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全国高考立体几何（完整答案）一．解答题（共40小题）1．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．2．如图，矩形ABCD所在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）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．3．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．4．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．5．如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC为折痕将△ACM 折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=DA，求三棱锥Q ﹣ABP的体积．6．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．7．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．8．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．9．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥CB，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，，M是棱PC上的点．（Ⅰ）求证：平面PQB⊥平面PAD；（Ⅱ）若PA=PD=2，BC=1，，异面直线AP与BM所成角的余弦值为，求的值．10．如图，梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD，AC⊥BD，平面BDEF⊥平面ABCD，EF∥BD，BE⊥BD．（1）求证：平面AFC⊥平面BDFE；（2）若AB=2CD=2，BE=EF=2，求BF与平面DFC所成角的正弦值．11．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥PC，CA=CB，M是AB的中点．点N在棱PC上，点D是BN的中点．求证：（1）MD∥平面PAC；（2）平面ABN⊥平面PMC．12．如图，已知PA垂直于矩形ABCD所在的平面，M，N分别是AB，PC的中点，若∠PDA=45°，（1）求证：MN∥平面PAD；（2）求证：MN⊥平面PCD．13．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=AB，D为BB1的中点．（1）求证：A1C⊥AD；（2）若点P为四边形ABB1A1内部及其边界上的点，且三棱锥P﹣ABC的体积为三棱柱ABC﹣A1B1C1体积的，试在图中画出，P点的轨迹．并说明理由．14．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC为边长为2等边三角形，BB1=4，A1C1⊥BB1，且∠A1B1B=45°．（I）证明：平面BCC1B1⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）求B﹣AC﹣A1二面角的余弦值．15．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC=90°，AB=AA1=2，AC=1，M，N分别是A1B1，BC的中点．（Ⅰ）证明：MN∥平面ACC1A1；（II）求二面角M﹣AN﹣B的余弦值．16．已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．（1）试在平面BCD内作一条直线，使得直线上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行，并给出详细证明；（2）求三棱锥E﹣ABC的体积．17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ADB=90°，CB=CD，点E为棱PB的中点．（1）若PB=PD，求证：PC⊥BD；（2）求证：CE∥平面PAD．18．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，A1C与底面ABCD所成的角为60°，（1）求四棱锥A1﹣ABCD的体积；（2）求异面直线A1B与B1D1所成角的大小．19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形∠BAD=60°．已知PB=PD=2，PA=．（Ⅰ）证明：PC⊥BD；（Ⅱ）若E为PA上一点，记三棱锥P﹣BCE的体积和四棱锥P﹣ABCD的体积分别为V1和V2，当V1：V2=1：8时，求的值．20．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是CB，CD的中点，点M在棱CC1上，CM=tCC1（0＜t＜1）．（Ⅰ）三棱锥C﹣EFM，C1﹣B1D1M的体积分别为V1，V2，当t为何值时，V1•V2最大？最大值为多少？（Ⅱ）若A1C∥平面B1D1M，证明：平面EFM⊥平面B1D1M．21．如图，直角梯形ABEF中，∠ABE=∠BAF=90°，C、D分别是BE、AF上的点，且DA=AB=BC=a，DF=2CE=2a．沿CD将四边形CDFE翻折至CDPQ，连接AP、BP、BQ，得到多面体ABCDPQ，且AP=a．（Ⅰ）求多面体ABCDPQ的体积；（Ⅱ）求证：平面PBQ⊥平面PBD．22．如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，PA=PD，O 为AD边的中点．（1）证明：平面POB⊥平面PAD；（2）若，求四棱锥P﹣ABCD的体积．23．如图，在四棱锥P﹣ABCD中．底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD．Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2．BC=AD=1，CD=．（I）求证：平面PBC⊥平面PQB；（Ⅱ）若平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，求PM的长．24．在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，，AB=2BC=2，AC⊥FB．（Ⅰ）求证：AC⊥平面FBC；（Ⅱ）求四面体FBCD的体积；（Ⅲ）线段AC上是否存在点M，使EA∥平面FDM？证明你的结论．25．如图所示的几何体中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，∠APD=90°，四边形ABCD是直角梯形，AB∥DC，AB⊥AD，PQ∥DC，PQ=PD=DC=1，PA=AB=2．（I）求证：PD∥平面QBC；（Ⅱ）求证：QC⊥平面PABQ；（Ⅲ）在线段QB上是否存在点M，使得AM⊥BC，若存在，求QM的值；若不存在，请说明理由．26．如图1，△ABC是边长为3的等边三角形，D在边AC上，E在边AB上，且AD=BE=2AE．将△ADE沿直线DE折起，得四棱锥A'﹣BCDE，如图2（1）求证：DE⊥A'B；（2）若平面AD'E⊥底面BCDE，求三棱锥D﹣A'CE的体积．27．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AC，AB⊥BC，PA=BC=2，PB=AC=2，D 为线段AC的中点，将△CBD折叠至△EBD，使得平面EDB⊥平面ABC且PC交平面EBD于F．（1）求证：平面BDE⊥平面PAC．（2）求三棱锥P﹣EBC的体积．28．如图1，在矩形ABCD中，AD=2AB=4，E是AD的中点．将△ABE沿BE折起使A到点P的位置，平面PEB⊥平面BCDE，如图2．（Ⅰ）求证：PB⊥平面PEC；（Ⅱ）求三棱锥D﹣PEC的高．29．如图1，ABCD是一个直角梯形，∠ABC=∠BAD=90，E为BC边上一点，AE、BD相交于O，AD=EC=3，BE=1，AB=．将△ABE沿AE折起，使平面ABE⊥平面ADE，连接BC、BD，得到如图2所示的四棱锥B﹣AECD．（Ⅰ）求证：CD⊥平面BOD；（Ⅱ）求直线AB与面BCD所成角的余弦值．30．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，点P是CD中点，Q是A1B1的中点．（I）求证：AQ∥平面PBC1；（l）若BC=CC1，求证：平面A1B1C⊥平面PBC1．31．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AD=3BC=6，，点M在线段AD上，且DM=4，AD⊥AB，PA⊥平面ABCD．（1）证明：平面PCM⊥平面PAD；（2）当∠APB=45°时，求四棱锥P﹣ABCM的表面积．32．已知等腰梯形ABCD中，AD∥EC，EC=2AD=2AE=4，B为EC的中点，如图1，将三角形ABE沿AB折起到ABE′（E′⊄平面ABCD），如图2．（1）点F为线段AE′的中点，判断直线DF与平面BCE′的位置关系，并说明理由；（2）当平面ABE′与平面DE′C所成的二面角的大小为时，证明：平面ABE′⊥平面ABCD．33．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAD和△BCD都是等边三角形，平面PAD ⊥平面ABCD，且AD=2AB=4，．（I）求证：CD⊥PA；（II）E，F分别是棱PA，AD上的点，当平面BEF∥平面PCD时，求四棱锥C﹣PEFD的体积．34．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB=AC=2，AD=2，PB=，PB⊥AC．（1）求证：平面PAB⊥平面PAC；（2）若∠PBA=45°，试判断棱PA上是否存在与点P，A不重合的点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．35．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD ∥BC，∠BAD=∠CBA=90°，PA=AB=BC=1，AD=2，E，F，G分别为BC，PD，PC的中点．（1）求EF与DG所成角的余弦值；（2）若M为EF上一点，N为DG上一点，是否存在MN，使得MN⊥平面PBC？若存在，求出点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．36．如图所示，在多面体ABC﹣A1B1C1中，D，E，F分别是AC，AB，CC1的中点，AC=BC=4，，CC1=2，四边形BB1C1C为矩形，平面ABC⊥平面BB1C1C，AA1∥CC1（1）求证：平面DEF⊥平面AA1C1C；（2）求直线EF与平面ABC所成的角的正切值．37．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC⊥平面AA1B1B，AB=AA1=2，∠A1AB=60°．（Ⅰ）证明：平面AB1C⊥平面A1BC；（Ⅱ）若四棱锥A﹣BB1C1C的体积为，求该三棱柱的侧面积．38．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，E，F，G分别是AB，PB，PC的中点．（1）求证：CD∥平面PAB；（2）求证：CD⊥平面EFG．39．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面ABP⊥平面BCP，∠APB=90°，BP=BC，M为CP的中点．求证：（1）AP∥平面BDM；（2）BM⊥平面ACP．40．已知梯形ABCD中，AD∥BC，，AB=BC=2AD=4，E、F分别是AB、CD上的点，EF∥BC，AE=x．沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．G是BC的中点，以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为f （x）．（1）当x=2时，求证：BD⊥EG；（2）求f（x）的最大值；（3）当f（x）取得最大值时，求异面直线AE与BD所成的角的余弦值．2018全国高考立体几何（完整答案）参考答案与试题解析一．解答题（共40小题）1．【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．2．【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦所在平面垂直，所以AD⊥半圆弦所在平面，CM⊂半圆弦所在平面，∴CM⊥AD，M是上异于C，D的点．∴CM⊥DM，DM∩AD=D，∴CM⊥平面AMD，CM⊂平面CMB，∴平面AMD⊥平面BMC；（2）解：存在P是AM的中点，理由：连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得MC∥OP，MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，所以MC∥平面PBD．3．【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，AB∥A1B1，AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂∥平面A1B1C⇒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．4．【解答】证明：（Ⅰ）PA=PD，E为AD的中点，可得PE⊥AD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD，则PE⊥BC；（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，且AB∥CD，在平面PAB内过P作直线PG∥AB，可得PG∥CD，即有平面PAB∩平面PCD=PG，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，PA⊥PG；同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角，由PA⊥PD，可得平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）取PC的中点H，连接DH，FH，在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH∥BC，FH=BC，由DE∥BC，DE=BC，可得DE=FH，DE∥FH，四边形EFHD为平行四边形，可得EF∥DH，EF⊄平面PCD，DH⊂平面PCD，即有EF∥平面PCD．5．【解答】解：（1）证明：∵在平行四边形ABCM中，∠ACM=90°，∴AB⊥AC，又AB⊥DA．且AD∩AC=A，∴AB⊥面ADC，∴AB⊂面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC；（2）∵AB=AC=3，∠ACM=90°，∴AD=AM=3，∴BP=DQ=DA=2，由（1）得DC⊥AB，又DC⊥CA，∴DC⊥面ABC，∴三棱锥Q﹣ABP的体积V==××==1．6．【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）7．【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．8．【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，∴．9．【解答】证明：（Ⅰ）∵AD∥BC，，Q为AD的中点∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°，∴∠AQB=90°，即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．∵BQ⊥平面PAD∵BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．解：（Ⅱ）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．∵PQ⊥平面ABCD．以Q为原点分别以、、为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则Q（0，0，0），A（1，0，0），，，，设M（x0，y0，z0），∴，，．由M是PC上的点，设，化简得．设异面直线AP与BM所成角为θ，则．∴，解得或，故或．10．【解答】解：（1）证明：∵平面BDFE⊥平面ABCD，平面BDFE∩平面ABCD=BD，AC⊂平面ABCD，AC⊥BD，∴AC⊥平面BDFE．又AC⊂平面AFC，∴平面AFC⊥平面BDFE．（2）设AC∩BD=O，∵四边形ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，AB=2CD=2，∴OD=OC=1，OB=OA=2，∵EF∥OB且EF=OB，∴四边形FEBO为平行四边形，∴OF∥BE，且OF=BE=2，又∵BE⊥平面ABCD，∴OF⊥平面ABCD．以O为原点，向量的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B（0，2，0），D（0，﹣1，0），F（0，0，2），C（﹣1，0，0），∴=（0，1，2），=（1，﹣1，0），=（0，﹣2，2），设平面DFC的一个法向量为=（x，y，z），则有，即，不妨设z=1，得x=y=﹣2．即=（﹣2，﹣2，1），于是cos＜，＞===．设BF与平面DFC所成角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=．∴BF与平面DFC所成角的正弦值为．11．【解答】证明：（1）在ABN中，∵M是AB的中点，D是BN的中点，∴MD∥AN，又AN⊂平面PAC，MD⊄平面PAC，∴MD∥平面PAC．（2）在△ABC中，∵CA=CB，M是AB的中点，∴AB⊥MC，又∵AB⊥PC，PC⊂平面PMC，MC⊂平面PMC，PC∩MC=C，∴AB⊥平面PMC．又∵AB⊂平面ABN，∴平面ABN⊥平面PMC．12．【解答】证明：（1）如图，取PD的中点E，连接AE，NE．∵E、N分别为PD，PC的中点，∴EN CD，又M为AB的中点，∴AM CD，∴EN AM，∴四边形AMNE为平行四边形．∴MN∥AE，∴MN∥平面PAD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）（2）∵PA⊥平面ABCD，∠PDA=45°，∴△PAD为等腰直角三角形，∴AE⊥PD，又∵CD⊥AD，CD⊥PA，AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，∵AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE，又CD∩PD=D，∴AE⊥平面PCD，∴MN⊥平面PCD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）13．【解答】（1）证明：取AB的中点F，连接CF，A1F，∵A1A⊥平面ABC，CF⊂平面ABC，∴所以A1A⊥CF．∵△ABC为正三角形，F为AB的中点，∴BA⊥CF，又∵AA1，AB⊂平面AA1B1B，AA1∩AB=A，∴CF⊥平面AA1B1B，又∵AD⊂平面AA1B1B，所以CF⊥AD，正方形AA1B1B中，∵Rt△A1AF≌Rt△ABD，∴∠DAB=∠FA1A，又∵∠AFA1+∠FA1A=90°，∴∵∠AFA1+∠DAB=90°，，故AD⊥A1F，又∵CF∩A1F=F，CF，A1F⊂平面A1FC，∴AD⊥平面A1FC，又∵A1C⊂平面A1FC，∴A1C⊥AD．（2）取AA1中点E，连接DE，则线段DE为点P的运动轨迹．理由如下：∵DE∥AB，DE⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴ED∥平面ABC，∴P到平面ABC的距离为．所以V==．14．【解答】证明：（Ⅰ）过点A1在平面ABB1A1内作BB1的垂线，垂足为O，连结C1O，∵A1C1⊥B1B，A1O⊥B1B，A1C1∩A1O=A1，∴B1B⊥平面A1OC1，∵OC1⊂平面A1OC1，∴B1B⊥OC1，由题可知A1B1=A1C1=B1C1=2，在B△A1OB1中，∵A1O⊥OB1，∠A1B1B=45°，A1B1=2，∴OA1=OB1=2，在△OB1C1中，∵C1O⊥OB1，B1C1=2，OB1=2，∴OC1=2，∴=A1C12，∴OC1⊥OA1，∵OA1∩OB1=O，∵OC1⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面ABB1A1．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC1、OA1、OB1两两垂直，以O为坐标原点，OA1为x轴，OB1为y轴，OC1为z轴，建立空间直角坐标系，∵AB=2，BB1=4，OC1=2，OA1=2，OB1=2，∴A1（2，0，0），B1（0，2，0），C1（0，0，2），B（0，﹣2，0），A（2，﹣4，0），C（0，﹣4，2），=（2，﹣2，0），=（0，﹣2，2），=（﹣2，0，2），=（0，4，0），设=（x，y，z）是平面ABC的法向量，则，取x=1，得=（1，1，1），设=（x，y，z）是平面A1AC的法向量，则，取x=1，得=（1，0，1），∴cos＜＞==．∴二面角B﹣AC﹣A1的余弦值为．15．【解答】解：解法一：依条件可知AB、AC，AA1两两垂直，如图，以点A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz．根据条件容易求出如下各点坐标：A（0，0，0），B（0，2，0），C（﹣1，0，0），A1（0，0，2），B1（0，2，2），C1（﹣1，0，2），M（0，1，2），（I）证明：∵是平面ACCA1的一个法向量，且，所以又∵MN⊄平面ACC1A1，∴MN∥平面ACC1A1（II）设=（x，y，z）是平面AMN的法向量，因为，由得解得平面AMN的一个法向量=（4，2，﹣1）由已知，平面ABC的一个法向量为=（0，0，1）∴二面角M﹣AN﹣B的余弦值是解法二：（I）证明：设AC的中点为D，连接DN，A1D∵D，N分别是AC，BC的中点，∴又∵，∴，∴四边形A 1DNM是平行四边形∴A1D∥MN∵A1D⊂平面ACC1A1，MN⊄平面ACC1A1∴MN∥平面ACC1A1（II）如图，设AB的中点为H，连接MH，∴MH∥BB1∵BB1⊥底面ABC，∵BB1⊥AC，BB1⊥AB，∴MH⊥AC，MH⊥AB∴AB∩AC=A∴MH⊥底面ABC在平面ABC内，过点H做HG⊥AN，垂足为G 连接MG，AN⊥HG，AN⊥MH，HG∩MH=H ∴AN⊥平面MHG，则AN⊥MG∴∠MGH是二面角M﹣AN﹣B的平面角∵MH=BB1=2，由△AGH∽△BAC，得所以所以∴二面角M﹣AN﹣B的余弦值是16．【解答】解：（1）∵平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．∴过E作EQ⊥平面BCD，交CD于Q，过A作AP⊥平面BCD，交BC于P，∴EQ∥AP，过Q作QO∥BC，交BD于O，则直线OQ就是在平面BCD内所求的直线，使得直线OQ上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．证明如下：∵EQ∥AP，QO∥BC，EQ∩QO=Q，AP∩BC=P，EQ、QO⊂平面EQO，AP、BC⊂平面ABC，∴平面EQO∥平面ABC，∴直线OQ上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．（2）∵△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，∴AP==2，∴S==2，△ABC点E到平面ABC的距离d===，∴三棱锥E﹣ABC的体积V E===．﹣ABC17．【解答】证明：（1）取BD的中点O，连结CO，PO，因为CD=CB，所以△CBD为等腰三角形，所以BD⊥CO．因为PB=PD，所以△PBD为等腰三角形，所以BD⊥PO．又PO∩CO=O，所以BD⊥平面PCO．因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD．解：（2）由E为PB中点，连EO，则EO∥PD，又EO⊄平面PAD，所以EO∥平面PAD．由∠ADB=90°，以及BD⊥CO，所以CO∥AD，又CO⊄平面PAD，所以CO∥平面PAD．又CO∩EO=O，所以平面CEO∥平面PAD，而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD．18．【解答】解：（1）∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，∴AA1⊥平面ABCD，AC==2，∴∠A1CA是A1C与底面ABCD所成的角，∵A1C与底面ABCD所成的角为60°，∴∠A1CA=60°，∴AA1=AC•tan60°=2•=2，=AB×BC=2×2=4，∵S正方形ABCD∴四棱锥A1﹣ABCD的体积：V===．（2）∵BD∥B1D1，∴∠A1BD是异面直线A1B与B1D1所成角（或所成角的补角）．∵BD=，A1D=A1B==2，∴cos∠A1BD===．∴∠A1BD=arccos．∴异面直线A1B与B1D1所成角是arccos．19．【解答】证明：（Ⅰ）连接BD、AC交于O点，∵PB=PD，∴PO⊥BD，又∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC，而AC∩PO=O，∴BD⊥平面PAC，且PC⊂平面PAC，∴BD⊥PC．解：（Ⅱ）由条件可知△ABD≌△PBD，∴AO=PO=，∵PA=，∴PA2=OA2+OP2，∴PO⊥AC，由（Ⅰ）知，BD⊥平面PAC，PO⊂平面PAC，∴PO⊥BD，∴PO⊥平面ABCD，∴平面APC⊥平面ABCD，过E点作EF⊥AC，交AC于F，则EF⊥平面ABCD，∴EF∥PO，∴EF、PO分别是三棱锥E﹣ABC和四棱锥P﹣ABCD的高．又V1=V P﹣ABC﹣V E﹣ABC=，，由=，得4（PO﹣EF）=PO，∴，又由△AEF∽△APO，=，∴=．20．【解答】解：（Ⅰ）由题可知，CM=2t，C1M=2﹣2t，∴V1=S△ECF•CM==，=S•C1M=（2﹣2t）=（1﹣t），V2∴V1•V2=≤•（）2=．当且仅当t=1﹣t，即t=时等号成立．所以当t=时，V1•V2最大，最大值为．（Ⅱ）连接A1C1交B1D1于点O，则O为A1C1的中点，∵A1C∥平面B1D1M，平面A1CC1∩平面B1D1M=OM，∴A1C∥OM，∴M为CC1的中点，连接BD，∵E，F为BC、CD的中点，∴EF∥BD，又AC⊥BD，∴AC⊥EF．∵AA1⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD，∴AA1⊥EF，又AA1∩AC=A，∴EF⊥平面A1AC，又A1C⊂平面A1AC，∴EF⊥A1C．同理可得：EM⊥A1C，又EF∩EM=E，∴A1C⊥平面EFM．又A1C∥平面B1D1M，∴平面EFM⊥平面B1D1M．21．【解答】解：（Ⅰ）∵DA=AB=BC=a，∠ABE=∠BAF=90°，∴四边形ABCD是正方形，∴CD⊥AD，CD⊥DP，又AD∩DP=D，∴CD⊥平面ADP．∵AD2+DP2=AP2，∴AD⊥DP，又CD⊥AD，CD∩DP=D，∴AD⊥平面CDPQ，又AD∥BC，∴BC⊥平面CDPQ．∴V B﹣CDPQ==（a+2a）×a×a=a3，V B﹣ADP===．∴多面体ABCDPQ的体积为V B﹣CDPQ +V B﹣ADP=．（Ⅱ）取BP的中点G，连接GQ、DG、DQ，在△ABP中，BP==2a，∴BG=BP=a，在△BCQ中，BQ==a，PQ==a，∴PQ=BQ，∴GQ⊥BP．∴QG==a，又BD==2a=DP，∴DG⊥BP，∴DG==a，又DQ==a，∴DQ2=QG2+DG2，即QG⊥DG．又BP∩DG=G，∴QG⊥平面PBD，又QG⊂平面PBQ，∴平面PBQ⊥平面PBD．22．【解答】（1）证明：连接BD，因为底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，所以△ABD 是正三角形，所以AD⊥BO，因为O为AD的中点，PA=PD，所以AD⊥PO，且PO∩BO=O，所以AD⊥平面POB，又AD⊂平面PAD，所以平面POB⊥平面PAD；（2）解：因为是正三角形，所以OB=3，在Rt△PAO中，，所以PO=2，又，所以OB2+PO2=PB2，所以∠POB=90°，即PO⊥OB，又AD⊥PO，且OB∩AD=O，所以PO⊥平面ABCD，因为，所以四棱锥P﹣ABCD的体积为．23．【解答】（I）证明：∵PA=PD，Q是AD的中点，∴PQ⊥AD，又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，PQ⊂平面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，∴BC⊥PQ，∵BC=AD=DQ，BC∥AD，∠ADC=90°，∴四边形BCDQ是矩形，∴BC⊥BQ，又PQ∩BQ=Q，∴BC⊥平面PBQ，又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB．（II）过M作MN∥CD交PD与N，则平面BMQ∩平面PCD=MN，∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，BQ⊥AD，BQ⊂平面PAD，∴BQ⊥平面PAD，又BQ∥CD∥MN，∴MN⊥平面PAD，∴MN⊥NQ，MN⊥PD，∴∠DNQ为平面BMQ与平面PCD所成角，即∠DNQ=60°，∵PD=PA=2，AD=2BC=2，∴∠PDO=60°，∴△DNQ是等比三角形，∴DN=DQ=1，即N是PD的中点，∴M是PC的中点，∵PD=2，CD=，∴PC=，∴PM==．24．【解答】（Ⅰ）证明：在△ABC中，∵，AB=2，BC=1，∴AC2+BC2=AB2．∴AC⊥BC．又∵AC⊥FB，BF∩CB=B，∴AC⊥平面FBC．（Ⅱ）解：∵AC⊥平面FBC，∴AC⊥FC．∵CD⊥FC，∴FC⊥平面ABCD．在Rt△ACB中，，∴∠CAB=30°，∴在等腰梯形ABCD中可得∠ABD=∠CDB=∠CBD=30°，∴CB=DC=1，∴FC=1．∴△BCD的面积S==．∴四面体FBCD的体积为：．（Ⅲ）解：线段AC上存在点M，且M为AC中点时，有EA∥平面FDM，证明如下：连接CE与DF交于点N，连接MN．由CDEF为正方形，得N为CE中点．∴EA∥MN．∵MN⊂平面FDM，EA⊄平面FDM，∴EA∥平面FDM．所以线段AC上存在点M，使得EA∥平面FDM成立．25．【解答】（Ⅰ）证明：∵PQ∥DC，PQ=PD=DC=1，∴四边形PQCD是平行四边形，∴PD∥CQ，∵PD⊄平面QBC，CQ⊂平面QBC，∴PD∥平面QBC．（Ⅱ）证明：∵∠APD=90°，∴PD⊥PA，∵平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，四边形ABCD是直角梯形，AB ∥DC，AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，∵PD∥QC，∴PA⊥QC，AB⊥QC，∵PA∩AB=A，∴QC⊥平面PABQ．（Ⅲ）解：存在．由（Ⅱ）可知QC⊥平面PABQ；作AM⊥BQ，交BQ于M，可知AM⊥CQ，BQ∩CQ=Q，所以AM⊥平面BCQ，BC⊂平面BCQ，∴AM⊥BC．QB=，cosB=，BM=2=，QM==．26．【解答】解：（1）证明：在图1中，由题意知AE=1，AD=BE=2，在△ADE中，由余弦定理知：DE2=AE2+AD2﹣AE×AD=12+22﹣1×2=3，所以：AE2+DE2=AD2，所以：DE⊥AE，DE⊥BE，在△ADE沿直线DE折起的过程中，DE与AE，BE的垂直关系不变，故在图2中有DE⊥A'E，DE⊥BE，又A'E∩BE=E，所以DE⊥平面A'EB，所以DE⊥A'B．（2）如图2，因为平面A'DE⊥底面BCDE，由（1）知DE⊥A'E，且平面A'DE∩底面BCDE=DE，所以A'E⊥底面BCDE，所以A'E为三棱锥A'﹣EDC的高，且A'E=AE=1，又因为在图1中，S△ECD=S△ABC﹣S△AED﹣S△BEC=，所以：，故三棱锥D﹣A'CE的体积为．27．【解答】（1）证明：∵PA⊥AC，PA=2，AC=2，∴，又∵，BC=2，∴PB2+BC2=PC2，则BC⊥PB．又∵AB⊥BC，∴BC⊥平面PAB，则BC⊥PA，又PA⊥AC，AC∩BC=C，∴PA⊥平面ABC．又∵BD⊂平面PAC，∴PA⊥BD，在Rt△ABC中，由BC=2，AC=2，可得AB=2，又∵D为AC的中点，∴BD⊥AC，而PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，则平面BDE⊥平面PAC；=V E﹣PBC=V B﹣APCE﹣V P﹣ABC．（2）解：V P﹣EBC由已知，DE∥AP，∴．∴=，．∴．28．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵AD=2AB，E为线段AD的中点，∴AB=AE，取BE中点O，连接PO，则PO⊥BE，又平面PEB⊥平面BCDE，平面PEB∩平面BCDE=BE，∴PO⊥平面BCDE，则PO⊥EC，在矩形ABCD中，∴AD=2AB，E为AD的中点，∴BE⊥EC，则EC⊥平面PBE，∴EC⊥PB，又PB⊥PE，且PE∩EC=E，∴PB⊥平面PEC．（Ⅱ）以OB所在直线为x轴，以平行于EC所在直线为y轴，以OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，∵PB=PE=2，则B（，0，0），E（﹣，0，0），P（0，0，），D（﹣2，，0），C（﹣，2，0），∴=（﹣，0，﹣），=（﹣，2，﹣），∴cos∠EPC===，可得：sin∠EPC==，可得：S△EPC=||•||•sin∠EPC=2×2×=2，=V D﹣EPC，设三棱锥D﹣PEC的高为h，则可得：S△ECD•OP=S△EPC•h，可∵V P﹣ECD得：=2×h，∴解得：三棱锥D﹣PEC的高h=1．29．【解答】解：（Ⅰ）在Rt△BEB中，BE=1，AB=，所以∠BAE=30°……（1分）同理∠BDA=30°，从而∠AOD=90°，AF⊥BD……（2分）又因为AD∥EC，AD=EC，所以ADCE是平行四边形，∠CDO=∠AOD=90°，CD⊥DO……（3分）因为平面ABE⊥平面ADE，平面ABE∩平面ADE=AE，BO⊥AE，所以BO⊥平面ADE……（4分）又CD⊂平面ADE，所以BO⊥CD，BO∩DO=O，BO⊂平面BOD，OD平面BOD．所以CD⊥平面BOD……（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，四边形AECD的面积S=CD•OD=3……（7分）连接AC，则△ACD的面积S1=，三棱锥B=ACD的体积V=……（9分）△BCD的面积S2=……（10分）设A到平面BCD的距离为h，则h=，h=……（11分）直线AB与面BCD所成角的正弦值为，余弦值为……（12分）30．【解答】证明：（1）取AB中点为R，连接PR，B1R∵点P是CD中点，Q是A1B1的中点，∴四边形AQB1R，PRB1C1都为平行四边形，∴AQ∥B1R，B1R∥PC1，∴AQ∥PC1．∵AQ⊄平面PBC1，PC1⊂平面PBC1，∴AQ∥平面PBC1．（Ⅱ）∵四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，BC=CC1，∴B1C⊥BC1．∵A1B1⊥平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1．∵A1B1∩B1C=B1，A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，∴BC1⊥平面A1B1C，BC1⊂平面PBC1，∴平面A1B1C⊥平面PBC1．31．【解答】（1）证明：由AD=6，DM=4可得AM=2，则BC=AM，又AD∥BC，则四边形ABCM是平行四边形，则CM∥AB，∵AD⊥AB，∴CM⊥AD．又PA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，∴PA⊥CM，∵PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，∴CM⊥平面PAD，又CM⊂平面PCM，∴平面PCM⊥平面PAD．（2）解：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∵∠APB=45°，∴AP=AB=6．∵，∴．∴四棱锥P﹣ABCM的表面积为．32．【解答】（本小题满分12分）解：（1）直线DF与平面BCE'相交，理由如下：因为E'⊄平面ABCD，所以D⊄平面BCE'．若DF∥平面BCE'，设平面DCE'∩平面BCE'=CM，则DF∥CM．CM与CB不重合．又因为AD∥BC，所以平面ADE'∥平面BCE'，矛盾．所以直线DF与平面BCE'相交．…………………………（4分）证明：（2）取AB的中点O，连接E'O，BD，由等腰梯形ADCE中，AD∥EC，EC=2AD=2AE=4，，所以E'O⊥AB，DO⊥AB，…………………………（6分）分别以BA，OD所在的直线为x轴，y轴，过O垂直于平面ABCD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设二面角E'﹣AB﹣D的大小为α．则．过E'作E'G⊥OD于点G．因为E'O⊥AB，DO⊥AB，所以AO⊥平面E'OD，∠E'OD=α．所以E'G⊥AO．所以E'G⊥平面ABCD．…………………………（8分）所以．设平面E'AB的法向量为n=（x，y，z），则，即令y=1，得平面E'AB的一个法向量为n=（0，1，﹣cotα）．…………………………（10分）同理可求平面E'DC的一个法向量为．所以．解得：．所以二面角E'﹣AB﹣D的大小为，即平面ABE'⊥平面ABCD．…………………………（12分）33．【解答】证明：（I）因为AD=4，AB=2，，所以AB2+BD2=AD2，AB⊥BD，且∠ADB=30°．又△BCD是等边三角形，所以∠ADC=90°，即CD⊥AD．…（3分）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD．所以CD⊥PA．……（6分）解：（II）因为平面BEF∥平面PCD，所以BF∥CD，EF∥PD，且BF⊥AD．……（8分）又在直角三角形ABD中，DF=，所以AE=AF=1．所以．……（10分）由（I）知CD⊥平面PAD，故四棱锥C﹣PEFD的体积．…（12分）34．【解答】解：（1）四边形ABCD是平行四边形，AD=2，∴BC=AD=2，又AB=AC=2，∴AB2+AC2=BC2，∴AC⊥AB，又PB⊥AC，且AB∩PB=B，∴AC⊥平面PAB，∵AC⊂平面PAC，∴平面PAB⊥平面PAC；（2）由（1）知AC⊥AB，AC⊥平面PAB，分别以AB、AC所在直线为x轴、y轴，平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，如图所示；则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），=（0，2，0），=（﹣2，2，0）；由∠PBA=45°，PB=，可得P（1，0，1），∴=（1，0，1），=（﹣1，0，1）；假设棱PA上存在点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，设=λ（0＜λ＜1），则=λ=（λ，0，λ），=﹣=（λ，﹣2，λ），设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即，令z=1，可得x=y=1，∴平面PBC的一个法向量为=（1，1，1），设直线CE与平面PBC所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|===，解得λ=或λ=（不合题意，舍去），∴存在=，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为．35．【解答】解：（1）以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，1），∵E、F、G分别为BC、PD、PC的中点，∴，F（0，1，），G（），∴=（﹣1，），=（），设EF与DG所成角为θ，则cosθ==．∴EF与DG所成角的余弦值为．（2）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），∵=（0，1，0），=（1，0，﹣1），∴，取x=1，得=（1，0，1），M为EF上一点，N为DG上一点，若存在MN，使得MN⊥平面PBC，则∥，设M（），N（x2，y2，z2），则，①∵点M，N分别是线段EF与DG上的点，∴，∵=（），=（x2，y2﹣2，z2），∴，且，②把②代入①，得，解得，∴M（），N（）．36．【解答】解：（1）∵D，E分别是AC，AB的中点，∴DE∥BC，∵四边形BB1C1C为矩形，∴BC⊥CC1．∵AC=BC=4，AB=4，∴AC2+BC2=AB2，∴BC⊥AC，又AC∩CC1=C，∴BC⊥平面AA1C1C，∴DE⊥平面AA1C1C．。

【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.。

2018 年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全（13立体几何 ）一、选择题1．（2018北京文、理）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 1．【答案】C【解析】由三视图可得四棱锥P ABCD -， 在四棱锥P ABCD -中，2PD =，2AD =， 2CD =，1AB =，由勾股定理可知，PA =PC = 3PB =，BC ，则在四棱锥中，直角三角形有，PAD △，PCD △，PAB △共三个，故选C ．2．（2018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：cm 3）是（ ）A ．2B ．4C ．6D ．8 3.答案：C解答：该几何体的立体图形为四棱柱，(12)2262V +⨯=⨯=.3 （2018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 ）164．（2018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（ ） A ．θ1≤θ2≤θ3 B ．θ3≤θ2≤θ1 C ．θ1≤θ3≤θ2 D ．θ2≤θ3≤θ14.答案：D解答：作SO 垂直于平面ABCD ，垂足为O ，取AB 的中点M ，连接SM .过O 作ON 垂直于直线SM ，可知2SEO θ=∠，3SMO θ=∠，过SO 固定下的二面角与线面角关系，得32θθ≥.易知，3θ也为BC 与平面SAB 的线面角，即OM 与平面SAB 的线面角， 根据最小角定理，OM 与直线SE 所成的线线角13θθ≥， 所以231θθθ≤≤.5．（2018全国新课标Ⅰ文）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上， 从M 到N 的路径中，最短路径的长度为（ ）A ．B ．C ．3D ．25. 答案：B解答：三视图还原几何体为一圆柱，如图， 将侧面展开，最短路径为,M N 连线的距离， 所以MN ==，所以选B.6．（2018全国新课标Ⅰ文）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为（）A ．8B ．62C ．82D ．836. 答案： C 解答：连接1AC 和1BC ，∵1AC 与平面11BB C C 所成角为30，∴130AC B ∠=，∴11tan30,23ABBC BC ==，∴122CC =222282V =⨯⨯= C.7．（2018全国新课标Ⅰ理）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（ ）A 33B 23C 32D 37. 答案：A解答：由于截面与每条棱所成的角都相等，所以平 面α中存在平面与平面11AB D 平行（如图），而在与 平面11AB D 平行的所有平面中，面积最大的为由各 棱的中点构成的截面EFGHMN ，而平面EFGHMN的面积122333622224S =⨯⨯=.8．（2018全国新课标Ⅰ文）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该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 ．122πB ．12πC ．82πD ．10π8. 答案：B解答：截面面积为8，所以高2h =2r =22212Sπππ=⋅⋅+=.9．（2018全国新课标Ⅰ理）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．3 D．29. 答案：B解答：三视图还原几何体为一圆柱，如图，将侧面展开，最短路径为,M N连线的距离，所以MN==，所以选B.10．（2018全国新课标Ⅱ文）在正方体1111ABCD A B C D-中，E为棱1CC的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（）A B C D10．【答案】C【解析】在正方体1111ABCD A B C D-中，CD AB∥，所以异面直线AE与CD所成角为EAB∠，设正方体边长为2a，则由E为棱1CC的中点，可得CE a=，所以BE=，则55tanBE aEABAB∠===．故选C．11．（2018全国新课标Ⅱ理）在长方体1111ABCD A B C D-中，1AB BC==，1AA1AD与1DB 所成角的余弦值为（）A．15B C D11．【答案】C【解析】以D为坐标原点，DA，DC，1DD为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则()0,0,0D，()1,0,0A，(1B，(1D，(1AD∴=-uuu r，(1DB=u u u r，111111cos<,>AD DBAD DBAD DB⋅==uuu ruuu ruuuuu ruuu rQ uuu ru r∴异面直线1AD与1DB，故选C．12．（2018全国新课标Ⅲ文、理）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（）12.答案：A解答：根据题意，A 选项符号题意；13．（2018全国新课标Ⅲ文、理）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 ．13．答案：B解答：如图，ABC ∆为等边三角形，点O 为A ，B ，C ，D 外接球的球心，G 为ABC ∆的重心，由ABC S ∆=6AB =，取BC 的中点H ，∴sin 60AH AB =⋅︒=23AG AH ==O 到面ABC 的距离为2d ==，∴三棱锥D ABC -体积最大值1(24)3D ABC V -=⨯+=二、填空1．（2018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 ▲ ．1．【答案】43【解析】由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的，所以该多面体的体积为2142133⨯⨯⨯=．2．（2018天津文）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__________．2．【答案】13【解析】如图所示，连结11A C ，交11B D 于点O ，很明显11A C ⊥平面11BDD B ，则1A O 是四棱锥的高，且11112A O A C ==1111BDD B S BD DD =⨯=四边形，结合四棱锥体积公式可得其体积为111333V Sh ===．3． （2018天津理）已知正方体1111ABCD A B C 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．【答案】112【解析】由题意可得，底面四边形EFGH 的正方形，其面积212EFGHS ==⎝⎭，顶点M 到底面四边形EFGH 的距离为12d =， 由四棱锥的体积公式可得111132212M EFGHV -=⨯⨯=． 4．（2018全国新课标Ⅱ文）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S A B △的面积为8，则该圆锥的体积为__________． 4．【答案】8π【解析】如下图所示，30SAO ∠=︒，90ASB ∠=︒，又211822SAB S SA SB SA =⋅==△，解得4SA =，所以122SO SA ==，AO =，所以该圆锥的体积为2183V OA SO =⋅π⋅⋅=π．5．（2018全国新课标Ⅱ理）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515，则该圆锥的侧面积为__________． 5．【答案】402π【解析】因为母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，所以母线SA ，SB，因为SAB △的面积为l，所以212l ⨯=，280l ∴=，因SA 与圆锥底面所成角为45︒，所以底面半径为cos 42l π=，因此圆锥的侧面积为22rl l π==．三、解答题1．（2018北京文）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，E ，F 分别为AD ，PB 的中点． （1）求证：PE BC ⊥；（2）求证：平面PAB ⊥平面PCD ； （3）求证：EF ∥平面PCD ．1．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析． 【解析】（1）PA PD =Q ，且E 为AD 的中点，PE AD ∴⊥，Q 底面ABCD 为矩形，BC AD ∴∥，PE BC ∴⊥． （2）Q 底面ABCD 为矩形，AB AD ∴⊥，Q 平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ∴⊥平面PAD ，AB PD ∴⊥．又PA PD ⊥，PD ⊥Q 平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD ．（3）如图，取PC 中点G ，连接FG ，GD ．F Q ，G 分别为PB 和PC 的中点，FG BC ∴∥，且12FG BC =， Q 四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，ED BC ∴∥，12DE BC =，ED FG ∴∥，且ED FG =，∴四边形EFGD 为平行四边形， EF GD ∴∥，又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ， EF ∴∥平面PCD ．2． （2018北京理）如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，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． 2．【答案】（1）证明见解析（2）1 B CD C --的余弦值为（3）证明过程见解析． 【解析】（1）在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥Q 平面ABC ， ∴四边形11A ACC 为矩形．又E ，F 分别为AC ，11A C 的中点，AC EF ∴⊥，AB BC =Q ，AC BE ∴⊥， AC ∴⊥平面BEF ．（2）由（1）知AC EF ⊥，AC BE ⊥，1EF CC ∥． 又1CC ⊥平面ABC ，EF ∴⊥平面ABC ． BE ⊂Q 平面ABC ，EF BE ∴⊥． 如图建立空间直角坐称系E xyz -．由题意得()0,2,0B ，()1,0,0C -，()1,0,1D ，()0,0,2F ，()0,2,1G ， ()=2,01CD ∴uu u r ,，()=1,2,0CB uu r ，设平面BCD 的法向量为(),a b c =,n ，00CD CB ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩uu u r uu rn n ，20 20a c a b +=⎧∴⎨+=⎩， 令2a =，则1b =-，4c =-，∴平面BCD 的法向量()2,14=--，,n ，又Q 平面1CDC 的法向量为()=0,2,0EB uu r ，cos =EB EB EB ⋅∴<⋅>=uu ruu r uu r n n n ． 由图可得二面角1B CD C --为钝角，所以二面角1B CD C --的余弦值为 （3）平面BCD 的法向量为()2,1,4=--n ，()0,2,1G Q ，()0,0,2F ，()=02,1GF ∴-uuu r ,，2GF ∴⋅=-uu u r n ，∴n 与GF uu u r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．3. （2018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.4．（2018江苏）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）11AB A B C 平面∥；（2）111ABB A A BC ⊥平面平面．4．【答案】（1）见解析；（2）见解析． 【解析】（1）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，11AB A B ∥．因为AB ⊄平面11A B C ，11A B ⊂平面11A B C ，所以AB ∥平面11A B C ． （2）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，四边形11ABB A 为平行四边形． 又因为1AA AB =，所以四边形11ABB A 为菱形，因此11AB A B ⊥．又因为111AB B C ⊥，11BC B C ∥，所以1AB BC ⊥． 又因为1A B BC B =，1A B ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面1A BC ， 所以1AB ⊥平面1A BC ．因为1AB ⊂平面11ABB A ， 所以平面11ABB A ⊥平面1A BC ．5．（2018江苏）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．5．【答案】（1）20；（2）5【解析】如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，设AC ，11A C 的中点分别为O ，1O ，则OB OC ⊥，1OO OC ⊥，1OO OB⊥，以{}1,,OB OC OO为基底，建立空间直角坐标系O xyz-．因为12AB AA==，所以()01,0A-,，)B，()0,1,0C，()10,1,2A-，)12B，()10,1,2C．（1）因为P为11A B的中点，所以1,222P⎛⎫-⎪⎪⎝⎭，从而1,222BP⎛⎫=--⎪⎪⎝⎭，()10,2,2AC=，故111cos,205BP ACBP ACBP AC⋅-<>===⋅．因此，异面直线BP与1AC．（2）因为Q为BC的中点，所以1,02Q⎫⎪⎪⎝⎭，因此33,,022AQ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，()10,2,2AC=，()10,0,2CC=．设(),,x y z=n为平面1AQC的一个法向量，则1AQAC⎧=⋅=⎨⎪⋅⎪⎩nn即322220x yy z+=+=⎪⎨⎪⎩，不妨取)3,1,1=-n，设直线1CC与平面1AQC所成角为θ，则111sin cos,CCCCCCθ⋅=<>===⋅nnn，所以直线1CC与平面1AQC6．（2018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=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．6．答案：（1）略；（2解答：（1）∵12AB B B==，且1B B⊥平面ABC，∴1B B AB⊥，∴1AB=同理，1AC===过点1C作1B B的垂线段交1B B于点G，则12C G BC==且11B G=，∴11B C=在11AB C∆中，2221111AB B C AC+=，∴111AB B C⊥，①过点1B 作1A A 的垂线段交1A A 于点H . 则12B H AB ==，12A H =，∴11A B =在11A B A ∆中，2221111AA AB A B =+，∴111AB A B ⊥，②综合①②，∵11111A B B C B ⋂=，11A B ⊂平面111A B C ，11B C ⊂平面111A B C ， ∴1AB ⊥平面111A B C .（2）过点B 作AB 的垂线段交AC 于点I ，以B 为原点，以AB 所在直线为x 轴，以BI 所在直线为y 轴，以1B B 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系B xyz -.则(0,0,0)B ，(2,0,0)A -，1(0,0,2)B，1(1C ， 设平面1ABB 的一个法向量(,,)n a b c =，则1020200n AB a c n BB ⎧⋅==⎧⎪⇒⎨⎨=⋅=⎩⎪⎩，令1b =，则(0,1,0)n =，又∵1AC =，1cos ,13n AC <>==. 由图形可知，直线1AC 与平面1ABB 所成角为锐角， 设1AC 与平面1ABB 夹角为α.∴sin 13α=.7．（2018天津文）如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB =2，AD=，∠BAD =90°． （Ⅰ）求证：AD ⊥BC ；（Ⅱ）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； （Ⅲ）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．7．【答案】（1）证明见解析；（2（3．【解析】（1）由平面ABC ⊥平面ABD ， 平面ABC 平面ABD AB =，AD AB ⊥， 可得AD ⊥平面ABC ，故AD BC ⊥．（2）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN BC ∥． 所以DMN ∠（或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角． 在Rt DAM △中，1AM =，故DM = 因为AD ⊥平面ABC ，故AD AC ⊥．在Rt DAN △中，1AN =，故DN =．在等腰三角形DMN 中，1MN =，可得12cos MNDMN DM ∠==．所以，异面直线BC 与MD（3）连接CM ，因为ABC △为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM AB ⊥，CM =ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ． 所以，CDM ∠为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt CAD △中，4CD =．在Rt CMD △中，sin CM CDM CD ∠==．所以，直线CD 与平面ABD．8．（2018天津理） 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.8．【答案】（1）证明见解析；（2；（3．【解析】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()0,0,0D ，()2,0,0A ，()1,2,0B ，()0,2,0C ， ()2,0,2E ，()0,1,2F ，()0,0,2G ，30,,12M ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,0,2N ．（1）依题意()0,2,0DC =，()2,0,2DE =．设()0,,x y z =n 为平面CDE 的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20220y x z =+=⎧⎨⎩，不妨令–1z =，可得()01,0,1=-n ．又31,,12MN ⎛⎫= ⎪⎝⎭-，可得00MN ⋅=n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（2）依题意，可得()–1,0,0BC =，()1,2,2BE =-，()0,1,2CF =-． 设(),,x y z =n 为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x x y z -=-+=⎧⎨⎩，不妨令1z =，可得()0,1,1=n ．设(),,x y z =m 为平面BCF 的法向量，则00BC BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即020x y z -=-+=⎧⎨⎩，不妨令1z =，可得()0,2,1=m ．因此有cos ,⋅<>==m n m n m n，于是sin ,m n <>=． 所以，二面角––E BC F． （3）设线段DP 的长为[]()0,2h h ∈，则点P 的坐标为()0,0,h ，可得()1,2,BP h =--．易知，()0,2,0DC =为平面ADGE 的一个法向量， 故cos BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>==sin 60=︒=，解得[]0,2h =． 所以线段DP ． 9．（2018全国新课标Ⅰ文）如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC 为折痕将△ACM折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．9. 答案：（1）见解析（2）1 解答：（1）证明：∵ABCM 为平行四边形且90ACM ∠=,∴AB AC ⊥,又∵AB DA ⊥,∴AB ⊥平面ACD ,∵AB ⊂平面ABC ,∴平面ABC ⊥平面ACD . （2）过点Q 作QH AC ⊥,交AC 于点H ，∵AB ⊥平面ACD ，∴A B C D⊥,又∵CD AC ⊥,∴CD ⊥平面ABC ,∴13HQ AQ CD AD ==,∴1HQ =,∵BC BC AM AD ====∴BP =又∵ABC ∆为等腰直角三角形，∴13322ABP S ∆=⋅⋅=，∴1131133Q ABD ABD V S HQ -∆=⋅⋅=⨯⨯=.10．（2018全国新课标Ⅰ理）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.10.答案：（1）略；（2）4. 解答：（1）,E F 分别为,AD BC 的中点，则//EF AB ，∴EF BF ⊥， 又PF BF ⊥，EF PF F ⋂=，∴BF ⊥平面PEF ， BE ⊂平面ABFD ，∴平面PEF ⊥平面ABFD . （2）PF BF ⊥，//BF ED ，∴PF ED ⊥，又PF PD ⊥，ED DP D ⋂=，∴PF ⊥平面PED ，∴PF PE ⊥， 设4AB =，则4EF =，2PF =，∴PE = 过P 作PH EF ⊥交EF 于H 点， 由平面PEF ⊥平面ABFD ，∴PH ⊥平面ABFD ，连结DH ，则PDH ∠即为直线DP 与平面ABFD 所成的角，由PE PF EF PH ⋅=⋅，∴24PH ==而4PD =，∴sin 4PH PDH PD ∠==， ∴DP 与平面ABFD 所成角的正弦值3.11．（2018全国新课标Ⅱ文） 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2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．11．【答案】（1）见解析；（2．【解析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点， 所以OP AC ⊥，且OP =OB ．因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==．由222OP OB PB +=知，OP OB ⊥．由OP OB ⊥，OP AC ⊥知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH OM ⊥，垂足为H ．又由（1）可得OP CH ⊥，所以CH ⊥平面POM ． 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．由题设可知122OC AC ==，23BC CM ==，45ACB ∠=︒．所以OM =，sin C OC MC A M H CB O ⋅⋅∠==．所以点C 到平面POM ． 12．（2018全国新课标Ⅱ理）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．12．【答案】（1）见解析；（2．【解析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点， 所以OP AC ⊥，且23OP =， 连结OB ．因为2AB 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，OB uu u r的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz-．由已知得()0,0,0O，()2,0,0B ，()0,2,0A -，()0,2,0C ，(P ，(AP =uu u r，取平面PAC 的法向量()2,0,0OB =uu u r ，设()(),2,002M a a a -<≤，则(),4,0AM a a =-r，设平面PAM 的法向量为(),,x y z =n ．由0AP ⋅=uu u r n ，0AM ⋅=uuu rn ，得()2040y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取))4,a a =--n ，4cos ,a OB -∴<>=uu u r n ，由已知得cos ,OB <>=uu u r n ，O=4a =-（舍去），43a=，43⎛⎫∴=- ⎪ ⎪⎝⎭n ，又(0,2,PC =-u u ur Q ，所以cos ,PC <>=uu u r n ． 所以PC 与平面PAM ．13．（2018全国新课标Ⅲ文）如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ； （2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．13.答案：见解答 解答：（1）∵正方形ABCD ⊥半圆面CMD ， ∴AD ⊥半圆面CMD ，∴AD ⊥平面MCD .∵CM 在平面MCD 内，∴AD CM ⊥，又∵M 是半圆弧CD 上异于,C D 的点，∴CM MD ⊥.又∵AD DM D =I ，∴CM ⊥平面ADM ，∵CM 在平面BCM 内，∴平面BCM ⊥平面ADM .（2）线段AM 上存在点P 且P 为AM 中点，证明如下：连接,BD AC 交于点O ，连接,,PD PB PO ；在矩形ABCD 中，O 是AC 中点，P 是AM 的中点； ∴//OP MC ，∵OP 在平面PDB 内，MC 不在平面PDB 内，∴//MC 平面PDB .14．（2018全国新课标Ⅲ理）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．14．答案：见解答解答：（1）∵正方形ABCD ⊥半圆面CMD ， ∴AD ⊥半圆面CMD ，∴AD ⊥平面MCD .∵CM 在平面MCD 内，∴AD CM ⊥，又∵M 是半圆弧CD 上异于,C D 的点，∴CM MD ⊥.又∵AD DM D =I ，∴CM ⊥平面ADM ，∵CM 在平面BCM 内，∴平面BCM ⊥平面ADM .（2）如图建立坐标系： ∵ABC S ∆面积恒定，∴MO CD ⊥，M ABC V -最大.(0,0,1)M ，(2,1,0)A -，(2,1,0)B ，(0,1,0)C ，(0,1,0)D -,设面MAB 的法向量为111(,,)m x y z =u r ，设面MCD 的法向量为222(,,)n x y z =r，(2,1,1)MA =--，(2,1,1)MB =-，(0,1,1)MC =-，(0,1,1)MD =--，11111120(1,0,2)20x y z m x y z --=⎧⇒=⎨+-=⎩， 同理(1,0,0)n =，，∴cos θ==，∴ sin θ=.。

2018年全国各地高考数学模拟试题《空间几何体》解答题试题汇编（含答案解析）1．（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．2．（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．3．（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．4．（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．5．（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．6．（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．7．（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．8．（2018•衡阳一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，E、F、G分别是PA、PB、BC的中点．（1）证明：平面EFG∥平面PCD；（2）若平面EFG截四棱锥P﹣ABCD所得截面的面积为，求四棱锥P﹣ABCD 的体积9．（2018•顺德区一模）如图，在三棱锥D﹣ABC中，DA=DB=DC，E为AC上的一点，DE⊥平面ABC，F为AB的中点．（Ⅰ）求证：平面ABD⊥平面DEF；（Ⅱ）若AD⊥DC，AC=4，∠BAC=45°，求四面体F﹣DBC的体积．10．（2018•蚌埠三模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，M为侧棱PC上一点，侧棱PA丄底面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，O为AC与BD交点，且∠BAD=60°，△PBD面积为2．（I ）证明：OM丄BD；（Ⅱ）若M为PC三等分点（靠近C点），求三棱锥P﹣DOM的体积．11．（2018•宁城县模拟）如图，四棱锥E﹣ABCD中，AD∥BC，AD=AB=AE=BC=1，且BC⊥平面ABE，M为棱CE的中点．（I）求证：DM∥平面ABE；（Ⅱ）求证：平面CDE⊥平面CBE；（Ⅲ）当四面体D﹣ABE的体积最大时，判断直线AE与直线CD是否垂直，并说明理由．12．（2018•麻城市校级模拟）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAC⊥平面PBD．（1）求证：PB=PD；（2）若M为PD的中点，AM⊥平面PCD，求三棱锥DACM的体积．13．（2018•上饶二模）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1BC⊥平面A1B1BA，且AA1=AB=2，（1）求证：BC⊥平面A1B1BA；（2）若三棱锥A﹣A1BC外接球的体积为，求四棱锥A1﹣BCC1B1的体积．14．（2018•昌平区二模）如图，四边形ABCD是正方形，平面ABCD⊥平面ABE，AF∥BE，AB⊥BE，AB=BE=2，AF=1．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BDE；（Ⅱ）求证：AC∥平面DEF；（III）求三棱锥D﹣FEB的体积．15．（2018•宁德二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AB=AD=2BC=2，PB=PD，PA=．（1）求证：PA⊥BD；（2）若PA⊥AB，BD=2，E为PA的中点．（i）过点C作一直线l与BE平行，在图中画出直线l并说明理由；（ii）求平面BEC将三棱锥P﹣ACD分成的两部分体积的比．16．（2018•宝鸡二模）如图，四边形ABCD为矩形，四边形ADEF为梯形，AD∥FE，∠AFE=60°，且平面ABCD⊥平面ADEF，AF=FE=AB==2，点G为AC的中点．（1）求证：EG∥平面ABF；（2）求三棱锥B﹣AEG的体积．17．（2018•日照二模）如图，在菱形ABCD中，，其对角线AC与BD 相交于点O，四边形OAEF为矩形，平面OAEF⊥平面ABCD，AB=AE=2．（1）求证：平面DEF⊥平面BDF；（2）若点H在线段BF上，且BF=3HF，求三棱锥H﹣DEF的体积．18．（2018•福建模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A 1B1C1中，AC⊥BC，，BC=3，．（1）试在线段B1C上找一个异于B1，C的点P，使得AP⊥PC1，并证明你的结论；（2）在（1）的条件下，求多面体A1B1C1PA的体积．19．（2018•济宁二模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱BB1⊥底面ABC，D，E分别为BC，CC1的中点，AA1=AC=AB=2，BC=3．（I）证明：A1B∥平面ADC1；（Ⅱ）求三棱锥E﹣A1BC的体积．20．（2018•凉山州模拟）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高．（Ⅰ）证明：平面PAC⊥平面PBD；（Ⅱ）若AB=，∠APB=∠ADB=60°，求四棱锥P﹣ABCD的体积．21．（2018•邯郸二模）如图，四棱锥P﹣ABCD中，AB=BC=2，AD=CD=2，PA=PC，，AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD．（1）求证：PD⊥平面ABCD；（2）若PD=3，是否存在球O使得四棱锥P﹣ABCD内接于球O？若存在，求球O 与四棱锥P﹣ABCD的体积之比；若不存在，请说明理由．22．（2018•渭南二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD 为正方形，PD=DC，E，F 分别是AB，PB的中点（Ⅰ）求证：EF⊥CD；（Ⅱ）已知PD=AD=2，记四棱锥P﹣ABCD和它的外接球的体积分别为V1、V2，求的值．23．（2018•肥城市模拟）如图，在多面体ABCDM中，△BCD是等边三角形，△CMD是等腰直角三角形，∠CMD=90°，平面CMD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，点O为CD的中点．（1）求证：OM∥平面ABD；（2）若AB=BC=2，求三棱锥M﹣ABD的体积．24．（2018•乐山三模）如图1所示，直角梯形ABCD，∠ADC=90°，AB∥CD，AD=CD=AB=2，点E为AC的中点，将△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC垂直（如图2），在图2所示的几何体D﹣ABC中．（1）求证：BC⊥平面ACD；（2）点F在棱CD上，且满足AD∥平面BEF，求几何体F﹣BCE的体积．25．（2018•广东二模）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为菱形，且∠A1AB=∠A1AD．（1）证明：四边形BB1D1D为矩形；（2）若AB=A1A=2，∠BAD=60°，A1C⊥平面BB1D1D，求四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积．26．（2018•青岛二模）如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱BB1⊥底面ABC，BB1=4，AB⊥BC，且AB=BC=4，点M，N为棱AB，BC上的动点，且AM=BN．（1）求证：无论M在何处，总有B1C⊥C1M；（2）求三棱锥B﹣MNB1体积的最大值．27．（2018•陕西一模）在三棱锥P﹣ABC中，△PAC和△PBC都是边长为的等边三角形，AB=2，O、D分别是AB、PB的中点．（1）求证：OD∥平面PAC；（2）连接PO，求证PO⊥平面ABC；（3）求三棱锥A﹣PBC的体积．28．（2018•海南二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB=2AD=2，，且PD⊥底面ABCD．（1）证明：BC⊥平面PBD；（2）若Q为PC的中点，求三棱锥A﹣PBQ的体积．29．（2018•上海模拟）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=AA1=4，BC=3，E，F分别是所在棱AB，BC的中点，点P是棱A1B1上的动点，联结EF，AC1．如图所示．（1）求异面直线EF，AC1所成角的大小（用反三角函数值表示）；（2）求以E，F，A，P为顶点的三棱锥的体积．30．（2018•德阳模拟）如图，点C在以AB为直径的圆O上，PA垂直与圆O所在平面，G为△AOC的垂心．（1）求证：平面OPG⊥平面PAC；（2）若PA=AB=2AC=2，点Q在线段PA上，且PQ=2QA，求三棱锥P﹣QGC的体积．31．（2018•全国I模拟）四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，．PA=PB，侧面PAB⊥底面ABCD．（1）证明：PA⊥BC；（2）若AB=2，PC⊥BD，PD与平面ABCD所成的角为45○，求四棱锥P﹣ABCD 的体积．32．（2018•开封三模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是长方形，2AD=CD=PD=2，，二面角P﹣AD﹣C为120°，点E为线段PC的中点，点F 在线段AB上，且．（Ⅰ）平面PCD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求棱锥C﹣DEF的高．33．（2018•枣庄二模）在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面SAB⊥平面ABCD，平面SAD⊥平面ABCD，且SA=2AD=3AB．（Ⅰ）证明：SA⊥平面ABCD；（Ⅱ）若E为SC的中点，三棱锥E﹣BCD的体积为，求四棱锥S﹣ABCD外接球的表面积．34．（2018•全国模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=∠BAD=90°，AD=AB=BC=1，PD⊥平面ABCD，PD=，M为PC上的动点．（Ⅰ）当M为PC的中点时，在棱PB上是否存在点N，使得MN∥平面PDA？说明理由；（Ⅱ）△BDM的面积最小时，求三棱锥M﹣BCD的体积．35．（2018•凉山州模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，AB⊥AD，AB=1，AD=2，AC=CD=．（1）求证：PD⊥平面PAB；（2）求四面体PACD的体积．36．（2018•宜昌模拟）在四棱锥P﹣ABCD中，∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD=1，BC=2，△PAC是以AC为斜边的等腰直角三角形，平面PAC⊥平面ABCD．（Ⅰ）证明：PC⊥PB；（Ⅱ）若点E在线段PC上，且PC=3PE，求三棱锥A﹣EBC的体积．37．（2018•深圳一模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC为等边三角形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，且∠B1BA=45°．（I）证明：AC⊥AA1；（Ⅱ）若AA1=AB=2，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积．38．（2018•徐汇区一模）如图，梯形ABCD满足AB∥CD，，BC=1，∠BAD=30°，现将梯形ABCD绕AB所在直线旋转一周，所得几何体记叙Ω（1）求Ω的体积V；（2）求Ω的表面积S．39．（2018•抚顺一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD 为梯形，AB∥CD，∠BAD=60°，PD=AD=AB=2，CD=4，E为PC的中点．（Ⅰ）证明：BE∥平面PAD；（Ⅱ）求三棱锥E﹣PBD的体积．40．（2018•河南一模）已知四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，SA=SD=，点E是棱AD的中点，点F在棱SC上，且=λ，SA∥平面BEF．（Ⅰ）求实数λ的值；（Ⅱ）求三棱锥F﹣EBC的体积．参考答案与试题解析1．【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A 1A；（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．2．【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=CC 1=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．3．【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．4．【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，===4，∴S△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．5．【分析】（1）取PD中点G，连接GF，GC．推导出四边形ABCD是平行四边形，从而GC∥EF，由此能证明EF∥平面PCD．（2）推导出AD⊥AB，AD∥BC，从而AD⊥平面PAB，进而平面PAD⊥平面PAB，BC∥平面PAD，推导出AP⊥PB，从而BP⊥平面PAD，由BC∥平面PAD，得点E 到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离，由此能求出三棱锥P﹣DEF的体积．【解答】（12分）（1）证明：取PD中点G，连接GF，GC．在△PAD中，有G，F分别为PD、AP中点，∴在矩形ABCD中，E为BC中点，∴，∴，∴四边形ABCD是平行四边形，∴GC∥EF∵GC⊂平面PCD，EF⊄平面PCD，∴EF∥平面PCD．………………………………………………（6分）解：（2）∵四边形ABCD是矩形，∴AD⊥AB，AD∥BC，∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AD⊂平面PAB，∴AD⊥平面PAB，∴平面PAD⊥平面PAB，BC∥平面PAD，∵，∴，满足AP2+PB2=AB2，∴AP⊥PB，∴BP⊥平面PAD，∵BC∥平面PAD，∴点E到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离．∵，∴，∴三棱锥P﹣DEF的体积为．…………………………………（12分）【点评】本题考查线面平行的证明，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，考查推理论证能力、空间想象能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．6．【分析】（1）取AB的中点P，连结PM、PB1推导出四边形PMNB1是平行四边形，从而MN∥PB1，由此能证明MN∥平面ABB1A1．（2）推导出BB1⊥面A1B1C1，从而面ABB1A1⊥面A1B1C1推导出B1C1⊥B1A1，从而B1C1⊥面ABB1A1，进而B1C1⊥A1B，即NB1⊥A1B，连结AB1，推导出AB1⊥A1B，从而A1B⊥面AB1N，由此能证明A1B⊥AN．【解答】证明：（1）取AB的中点P，连结PM、PB1，因为M、P分别是AB，AC的中点，所以PM∥BC且PM=BC，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC∥B1C1，BC=B1C1，又因为N是B1C1的中点，所以PM∥B1N，且PM=B1N．…（2分）所以四边形PMNB1是平行四边形，所以MN∥PB1，…（4分）而MN⊄平面ABB1A1，PB1⊂平面ABB1A1，所以MN∥平面ABB1A1．…（6分）（2）因为三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥面A1B1C1，又因为BB1⊂面ABB1A1，所以面ABB1A1⊥面A1B1C1，…（8分）又因为∠ABC=90°，所以B1C1⊥B1A1，面ABB1A1∩面A1B1C1=B1A1，B1C1⊂平面A1B1C1，所以B1C1⊥面ABB1A1，…（10分）又因为A1B⊂面ABB1A1，所以B1C1⊥A1B，即NB1⊥A1B，连结AB1，因为在平行四边形ABB1A1中，AB=AA1，所以AB1⊥A1B，又因为NB1∩AB1=B1，且AB1，NB1⊂面AB1N，所以A1B⊥面AB1N，…（12分）而AN⊂面AB1N，所以A1B⊥AN．…（14分）【点评】本题考查线面平行、线线垂直的求法，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】（1）证明BD⊥AC，推出BD⊥平面ACEF，计算得，然后求解四棱锥B﹣ACEF的体积．（2）连接AM交BF于P则点P满足AP∥DE，证明四边形BMEC是平行四边形．推出AP∥DE．通过△BPM～△FPA，求解即可．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD=AC，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥平面ACEF，在△ABC中，∠ABC=60°，AB=2，设BD∩AC=O，计算得在梯形ACEF中，AF∥CE，AF⊥AC，AC=AF=2，CE=1，梯形ACEF的面积，∴四棱锥B﹣ACEF的体积为．（2）在平面ABF内作BM∥AF，且BM=1，连接AM交BF于P，则点P满足AP∥DE，证明如下：∵AF∥CE，CE=1，∴BM∥CE，且BM=CE，∴四边形BMEC是平行四边形．∴BC∥ME，BC=ME，又菱形ABCD中，BC∥AD，BC=AD，∴ME∥AD，ME=AD，∴四边形ADEM是平行四边形∴AM∥DE，即AP∥DE．∵BM∥AF，∴△BPM～△FPA，又BM=1，∴．【点评】本题考查几何体的体积的求法，直线与平面平行与垂直的判断，考查空间想象能力以及计算能力．8．【分析】（1）推导出EF∥AB，AB∥CD，从而EF∥CD，再求出FG∥PC．由此能证明平面EFG∥面PCD．（2）设H为AD的中点，则GH∥EF，则平面EFG截四棱锥P﹣ABCD的截面为梯形EFGH，求出PA=AB=2，由此能四棱锥P﹣ABCD的体积．【解答】（本小题满分12分）证明：（1）∵E，F分别为PA，PB的中点，∴EF∥AB，又AB∥CD，∴EF∥CD，又∵F，G分别为PB，BC的中点，∴FG∥PC．又∵PC∩CD=C，EF∩FG=F，∴平面EFG∥面PCD．…（4分）解：（2）设H为AD的中点，则GH∥EF，则平面EFG截四棱锥P﹣ABCD的截面为梯形EFGH，∵PA⊥底面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PA⊥DC且DC⊥AD，∴DC⊥平面PAD，又EH⊂平面PAD，∴CD⊥EH，又∵GH∥CD，∴GH⊥EH，∴梯形EFGH为直角梯形…（8分）在直角梯形EFGH中，设PA=AB=a，则，∴，解得a=2…（10分）∴四棱锥P﹣ABCD的体积．…（12分）【点评】本题考查面面平行的证明，考查四棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．9．【分析】（I）由DE⊥平面得出DE⊥AB，又DF⊥AB，故而AB⊥平面DEF，从而得出平面ABD⊥平面DEF；（Ⅱ）可得线段DA、DB、DC在平面ABC的投影EA，EB，EC满足EA=EB=EC，△ABC为直角三角形，即AB⊥BC，由AD⊥DC，AC=4，∠BAC=45°，可得S△==2，FBC即可计算四面体F﹣DBC的体积V F=V D﹣FBC=．﹣DBC【解答】证明：（Ⅰ）∵DE⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴AB⊥DE，又F为AB的中点，DA=DB，∴AB⊥DF，DE，DF⊂平面DEF，DE∩DF=D，∴AB⊥平面DEF，又∵AB⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面DEF．（Ⅱ）∵DA=DB=DC，E为AC上的一点，DE⊥平面ABC，∴线段DA、DB、DC在平面ABC的投影EA，EB，EC满足EA=EB=EC∴△ABC为直角三角形，即AB⊥BC由AD⊥DC，AC=4，∠BAC=45°，∴AB=BC=2，DE=2，==2，∴S△FBC∴四面体F﹣DBC的体积V F=V D﹣FBC==．﹣DBC【点评】本题考查了了面面垂直的判定，三棱锥体积的计算，属于中档题．10．【分析】（Ⅰ）由PA丄底面ABCD，可得PA⊥BD，结合四边形ABCD是菱形，得BD⊥AC，则BD⊥平面PAC，进一步得到BD⊥OM；（Ⅱ）设PA=h，连接PO，由（Ⅰ）知，BD⊥PO，且PO2=h2+AO2，求解三角形求得h，再由M为PC三等分点（靠近C点），可得M到平面ABCD的距离为，然后利用等积法求三棱锥P﹣DOM的体积．【解答】（Ⅰ）证明：∵PA丄底面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，∵OM⊂平面PAC，∴BD⊥OM；（Ⅱ）解：设PA=h，连接PO，由（Ⅰ）知，BD⊥PO，且PO2=h2+AO2，∵菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60°，∴BD=2，AO=，由，解得h=1．∵M为PC三等分点（靠近C点），∴M到平面ABCD的距离为，∴V P=2V C﹣DOM=2V M﹣CDO=．﹣DOM【点评】本题考查空间直线与直线的位置关系，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．11．【分析】（Ⅰ）取线段EB的中点N，连接MN，AN推导出四边形DMNA是平行四边形，从面DM∥AN．由此能证明DM∥平面ABE．（Ⅱ）推导出AN⊥BE．BC⊥AN，从而AN⊥平面BCE．进而DM⊥平面BCE．由此能证明平面CDE⊥平面CBE．（Ⅲ）设∠EAB=θ，当θ=90°，即AE⊥AB时体积最大．由BC⊥平面ABE，得AE ⊥BC．从而AE⊥平面ABC．进而AE⊥CD．【解答】证明：（Ⅰ）取线段EB的中点N，连接MN，AN．因为M为棱CE的中点，所以在△CBE中MN∥BC，．又AD∥BC，，所以MN∥AD，MN=AD．所以四边形DMNA是平行四边形，所以DM∥AN．又DM⊄平面ABE，AN⊂平面ABE，所以DM∥平面ABE．（Ⅱ）因为AE=AB，N为EB中点，所以AN⊥BE．又BC⊥平面ABE，AN⊂平面ABE，所以BC⊥AN又BC∩BE=B，所以AN⊥平面BCE．又DM∥AN，所以DM⊥平面BCE．因为DM⊂平面CDE，所以平面CDE⊥平面CBE..……………………．…（9分）解：（Ⅲ）四面体D﹣ABE的体积最大时，AE⊥CD．理由如下：设∠EAB=θ，∵AD=AB=AE=1则四面体D﹣ABE的体积=．当θ=90°，即AE⊥AB时体积最大．又BC⊥平面ABE，AE⊂平面ABE，所以AE⊥BC．因为BC∩AB=B，所以AE⊥平面ABC．因为CD⊂平面ABCD，所以AE⊥CD..……………………．…（14分）【点评】本题考查线面平行、面面垂直的证明，考查线线是否垂直的判断与求法，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．12．【分析】（1）设AC∩BD=O，连接PO，过O做OQ⊥PO，交PC于Q点推导出OQ⊥BD，从而BD⊥PO，由此能证明PB=PD．（2）过M作MN⊥AD于N，AM⊥PD，PA=AD=2，MN=1，由此能求出三棱锥DACM 的体积．【解答】证明：（1）设AC∩BD=O，连接PO，过O做OQ⊥PO，交PC于Q点，则有OQ⊥平面PBD，∴OQ⊥BD，又∵BD⊥AC∴BD⊥平面PAC∴BD⊥PO又∵O为BD中点∴PB=PD解：（2）过M作MN⊥AD于N∵AM⊥平面PDC，∴AM⊥PD又∵M为PD中点∴PA=AD=2，∴AM=MD=，∴MN=1故三棱锥DACM的体积V===．【点评】本题考查线线相等的证明，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．13．【分析】（1）连接AB1，由已知可得四边形A1B1BA为正方形，则AB1⊥A1B，再由面面垂直的性质可得AB1⊥平面A1BC，进一步得到AB1⊥BC，又B1B⊥平面ABC，可得B1B⊥BC，再由线面垂直的判断可得BC⊥平面A1B1BA；（2）设三棱锥A﹣A1BC外接球的半径为R，由已知可得，由题意可得A1C 为三棱锥A﹣A1BC外接球的直径，得A1C=3，然后证明AB⊥平面B1BCC1，再由棱锥体积公式求得四棱锥A1﹣BCC1B1的体积．【解答】（1）证明：连接AB1，∵ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，AA1=AB，∴四边形A1B1BA为正方形，则AB1⊥A1B，又平面A1BC⊥平面A1B1BA，且平面A1BC∩平面A1B1BA=A1B，AB1⊂平面A1B1BA，∴AB1⊥平面A1BC，又BC⊂平面A1BC，∴AB1⊥BC，又B1B⊥平面ABC，∴B1B⊥BC，又AB1∩B1B=B，且AB1，B1B⊂平面A1B1BA，∴BC⊥平面A1B1BA；（2）解：设三棱锥A﹣A1BC外接球的半径为R，，得，由（1）可知BC⊥A1B，∵∠A1AC=∠A1BC=90°，∴A1C为三棱锥A﹣A1BC外接球的直径，得A1C=3，又AA1=2，∴，又AB=2，∴BC=1，∵AB⊥BC，AB⊥BB1，BC∩BB1=B，∴AB⊥平面B1BCC1，∴．【点评】本题考查线面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．14．【分析】（Ⅰ）由四边形ABCD是正方形，可得AC⊥BD．再由已知结合面面垂直的性质可得BE⊥平面ABCD，则BE⊥AC，由线面垂直的判定可得AC⊥平面BDE；（Ⅱ）取DE的中点G，连结OG，FG，可证明四边形AOGF为平行四边形，则AO∥FG，再由线面平行的判定可得AC∥平面DEF；（Ⅲ）由平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，可得AD∥BC，AD⊥AB．由（Ⅰ）知，BE⊥平面ABCD，则BE⊥AD，即有AD⊥平面BEF，然后利用棱锥体积公式求解．【解答】（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD．又∵平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，AB⊥BE，BE⊂平面ABEF，∴BE⊥平面ABCD．又∵AC⊂平面ABCD．∴BE⊥AC，又BE∩BD=B，∴AC⊥平面BDE；（Ⅱ）证明：取DE的中点G，连结OG，FG，∵四边形ABCD为正方形，∴O为BD的中点．则OG∥BE，且．由已知AF∥BE，且，则AF∥OG且AF=OG，∴四边形AOGF为平行四边形，则AO∥FG，即AC∥FG．∵AC⊄平面DEF，FG⊂平面DEF，∴AC∥平面DEF；（Ⅲ）解：∵平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，平面ABEF∩平面ABCD=AB，∴AD∥BC，AD⊥AB．由（Ⅰ）知，BE⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴BE⊥AD∴AD⊥平面BEF．∴．【点评】本题考查直线与平面垂直、直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．15．【分析】（1）取BD中点O，连接AO，PO，推导出AO⊥BD，PO⊥BD，由此能证明BD⊥面PAO，从而PA⊥BD．（2）（i）取PD中点F，连接CF，EF，则CF∥BE，CF即为所作直线l．（ii）推导出PA⊥面ABD，从而AB⊥面PAD．法一：，，由此能求出结果；法二：在△PAD中，EF为中位线，，，由此能求出结果；法三：由，得，由此能求出结果．【解答】证明：（1）取BD中点O，连接AO，PO（1分）∵AB=AD，O为BD中点，∴AO⊥BD，又PB=PD，O为BD中点，∴PO⊥BD，又AO∩PO=O，∴BD⊥面PAO，（3分）又PA⊂面PAO，∴PA⊥BD．（4分）（2）（i）取PD中点F，连接CF，EF，则CF∥BE，CF即为所作直线l．（5分）理由如下：∵在△PAD中E、F分别为PA、PD中点，∴EF∥AD，且，又∵AD∥BC，，∴EF∥BC且EF=BC，∴四边形BCFE为平行四边形．（6分）∴CF∥BE．（7分）（ii）∵PA⊥AB，PA⊥BD，AB∩BD=B，∴PA⊥面ABD，（8分）又在△ABD中，AB=AD=2，，AB2+AD2=BD2，∴AB⊥AD又PA⊥AB，PA∩AD=A∴AB⊥面PAD（9分）方法一：，（10分）∴，（11分）∴．（12分）方法二：∵在△PAD中，EF为中位线，∴，……………………………………………………………………………..（10分）∴，…………………………………………………………..（11分）∴．…（12分）方法三：∵，∴，………………………………………………………..（11分）∴．…………………………………………………………………………．（12分）【点评】本小题主要考查空间中直线与直线、直线与平面的位置关系、平面与平面位置关系，几何体的体积等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等．16．【分析】（1）取AB中点M，连FM，GM，证明EG∥FM．然后证明EG∥平面ABF．（2）作EN⊥AD，垂足为N，说明EN为三棱锥E﹣ABG的高．利用等体积法，通过求解即可．【解答】（1）证明：取AB中点M，连FM，GM．…（1分）∵G为对角线AC的中点，∴GM∥AD，且GM=AD，又∵FE∥AD，∴GM∥FE且GM=FE．∴四边形GMFE为平行四边形，即EG∥FM．…（4分）又∵EG⊄平面ABF，FM⊂平面ABF，∴EG∥平面ABF．…（6分）（2）解：作EN⊥AD，垂足为N，由平面ABCD⊥平面AFED，面ABCD∩面AFED=AD，得EN⊥平面ABCD，即EN为三棱锥E﹣ABG的高．∵在△AEF中，AF=FE，∠AFE=60°，∴△AEF是正三角形．∴∠AEF=60°，由EF∥AD知∠EAD=60°，∴EN=AE∙sin60°=．…（10分）∴三棱锥B﹣AEG的体积为．…（13分）【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．转化思想的应用．17．【分析】（1）推导出AO⊥BD，AO⊥FO，EF∥AO，从而EF⊥BD，EF⊥FO，进而EF⊥平面BDF．由此能证明平面DEF⊥平面BDF．（2）连接EH，DH，EB，则EF⊥平面BDF，V E=V B﹣DEF=3V H﹣DEF，由此能求出﹣BDF．三棱锥H﹣DEF的体积V H﹣DEF【解答】证明：（1）∵ABCD为菱形，∴AO⊥BD∵四边形OAEF为矩形，∴AO⊥FO，EF∥AO，∴EF⊥BD，∴EF⊥FO，又∵BD∩FO=O，∴EF⊥平面BDF．又EF⊂平面DEF，∴平面DEF⊥平面BDF．解：（2）连接EH，DH，EB，则由（1）可知EF⊥平面BDF，又△BDF中，，故三棱锥E﹣BDF的体积为V E=，﹣BDF又，故三棱锥H﹣DEF的体积．【点评】本题考查面面垂直的证明，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．18．【分析】（1）先由直三棱柱的性质及AC⊥BC得到AC⊥平面BCC1B1，从而有C1P ⊥AC，所以要使PC1⊥AP，只需C1P⊥B1C即可，然后以此为条件进行证明即可；（2）把多面体A1B1C1PA分割为三棱锥A﹣A1B1C1和三棱锥A﹣B1PC1，分别计算体积并求和．【解答】解：（1）过C1作C1P⊥B1C，垂足为P，则AP⊥PC1．证明：∵AC⊥BC，AC⊥CC1，BC∩CC1=C，∴AC⊥平面BCC1B1，又PC1⊂平面BCC1B1，∴AC⊥PC1，又PC1⊥B1C，AC∩B1C=C，∴PC1⊥平面ACB1，又AP⊂平面ACB1，∴AP⊥PC1．（2）在Rt△BB1C1中，∵B1C1=3，CC1=3，∴B1C=6，∴PC1==，B1P=，∴V===．又V===9．∴多面体A 1B1C1PA的体积为：V+V=．【点评】本小题以直三棱柱为载体，考查直线与平面垂直的性质及判定等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力，考查化归与转化思想．19．【分析】（Ⅰ）设A1C与AC1相交于O点，连接OD，则O为A1C的中点，由三角形中位线定理可得OD∥A1B，再由线面平行的判定可得A1B∥平面ADC1；（Ⅱ）由AB=AC，D为BC的中点，可得AD⊥BC，由BB1⊥底面ABC，得BB1⊥AD，则AD⊥平面BCE，求解三角形可得AD，再求出三角形BEC的面积，由等积法求三棱锥E﹣A1BC的体积．【解答】（Ⅰ）证明：设A1C与AC1相交于O点，连接OD，则O为A1C的中点，∵D为BC的中点，∴OD是△A1CB的中位线，∴OD∥A1B，∵A1B⊄平面ADC1，OD⊂平面ADC1，∴A1B∥平面ADC1；（Ⅱ）解：∵AB=AC，D为BC的中点，∴AD⊥BC，∵BB1⊥底面ABC，AD⊂平面ABC，∴BB1⊥AD，又BB1∩BC=B，∴AD⊥平面BCE，又，．∴=．【点评】本题考查线面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．20．【分析】（Ⅰ）由PH是四棱锥P﹣ABCD的高，得到AC⊥PH，从而AC⊥平面PBD，由此能证明平面PAC⊥平面PBD．（Ⅱ）求出HA=HB=，从而PA=PB=，HD=HC=1，进而PH=，由此能求出四棱锥的体积．【解答】证明：（Ⅰ）∵PH是四棱锥P﹣ABCD的高．∴AC⊥PH，又AC⊥BD，PH，BD都在平PHD内，且PH∩BD=H．∴AC⊥平面PBD．∴平面PAC⊥平面PBD．…..（6分）解：（Ⅱ）∵ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，AB=．∴HA=HB=．∵∠APB=∠ADR=60．∴PA=PB=，HD=HC=1．∴PH=．等腰梯形ABCD的面积为S=AC•BD=2+．…..（9分）∴四棱锥的体积为V=（2+）×=．…..（12分）【点评】本题考查面面垂直的证明，考查四面体的体积的求法，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．21．【分析】（1）连接BD，由已知可得△ABD≌△BCD，由平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，得到AB⊥PA，AB⊥PD．从而得到BC⊥平面PCD，则BC⊥PD．则PD⊥平面ABCD；（2）由（1）知，四边形ABCD有外接圆，且BD为外接圆的直径，设BD中点为G，则G为四边形ABCD的外接圆的圆心，求得GD，若PD=3，过G作GO⊥平面ABCD，且取GO=，则O为四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心，分别求出外接球的体积与四棱锥的体积得答案．【解答】（1）证明：连接BD，∵AB=BC，AD=CD，BD=BD，∴△ABD≌△BCD，则∠BAD=∠BCD，∵AB=BC，PA=PC，PB=PB，∴△PAB≌△PCB，则∠PAB=∠PCB，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，AB⊥PD．∴BC⊥CD，BC⊥PC，∵PC∩CD=C，∴BC⊥平面PCD，则BC⊥PD．又AB∩BC=B，∴PD⊥平面ABCD；（2）解：若PD=3，存在球O使得四棱锥P﹣ABCD内接于球O．事实上，由（1）知，四边形ABCD有外接圆，且BD为外接圆的直径，设BD中点为G，则G为四边形ABCD的外接圆的圆心，GD==．若PD=3，过G作GO⊥平面ABCD，且取GO=，则O为四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心，此时OD=OP=，即四棱锥P﹣ABCD的外接球的半径R=．球O得体积V=，四棱锥P﹣ABCD的体积V=．∴球O与四棱锥P﹣ABCD的体积之比为．【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，训练了多面体及旋转体体积的求法，是中档题．22．【分析】（Ⅰ）推导出PD⊥CD，AD⊥CD，从而CD⊥平面PAD，由此能证明EF ⊥CD；（Ⅱ）以DA、DC、DP为棱构造棱长为2的正方体，则该正方体的外接球即四棱锥P﹣ABCD的外接球，从而四棱锥P﹣ABCD的外接球半径R==，由此能求出．【解答】证明：（Ⅰ）∵PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，∴PD⊥CD，AD⊥CD，∵PD∩AD=D，∴CD⊥平面PAD，∵E，F 分别是AB，PB的中点，∴PA∥EF，又PA⊂平面PAD，∴CD⊥PA，∴EF⊥CD；解：（Ⅱ）∵PD=AD=2，PD=DC，记四棱锥P﹣ABCD和它的外接球的体积分别为V1、V2，∴以DA、DC、DP为棱构造棱长为2的正方体，则该正方体的外接球即四棱锥P﹣ABCD的外接球，∴四棱锥P﹣ABCD的外接球半径R===，∴V2===4，四棱锥P﹣ABCD的体积V1===，∴==．【点评】本题考查线线垂直的证明，考查四棱锥的体积与其外接球体积的比值的求法，考查几何体的体积、空间线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查对立事件概率计算公式运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．23．【分析】（1）推导出OM⊥CD，从而OM⊥平面BCD，进而OM∥AB，由此能证明OM∥平面ABD；=V A﹣BDM=V O﹣ABD=V A﹣BDO，能求出三棱锥M﹣ABD的体积．（2）由V M﹣ABD【解答】（1）证明：∵△CMD是等腰直角三角形，∠CMD=90°，点O为CD的中点，∴OM⊥CD．∵平面CMD⊥平面BCD，平面CMD∩平面BCD=CD，OM⊂平面BCD，∴OM⊥平面BCD，∵AB⊥平面BCD，∴OM∥AB．∵AB⊂平面ABD，OM⊄平面ABD，∴OM∥平面ABD；（2）解：由（Ⅰ）知OM∥平面ABD，∴点M到平面ABD的距离等于点O到平面ABD的距离过O作OH⊥BD，垂足为点H，。