三年高考高考数学试题分项版解析专题10立体几何文(含

【】
、【高考上海文数】若正三棱柱的所有棱长均为，且其体积为，则.
【答案】
【解析】依题意，，解得.
【考点定位】等边三角形的性质，正三棱柱的性质.
【名师点睛】正三棱柱的底面是正三角形，侧棱垂直于底面.柱体的体积等于底面积乘以高.边长为的正三角形的面积为.
.【高考上海文数】（本题满分分）如图，圆锥的顶点为，底面的一条直径为，为半圆弧
的中点，为劣弧的中点.已知，，求三棱锥的体积，并求异面直线与所成角的大小.
【答案】
所以异面直线与所成角的大小.
【考点定位】圆锥的性质，异面直线的夹角.
【名师点睛】求异面直线所成的角常采用“平移线段法”，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行．
.
【高考上海文数】如图，在正方体−中，、分别为、的中点，则下列直线中与直线相交的是（）.
()直线()直线
()直线()直线
【答案】
【考点】异面直线
【名师点睛】本题以正方体为载体，研究直线与直线的位置关系，突出体现了高考试题的基础性，题目不难，能较好地考查考生分析问题与解决问题的能力、空间想象能力等. .【高考上海文数】（本题满分分）本题共有个小题，第个小题满分分，第个小题满分分.
将边长为的正方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，如图，
长为，长为，其中与在平面的同侧.
（）求圆柱的体积与侧面积；
（）求异面直线与所成的角的大小.。

三年高考高考数学真题分项汇编专题10解三角形理文章标题：三年高考数学真题分项汇编专题10：解三角形理论精讲与解析一、引言解三角形理论是高中数学的重要内容，也是高考数学考试的必考知识点。

为了帮助同学们更好地掌握解三角形理论，本文将结合三年高考数学真题，对解三角形进行深入剖析，并分项解析专题10：解三角形理论。

二、分项讲解1、三年高考数学真题以下是近三年高考数学真题中关于解三角形理论的题目：【2020年高考全国卷Ⅰ】已知三角形的三边长分别为3、4、5，求该三角形的面积。

【2019年高考全国卷Ⅱ】已知三角形的三个内角和为180度，且一个角为60度，另外两个角的度数分别为x和y，求x和y的取值范围。

【2018年高考全国卷Ⅲ】已知三角形的三个边长分别为a、b、c，其中a=3，b=4，求该三角形的面积。

2、解三角形理论精讲解三角形理论主要包括三角形的边长、角度、面积等元素的求解方法。

其中，余弦定理、正弦定理、三角形面积公式等是解三角形理论的核心知识点。

余弦定理：已知三角形的三边长分别为a、b、c，则有cos(A) = (b^2 + c^2 - a^2) / (2 * b * c)（A为对角线交点连线和任意两边所在直线的夹角）。

正弦定理：已知三角形的三边长分别为a、b、c，则有sin(A) / sin(B) = a / b（A、B为对角线交点连线和任意两边所在直线的夹角）。

三角形面积公式：已知三角形的三边长分别为a、b、c，则该三角形的面积为S = sqrt[p * (p - a) * (p - b) * (p - c)]（p为半周长，即(a + b + c) / 2）。

三、深化拓展为了帮助同学们更好地掌握解三角形理论，以下举一个更为具体的例子：【例题】已知三角形的三个边长分别为7、8、9，求该三角形的面积。

【分析】首先，我们可以根据余弦定理计算出三角形ABC的角A的余弦值，然后根据三角函数定义计算出角A的正弦值。

高三数学百所名校好题分项解析汇编之全国通用版(2021版)专题10 立体几何一．选择题1．（2020秋•江北区校级期中）如图：正三棱锥A﹣BCD中，∠BAD＝30°，侧棱AB＝2，BD平行于过点C的截面CB1D1，则截面CB1D1与正三棱锥A﹣BCD侧面交线的周长的最小值为（）A．2B．2C．4D．2【答案】D【解答】解：把正三棱锥A﹣BCD的侧面展开，两点间的连接线CC'即是截面周长的最小值．正三棱锥A﹣BCD中，∠BAD＝30°，所以AC⊥AC′，AB＝2，∴CC′＝2，∴截面周长最小值是CC′＝2．故选：D．2.（2021•宁夏模拟）在正四面体ABCD中，已知E，F分别是AB，CD上的点（不含端点），则（）A．不存在E，F，使得EF⊥CDB．存在E，使得DE⊥CDC．存在E，使得DE⊥平面ABCD．存在E，F，使得平面CDE⊥平面ABF【答案】D【解答】解：（1）对于A，D选项，取E，F分别为AB，CD的中点如图：因为A﹣BCD是正四面体，所以它的各个面是全等的等边三角形．所以CE＝DE，所以EF⊥CD，同理可证EF⊥AB．故A错误；又因为AB⊥CE，AB⊥DE，且CE∩DE＝E，故AB⊥平面CED，又AB⊂平面ABF，所以平面ABF⊥平面CED．故D正确．（2）对于B选项，将C看成正三棱锥的顶点，易知当E在AB上移动时，∠CDE的最小值为直线CD与平面ABD所成的角，即（1）中的∠CDE，显然为锐角，最大角为∠CDB＝∠CDA＝60°，故当E在AB上移动时，不存在E，使得DE⊥CD．故B错误．（3）对于C选项，将D看成顶点，则由D向底面作垂线，垂足为底面正三角形ABC的中心，不落在AB上，又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在E，使得DE⊥平面ABC，故C错误．故选：D．3．（2020秋•天津期中）将一个棱长为1cm的正方体铁块磨制成一个球体零件，则可能制作的最大零件的表面积为（）A．B．πcm2C．D．3πcm2【答案】B【解答】解：正方体的棱长为1，要使制作成球体零件的体积最大，则球内切于正方体，则球的直径为1cm，半径为cm．∴可能制作的最大零件的表面积为4π×（）2＝π（cm2）．故选：B．4．（2020秋•湖南期中）已知四面体ABCD的四个面都为直角三角形，AB⊥平面BCD，AB＝BC＝CD＝1，若该四面体的四个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为（）A．B．C．3πD．【答案】C【解答】解：由题意，四面体有四个面都为直角三角形，四面体放到正方体中，AB⊥平面BCD，AB＝BD＝CD＝1，可得长方体的对角线为＝．∴球O的半径R＝．球O的表面积S＝4πR2＝3π．故选：C．5．（2020秋•镇江期中）直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有顶点都在同一球面上，且AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，AA1＝4，则该球的表面积为（）A．40πB．32πC．10πD．8π【答案】A【解答】解：∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有顶点都在同一球面上，且AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，AA1＝4，∴可将棱柱ABC﹣AA1B1C1补成长方体，长方体的对角线＝2，即为球的直径，∴球的半径为，∴球的表面积为4π×（）2＝40π，故选：A．7．（2020秋•宁波期中）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．B．C．D．【答案】C【解答】解：由题意几何体的直观图如图：是一个圆锥，去掉部分的剩余几何体与一个三棱锥的几何体；几何体的体积为：+＝．故选：C．8．（2020秋•包河区校级月考）已知三棱锥P﹣ABC的顶点P在底面的射影O为ΔABC的垂心，若，且三棱锥P﹣ABC的外接球半径为3，则SΔP AB+SΔPBC+SΔP AC的最大值为（）A．8B．10C．18D．22【答案】C【解答】解：如图，连AO，并延长交BC于D，顶点P在底面的射影O为ABC的垂心，∴AD⊥BC，又PO⊥平面ABC，∴PO⊥BC，∵AD∩PO＝O，∴BC⊥面ADP，可得BC⊥P A，BC⊥PD．同理AC⊥PB，AB⊥PC．由，可得AD•OD＝PD2，且∠PDO＝∠PDA，∴△POD∽△APD，∴∠APD＝∠POD＝90°，∴P A⊥PD，又P A⊥BC，BC∩PD＝D，∴AP⊥面PBC，得P A⊥PB，又PB⊥AC，且AP∩AC＝A，∴PB⊥面APC，即可得PB⊥PC，故P A，PB，PC两两互相垂直，∴三棱锥P﹣ABC的外接球为以P A，PB，PC为棱的长方体的外接球，又三棱锥P﹣ABC的外接球半径为3，∴P A2+PB2+PC2＝36，则S△P AB+S△PBC+S△P AC＝≤＝18．∴S△P AB+S△PBC+S△P AC的最大值为18，当且仅当P A＝PB＝PC＝2时，等号成立．故选：C．9．（2020秋•马尾区校级期中）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，记平面CB1D1为α，若α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【答案】D【解答】解：∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，记平面CB1D1为α，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，又α∩平面A1B1C1D1＝B1D1，α∩平面DCC1D1＝CD1，∴m∥B1D1，n∥CD1，∴m，n所成角等于直线B1D1，CD1所成角，即∠B1D1C是m，n所成角，∵△B1D1C是等边三角形，∴∠B1D1C＝60°，∴m，n所成角的余弦值为cos∠B1D1C＝cos60°＝．故选：D．10．（2020秋•宁夏期中）由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），四个侧面由673块玻璃拼组而成，塔高21米，底宽34米，则该金字塔的体积为（）A．8092m3B．4046m3C．24276m3D．12138m3【答案】A【解答】解：如图，四棱锥P﹣ABCD，PO⊥底面ABCD，PO＝21m，AB＝34m，则m3，故选：A．11.（2020秋•沙坪坝区校级期中）设m，n，l为空间不重合的直线，α，β，γ是空间不重合的平面，则下列说法正确的个数是（）①m∥l，n∥l，则m∥n；②α∥γ，β∥γ，则α∥β；③m∥l，m∥α，则l∥α；④l∥m，l⊂α，m⊂β，则α∥β；⑤m⊂α，m∥β，l⊂β，l∥α，则α∥β．A．0B．1C．2D．3【答案】C【解答】解：对于①，由平行公理知，m∥l，n∥l，则m∥n，所以①正确；对于②，由平面平行的传递性知，α∥γ，β∥γ，则α∥β，所以②正确；对于③，由m∥l，m∥α，则l∥α或l⊂α，所以③错误；对于④，由l∥m，l⊂α，m⊂β，则α∥β或α∩β，所以④错误；对于⑤，由m⊂α，m∥β，l⊂β，l∥α，则α∥β或α∩β，所以⑤错误；综上知，正确的命题序号是①②，共2个．故选：C．12.（2020秋•成都期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AD⊥P A，BC⊥PB，PB＝BC，P A＝AB，M为PB的中点，若PC上存在一点N使得平面PCD⊥平面AMN，则＝（）A．B．C．D．1【答案】B【解答】解：取BC的中点R，AD的中点Q，P A的中点为O，连接MR，RQ，MO，OQ，由CD∥RQ，OQ∥PD，可得平面MOQR∥平面PCD，由平面PCD⊥平面AMN，可得平面MOQR⊥平面AMN，过M作NM⊥PC，垂足为N，底面ABCD是平行四边形，可得AD∥BC，又BC⊥PB，可得AD⊥PB，又AD⊥P A，可得AD⊥平面P AB，BC⊥平面P AB，可得BC⊥AM，在△P AB中，P A＝AB，M为PB的中点，可得AM⊥PB，则AM⊥平面PBC，AM⊥MR，而MN⊥PC，MN⊥MR，可得MR⊥平面AMN，设PB＝BC＝2，则PC＝2，而PM＝1，则PN＝，NC＝2﹣＝，所以＝，故选：B．13.（2020秋•衢州期中）已知圆锥的全面积是底面积的4倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为（）A．B．C．3D．4【答案】A【解答】解：设圆锥的底面半径为r，母线为l，由于圆锥的全面积是底面积的4倍，即πr2+＝4πr2，解得l＝3r，即母线和底面半径的比为3，设圆锥底面半径为1，则圆锥母线长为3，圆锥的侧面展开图扇形的弧长是圆锥底面周长为2π，可得该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为．故选：A．14.（2020秋•广陵区校级期中）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，D为A1C1的中点，则BC1与DA所成角的大小为（）A．30°B．45°C．60°D．90°【答案】A【解答】解：以C为原点，在平面ABC内，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，则B（0，1，0），C1（0，0，），A（，，0），D（，，），＝（0，﹣1，），＝（，，﹣），设BC1与DA所成角的大小为θ，则cosθ＝＝＝．∴BC1与DA所成角的大小为30°．故选：A．15.（2020秋•海淀区校级期中）在边长为2的等边三角形ABC中，点D、E分别是边AC，AB上的点，满足DE∥BC且＝λ（λ∈（0，1）），将△ADE沿直线DE折到△A′DE的位置，在翻折过程中，下列结论成立的是（）A．在边A′E上存在点P，使得在翻折过程中，满足BP∥平面A′CDB．存在λ∈（0，），使得在翻折过程中的某个位置，满足平面A′BC⊥平面BCDEC．若λ＝，当二面角A′﹣DE﹣B为直二面角时，|A′B|＝D．设O为线段ED的中点，F为线段BC的中点，对于每个给定的λ，记翻折过程中△A′OF面积的最大值为f（λ），则当λ变化时，f（λ）的最大值为【答案】D【解答】解：对于A，连接AA′，A′B，A′C，显然平面A′BE∩平面A′CD＝AA′，若A′E上存在点F使得BF∥A′CD，则BF∥AA′，显然BF与AA′为相交直线，矛盾，故A错误；对于B，设BC中点F，DE中点O，由等边三角形性质可知DE⊥AO，DE⊥A′O，故A′在平面BCDE上的射影在直线AF上，若平面A'BC⊥平面BCDE，则F为A′在底面BCDE上的射影，于是A′O＞OF，∴λ＞，与λ∈（0，）矛盾，故B错误；对于C，若，二面角A'﹣DE﹣B为直二面角，则OA′＝OF＝AF＝，BF＝1，且A′O⊥平面BCDE，∵OB＝＝，∴|AB′|＝＝，故C错误；对于D，由可知AO＝λ，即A′O＝λ，∴OF＝﹣λ，显然当A′O⊥OF时，△A′OF的面积最大，故f（λ）＝×（）＝λ（1﹣λ）≤×（）2＝，当且仅当λ＝1﹣λ即λ＝时取等号，故D正确．故选：D．16.（2020秋•沈河区校级期中）如果一个八面体各个面都是全等的正三角形，如图所示，则这个几何体叫正八面体，则棱长为3的正八面体的内切球半径是．【答案】．【解答】解：由题意，该正八面体的棱长为3，则该正八面体的体积V＝＝，设正八面体的内切球半径为r，∵，则，解得r＝，故答案为：．17.（2020秋•建平县月考）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为144，点P是正方形A1B1C1D1的中心，点P，A，B，C，D都在球O的球面上，其中球心O在长方体ABCD﹣A1B1C1D1的内部．已知球O的半径为R，球心O到底面ABCD的距离为，则R＝4．过AB的中点E作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是6π．【答案】4；6π．【解答】解：由题意可知正方形ABCD的对角线长为，则正方形ABCD的边长为，故长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为＝144，解得R＝4．当OE垂直截面时，截面面积达到最小，此时OE＝，则截面圆的半径r＝，故截面圆的面积最小为πr2＝6π．故答案为：4；6π．18.（2020秋•贵池区校级期中）长方、堑堵、阳马、鱉臑、这些名词出自中国古代数学明著《九章算术•商功》，其中阳马和鱉臑是我国古代对一些特殊锥体的称呼．取一长方体，如图长方体ABCD﹣A1B1C1D1，按平面ABC1D1斜切一分为二，得到两个一模一样的三棱柱，称该三棱柱为堑堵，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，其中以矩形为底另有一棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体称为鱉臑，已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BD＝DD1＝2，当阳马B﹣CDD1C1体积最大时，堑堵ADD1﹣BCC1的体积为2．【答案】2．【解答】解：∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BD＝DD1＝2，∴当阳马B﹣CDD1C1体积最大时，BC＝CD＝，∴当阳马B﹣CDD1C1体积最大时，堑堵ADD1﹣BCC1的体积为：＝＝＝＝2．故答案为：2．19.（2020秋•杨浦区期中）P是直角三角形ABC所在平面外一点，已知三角形的边长AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，P A ＝PB＝PC＝4，则直线PB与平面ABC所成角的余弦值为．【答案】．【解答】解：取AC的中点D，连接PD，BD，∵P A＝PC，D是AC的中点，∴PD⊥AC，∵AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，∴AC＝5，∴AD＝BD＝，又P A＝PB＝4，∴△P AD≌△PBD，∴∠PDB＝∠PDA＝90°，∴PD⊥BD，又AC∩BD＝D，∴PD⊥平面ABC，∴∠PBD为直线PB与平面ABC所成的角，∴cos∠PBD＝＝．故答案为：．20.（2020秋•宁波期中）如图，在四棱锥E﹣ABCD中，DC∥AB，∠BAE＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝AE＝ED＝DC，M为EB的中点．（1）求证：DM⊥AE；（2）求直线DM与平面BCE所成角的正弦值．【解答】（1）证明：记AE的中点为F，连接MF、DF．∵DE＝AD＝AE，∴AE⊥DF．∵∠BAD＝∠BAE＝90°，∴AB⊥AD，AB⊥AE，AB∩AE＝A，∴AB⊥面ADE．∵M为EB的中点，∴MF∥AB，∴MF⊥面ADE，AE⊂平面ABE，∴MF⊥AE，又AE⊥DF，FM∩DM＝M，∴AE⊥面DFM，DM⊂平面DFM，∴AE⊥DM．（2）解：∵AB⊥面AEM，又AB∥DC，∴DC⊥面AED，故可如右图形式以建系．不妨设DC＝4，则有，，，设面BCE的一个法向量＝（x，y，z），则，即，令x＝1，则y＝1，z＝，可得面BCE的一个法向量，则＝，所以直线DM与平面BCE所成角的正弦值为．21.（2020秋•兴宁区校级期中）如图，在长方形ABCD中，AB＝4，AD＝2，点E是DC的中点．将△ADE沿AE折起，使平面ADE⊥平面ABCE，连结DB、DC、EB．（1）求证：AD⊥平面BDE；（2）求平面ADE与平面BDC所成锐二面角的余弦值．【解答】（1）证明：在长方形ABCD中，AB＝4，AD＝2，点E是DC的中点．将△ADE沿AE折起，使平面ADE⊥平面ABCE，连结DB、DC、EB．∴AD⊥DE，又∵平面ADE⊥平面ABCE且交线为AE，∴BE⊥平面ADE，∴BE⊥AD，又∵AD⊥DE，且DE∩BE＝E，∴AD⊥平面BDE．（2）解：如图所示建立空间直角坐标系，E（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），D（），C（﹣，，0），＝（﹣，﹣，0），＝（，﹣2，），设平面BDC的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，﹣1，﹣3），平面ADE的法向量＝（0，1，0），设平面ADE与平面BDC所成锐二面角为θ．则平面ADE与平面BDC所成锐二面角的余弦值为：cosθ＝＝＝．22.（2020秋•蒸湘区校级期中）将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且AE＝．（1）求直线DE与直线AC所成的角；（2）求二面角B﹣ED﹣C的余弦值．【解答】解：如图，由题意，AB⊥AD，AE⊥AB，AE⊥AD，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（1，1，），D（0，2，0），E（0，0，），（1），＝（1，1，），∵，∴直线DE与直线AC所成的角为；（2）设平面BED的一个法向量为＝（x1，y1，z1），＝（﹣2，0，），＝（0，﹣2，），由，取，得；设平面EDC的一个法向量为，＝（0，﹣2，），＝（1，1，0），由，取，得．∴cos＜＞＝＝，∴二面角B﹣ED﹣C的余弦值为．23.（2020秋•阆中市校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，CD＝2AB，P A⊥平面ABCD，E为PD的中点．（1）证明：AE∥平面PBC；（2）若P A＝CD＝2BC，求二面角A﹣PD﹣C的余弦值．（2）．【解答】（1）证明：取CD的中点F，连结EF，AF，∵E是PD中点，∴EF∥PC，∵CD＝2AB，CD＝2AB，∴AB＝CF，∵AB∥CD，AB⊥BC，∴四边形ABCF是矩形，∴AF∥BC，∵EF∩AF＝F，PC∩BC＝C，∴平面AEF∥平面PBC，∵AE⊂平面AEF，∴AE∥平面PBC．（2）解：由已知和（1）得AB，AF，P A两两垂直，以A为原点，AF为x轴，AB为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，设CD＝2AB＝2，则P A＝CD＝2BC＝2，∴A（0，0，0），P（0，0，2），C（1，1，0），D（1，﹣1，0），∴＝（0，0，2），＝（0，20），＝（1，﹣1，﹣2），∴平面APD的法向量＝（x，y，z），则，令z＝1，＝（1，1，0），设平面CPD的一个法向量＝（x，y，z），则，令x＝2，得＝（2，0，1），∴cos＜＞＝＝＝，∴二面角A﹣PD﹣C的余弦值为．24.（2020秋•浙江期中）如图，已知平面多边形P﹣ABCD中，AP＝PD，AD＝2DC＝2CB＝4，AD∥BC，AP⊥PD，AD⊥DC，现将三角形APD沿AD折起，使．（Ⅰ）证明：PB⊥AD；（Ⅱ）证明：平面P AC⊥平面ABCD；（Ⅲ）求二面角P﹣AB﹣D的平面角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：取AD得中点E，连接PE，BE，因为AP＝PD，所以PE⊥AD，又因为，所以四边形BCDE为平行四边形，所以BE∥CD，因为AD⊥DC，所以AD⊥BE，BE∩PE＝E，所以AD⊥平面PBE，所以PB⊥AD．（Ⅱ）证明：记AC∩BE＝O，所以O是AC的中点，也是BE的中点，因为，所以PO⊥AC，又OD＝OA，PD＝P A，所以PO⊥OD，AC∩OD＝O，所以PO⊥平面ABCD，因为PO⊂平面P AC，所以平面P AC⊥平面ABCD．（Ⅲ）过O作OH⊥AB，垂足为H，由（Ⅱ）可得PH⊥AB（三垂线定理），所以∠PHO为二面角P﹣AB﹣D的平面角．因为，∴，所以．。

立体几何（解答题） 专项汇编1．【2021年全国高考甲卷数学（文）】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，11BF A B ⊥.（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥. 【答案】(1)13；(2)证明见解析. 【分析】(1)首先求得AC 的长度，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；(2)将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论. 【详解】(1)如图所示，连结AF ，由题意可得：22415BF BC CF =+=+=，由于AB ⊥BB 1，BC ⊥AB ，1BB BC B =，故AB ⊥平面11BCC B ，而BF ⊂平面11BCC B ，故AB BF ⊥， 从而有22453AF AB BF =+=+=， 从而229122AC AF CF =-=-=，则222,AB BC AC AB BC +=∴⊥，ABC 为等腰直角三角形，111221222BCE ABC S s ⎛⎫==⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭△△，11111333F EBC BCE V S CF -=⨯⨯=⨯⨯=△. (2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体1111ABCM A B C M -，如图所示，取棱,AM BC 的中点,H G ，连结11,,A H HG GB ，正方形11BCC B 中，,G F 为中点，则1BF B G ⊥，又111111,BF A B A B B G B ⊥=，故BF ⊥平面11A B GH ，而DE ⊂平面11A B GH ， 从而BF ⊥DE . 【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.2．【2021年全国高考乙卷数学（文）】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）23． 【分析】（1）由PD ⊥底面ABCD 可得PD AM ⊥，又PB AM ⊥，由线面垂直的判定定理可得AM ⊥平面PBD ，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM ⊥平面PBD ；（2）由（1）可知，AM BD ⊥，由平面知识可知，~DAB ABM ，由相似比可求出AD ，再根据四棱锥P ABCD -的体积公式即可求出． 【详解】（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ， 所以PD AM ⊥， 又PB AM ⊥，PBPD P =，所以AM ⊥平面PBD ， 而AM ⊂平面PAM ， 所以平面PAM ⊥平面PBD ．（2）由（1）可知，AM ⊥平面PBD ，所以AM BD ⊥， 从而~DAB ABM ，设BM x =，2AD x =， 则BM AB AB AD =，即221x =，解得22x =，所以2AD =． 因为PD ⊥底面ABCD ， 故四棱锥P ABCD -的体积为()1212133V =⨯⨯⨯=． 【点睛】本题第一问解题关键是找到平面PAM 或平面PBD 的垂线，结合题目条件PB AM ⊥，所以垂线可以从,PB AM 中产生，稍加分析即可判断出AM ⊥平面PBD ，从而证出；第二问关键是底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出~DAB ABM ，从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积．3．【2021年全国新高考Ⅰ卷数学】如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)详见解析(2) 36【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO ⊥平面BCD ，即可证得结果； （2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果. 【详解】（1）因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD 因为平面ABD平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ，因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD (2)作EF ⊥BD 于F, 作FM ⊥BC 于M,连FM 因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD, AO ⊥CD所以EF ⊥BD, EF ⊥CD, BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC 因为FM ⊥BC ，FMEF F =,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥ME则EMF ∠为二面角E-BC-D 的平面角, 4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以BCD 为直角三角形 因为2DE EA =,1112(1)2233FM BF ∴==+= 从而EF=FM=213AO ∴=AO ⊥平面BCD,所以11131133326BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.4．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设DO =2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P −ABC 的体积. 【解析】（1）由题设可知，PA =PB = PC ． 由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC ≌△PAB ． △PAC ≌△PBC ．又∠APC =90°，故∠APB =90°，∠BPC =90°．从而PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC ． （2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ． 由题设可得rl =3，222l r -=．解得r =1，l =3，从而3AB =．由（1）可得222PA PB AB +=，故62PA PB PC ===． 所以三棱锥P -ABC 的体积为3111166()323228PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=．【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.5．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】如图，已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B −EB 1C 1F 的体积．【解析】（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN 平面EB 1C 1F =PN ，故AO ∥PN .又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN =AO =6，AP =ON =13AM 3PM =23AM 3EF =13BC =2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B −EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT =PM sin ∠MPN =3．底面EB 1C 1F 的面积为1111()(62)624.22B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=所以四棱锥B −EB 1C 1F 的体积为1243243⨯⨯=．【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.6．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥； （2）点1C 在平面AEF 内．【解析】（1）如图，连结BD ，11B D ． 因为AB BC =，所以四边形ABCD 为正方形， 故AC BD ⊥．又因为1BB ⊥平面ABCD ，于是1AC BB ⊥． 所以AC ⊥平面11BB D D ．由于EF ⊂平面11BB D D ，所以EF AC ⊥．（2）如图，在棱1AA 上取点G ，使得12AG GA =，连结1GD ，1FC ，FG ，因为1123D E DD =，123AG AA =，11DD AA =∥，所以1ED AG =∥，于是四边形1ED GA 为平行四边形，故1AE GD ∥．因为1113B F BB =，1113AG AA =，11BB AA =∥，所以11FG A B =∥，11FG C D =∥，四边形11FGD C 为平行四边形，故11GD FC ∥．于是1AE FC ∥．所以1,,,A E F C 四点共面，即点1C 在平面AEF 内． 【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题.7．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1； （2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】（1）因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ， 所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥. 又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C . 又因为AB ⊂平面1ABB , 所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题. 8．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB .由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥. 由45ACB ∠=︒，122BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB .由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角. 设22CD =.由2,2DO OC BO BC ====，得26,33BD OH = 所以3sin OH OCH OC ∠==， 因此，直线DF 与平面DBC 3. 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设22CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,||||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |因此，直线DF 与平面DBC 3. 【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题． 9．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离． 【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离， 由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =417CH =. 从而点C 到平面1C DE 417.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.10．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1， 故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==． 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.11．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2． （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4. 【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM=3，故DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.-中，PA⊥平面ABCD，底部12．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCDABCD为菱形，E为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，⊥．所以PA BD又因为底面ABCD为菱形，⊥．所以BD AC所以BD ⊥平面PAC ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点， 所以AE ⊥CD ． 所以AB ⊥AE ． 所以AE ⊥平面PAB ． 所以平面PAB ⊥平面PAE ．（3）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ． 则FG ∥AB ，且FG =12AB ． 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点， 所以CE ∥AB ，且CE =12AB ． 所以FG ∥CE ，且FG =CE ． 所以四边形CEGF 为平行四边形． 所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ， 所以CF ∥平面PAE ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.13．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）33． 【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ， 所以GH ∥平面PAD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ， 又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，故DN PA ⊥. 又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面PAC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面PAC 所成的角，因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点，所以3DN =又DN AN ⊥，在Rt AND △中，3sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面PAC 3【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.14．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC −A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.15．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ． 因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3.由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅． 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B1，0），1B，3,2F ，C (0，2，0)．因此，33(,22EF =，(BC =-． 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(02BC AC --，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得00y y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |， 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.。