0，m )，G (n,0,0)，则A ⎝⎛⎭⎪⎫n ，－12，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，12，0.图1－2∵|GB →|＝|AB →|sin60°＝32，∴B ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋32，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋32，1，0，E ⎝⎛⎭⎪⎫n ＋32，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋34，12，m 2. ∴AD →＝(0,1,0)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，FE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋34，0，－m 2，∴AD →·DE →＝0，AD →·FE →＝0， ∴AD ⊥DE ，AD ⊥FE ，又DE ∩FE ＝E ，∴AD ⊥平面DEF .(2)∵PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，－12，－m ，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋32，0，－m ， ∴m 2＋n 2＋14＝2，⎝⎛⎭⎪⎫n ＋322＋m 2＝2，解得m ＝1，n ＝32. 取平面ABD 的法向量n 1＝(0,0，－1)， 设平面PAD 的法向量n 2＝(a ，b ，c )，由PA →·n 2＝0，得32a －b 2－c ＝0，由PD →·n 2＝0，得32a ＋b 2－c ＝0，故取n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，32.∴cos〈n1，n2〉＝－32 1·74＝－217.即二面角P－AD－B的余弦值为－217.课标理数18.G5，G11[2020·湖北卷] 如图1－4，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tanθ的最小值．图1－4课标理数18.G5，G11[2020·湖北卷] 【解答】解法1：过E作EN⊥AC于N，连结EF.(1)如图①，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知，底面ABC⊥侧面A1C，又底面ABC∩侧面A1C＝AC，且EN⊂底面ABC，所以EN⊥侧面A1C，NF为EF在侧面A1C 内的射影，在Rt△CNE中，CN＝CE co s60°＝1，则由CFCC1＝CNCA＝14，得NF∥AC1.又AC1⊥A1C，故NF⊥A1C，由三垂线定理知EF⊥A1C.(2)如图②，连结AF，过N作NM⊥AF于M，连结ME，由(1)知EN⊥侧面A1C，根据三垂线定理得EM⊥AF，所以∠EMN是二面角C－AF－E的平面角，即∠EMN＝θ，设∠FAC＝α，则0°<α≤45°.在Rt△CNE中，NE＝EC·sin60°＝3，在Rt△AMN中，MN＝AN·sinα＝3sinα，故tanθ＝NEMN＝33sinα.又0°<α≤45°，∴0<sinα≤22，故当sinα＝22，即当α＝45°时，tanθ达到最小值，tanθ＝33×2＝63，此时F与C1重合．解法2：(1)建立如图③所示的空间直角坐标系，则由已知可得A(0,0,0)，B(23，2,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)，于是CA 1→＝(0，－4,4)，EF →＝(－3，1,1)， 则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0，故EF ⊥A 1C .(2)设CF ＝λ(0<λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由(1)得F (0,4，λ)，AE →＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →可得⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0，取m ＝(3λ，－λ，4)，又由直三棱柱的性质可取侧面A 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n||m|·|n|＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2， 由0<λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63， 故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值63.图1－2课标文数18.G5，G11[2020·湖北卷] 如图1－2，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为32，点E 在侧棱AA 1上，点F 在侧棱BB 1上，且AE ＝22，BF ＝ 2.(1)求证：CF ⊥C 1E ；(2)求二面角E －CF －C 1的大小．课标文数18.G5，G11[2020·湖北卷]【解答】 解法1：(1)证明：由已知可得CC 1＝32，CE ＝C 1F ＝22＋222＝23，EF ＝C 1E ＝22＋22＝ 6.于是有EF 2＋C 1E 2＝C 1F 2，CE 2＋C 1E 2＝CC 21. 所以C 1E ⊥EF ，C 1E ⊥CE .又EF ∩CE ＝E ，所以C 1E ⊥平面CEF . 又CF ⊂平面CEF ，故CF ⊥C 1E .(2)在△CEF 中，由(1)可得EF ＝CF ＝6，CE ＝23，于是有EF 2＋CF 2＝CE 2，所以CF ⊥EF . 又由(1)知CF ⊥C 1E ，且EF ∩C 1E ＝E ， 所以CF ⊥平面C 1EF .又C 1F ⊂平面C 1EF ，故CF ⊥C 1F .于是∠EFC 1即为二面角E －CF －C 1的平面角．由(1)知△C 1EF 是等腰直角三角形，所以∠EFC 1＝45°，即所求二面角E －CF －C 1的大小为45°图1－3解法2：建立如图1－3所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (3，1,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,32)，E (0,0,22)，F (3，1，2)．(1)C 1E →＝(0，－2，－2)，CF →＝(3，－1，2)， ∴C 1E →·CF →＝0＋2－2＝0， ∴CF ⊥C 1E . (2)CE →＝(0，－2,22)，设平面CEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )． 由m ⊥CE →，m ⊥CF →，得⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CF →＝0，即⎩⎨⎧－2y ＋22z ＝0，3x －y ＋2z ＝0，可取m ＝(0，2，1)．设侧面BC 1的一个法向量为n ，由n ⊥CB →，n ⊥CC 1→，及CB →＝(3，－1,0)，CC 1→＝(0,0,32)，可取n ＝(1，3，0)，设二面角E －CF －C 1的大小为θ，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n ||m ||n |＝63×2＝22，所以θ＝45°，即所求二面角E －CF －C 1的大小为45°.图1－6课标理数19.G5，G11[2020·湖南卷] 如图1－6，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，C 是AB 的中点，D 为AC 的中点．(1)证明：平面POD ⊥平面PAC ； (2)求二面角B －PA －C 的余弦值．课标理数19.G5，G11[2020·湖南卷] 【解答】 解法一：(1)连结OC ，因为OA ＝OC ，D 是AC 的中点，所以AC ⊥OD .图1－7又PO ⊥底面⊙O ，AC ⊂底面⊙O ，所以AC ⊥PO .因为OD ，PO 是平面POD 内的两条相交直线，所以AC ⊥平面POD ，而AC ⊂平面PAC ，所以平面POD ⊥平面PAC .(2)在平面POD 中，过O 作OH ⊥PD 于H ，由(1)知，平面POD ⊥平面PAC ，所以OH ⊥平面PAC . 又PA ⊂面PAC ，所以PA ⊥OH .在平面PAO 中，过O 作OG ⊥PA 于G ，连结HG ，则有PA ⊥平面OGH .从而PA ⊥HG . 故∠OGH 为二面角B －PA －C 的平面角．在Rt △ODA 中，OD ＝OA ·sin45°＝22.在Rt △POD 中，OH ＝PO ·ODPO 2＋OD 2＝2×222＋12＝105.在Rt △POA 中，OG ＝PO ·OA PO 2＋OA 2＝2×12＋1＝63.在Rt △OHG 中，sin ∠OGH ＝OH OG ＝10563＝155. 所以cos ∠OGH ＝1－sin 2∠OGH ＝1－1525＝105. 故二面角B －PA －C 的余弦值为105. 解法二：(1)如图1－8所示，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．则图1－8O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0，2)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面POD 的一个法向量，则由n 1·OD →＝0，n 1·OP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－12x 1＋12y 1＝0，2z 1＝0.所以z 1＝0，x 1＝y 1.取y 1＝1，得n 1＝(1,1,0)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAC 的一个法向量，则由n 2·PA →＝0，n 2·PC →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－2z 2＝0，y 2－2z 2＝0.所以x 2＝－2z 2，y 2＝2z 2，取z 2＝1，得n 2＝(－2，2，1)．因为n 1·n 2＝(1,1,0)·(－2，2，1)＝0，所以n 1⊥n 2.从而平面POD ⊥平面PAC . (2)因为y 轴⊥平面PAB ，所以平面PAB 的一个法向量为n 3＝(0,1,0)．由(1)知，平面PAC 的一个法向量为n 2＝(－2，2，1)．设向量n 2和n 3的夹角为θ，则cos θ＝n 2·n 3|n 2|·|n 3|＝25＝105.由图可知，二面角B －PA －C 的平面角与θ相等，所以二面角B －PA －C 的余弦值为105.课标文数19.G5，G11[2020·湖南卷] 如图1－5，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，点C 在AB 上，且∠CAB ＝30°，D 为AC 的中点．(1)证明：AC ⊥平面POD ；(2)求直线OC 和平面PAC 所成角的正弦值．图1－5课标文数19.G5，G11[2020·湖南卷] 【解答】 (1)因为OA ＝OC ，D 是AC 的中点，所以AC ⊥OD . 又PO ⊥底面⊙O ，AC ⊂底面⊙O ，所以AC ⊥PO . 而OD ，PO 是平面POD 内的两条相交直线， 所以AC ⊥平面POD .(2)由(1)知，AC ⊥平面POD ，又AC ⊂平面PAC ， 所以平面POD ⊥平面PAC .在平面POD 中，过O 作OH ⊥PD 于H ，则OH ⊥平面PAC .图1－6连结CH ，则CH 是OC 在平面PAC 上的射影， 所以∠OCH 是直线OC 和平面PAC 所成的角．在Rt △ODA 中，OD ＝OA ·sin30°＝12.在Rt △POD 中，OH ＝PO ·OD PO 2＋OD 2＝2×122＋14＝23.在Rt △OHC 中，sin ∠OCH ＝OH OC ＝23. 故直线OC 和平面PAC 所成角的正弦值为23.图1－9课标理数18.G5，G10，G11[2020·课标全国卷] 如图1－9，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD .(1)证明：PA ⊥BD ；(2)若PD ＝AD ，求二面角A －PB －C 的余弦值．课标理数18.G5，G10，G11[2020·课标全国卷] 【解答】 (1)因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，由余弦定理得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD . 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD ， 所以BD ⊥平面PAD .故PA ⊥BD .图1－10(2)如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，DA 、DB 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 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.因此可取n ＝(3，1，3)．设平面PBC 的法向量为m ，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝0，m ·BC →＝0，可取m ＝(0，－1，－3)．cos 〈m ，n 〉＝－427＝－277.故二面角A －PB －C 的余弦值为－277.图1－8课标文数18.G5，G11[2020·课标全国卷] 如图1－8，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD .(1)证明：PA ⊥BD ；(2)设PD ＝AD ＝1，求棱锥D －PBC 的高．课标文数18.G5，G11[2020·课标全国卷] 【解答】 (1)证明：因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，由余弦定理得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD . 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD ， 所以BD ⊥平面PAD ，故PA ⊥BD . (2)如图，作DE ⊥PB ，垂足为E . 已知PD ⊥底面ABCD ，则PD ⊥BC .由(1)知BD ⊥AD ，又BC ∥AD ，所以BC ⊥BD.图1－9故BC ⊥平面PBD ，BC ⊥DE . 则DE ⊥平面PBC .由题设知PD ＝1，则BD ＝3，PB ＝2.根据DE ·PB ＝PD ·BD 得DE ＝32.即棱锥D －PBC 的高为32. 课标理数16.G5，G9[2020·陕西卷] 如图1－6，在△ABC 中，∠ABC ＝60°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.图1－6(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC；(2)设E 为BC 的中点，求AE →与DB →夹角的余弦值．课标理数16.F2[2020·陕西卷] 【解答】 (1)∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB . 又DB ∩DC ＝D ， ∴AD ⊥平面BDC ， ∵AD 平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BDC .cos 〈AE →，DB →〉＝AE →·DB →|AE →|·|DB →|＝121×224＝2222.课标文数16.G5[2020·陕西卷] 如图1－8，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；(2)若BD ＝1，求三棱锥D －ABC 的表面积．图1－8课标文数16.G5[2020·陕西卷] 【解答】 (1)∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB . 又DB ∩DC ＝D . ∴AD ⊥平面BDC . ∵AD 平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BDC .(2)由(1)知，DA ⊥DB ，DB ⊥DC ，DC ⊥DA ， DB ＝DA ＝DC ＝1. ∴AB ＝BC ＝CA ＝ 2.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12.S △ABC ＝12×2×2×sin60°＝32. ∴表面积S ＝12×3＋32＝3＋32.课标数学16.G4，G5[2020·江苏卷] 如图1－2，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．图1－2求证：(1)直线EF ∥平面PCD ； (2)平面BEF ⊥平面PAD .课标数学16.G4，G5[2020·江苏卷] 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．【解答】 证明：(1)在△PAD 中，因为E ，F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF ∥PD .又因为EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，图1－3所以直线EF ∥平面PCD .(2)连结BD，因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形，因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD.又因为BF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.大纲文数6.G5[2020·四川卷] l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面大纲文数6.G5[2020·四川卷] B 【解析】对于A，直线l1与l3可能异面；对于C，直线l1、l2、l3可能构成三棱柱三条侧棱所在直线而不共面；对于D，直线l1、l2、l3相交于同一个点时不一定共面. 所以选B.课标理数4.G5[2020·浙江卷] 下列命题中错误．．的是( )A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β课标理数4.G5[2020·浙江卷] D 【解析】若面α⊥面β，在面α内与面β的交线不相交的直线平行于平面β，故A正确；B中若α内存在直线垂直平面β，则α⊥β，与题设矛盾，所以B正确；由面面垂直的性质知选项C正确．由A正确可推出D错误．课标文数19.G4，G7[2020·安徽卷] 如图1－4，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．(1)证明直线BC ∥EF ；(2)求棱锥F －OBED 的体积．图1－4课标文数19.G4，G7[2020·安徽卷] 本题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．【解答】 (1)证明：设G 是线段DA 与EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA ＝1，OD ＝2，所以OB 綊12DE ，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与FC 延长线的交点，有OC 綊12DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G 和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点．所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32.而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3.所以S OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332.过点F 作FQ ⊥DG ，交DG 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F －OBED的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.课标理数17.G4，G7[2020·安徽卷]如图1－4，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．(1)证明直线BC ∥EF ；(2)求棱锥F －OBED 的体积．图1－4课标理数17.G4，G7[2020·安徽卷] 【解析】 本题考查空间直线与直线，直线与平面、。