2020最新命题题库大全2020年高考数学试题解析 分项专题08 立体几何 文

20202020 最新命题题库大全最新命题题库大全 20202020 年高考数学试题解析年高考数学试题解析 分项专题分项专题 0808 立立 体几何体几何 文文 20202020 年高考试题年高考试题 20202020 年高考数学试题分类汇编立体几何年高考数学试题分类汇编立体几何 3(2020 北京文) 平面平面的一个充分条件是（ ） 存在一条直线aa， 存在一条直线aaa， 存在两条平行直线ababab， 存在两条异面直线abaab， 4(2020 福建文) 如图，在正方体中， 1111 ABCDABC D 分别为，的中点，则异面直线EFGH， 1 AAAB 1 BB 11 BC 与所成的角等于（ ）EFGH 456090120 5(2020广东文) 若l、m、n是互不相同的空间直线，、是不重合的平面，则下列 命题中为真命题的是（ ） A若，则 B若，则 /,ln/ln,ll C. 若，则 D若，则,ln mn/lm, /ll/ 6(2020 湖北文) 在棱长为 1 的正方体中，分别为棱的 1111 ABCDABC DEF， 11 AABB， A F D B C G E 1 B H 1 C 1 D 1 A 中点，为棱上的一点，且则点到平面的距离为（ G 11 AB 1 (01)AGG 1 D EF ） 3 2 2 2 3 5 5 7(2020 天津文)设为两条直线，为两个平面，下列四个命题中，正确的命ab， 题是（ ） A若与所成的角相等，则ab，ab B若，则abab C若，则abab D若，则abab 10(2020 全国文)如图，正四棱柱中，则异面直线 1111 ABCDABC D 1 2AAAB 与所成角的余弦值为（ ） 1 AB 1 AD 1 5 2 5 3 5 4 5 11(2020 全国文)已知三棱锥的侧棱长的底面边长的 2 倍，则侧棱与底面所成角的余 弦值等于（ ） ABCD 3 6 3 4 2 2 3 2 16(2020 江西文) 如图，正方体的棱长为 1，过点作平面的垂线，垂足为 1 AC 1 ABD 点有下列四个命题H 点是的垂心H 1 ABD 垂直平面AH 11 CB D 二面角的正切值为 111 CB DC2 点到平面的距离为H 1111 ABC D 3 4 其中真命题的代号是 （写出所有真命题的代号） 三解答题 17(2020广东文) 已知某几何体的俯视图是如图5所示的矩形，正视图(或称主 视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视 图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形 (1)求该几何体的体积V； (2)求该几何体的侧面积S 解解: : 由已知可得该几何体是一个底面为矩形,高为 4,顶点在底面的射影是矩形中心的 四棱锥 V-ABCD ; (1) 1 8 6464 3 V (2) 该四棱锥有两个侧面 VAD. VBC 是全等的等腰三角形,且 BC 边上的高为 , 另两个侧面 VAB. VCD 也是全等的等腰三角形, 2 2 1 8 44 2 2 h AB 边上的高为 2 2 2 6 45 2 h 因此 11 2(6 4 28 5)4024 2 22 S 在中，RtCDE 515 tan 33 CE CDE DE 异面直线与所成角的大小为AOCD 15 arctan 3 解法二： （I）同解法一 19(2020 福建文) 如图，正三棱柱的所有棱长都为，为中 111 ABCABC2D 1 CC 点 （）求证：平面； 1 AB 1 ABD （）求二面角的大小 1 AADB 解法一：（）取中点，连结BCOAO 为正三角形，ABCAOBC 正三棱柱中，平面平面，平面 111 ABCABCABC 11 BCC BAO 11 BCC B 连结，在正方形中，分别为 1 BO 11 BBC COD， 的中点， 1 BCCC， ， 1 BOBD 1 ABBD A B D 1 A 1 C 1 B C A B C D 1 A 1 C 1 B O F G 在正方形中， 11 ABB A 11 ABAB 平面 1 AB 1 ABD （）设与交于点，在平面中， 1 AB 1 ABG 1 ABD 作于，连结，由（）得平面 1 GFADFAF 1 AB 1 ABD ， 1 AFAD 为二面角的平面角AFG 1 AADB ， 1 (123)AB ，( 210)BD ， 1 ( 123)BA ， ， 1 2200AB BD A 11 1430AB BA A ， 1 ABBD 11 ABBA 平面 1 AB 1 ABD 20(2020 安徽文) 如图，在三棱锥中，VABCVCABC底面ACBC 是的中点，且，DABACBCa 0 2 VDC （I）求证：平面平面；VABVCD （II）试确定角的值，使得直线与平面所成的角为BCVAB 6 解法 1：（），是等腰三角形，又是的中点，ACBCaACBDAB ，又底面于是平面CDABVC ABCVCABAB VCD 又平面，平面平面AB VABVAB VCD （） 过点在平面内作于，则由（）知平面CVCDCHVDHCD VAB 连接，于是就是直线与平面所成的角BHCBHBCVAB 依题意，所以 6 CBH 在中，；CHDRt 2 sin 2 CHa 在中，BHCRt sin 62 a CHa 2 sin 2 A ， 0 2 4 故当时，直线与平面所成的角为 4 BCVAB 6 解法 2：（）以所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空CACBCV，xyz 间直角坐标系，则， 2 (0 0 0)( 0 0)(00)00 0tan 2 22 a a CA aBaDVa ， 于是， 2 tan 2 22 a a VDa ，0 2 2 a a CD ，(0)ABaa ， 从而，即 22 11 (0)000 2 222 a a AB CDaaaa ，ABCD 同理， 22 211 (0)tan00 2 2222 a a AB VDaaaaa ， 即又，平面ABVDCDVDDAB VCD 又平面AB VAB 平面平面VAB VCD 解法 3：（）以点为原点，以所在的直线分别为轴、轴，建立如图所DDCDB，xy 示的空间直角坐标系，则， 222 (0 0 0)00000 0 222 DAaBaCa ， ，于是， 22 0tan 22 Vaa ， 22 0tan 22 DVaa ， 2 0 0 2 DCa ， (02 0)ABa ， 从而，即(02 0)AB DCa ， 2 0 00 2 a ，ABDC 同理，即 22 (02 0)0tan0 22 AB DVaaa ，ABDV 又，平面DCDVDAB VCD 又平面，AB VAB 平面平面VAB VCD 21(2020 湖南文) 如图 3，已知直二面角，PQAPQBC ，直线和平面所成的角为CACB45BAP CA30 （I）证明；BCPQ （II）求二面角的大小BACP （II）解法一：由（I）知，又，所以BOPQPQBO BO 过点作于点，连结，由三垂线定理知，OOHACHBHBHAC 故是二面角的平面角BHOBACP 由（I）知，所以是和平面所成的角，则，COCAOCA30CAO 不妨设，则，2AC 3AO 3 sin30 2 OHAO 在中，所以，RtOAB45ABOBAO 3BOAO 于是在中，RtBOH 3 tan2 3 2 BO BHO OH 故二面角的大小为BACParctan2 解法二：由（I）知，故可以为原点，分别以直OCOAOCOBOAOBO 线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图） OBOAOC，xyz 因为，所以是和平面所成的角，则COaCAOCA30CAO 不妨设，则，2AC 3AO 1CO 在中，RtOAB45ABOBAO 所以3BOAO A B C Q P O x y z 则相关各点的坐标分别是 ，(0 0 0)O ，( 3 0 0)B，(03 0)A ，(0 01)C， 所以，( 33 0)AB ，(031)AC ， 22(2020 江苏)如图，已知是棱长为 3 的正方体，点在上，点 1111 ABCDABC DE 1 AA 在上，且，F 1 CC 1 1AEFC （1）求证：四点共面；（4 分） 1 , ,E B F D （2）若点在上，点在上，垂足为，求证：GBC 2 3 BG M 1 BBGMBFH 面；（4 分）EM 11 BCC B （3）用表示截面和面所成锐二面角大小，求。 （4 分） 1 EBFD 11 BCC Btan 1 D 1 A A B C D 1 C 1 B M E F H G 23(2020 江西文) 右图是一个直三棱柱（以为底面）被一平面所截得到的几何 111 ABC 体，截面为已知，ABC 1111 1ABBC 111 90ABC 1 4AA 1 2BB 1 3CC （1）设点是的中点，证明：平面；OABOC 111 ABC （2）求与平面所成的角的大小；AB 11 AAC C （3）求此几何体的体积 （1）证明：作交于，连 1 ODAA 11 ABD 1 C D A B C O 1 A 1 B 1 C （3）因为，所以 2 2 BH 2222 1 3 B AA C CAA C C VSBH A 1 121 (12) 2 3 222 AA 1 1 1221 1 1 1 1 21 2 A B CA BCA B C VSBB AA 所求几何体的体积为 221 1 122 3 2 B AA C CA B CA BC VVV 解法二： （3）同解法一 24(2020 全国文)四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，侧面底面SABCDSBC ABCD，已知，45ABC2AB 2 2BC 3SASB S C D A B （）证明：；SABC （）求直线SD与平面SBC所成角的大小 解法一： （1）作，垂足为，连结，由侧面底面，得底面SOBCOAOSBCABCDSO ABCD 解法二： （）作，垂足为，连结，由侧面底面，得平面SOBCOAOSBCABCDSO ABCD 因为，所以SASBAOBO 又，为等腰直角三角形，45ABC AOBAOOB 如图，以为坐标原点，为轴正向，建立直角坐标系，OOAxOxyz 因为， 2 2 2 AOBOAB ， 22 1SOSBBO 又，所以，2 2BC ( 2 0 0)A， ，(02 0)B ，(02 0)C， D B C A S O x y z ，(0 01)S，( 2 01)SA ， ，所以(0 2 2 0)CB ，0SA CB ASABC （），.( 22 21)SDSAADSACB ，( 2 0 0)OA ， 与的夹角记为，与平面所成的角记为，因为为平面的法OA SD SDABCOA SBC 向量，所以与互余 ， 22 cos 11 OA SD OA SD A A 22 sin 11 所以，直线与平面所成的角为SDSBC 22 arcsin 11 25(2020 全国文) 如图，在四棱锥中，SABCD 底面为正方形，侧棱底面ABCDSDABCDEF， 分别为的中点ABSC， （1）证明平面；EFSAD （2）设，求二面角的大小2SDDCAEFD 解法一： A EB C F S D 解法二：（1）如图，建立空间直角坐标系Dxyz 设，则( 0 0)(0 0)A aSb，(0)(00)B aaCa， ，00 22 2 aa b E aF ， 0 2 b EFa ， 取的中点，则SD0 0 2 b G ，0 2 b AGa ， 平面平面，EFAGEFAGAG ，SADEF ，SAD 所以平面EFSAD 26(2020 安徽文) 如图,在底面为直角梯形的四棱锥,/,BCADABCDP中 v,90ABC平面PA ,BC=6.32, 2, 3ABADPA A A EB C F S D G M y z x ()求证:BD;PACBD平面 ()求二面角的大小.ABDP 解法一解法一：（）平面，平面PAABCDBD ABCDBDPA 又， 3 tan 3 AD ABD AB tan3 BC BAC AB ，30ABD 60BAC ，即90AEB BDAC 又平面PAACABDPAC （）连接PE 平面，BDPACBDPEBDAE 为二面角的平面角AEPPBDA 在中，RtAEBsin3AEABABDA ，tan3 AP AEP AE 60AEP 二面角的大小为PBDA60 A E D P C B 27(2020 四川文) 如图，平面PCBM平面ABC,PCB=9 0,PMBC,直线AM与直线PC 所成的角为 60，又AC=1,BC=2PM=2,ACB=90 ()求证：ACBM; ()求二面角M-AB-C的大小； （）求多面体PMABC的体积. 解析：本题主要考查异面直线所成的角、平面与平面垂直、二面角、棱锥体积等有关知识， 考查思维能力和空间想象能力、应用向量知识解决数学问题的能力、化归转化能力和推理 运算能力 （）如图以为原点建立空间直角坐标系CCxyz 设，有， 0 (0,0,)Pz 0 (0)z (0,2,0)B(1,0,0)A 0 (0,1,)Mz ， 0 ( 1,1,)AMz 0 (0,0,)CPz 由直线与直线所成的角为 60，得AMPC cos60AM CPAMCP 即，解得 22 000 1 2 2 zzz 0 6 3 z ， 6 ( 1,1,) 3 AM ( 1,2,0)AB 设平面的一个法向量为，则MAB 1111 ( ,)nx y z 由，取，得 6 0 0 3 0 20 n AM xyz n AB xy 1 6z 1 (4,2, 6)n 取平面的一个法向量为ABC 2 (0,0,1)n 则 12 cos,n n 12 12 639 1326 1 n n nn 由图知二面角为锐二面角，故二面角的大小为MABCMABC 39 arccos 13 本小题考查直线与平面垂直、直线和平面所成的角、二面角等基础知识考查空间想象能 力、记忆能力和推理论证能力满分 12 分 （）解：在四棱锥中，因底面，平面，故PABCDPA ABCDAB ABCD PAAB 又，从而平面故在平面内的射影为ABADPAADAAB PADPBPAD ，从而为和平面所成的角PAAPBPBPAD 在中，故RtPABABPA45APB A B C D P E M 所以和平面所成的角的大小为PBPAD45 （）证明：在四棱锥中，PABCD 因底面，平面，故PA ABCDCD ABCDCDPA 由条件，面CDPCPAACACDPAC 又面，AE PACAECD 由，可得PA ABBCA60ABC ACPA 是的中点，EPCAEPC 综上得平面PCCDCAE PCD 20202020 年高考试题年高考试题 20202020 直线、平面、简单几何体直线、平面、简单几何体 1 1 （20202020 年福建卷）年福建卷）已知正方体外接球的体积是，那么正方体的棱长等于 （ D） 32 3 （A） （B） （C） （D）2 2 2 3 3 4 2 3 4 3 3 2 2 （20202020 年福建卷）年福建卷）对于平面和共面的直线、下列命题中真命题是 （C）m , n （A）若则 （B）若则,mmnnm, n,mn （C）若则 （D）若、与所成的角相等，则,mn,mnmnmn 3 3 （20202020 年安徽卷）年安徽卷）表面积为 的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的2 3 体积为 A B C D 2 3 1 3 2 3 2 2 3 解：此正八面体是每个面的边长均为的正三角形，所以由知，a 2 3 82 3 4 a 1a 则此球的直径为，故选 A。2 5 5 （20202020 年广东卷）年广东卷）给出以下四个命题 如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的一个平面和这个平面相交,那么这条直线 和交线平行; 如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这条直线垂直于这个平面; 如果两条直线都平行于一个平面,那么这两条直线互相平行; 如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么些两个平面互相垂直. 其中真命题的个数是 A.4 B.3 C.2 D.1 5、正确，故选 B. 6 6 （20202020 年广东卷）年广东卷）若棱长为 3 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 6、274 2 33 33 2 RSRd 7 7 （20202020 年陕西卷）年陕西卷）已知平面外不共线的三点到的距离都相等，则正确的结, ,A B B 论是 （D） （A）平面 ABC 必不垂直于 （B）平面 ABC 必平行于 （C）平面 ABC 必与相交 （D）存在的一条中位线平行于或在内ABC 8 8 （）（）水平桌面上放有 4 个半径均为 2R 的球，且相邻的球都相切（球心的连线构成正 方形） 。在这 4 个球的上面放一个半径为 R 的小球，它和下面的 4 个球恰好相切，则小球的 球心到水平桌面的距离是3R。 (4) ( 2020 年重庆卷)对于任意的直线l与平同a,在平面a内必有直线m,使m与l (C) (A)平行 （B）相交 (C)垂直 (D)互为异面直线 1414 （2020 年四川卷）在三棱锥中，三条棱两两互相垂直，且0ABC,OA OB OC 是边的中点，则与平面所成角的大小是_,OAOBOC MABOMABC _（用反三角函数表示）arctan2 1515 （20202020 年天津卷）年天津卷）设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面.考查下列mn 命题，其中正确的命题是（ B ） A B nmnm,nmnm/,/ C Dnmnm/,nmnm, 1919 （20202020 年全国卷年全国卷 I I）已知正四棱锥的体积为 12，底面对角线的长为，则侧面与底2 6 面所成的二面角等于_3 （或60）_。 19底面正方形面积 2 1 2 612 2 S ，底面边长a S ，高 3V h S ， 二面角的余切值 tan /2 h a 。 代入数据，得： 3 /66 12 tan3 /21212 V SV SSS 。 又必为锐角，所以3 。 2020 （20202020 年江苏卷）年江苏卷）两相同的正四棱锥组成如图 1 所示的 几何体，可放棱长为 1 的正方体内，使正四棱锥的底面 ABCD 与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上， 则这样的几何体体积的可能值有 （A）1 个 （B）2 个 （C）3 个 （D）无穷多个 解：解：法一：本题可以转化为一个正方形可以有多少个内接正方形，显然有无穷多个 法二：通过计算，显然两个正四棱锥的高均为，考查放入正方体后，面 ABCD 所在的截 1 2 面，显然其面积是不固定的，取值范围是，所以该几何体的体积取值范围是 1 ,1 2 1 1 , 6 3 点评：点评：本题主要考查学生能否迅速构造出一些常见的几何模型，并不是以计算为主 2121 （20202020 年江西卷）年江西卷）如图，在四面体 ABCD 中，截面 AEF 经过四面体的内切球（与四个面 都相切的球）球心 O，且与 BC，DC 分别截于 E、F，如果截面将四面体分成体积相等的两部 分，设四棱锥 ABEFD 与三棱锥 AEFC 的表面积分别是 S1，S2，则必有（ ） A.S1S2 B.S1S2 C.S1=S2 D.S1，S2的大小关系不能确定 解：连 OA、OB、OC、OD 则 VABEFDVOABDVOABEVOBEFD VAEFCVOADCVOAECVOEFC又 VABEFDVAEFC而每个三棱锥的高都是原四面 体的内切球的半径，故 SABDSABESBEFDSADCSAECSEFC又面 AEF 公 共，故选 C 2222 （20202020 年江西卷）年江西卷）如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，底面为直角三角形， ACB90，AC6，BCCC1，P 是 BC1上一动点，则 CPPA1的最小值是2 _ 解：连 A1B，沿 BC1将CBC1展开与A1BC1在同一个平面内，如图所示， 连 A1C，则 A1C 的长度就是所求的最小值。 通过计算可得A1C1C90又BC1C45 A1C1C135 由余弦定理可求得 A1C5 2 A B C D 图 1 D B A O C E F C1 CB A1 2323 （20202020 年辽宁卷年辽宁卷）给出下列四个命题: 垂直于同一直线的两条直线互相平行. 垂直于同一平面的两个平面互相平行. 若直线与同一平面所成的角相等,则互相平行. 12 ,l l 12 ,l l 若直线是异面直线,则与都相交的两条直线是异面直线. 12 ,l l 12 ,l l 其中假命题的个数是 (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 2525 （20202020 年北京卷）年北京卷）已知三点在球心为，半径为的球面上，且, ,A B CORACBC ，那么两点的球面距离为_，球心到平面的距离ABR,A B 1 3 RABC 为_. 3 2 R 2626 （ 20202020 年浙江卷）年浙江卷）如图，O 是半径为 l 的球心，点 A、B、C 在球面上，OA、OB、OC 两 两垂直，E、F 分别是大圆弧 AB 与 AC 的中点，则点 E、F 在该球面上的球面距离是 ( B ) P C1 B1 A1 C A B (A) (B) 4 3 (C) (D) 2 4 2 2929(2020(2020 年山东卷）年山东卷）如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的 中 点，则直线AD 与平面B1DC所成角的正弦值为 4/5 . （15 题图） 3030(2020(2020 年山东卷）年山东卷）如图，在等腰梯形ABCD中，AB=2DC=2,DAB=60,E为AB的中点， 将ADE与BEC分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则PDCE三棱锥的外接 球的体积为(C) (A) (B) (C) (D) 27 34 2 6 8 6 24 6 （12 题图） 3131 （20202020 年北京卷）年北京卷）如图，在底面为平行四边表 的四棱锥中，平面PABCDABACPA ，且，点是的中点.ABCDPAABEPD （）求证：；ACPB （）求证：平面；/PBAEC （）求二面角的大小.EACB 31. （）略；（）略；（）。135 3232 （2 20 02 20 0 年年 上海卷）上海卷）在四棱锥 PABCD 中，底面是边长为 2 的菱形，DAB60 ，对 角线 AC 与 BD 相交于点 O，PO平面 ABCD，PB 与平面 ABCD 所成的角为 60 （1）求四棱锥 PABCD 的体积； （2）若 E 是 PB 的中点，求异面直线 DE 与 PA 所成角的大小（结果用反 三角函数值表示） 解（1） （2） 3333 （ 20202020 年浙江卷年浙江卷）如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面为直角梯形,ADBC,BAD=90, PA底面 ABCD，且 PAAD=AB=2BC,M、N 分别为 PC、PB 的中点. P A B C D O E ()求证：PBDM; ()求 CD 与平面 ADMN 所成的角。 33 10 arcsin 5 34.34. ( ( 20202020 年湖南卷）年湖南卷）如图 4,已知两个正四棱锥 P-ABCD 与 Q-ABCD 的高分别为 1 和 2,AB=4. ()证明 PQ平面 ABCD; ()求异面直线 AQ 与 PB 所成的角; ()求点 P 到平面 QAD 的距离. 33. 解法一 （）连结AC、BD，设.OBDAC 由PABCD与QABCD都是正四棱锥，所以PO平面ABCD，QO平面ABCD. 从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ平面ABCD. （）由题设知，ABCD是正方形，所以ACBD. 由（） ，QO平面ABCD. 故可分别以直线CA、DB、QP为x轴、y轴、z轴建立空间直角 坐标系（如图） ，由题条件，相关各点的坐标分别是P（0，0，1） ，A（，0，0） ，22 Q（0，0，2） ，B（0，0）.22 （）连结AC、BD设，由PQ平面ABCD及正四棱锥的性质可知O在PQ上，OBDAC 从而P、A、Q、C四点共面. 因为OAOC，OPOQ，所以PAQC为平行四边形，AQPC. 从而BPC（或其补角）是异面直线AQ与PB所成的角 因为，322)22( 2222 OPOCPCPB 所以. 3 1 32322 161212 2 cos 222 PCPB BCPCPB BPC 从而异面直线AQ与PB所成的角是. 3 1 arccos ()连结OM，则.PQABOM 2 1 2 2 1 所以PMQ90，即PMMQ. 由（）知ADPM，所以PM平面QAD. 从而 PM 的长是点P到平面QAD的距离. 在直角PMO中，.2222 2222 OMPOPM 即点P到平面QAD的距离是.22 34()略; () ; 3 arccos 9 (). 3 2 2 3535(2020(2020 年山东卷）年山东卷）如图，已知平面A1B1C1平行于三棱锥V-ABC的底面ABC，等边 AB1C所在的平面与底面ABC垂直，且ACB=90，设AC=2a,BC=a. （1）求证直线B1C1是异面直线 AB1与A1C1的公垂线； （2）求点A到平面VBC的距离； （3）求二面角A-VB-C的大小. （19 题图） 35 （1）；（2）。3aarctan 15 3636 （20202020 年福建卷）年福建卷）如图，四面体 ABCD 中， O、E 分别是 BD、BC 的中点， 2,2.CACBCDBDABAD （I）求证：平面 BCD；AO （II）求异面直线 AB 与 CD 所成角的大小； （III）求点 E 到平面 ACD 的距离。 36本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成的角以及点到平面的距离基本 知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力。满分 12 分。 C A D B O E 方法一： （I）证明：连结 OC ,.BODO ABADAOBD ,.BODO BCCDCOBD （III）解：设点 E 到平面 ACD 的距离为. h , 11 . 33 E ACDA CDE ACDCDE VV h SAO S 在中，ACD2,2,CACDAD 22 127 22(). 222 ACD S 而 2 133 1,2, 242 CDE AOS 3 1 .21 2 . 77 2 CDE ACD AO S h S 点 E 到平面 ACD 的距离为 21 . 7 3737 （20202020 年安徽卷）年安徽卷）如图，P 是边长为 1 的正 六边形 ABCDEF 所在平面外一点，P 在1PA 平面 ABC 内的射影为 BF 的中点 O。 （）证明；PABF （）求面与面所成二面角的大小。APBDPB 解：（）在正六边形 ABCDEF 中，为ABFA 等腰三角形， P 在平面 ABC 内的射影为 O，PO平面 ABF，AO 为 PA 在平面 ABF 内的射影；O 为 BF 中点，AOBF，PABF。 （）PO平面 ABF，平面 PBF平面 ABC；而 O 为 BF 中点，ABCDEF 是正六边形 ，A、O、D 共线，且直线 ADBF，则 AD平 面 PBF；又正六边形 ABCDEF 的边长为 1，。 1 2 AO 3 2 DO 3 2 BO 过 O 在平面 POB 内作 OHPB 于 H，连 AH、DH，则 AHPB，DHPB，所以为所求二AHD 面角平面角。 在中，OH=，=。AHOA 21 7 1 2 tan 21 7 AO AHO OH 7 2 21 在中，；DHOA 3 21 2 tan 221 7 DO DHO OH 而 721 4 282 2 21 tantan() 7213 21 1 22 21 AHDAHODHO （）以 O 为坐标原点，建立空间直角坐标系，P(0,0，1)，A(0，,0)，B(，0,0)， 1 2 3 2 D(0,2，0)， 1 (0, 1) 2 PA 3 (,0, 1) 2 PB (0,2, 1)PD A B C D EF O P 第 19 题图 H 3838 （20202020 年广东卷）年广东卷）如图 5 所示，AF、DE 分别是O、O1的直径.AD 与两圆所在的平面 均垂直，AD8,BC 是O 的直径，ABAC6，OE/AD. ()求二面角 BADF 的大小； ()求直线 BD 与 EF 所成的角. 38解：()AD 与两圆所在的平面均垂直, ADAB, ADAF,故BAD 是二面角 BADF 的平面角， 依题意可知，ABCD 是正方形，所以BAD450. 即二面角 BADF 的大小为 450； ()以 O 为原点，BC、AF、OE 所在直线为坐标轴，建立空间 直角坐标系（如图所示） ，则 O（0，0，0） ， A（0，0） ，B（，0，0）,D（0，8） ，232323 E（0，0，8） ，F（0，0）23 所以，)8 ,23, 0(),8 ,23,23(FEBD 10 82 82100 64180 | ,cos FEBD FEBD EFBD 设异面直线 BD 与 EF 所成角为，则 10 82 |,cos|cosEFBD 直线 BD 与 EF 所成的角为 10 82 arccos 3939 （20202020 年陕西卷）年陕西卷）如图，点 A 在直线 上的射影为,l AB l 点 B 在 上的射影为已知求： 1, Al 1. B 11 2,1,2.ABAABB （I）直线 AB 分别与平面所成角的大小；, （II）二面角的大小。 11 AABB () BB1, 平面 ABB1.在平面 内过 A1作 A1EAB1交 AB1于 E,则 A1E平面 AB1B.过 E 作 EFAB 交 AB 于 F,连接 A1F,则由三垂线定理得 A1FAB, A1FE 就是所求二 面角的平面角. 在 RtABB1中,BAB1=45,AB1=B1B=. RtAA1B 中,A1B= = 2AB2AA1241 . 由 AA1A1B=A1FAB 得 A1F= = , 3 AA1A1B AB 1 3 2 3 2 在 RtA1EF 中,sinA1FE = = , 二面角 A1ABB1的大小为 arcsin. A1E A1F 6 3 6 3 解法二: ()同解法一. () 如图,建立坐标系, 则 A1(0,0,0),A(0,0,1),B1(0,1,0),B(,1,0).在 AB 上取一点 2 F(x,y,z),则存在 tR,使得=t , 即(x,y,z1)=t(,1,1), 点 F 的坐标为 AF AB 2 (t, t,1t).要使,须=0, 即(t, t,1t) (,1,1)=0, 2 A1F AB A1F AB 22 2t+t(1t)=0,解得 t= , 点 F 的坐标为(, , ), =(, , ). 设 E 1 4 2 4 1 4 3 4 A1F 2 4 1 4 3 4 为 AB1的中点,则点 E 的坐标为(0, , ). =(, , ). 1 2 1 2 EF 2 4 1 4 1 4 B1A1 A B 第 第 19第 第 又=(, , )(,1,1)= =0, , A1FE 为所求二面 EF AB 2 4 1 4 1 42 1 2 1 4 1 4 EF AB 角的平面角. 又 cosA1FE= = A1F EF |A1F |EF | = (f(r(2),4)，f(1,4)，f(3,4)(f(r(2),4)，f(1,4)，f(1,4) 2 16 + 1 16 + 9 16 2 16 + 1 16 + 1 16 1 8 1 16 + 3 16 3 4 1 2 = = , 1 3 3 3 二面角 A1ABB1的大小为 arccos. 3 3 4040 （20202020 年全国卷年全国卷 IIII）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC，D、E分别为 BB1、AC1的中点 （）证明：ED为异面直线BB1与AC1的公垂线； （）设AA1ACAB，求二面角A1ADC1的大小 2 40解法一： 解法二： （）如图，建立直角坐标系Oxyz，其中原点O为AC的中点 设A(a，0，0)，B(0，b，0)，B1(0，b，2c) 则C(a，0，0)，C1(a，0，2c)，E(0，0，c)，D(0，b，c) 3 分 （0，b，0） ，(0，0，2c) ED BB 1 A B C D E A1 B1 C1 O z x y A BC D E A1 B1 C1 0，EDBB1 ED BB 1 又(2a，0，2c)， AC 1 0，EDAC1， 6 分 ED AC 1 所以ED是异面直线BB1与AC1的公垂线 （）不妨设A(1，0，0)，则B(0，1，0)，C(1，0，0)，A1(1，0，2)， 4141( ( 20202020 年重庆卷年重庆卷) )如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD,DAB为直角， ABCD,AD=CD=24B,E、F分别为PC、CD的中点. （）试证：CD平面 BEF; （）设PAkAB,且二面角E-BD-C的平面角大于 ,求k的取值范围.30 图(41)图 解法一：（）证：由已知DFAB 且DAD为直角，故 ABFD 是矩形，从而CDBF. 又PA底面 ABCD,CDAD，故由三垂线定理知CDPD.在 PDC中，E、F分别 PC、CD的中点，故EFPD,从而CDEF,由此得CD面BEF. 第（41）图 （）连结AC交BF于G.易知G为AC的中点.连接EG,则在PAC中易知ECPA.又因 PA底面ABCD,故BC底面ABCD.在底面ABCD中，过C作GHBD,垂足为H,连接EH.由三 垂线定理知EHBD.从而EHG为二面角E-BD-C的平面角. 设AB=a,则在PAC中，有 BG=PA=ka. 2 1 2 1 以下计算GH，考察底面的平面图（如答(19)图）.连结GD. 因SCBD=BDGH=GBOF. 2 1 2 1 故GH=. BD DFGB 在ABD中，因为ABa,AD=2A,得BD=a 第（41）图5 解法二： （）如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为：轴 建立空间直角坐标系，设AB=a,则易知点A,B,C,D,F的坐标分别为 A(0,0,0),B(a,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0),来 F(a,2a,0). 从而=(2a,0,0), =(0,2a,0), DCBF =0,故 .DCBFDCBF 设PA=b,则P(0,0,b),而E为PC中点.故 第（41） E.从而=. 2 , b aaBE 2 , 0 b a =0,故.DCBEDCBE 由此得CD面BEF. （）设E在xOy平面上的投影为 G，过 G 作 GHBD 垂足为 H,由三垂线定理知 EHBD. 从而EHG 为二面角 E-BD-C 的平面角. 由 PAkAB 得 P(0,0,ka),E,G(a,a,0). 2 , ka aa 设 H(x,y,0)，则=(x-a,y-a,0), =(-a,2a,0),GHBD 由=0 得=a(x-a)+2a(y-a)=0,即GHBD x-2y=-a 4242 （20202020 年上海春卷）年上海春卷）在长方体中，已知， 1111 DCBAABCD 3,