2020高考—立体几何(解答+答案)

12020年高考——立体几何1.(20全国Ⅰ文19)（12分）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.2.(20全国Ⅰ理18)（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD．ABC△是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PODO．2（1）证明：PA平面PBC；（2）求二面角BPCE的余弦值．3.（20全国Ⅱ文20）（12分）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=π3，求四棱锥B–EB1C1F的体积．34.（20全国Ⅱ理20）（12分）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．5.（20全国Ⅲ文19）（12分）如图，在长方体1111ABCDABCD中，点E，F分别在棱1DD，1BB上，且12DEED，12BFFB．证明：4（1）当ABBC时，EFAC；（2）点1C在平面AEF内．6.（20全国Ⅲ理19）（12分）如图，在长方体1111ABCDABCD中，点,EF分别在棱11,DDBB上，且12DEED，12BFFB．（1）证明：点1C在平面AEF内；（2）若2AB，1AD，13AA，求二面角1AEFA的正弦值．57.（20新高考Ⅰ20）（12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．68.(20天津17)（本小题满分15分）如图，在三棱柱111ABCABC中，1CC平面,,2ABCACBCACBC，13CC，点,DE分别在棱1AA和棱1CC上，且2,1,ADCEM为棱11AB的中点．（Ⅰ）求证：11CMBD；（Ⅱ）求二面角1BBED的正弦值；（Ⅲ）求直线AB与平面1DBE所成角的正弦值．9.(20浙江19)（本题满分15分）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．710.（20江苏15）（本小题满分14分）在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．811.（20江苏22）（本小题满分10分）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=5,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=14BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．12.(20北京16)（本小题13分）如图，在正方体1111ABCDABCD中，E为1BB的中点．（Ⅰ）求证：1//BC平面1ADE；（Ⅱ）求直线1AA与平面1ADE所成角的正弦值．9参考答案：1.解：（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=3，222lr．解得r=1，l=3，从而3AB．由（1）可得222PAPBAB，故62PAPBPC．所以三棱锥P-ABC的体积为3111166()323228PAPBPC．2．解：（1）设DOa，由题设可得63,,63POaAOaABa，1022PAPBPCa.因此222PAPBAB，从而PAPB.又222PAPCAC，故PAPC.所以PA平面PBC.（2）以O为坐标原点，OE的方向为y轴正方向，||OE为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设可得312(0,1,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,)222EACP.所以312(,,0),(0,1,)222ECEP.设(,,)xyzm是平面PCE的法向量，则00EPECmm，即20231022yzxy，可取3(,1,2)3m.由（1）知2(0,1,)2AP是平面PCB的一个法向量，记APn，则25cos,|||5nmnmnm|.11所以二面角BPCE的余弦值为255.3．解：（1）因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1．又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN．因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN．所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F．（2）AO∥平面EB1C1F，AO平面A1AMN，平面A1AMN平面EB1C1F=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=3，PM=23AM=23，EF=13BC=2．因为BC∥平面EB1C1F，所以四棱锥B-EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距离．作MT⊥PN，垂足为T，则由（1）知，MT⊥平面EB1C1F，故MT=PMsin∠MPN=3．底面EB1C1F的面积为1111()(62)624.22BCEFPN所以四棱锥B-EB1C1F的体积为1243243．4．解：（1）因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC．又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN．因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN．所以平面A1AMN⊥平面EB1CF．（2）由己知得AM⊥BC．以M为坐标原点，MA的方向为x轴正方向，MB为单位长，12建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz，则AB=2，AM=3．连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故23231,(,,0)333PME．由（1）知平面A1AMN⊥平面ABC，作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC．设(,0,0)Qa，则22123234(),(,1,4())33NQaBaa，故21123223210(,,4()),||3333BEaaBE．又(0,1,0)n是平面A1AM的法向量，故1111,π10sin(,)cos,210||BEBEBEBEnnn|n|．所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为1010．5．解：（1）如图，连结BD，11BD．因为ABBC，所以四边形ABCD为正方形，故ACBD．又因为1BB平面ABCD，于是1ACBB．所以AC平面11BBDD．由于EF平面11BBDD，所以EFAC．（2）如图，在棱1AA上取点G，使得12AGGA，连结1GD，1FC，FG，13因为1123DEDD，123AGAA，11DDAA∥，所以1EDAG∥，于是四边形1EDGA为平行四边形，故1AEGD∥．因为1113BFBB，1113AGAA，11BBAA∥，所以11FGAB∥，11FGCD∥，四边形11FGDC为平行四边形，故11GDFC∥．于是1AEFC∥．所以1,,,AEFC四点共面，即点1C在平面AEF内．6．解：设ABa，ADb，1AAc，如图，以1C为坐标原点，11CD的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系1Cxyz．（1）连结1CF，则1(0,0,0)C，(,,)Aabc，2(,0,)3Eac，1(0,,)3Fbc，1(0,,)3EAbc，11(0,,)3CFbc，得1EACF．因此1EACF∥，即1,,,AEFC四点共面，所以点1C在平面AEF内．（2）由已知得(2,1,3)A，(2,0,2)E，(0,1,1)F，1(2,1,0)A，(0,1,1)AE，(2,0,2)AF，1(0,1,2)AE，1(2,0,1)AF．设1(,,)xyzn为平面AEF的法向量，则110,0,AEAFnn即0,220,yzxz可取1(1,1,1)n．设2n为平面1AEF的法向量，则22110,0,AEAFnn同理可取21(,2,1)2n．14因为1212127cos,||||7nnnnnn，所以二面角1AEFA的正弦值为427．7．解：（1）因为PD底面ABCD，所以PDAD．又底面ABCD为正方形，所以ADDC，因此AD底面PDC．因为ADBC∥，AD平面PBC，所以AD∥平面PBC．由已知得lAD∥．因此l平面PDC．（2）以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．则(0,0,0),(0,1,0),(1,1,0),(0,0,1)DCBP，(0,1,0)DC，(1,1,1)PB．由（1）可设(,0,1)Qa，则(,0,1)DQa．设(,,)xyzn是平面QCD的法向量，则0,0,DQDCnn即0,0.axzy可取(1,0,)an．所以21cos,||||31PBaPBPBannn．设PB与平面QCD所成角为，则223|1|32sin13311aaaa．因为23261313aa，当且仅当1a时等号成立，所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63．8．依题意，以C为原点，分别以1,,CACBCC的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)CABC，1511(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)ABDE，(1,1,3)M．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)CM，1(2,2,2)BD，从而112200CMBD，所以11CMBD．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA是平面1BBE的一个法向量，1(0,2,1)EB，(2,0,1)ED．设(,,)xyzn为平面1DBE的法向量，则10,0,EBEDnn即20,20.yzxz不妨设1x，可得(1,1,2)n．因此有|||6cos,6|ACACCAnnn，于是30sin,6CAn．所以，二面角1BBED的正弦值为306．（Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB．由（Ⅱ）知(1,1,2)n为平面1DBE的一个法向量，于是3cos,3||||ABABABnnn．所以，直线AB与平面1DBE所成角的正弦值为33．9.（Ⅰ）如图，过点D作DOAC，交直线AC于点O，连结OB.16由45ACD，DOAC得2CDCO，由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC，所以DOBC.由45ACB，1222BCCDCO得BOBC.所以BC