2024年高考数学经典解答题-立体几何专项复习17题（附答案）

第第页2024年高考数学经典解答题——立体几何专项复习17题学校:___________姓名：___________班级：___________一．解答题1．已知三棱锥P−ABC中，AB⊥AC,  PA⊥平面ABC,  PA=AB=3,  AC=4,  M为BC中点，过点M（1）求直线PM与平面ABC所成的角的正切值；（2）证明：平面MEF//平面PAB，并求直线ME到平面PAB的距离.2．如图，AA1是圆柱的一条母线，AB是圆柱的底面直径，点C在圆柱下底面圆周上，M是线段A1C的中点．已知（1）求圆柱的侧面积；（2）求BC与AM所成的角．3．如图，已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，高为23（1）求该圆锥的侧面积；（2）设OA、OB为该圆锥的底面半径，且∠AOB=90°，M为AB的中点，求二面角P−AB−O的正切值4．如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC是以AC（1）求证：平面A1BC⊥平面（2）求点A到平面A15．如图，在正方体ABCD−A（1）求证：B1D1（2）求二面角B−A16．如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC，D是棱AC的中点，E（1）求证：A1B//（2）求证：C17．四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD=DA=2，F、E分别为AD、PC的中点.（1）证明：DE//平面PFB（2）求点D到平面PFB的距离.8．如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若点F是棱AB的中点，求证：CF//平面PAE9．在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱D（1）BD1//（2）BD10．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥（1）求证：AC⊥BC1（2）求证：AC1//11．如图，长方体ABCD−A₁B₁C₁D₁的底面ABCD是正方形，点E在棱AA₁上，BE⊥EC₁.（1）证明:BE⊥平面EB₁C₁（2）若AA₁=2，AB=1，求四棱锥E−BB₁C₁C的体积.12．如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，E为AP的中点，且AB=2,AP=4．（1）证明：CP//平面BDE；（2）求三棱锥P−BDE的体积．13．如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形．（1）求证：AB//平面PCD（2）求证：AB⊥平面PAD．14．如图，六棱锥P−ABCDEF的底面是边长为1的正六边形，PA⊥平面ABC，PA=23（1）求证：直线BC//平面PAD；（2）求证：直线ED⊥平面PAE；（3）求直线PD与平面ABC所的成角.15．如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，H为PC的中点，M为AH的中点，PA=AC=2，BC=1．（1）求证：AH⊥BC；（2）求点C到平面ABH的距离；（3）在线段PB上是否存在点N，使MN//平面ABC？若存在，求出|PN||PB|16．如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面ADE⊥平面ABCD，EF=1,AE=DE=2.（1）求证：CD//平面ABFE；（2）求证：平面ABFE⊥平面CDEF；（3）在线段CD上是否存在点N，使得FN⊥平面ABFE?说明理由．17．在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B1是A1C和B（1）求证：AB⊥平面A1BC（2）求A1到平面ABC（3）求二面角A1−AC−B的

2024年高中数学立体几何专项复习17题【参考答案】1．答案：（1）54；（2）证明见解析；解析：（1）

因为PA⊥平面ABC，连接AM，则∠PMA即为直线PM与平面ABC所成的角，又PA=AB=3，AC=4，AB⊥AC，M为BC中点，可得BC=5，AM=5所以tan∠PMA=即直线PM与平面ABC所成的角的正切值为65（2）由题知，ME//平面PAB，MF//平面PAB，ME∩MF=M，ME,MF⊂平面MEF，所以平面MEF//平面PAB.因为PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC，又AC⊥AB，AB,PA⊂平面PAB，AB∩PA=A，所以AC⊥平面PAB，又ME//平面PAB，所以AE就是直线ME到平面PAB的距离，又M为BC中点，则AE=1即直线ME到平面PAB的距离为2.2．答案：（1）20π；（2）解析：（1）由题意可得AC=4，BC=3，l=AA所以在Rt△ABC中，AB=所以底面半径r=1所以圆柱的侧面积S=2π（2）由题意可得BC⊥AC，又因为AA1是圆柱的一条母线，可得AA因为BC⊂底面ABC，所以BC⊥AA因为BC⊥AC，且AC∩AA1=A，AC,A所以BC⊥平面ACA又AM⊂平面ACA所以BC⊥AM，所以BC与AM所成的角为90°．3．答案：（1）8π；（2）解析：（1）由题意知，OP⊥平面OAB，OB⊂平面OAB，所以OP⊥OB，所以圆锥的母线l=(2所以圆锥的侧面积S=π（2）如图，连接PM，M为AB的中点，PA=PB，则PM⊥AB，又△OAB为等腰三角形，OA=OB，所以OM⊥AB，所以∠PMO为二面角P−AB−O所成角.在等腰直角△OAB中，OA=OB=2，所以OM=2在Rt△POM中，OP=23,OM=2所以∠PMO=arctan4．答案：（1）证明见解析；（2）2解析：（1）在直三棱柱ABC−A1B1C∵BC⊂平面ABC,∴AA又∵BC⊥AB,AB∩AA1=A,AB,A∴BC⊥平面ABB∵BC⊂平面A1BC，∴平面A1（2）由（1）可知BC⊥平面ABB又A1B⊂平面由题意可知，AB=BC=2,AA1=2∴S设点A到平面A1BC的距离为由VA1−ABC即13×2×2=1所以点A到平面A1BC的距离为5．答案：（1）证明见详解；（2）2解析：（1）正方体ABCD−ABB故四边形BDD则B1又B1D1⊄平面A1故B1D1（2）设正方体棱长为1，作BE⊥A1C于E由正方体的性质知，△A所以DE⊥A1C,∠BED且BE=DE=2所以cos∠BED=故∠BED=2即二面角B−A16．答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析解析：（1）连接CA1交C1D于点

在三棱柱ABC−A1B所以∠GA1C所以△GA1C1∽又D是棱AC的中点，AC=A1C1又E是棱BC上的一点，且BE=2CE，所以GCGA1又A1B⊂平面C1ED，GE⊂平面C（2）在△ABC中，AB=BC，D是棱AC的中点，所以BD⊥AC.在直三棱柱ABC−A1B1C又BD⊂平面ABC，所以AA又AA1∩AC=A，AA1，AC⊂平面AC又C1D⊂平面ACC7．答案：（1）证明见解析；（2）6解析：（1）取PB中点G，连接EG，FG，

因为E,G分别是PC,PB的中点，所以EG//BC而DF//BC，DF=12BC因此四边形DEGF是平行四边形，所以DE//又DE⊄平面PFB，FG⊂平面PFB，所以DE//平面PFB（2）设点D到平面PFB的距离d，点D到平面PFB的距离可以看成三棱锥D−PFB以PFB为底面的高，由VD−PFB=由于PF=PD2PB=PD故S△PFB=1故13×6故D到平面PFB的距离为638．答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析；解析：（1）由PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，又因为底面ABCD为菱形，所以AC⊥BD，易知PA∩AC=A，PA,AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC；（2）连接AE，CF，如下图所示：由底面ABCD为菱形可得AB//CD，且又因为E为CD的中点，点F是棱AB的中点，所以可得CE=AF=12AB所以可知四边形CEAF为平行四边形，所以CF//又CF⊄平面PAE，AE⊂平面PAE，所以CF//平面PAE9．答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析解析：（1）

如图，连结OE，在正方体ABCD−A因为OB=OD，E为棱DD所以OE为△BDD1的中位线，所以又因为OE⊂平面ACE，BD1不在平面所以BD1//（2）在正方体ABCD−A由DD1⊥面ABCD，AC⊂面ABCD，所以DBD⊂面BDD1，DD1⊂面BDD1又由BD1⊂面BD10．答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析解析：（1）证明：由CC1⊥底面ABC，且AC⊂底面ABC又因为AC⊥BC，BC∩CC1=C，且BC,C所以AC⊥平面BCC因为BC1⊂（2）证明：设CB1与C1B的交点为因为D是AB的中点，E是BC1的中点，所以因为DE⊂平面CDB1，且AC1⊄平面CD

11．答案：（1）证明见解析；（2）2解析：（1）证明：由长方体的性质可知，B1C∴BE⊥因为B1C1所以B∴BE⊥平面EB（2）取棱BB₁的中点F，连接EF、C₁F则EF//AB由（1）知，∠BEB₁=90°，由题设可知，

∴∠AEB=∠A₁EB₁=45°∵在长方体ABCD−A₁B₁C₁D₁中，AA₁//平面BB₁C₁CAB⊥∴点E到平面BB₁C₁C的距离d=EF=AB=2∴四棱锥E−BB₁C₁C的体积V=12．答案：（1）证明过程见解析；（2）4解析：（1）连接AC交BD于点H，连接EH，因为底面ABCD是正方形，所以H为AC的中点，因为E为AP的中点，所以EH//PC，因为EH⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，所以PC//平面BDE；（2）因为AB=2,AP=4，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，所以VP−ABD因为E为AP的中点，所以VP−BDE13．答案：（1）证明见详解；（2）证明见详解解析：（1）由题意，底面ABCD是矩形，即AB//CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，所以AB//平面PCD（2）由题意，PD⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PD，又底面ABCD是矩形，即AB⊥AD，AD∩PD=D,AD⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD．14．答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）π解析：（1）证明：∵正六边形ABCDEF，∴∠FAB=∠B=120°，∠DAB=1∴∠DAB+∠B=180°，∴BC∥AD，∵AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，∴直线BC//平面PAD.（2）在△AFE中AF=FE=1，∠F=120°，易得AE=21−在△ADE中ED=1，AD=2，AE=3∴AE2+E因为PA⊥平面ABC，ED⊂平面ABC，故PA⊥ED，∵PA∩AE=A,PA,AE⊂平面PAE，故直线ED⊥平面PAE.（3）∵PA⊥平面ABC，∴∠PDA即为直线PD与平面ABC所的成角，在Rt△PAD中，PA=23，AD=2，∴∴∠PDA=π即为直线PD与平面ABC所的成角为π315．答案：（1）证明见解析；（2）63；（3）线段PB上当点N满足|PN||PB|=3，使MN//解析：（1）因为PA⊥底面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.又因为AC⊥BC，AC∩PA=A,AC,PA⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，又因为AH⊂平面PAC，所以AH⊥BC.（2）设点C到平面ABH的距离为d.因为PA⊥底面ABC，PA=2，H为PC的中点，所以点H到平面ABH的距离为12又因为在△ABC中，AC⊥BC，AC=2，BC=1．则AB=2VC−HAB又因为PA⊥底面ABC，AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC，又因为PA=2，AC=2，H为PC的中点，所以PC=22，又因为由（1）知BC⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，则BH=B所以AB2=A则△ABH的面积为12所以VC−HAB=1（3）线段PB上当点N满足|PN||PB|=34，使证明：取CH的中点K，连接MK，NK．因为M为AH的中点，所以由MK为△HAC的中位线，可得MK//AC.又因为MK⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以MK//平面ABC；由PKKC=3,PNNB=3又因为NK⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，所以NK//平面ABC．又因为MK∩NK=K,MK,NK⊂平面ABC，所以平面MNK//平面ABC，又因为MN⊂平面MNK，所以MN//平面ABC．16．答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）存在，理由见解析解析：（1）在五面体ABCDEF中，因为四边形ABCD是正方形，所以AB//CD.又CD⊄平面ABFE，AB⊂平面ABFE，所以CD//平面ABFE.（2）因为AE=DE=2所以AE2+DE2因为四边形ABCD是正方形，所以AB⊥AD.因为平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD=AD,AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面ADE.因为DE⊂平面ADE，所以AB⊥DE.因为AB∩AE=A,AB、AE⊂平面ABFE,所以DE⊥平面ABFE.因为DE⊂平面CDEF，所以平面ABFE⊥平面CDEF.（3）在线段CD上存在点N，使得FN⊥平面ABFE.证明如下：取CD的中点N，连接FN.由（1）知，CD//平面ABFE，又CD⊂平面CDEF，平面ABFE∩平面CDEF=EF，所以CD//EF.因为EF=1,ND=12CD=1