20xx年高考文科数学试题分类汇编立体几何

20xx年高考文科数学试题分类汇编立体几何内容摘要：

=22，故 AF= 2。 由 AB AD AG BD  得 2AD= 222 .23 AD ，解得 AD= 2。 故 AD=AF。 又 AD⊥ AF，所以四边形 ADEF为正方形。 因为 BC⊥ AF， BC⊥ AD， AF∩ AD=A，故 BC⊥平面 DEF，因此平面 BCD⊥平面 DEF。 连接 AE、 DF，设 AE∩ DF=H，则 EH⊥ DF， EH⊥平面 BCD。 连接 CH，则∠ ECH为 1BC与平面 BCD所成的角。 w. . . c. 因 ADEF为正方形， AD= 2 ，故 EH=1，又 EC=112BC=2， 所以∠ ECH=300，即 1BC与平面 BCD所成的角为 300. 解法二： （Ⅰ）以 A为坐标原点，射线 AB为 x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系 A— xyz。 设 B（ 1， 0， 0）， C（ 0， b， 0）， D（ 0， 0， c），则 1B （ 1， 0， 2c） ,E（ 12 ， 2b ， c） . A C B A1 B1 C1 D E 于是 DE =（ 12，2b， 0）， BC =（ 1， b,0） .由 DE⊥平面 1BCC 知 DE⊥ BC， DEBC =0，求得 b=1，所以 AB=AC。 （Ⅱ）设平面 BCD 的法向量 ( , , ),AN x y z  则 0 , 0 .A N B C A N B D       又 BC =（ 1， 1， 0）， BD =（ 1， 0， c） ,故 00xyx cz     令 x=1, 则 y=1, z=1c ,AN =(1,1, 1c ). 又平面 ABD 的法向量 AC =（ 0， 1， 0） 由二面角 CBDA  为 60176。 知， ACAN， =60176。 ， 故 60c os ACANACAN 176。 ，求得21c 于是 ），（ 211AN ， ）， 211(1 CB 21c o s 111  CBAN CBANCBAN ， 601 CBAN，176。 所以 CB1 与平面 BCD 所成的角为 30176。 5. （ 2020 江苏卷） （本小 题满分 14 分） 如图，在直三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， E 、 F 分别是 1AB 、1AC 的中点，点 D 在 11BC 上， 11AD BC。 求证：（ 1） EF∥平面 ABC； （ 2）平面 1AFD  平面 11BBCC . 【 解析 】 本小题主要考查直线与平面、平面与平面得位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力。 满分 14 分。 6. （ 2020安徽卷 文 ） （本小题满分 13 分） 如图， ABCD 的边长为 2 的正方形，直线 l 与平面 ABCD平行， G和 F式 l 上的两个不同点，且 EA=ED， FB=FC， 和 是平面 ABCD内的两点， 和 都与平面 ABCD垂直， （Ⅰ）证明：直线 垂直且平分线段 AD： . w. k. . o. m （Ⅱ）若∠ EAD=∠ EAB=60176。 ， EF=2，求多面 体 ABCDEF的体积。 【思路】根据空间线面关系可证线线垂直，由分割法可求得多面体体积 ，体现的是一种部分与整体的基本思想。 【解析】 (1)由于 EA=ED 且 39。 39。 39。 ED ABC D E D E C  面 点 E39。 在线段 AD 的垂直平分线上 ,同理点 F39。 在线段 BC的垂直平分线上 . 又 ABCD 是四方形 线段 BC 的垂直平分线也就是线段 AD 的垂直平分线 即点 E39。 F39。 都居线段 AD 的垂直平分线上 . w. w. . 所以 ,直线 E39。 F39。 垂直平分线段 AD. (2)连接 EB、 EC 由题意知多面体 ABCD 可分割成正四棱锥 E— ABCD 和正四面体 E— BCF 两部分 .设 AD 中点为 M,在 Rt△ MEE39。 中 ,由于 ME39。 =1, 3 39。 2ME EE  . EV — ABCD 21 1 4 239。 2 23 3 3S A B C D E E      四 方 形 又 EV — BCF=VC－ BEF=VC－ BEA=VE－ ABC 21 1 1 2 239。 2 23 3 2 3ABCS E E       多面体 ABCDEF 的体积为 VE— ABCD＋ VE— BCF=22 7. （ 2020 江西卷文） （本 小题满分 12 分） 如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是矩形， PA平面 ABCD ， 4PA AD， 2AB ． 以 BD 的中点 O为球心、 BD 为直径的球面交 PD 于点 M ． （ 1）求证：平面 ABM ⊥平面 PCD ； （ 2）求直线 PC 与平面 ABM 所成的角； （ 3）求点 O 到平面 ABM 的距离 ． 解： 方法（一）： OAPBCMD（ 1）证：依题设，Ｍ在以ＢＤ为直径的球面上，则ＢＭ⊥ＰＤ . 因为ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，则ＰＡ⊥ＡＢ，又ＡＢ⊥ＡＤ， 所以ＡＢ⊥平面ＰＡＤ，则ＡＢ⊥ＰＤ，因此有ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，所以平面ＡＢＭ⊥平面ＰＣＤ . （２）设平面ＡＢＭ与ＰＣ交于点Ｎ，因为ＡＢ∥ＣＤ，所以ＡＢ∥平面ＰＣＤ，则Ａ Ｂ∥ＭＮ∥ＣＤ， 由（ 1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，则 MN 是 PN 在平面 ABM上的射影， 所以 PNM 就是 PC 与平面 ABM 所成的角， 且 PNM PCD   ta n ta n 2 2PDP N M P C D DC     所求角为 arctan2 2 （ 3）因为 O 是 BD的中点，则 O 点到平面 ABM 的距离等于 D点到平面 ABM 距离的一半，由（ 1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ于 M，则 |DM|就是 D 点到平面 ABM 距离 . 因为在 Rt△ PAD 中， 4PA AD， PD AM ，所以 M 为 PD 中点， 22DM ，则O 点到平面 ABM 的距离等于 2。 方法二： （ 1）同方法一； （ 2）如图所示，建立空间直角坐标系，则 (0,0,0)A ， (0,0,4)P ， (2,0,0)B ， (2,4,0)C ，(0,4,0)D ， (0,2,2)M ， 设平面 ABM 的一 个法向量 ( , , )n x y z ，由 ,n AB n AM可得： 20220xyz ，令1z ，则 1y ，即 (0,1, 1)n.设所求角为  ，则 22sin3PC nPC n， 所求角的大小为 22arcsin 3 . （ 3）设所求距离为 h ，由 (1, 2 , 0 ), (1, 2 , 0 )O AO ，得： 2AO nhn 8. （ 2020 四川卷文） （本小题满分 12分） 如图，正方形 ABCD 所在平面与平面四边形 ABEF 所在平面互相垂直，△ ABE 是等腰直角三角形， , , 45A B A E F A F E A E F     ONAPBCMDzxy（ I）求证： EF BCE 平 面 ； （ II）设线段 CD 、 AE 的中点分别为 P 、 M ，求证： PM ∥ BCE平 面 （ III）求二面角 F BD A的大小。 【解析】 解法一： 因为平面 ABEF⊥平面 ABCD， BC 平面 ABCD， BC⊥ AB，平面 ABEF∩平面 ABCD=AB， 所以 BC⊥平面 ABEF. 所以 BC⊥ EF. 因为⊿ ABE为等腰直角三角形， AB=AE， 所以∠ AEB=45176。 ， 又因为∠ AEF=45, 所以∠ FEB=90176。 ，即 EF⊥ BE. 因为 BC 平面 ABCD, BE 平面 BCE, BC∩ BE=B 所以 EF BCE 平 面 „„„„„„„„„„„„„„„„ 6分 （ II） 取 BE的中点 N,连结 CN,MN,则 MN 12AB PC ∴ PMNC为平行四边形 ,所以 PM∥ CN. ∵ CN在平面 BCE内 ,PM不在平面 BCE内 , ∴ PM∥平面 BCE. „„„„„„„„„„„ „„„„„ 8分 （ III） 由 EA⊥ AB,平面 ABEF⊥平面 ABCD,易知 EA⊥平面 ABCD. 作 FG⊥ AB,交 BA的延长线于 G,则 FG∥ FG⊥平面 ABCD, 作 GH⊥ BD于 H,连结 FH,则由三垂线定理知 BD⊥ FH. ∴ ∠ FHG为二面角 FBDA的平面角 . ∵ FA=FE,∠ AEF=45176。 , ∠ AEF=90176。 , ∠ FAG=45176。 . 设 AB=1,则 AE=1,AF= 22 ,则 1FG AF sin FAG 2   在 Rt⊿ BGH中 , ∠ GBH=45176。 ,BG=AB+AG=1+12 =32 , 3 2 3 2G H B G s i n G B H 2 2 4    , 在 Rt⊿ FGH中 , FG 2tan FHG GH 3, ∴ 二面角 F BD A的大小 为 2arctan 3 „„„„„„„„„„„„„„„„ 12分 解法二 : 因 ABE 等腰直角三角形， AEAB ，所以 ABAE 又因为平面 ABAB C DAB E F  平面 ，所以 AE ⊥平面 ABCD ， 所以 ADAE 即 AEABAD 、 两两垂直；如图建立空间直角坐标系 , (I) 设 1AB ，则 1AE ， )0,1,1(),1,0,0(),0,0,1(),0,1,0( CEDB ∵  45, AEFFEFA ，∴ 090＝AFE ， 从而 ），－（21210F )21,21,0( EF ， )0,0,1(),1,1,0(  BCBE 于是 021210  BEEF ， 0BCEF ∴ EF ⊥ BE ,EF ⊥ BC ∵ BE  平面 BCE ， BC  平面 BCE ， BBEBC  ∴ EF BCE 平 面 （ II） )0,21,1(),21,0,0( PM ，从而 )21,21,1( PM 于是 041410)21,21,0()21,21,1(  EFPM ∴ PM ⊥ EF ，又 EF ⊥平面 BCE ，直线 PM 不在平面 BCE 内， 故 PM ∥平面 BCE （ III）设平面 BDF 的一个法向量为 1n ，并设 1n ＝（ ), zyx )21,23,0(),0,1,1(  BFBD 0011BFnBDn 即021230zyyx 取 1y ，则 1x ， 3z ，从而 1n ＝（ 1， 1， 3） 取平面 ABD D的一个法向量为 )1,0,0(2 n 11 1131113c o s 21 2121 nnnnnn 、。