【2021届备考】2020全国名校数学试题分类解析汇编(11月第三期)：G单元立体几何

G单元立体几何名目G单元立体几何 1G1空间几何体的结构 2G2空间几何体的三视图和直观图 2G3平面的基本性质、空间两条直线 2G4空间中的平行关系 2G5空间中的垂直关系 2G6三垂线定理 2G7棱柱与棱锥 2G8多面体与球 2G9空间向量及运算 2G10空间向量解决线面位置关系 2G11空间角与距离的求法 2G12单元综合 2G1空间几何体的结构【数学理卷·2021届辽宁师大附中高三上学期期中考试（202211）】11.已知四周体中,，，,平面PBC,则四周体的内切球半径与外接球半径的比A. B. C. D.（）【学问点】空间几何体的结构G1【答案解析】C设内切球的半径为r则=+++求出r.把三棱锥补成一个三棱柱，依据勾股定理求出外接球的半径R，然后求出内切球半径与外接球半径的比为。【思路点拨】利用分割法求出内切球的半径，依据勾股定理求出外接球的半径，再求出比值。G2空间几何体的三视图和直观图【数学（理）卷·2021届重庆市重庆一中高三上学期其次次月考（202210）】5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）第5题A．B.C.D.第5题【学问点】由三视图求面积、体积．G2【答案解析】C解析：由三视图可知该几何体，是过一正三棱柱的上底面一边作截面，截去的部分为三棱锥，而得到的几何体．原正三棱锥的底面边长为2，高为2，体积V1=Sh=×2=2．截去的三棱锥的高为1，体积V2=×1=故所求体积为V=V1﹣V2=，故选A．【思路点拨】由三视图可知该几何体，是过一正三棱柱的上底面一边作截面，截去的部分为三棱锥，利用间接法求出其体积．【数学理卷·2021届黑龙江省双鸭山一中高三上学期期中考试（202211）】6.若某多面体的三视图(单位：cm),如图所示，其中正视图与俯视图均为等腰三角形，则此多面体的表面积是（）B.C.15D.【学问点】空间几何体的三视图和直观图G2【答案解析】B由三视图可知：该几何体是一个如图所示的三棱锥，侧棱PC=4且PC⊥底面，底面是底边为6、高为4的等腰三角形．在等腰三角形ABC中，CD⊥AB，CD=4，AB=6，∴AC=BC==5．

∵PC⊥底面ABC，∴PC⊥AC，PC⊥BC，PC⊥CD．

∴S表面积=2××5×4+×6×4+×6×4=32+12．

故答案为B．【思路点拨】由三视图可知：该几何体是一个如图所示的三棱锥，侧棱PC=4且PC⊥底面，底面是底边为6、高为4的等腰三角形．据此即可计算出答案．【数学理卷·2021届辽宁师大附中高三上学期期中考试（202211）】5．一个棱锥的三视图如图（单位为cm），则该棱锥的全面积是()A、4+2eq\r(6)B、4+eq\r(6)C、4+2eq\r(2)D、4+eq\r(2)【学问点】空间几何体的三视图和直观图G2【答案解析】A由三视图可知：原几何体是一个如图所示的三棱锥，点O为边AC的中点，且PO⊥底面ABC，OB⊥AC，PO=AC=OB=2．

可求得S△PAC=×2×2=2，S△ABC=×2×2=2．

∵PO⊥AC，∴在Rt△POA中，由勾股定理得PA==．

同理AB=BC=PC=PA=．由PO⊥底面ABC，得PO⊥OB，

在Rt△POB中，由勾股定理得PB==2．由于△PAB是一个腰长为，底边长为2的等腰三角形，可求得底边上的高h==．

∴S△PAB=×2×=．同理S△PBC=．故该棱锥的全面积=2+2++=4+2．

故答案为4+2．【思路点拨】由三视图可知：原几何体是一个如图所示的三棱锥，点O为边AC的中点，且PO⊥底面ABC，OB⊥AC，PO=AC=OB=2．据此可计算出该棱锥的全面积．【数学理卷·2021届湖南省师大附中高三上学期其次次月考（202210）word版】3、如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是（） A、54B、27C、18D、9【学问点】由三视图求面积、体积．G2【答案解析】C解析：由三视图可知，该几何体是一个以正视图为底面的四棱锥，∵底面长和宽分别为3和6，∴其底面面积S=3×6=18，又∵棱锥的高h=3，故该几何体的体积V=Sh=×3×18=18．故选：C【思路点拨】由已知的三视图可得：该几何体是一个以正视图为底面的四棱锥，分别求出底面面积和高，代入锥体体积公式，可得答案．【数学理卷·2021届浙江省重点中学协作体高三第一次适应性测试（202211）word版】3．一几何体的三视图如右图所示，若主视图和左视图都是等腰直角三角形，直角边长为1，则该几何体外接球的表面积为（▲）。A．B．C．D．【学问点】三视图，球体表面积G2，G8【答案解析】B解析：由三视图可知，此几何体是四棱锥，是由正方体下底面四个顶点和上底面一个顶点构成。此几何体的外接球就是正方体的外接球，正方体的体对角线是球的直径，所以半径R=，球的表面积。【思路点拨】由三视图确定几何体，应先由三视图分析原几何体的特征（留意物体的位置的放置与三视图的关系），再利用三视图与原几何体的数据对应关系进行解答.一般状况下，锥体或柱体都可以通过长方体和正方体取点得到。【数学理卷·2021届浙江省温州十校（温州中学等）高三上学期期中联考（202211）】3.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的的值是（）A.2B.C.D.3【学问点】简洁空间图形的三视图．G2【答案解析】D解析：依据三视图推断几何体为四棱锥，其直观图是：，．故选D．【思路点拨】依据三视图推断几何体为四棱锥，再利用体积公式求高x即可．【数学文卷·2021届辽宁师大附中高三上学期期中考试（202211）】9．一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为4的两个全等的等腰直角三角形，若该几何体的全部顶点在同一球面上，则该球的表面积是()．A．12πB．24πC．32πD．48π【学问点】空间几何体的三视图和直观图G2【答案解析】D由三视图可知该几何体是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥．其中底面ABCD是边长为4的正方形，高为4，

该几何体的全部顶点在同一球面上，则球的直径为×4=4，即球的半径为2，所以该球的表面积是4π(2)2=48π．故选D．【思路点拨】该几何体的直观图如图所示，它是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥．其中底面ABCD是边长为4的正方形，高为CC1=4，故可求结论．【数学文卷·2021届贵州省遵义航天高级中学高三上学期第三次模拟考试（202211）】7.某几何体的三视图如右图所示，则其体积为()A．B.C．D．【学问点】几何体的三视图.G2【答案解析】B解析：由三视图可知此几何体是底面半径1，高2的半圆锥，所以其体积为，故选B.【思路点拨】由几何体的三视图，分析此几何体的结构，从而求得此几何体的体积.【数学文卷·2021届湖南省师大附中高三上学期其次次月考（202210）】5、如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是3336正视图3336正视图侧视图俯视图C、18D、9【学问点】几何体的三视图.G2【答案解析】C解析：由三视图知该几何体是底面是长6宽3的矩形，高3的四棱锥，所以此几何体的体积为，故选C.【思路点拨】由三视图得该几何体的结构，从而求得该几何体的体积.【数学文卷·2021届浙江省重点中学协作体高三第一次适应性测试（202211）word版】2．一几何体的三视图如右图所示，若主视图和左视图都是等腰直角三角形，直角边长为1，则该几何体外接球的表面积为（▲）。左视图主视图俯视图（第2题图）左视图主视图俯视图（第2题图）B．C．D．【学问点】三视图，三棱锥外接球，球的表面积公式G2G8【答案解析】B解析：由三视图可知其直观图为底面是正方形的侧棱垂直底面的四棱锥，求其外接球半径，可接受补图成为一个边长为2的正方体的外接球的半径，半径为，所以外接球的表面积，故选择B.【思路点拨】先由三视图分析原几何体的特征（留意物体的位置的放置与三视图的关系），再利用三视图与原几何体的数据对应关系，确定直观图，该几何体的外接球接受补图成为长方体求解外接球半径..【数学文卷·2021届浙江省温州十校（温州中学等）高三上学期期中联考（202211）】12.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为____________【学问点】由三视图求面积、体积．G2【答案解析】解析：由题意可知几何体是底面是底面为2的等边三角形，高为3的直三棱柱，所以几何体的体积为：．故答案为：．【思路点拨】通过三视图复原的几何体的外形，结合三视图的数据求出几何体的体积即可．【数学文卷·2021届云南省玉溪一中高三上学期期中考试（202210）】16、一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积与其外接球面积之比为．【学问点】空间几何体的三视图和直观图G2【答案解析】由三视图知，几何体是一个组合体，是由两个完全相同的四棱锥底面重合组成，四棱锥的底面是边长是1的正方形，四棱锥的高是，斜高为，

这个几何体的表面积为8××1×=2∴依据几何体和球的对称性知，几何体的外接球的直径是四棱锥底面的对角线是，

∴外接球的表面积是4×π（）2=2π则这个几何体的表面积与其外接球面积之比为=故答案为：．【思路点拨】几何体是一个组合体，是由两个完全相同的四棱锥底面重合组成，四棱锥的底面是边长是1的正方形，四棱锥的高是，依据求和几何体的对称性得到几何体的外接球的直径是，求出表面积及球的表面积即可得出比值．【数学文卷·2021届云南省玉溪一中高三上学期期中考试（202210）】9、一个棱锥的三视图如右图所示，则它的体积为（）A．B．C．1D．【学问点】空间几何体的三视图和直观图G2【答案解析】A由已知三视图我们可得：棱锥以俯视图为底面，以主视图高为高，故h=1，

S底面=×（1+2）×1=，故V=S底面h=，故答案为：A【思路点拨】依据已知三视图，我们结合棱锥的结构特征易推断出几何体为四锥锥，结合三视图中标识的数据,我们易求出棱锥的底面面积及棱锥的高，代入棱锥体积公式即可得到答案．G3平面的基本性质、空间两条直线【数学理卷·2021届浙江省重点中学协作体高三第一次适应性测试（202211）word版】4．给定下列两个关于异面直线的命题：那么（▲）。命题（1）：若平面上的直线与平面上的直线为异面直线，直线是与的交线，那么至多与中的一条相交；命题（2）：不存在这样的无穷多条直线，它们中的任意两条都是异面直线。A．命题（1）正确，命题（2）不正确B．命题（2）正确，命题（1）不正确C．两个命题都正确D．两个命题都不正确【学问点】空间直线与平面G3【答案解析】D解析：命题（1）中，至少与中的一条相交；命题（2）中的异面直线是存在的，所以两个命题都不对。【思路点拨】生疏异面直线的画法，理解异面直线的定义是求解此题的关键。【数学文卷·2021届贵州省遵义航天高级中学高三上学期第三次模拟考试（202211）】6．对于任意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l()A．平行B．相交C．垂直 D．互为异面直线【学问点】空间直线位置关系状况分析.G3【答案解析】C解析：当直线l与平面α相交时A不成立；当直线l与平面α平行时B不成立；当直线l在平面α内时D不成立.故选D.【思路点拨】接受排解法确定结论.G4空间中的平行关系【数学理卷·2021届辽宁师大附中高三上学期期中考试（202211）】2.已知平面,则下列命题中正确的是() A．B．C．D．【学问点】空间中的平行关系空间中的垂直关系G4G5【答案解析】DA选项中b可能跟斜交，B选项中可能与垂直，C选项中a可能与b不垂直，故D选项正确，故选D.【思路点拨】依据平面与直线的位置关系求结果。【数学理卷·2021届湖南省师大附中高三上学期其次次月考（202210）word版】18、（本小题满分12分）如图，四周体A-BCD中，AD⊥面BCD，BC⊥CD，AD=2，BD=，M是AD的中点，P是△BMD的外心，点Q在线段AC上，且。（Ⅰ）证明：PQ∥平面BCD；（Ⅱ）若二面角C-BM-D的大小为60°，求四周体A-BCD的体积。【学问点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．G4G7【答案解析】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）解析：（Ⅰ）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQ∵△ACD中，AQ=3QC且DF=3CF，∴QF∥AD且QF=AD∵△BDM中，O、P分别为BD、BM的中点∴OP∥DM，且OP=DM，结合M为AD中点得：OP∥AD且OP=AD∴OP∥QF且OP=QF，可得四边形OPQF是平行四边形∴PQ∥OF∵PQ⊄平面BCD且OF⊂平面BCD，∴PQ∥平面BCD；（Ⅱ）过点C作CG⊥BD，垂足为G，过G作GH⊥BM于H，连接CH∵AD⊥平面BCD，CG⊂平面BCD，∴AD⊥CG又∵CG⊥BD，AD、BD是平面ABD内的相交直线∴CG⊥平面ABD，结合BM⊂平面ABD，得CG⊥BM∵GH⊥BM，CG、GH是平面CGH内的相交直线∴BM⊥平面CGH，可得BM⊥CH因此，∠CHG是二面角C﹣BM﹣D的平面角，可得∠CHG=60°设∠BDC=θ，可得Rt△BCD中，CD=BDcosθ=2cosθ，CG=CDsinθ=2sinθcosθ，BG=BCsinθ=2sin2θRt△BMD中，HG==；Rt△CHG中，tan∠CHG===∴tanθ=，可得θ=60°，即∠BDC=60°，∵BD=2，∴CD=，∴S△BCD==，∴VA﹣BCD==．【思路点拨】（Ⅰ）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQ．依据平行线分线段成比例定理结合三角形的中位线定理证出四边形OPQF是平行四边形，从而PQ∥OF，再由线面平行判定定理，证出PQ∥平面BCD；（Ⅱ）过点C作CG⊥BD，垂足为G，过G作GH⊥BM于H，连接CH．依据线面垂直的判定与性质证出BM⊥CH，因此∠CHG是二面角C﹣BM﹣D的平面角，可得∠CHG=60°．设∠BDC=θ，用解直角三角形的方法算出HG和CG关于θ的表达式，最终在Rt△CHG中，依据正切的定义得出tan∠CHG，从而得到tanθ，由此可得∠BDC，进而可求四周体A﹣BCD的体积．【数学理卷·2021届浙江省重点中学协作体高三第一次适应性测试（202211）word版】20．（本小题满分15分）（第20题图）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，、分别是、的中点，点在直线上，且满足。（第20题图）（1）证明：；（2）若平面与平面所成的角为，试确定点的位置。【学问点】空间平行、垂直关系，以及线面所成的角G4,G5,G10【答案解析】（1）略。（2）点P在B1A1的延长线上，且|A1P|＝eq\f(1,2)．证明：如图，以AB，AC，AA1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz．则P（λ，0,1），N（eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，0），M（0,1，eq\f(1,2)），（2分）从而＝（eq\f(1,2)－λ，eq\f(1,2)，－1），＝（0,1，eq\f(1,2)），（2分）＝（eq\f(1,2)－λ)×0＋eq\f(1,2)×1－1×eq\f(1,2)＝0，所以PN⊥AM;（3分）（2）平面ABC的一个法向量为n＝＝（0,0,1）．（1分）设平面PMN的一个法向量为m＝（x，y，z），由（1）得＝（λ，－1，eq\f(1,2)）．（2分）由（1分）解得．（1分）∵平面PMN与平面ABC所成的二面角为45°，∴|cos〈m，n〉|＝|eq\f(m·n,|m|·|n|)|＝eq\f(|2(1－λ)|,\r(9＋(2λ＋1)2＋4(1－λ)2))＝eq\f(\r(2),2)，（1分）解得λ＝－eq\f(1,2)．故点P在B1A1的延长线上，且|A1P|＝eq\f(1,2)．（2分）【思路点拨】立体几何问题一般接受空间向量解比较简洁，首先建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，要求PN⊥AM，只需求=0即可；对于面面角，就求出两个面的法向量，依据这两个法向量的夹角可以确定参数的值，从而求出P点的位置。【数学理卷·2021届浙江省温州十校（温州中学等）高三上学期期中联考（202211）】20.如图，已知四棱锥，底面为菱形，平面，，分别是的中点．PBECDFPBECDFA（Ⅱ）若,求二面角的余弦值．【学问点】与二面角有关的立体几何综合题；空间中直线与直线之间的位置关系．G4G5【答案解析】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）解析：（Ⅰ）证明：由四边形为菱形，，可得为正三角形．由于为的中点，所以．又，因此．由于平面，平面，所以．而平面，平面且，所以平面．又平面，所以．（7分）（Ⅱ）解法一：由于平面，平面，所以平面平面．P过作于，则平面，P过作于，连接，则为二面角的平面角，SFSFAADDOCEBOCEB在中，，，又是的中点，在中，，又，在中，，即所求二面角的余弦值为．（14分）解法二：由（Ⅰ）知两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又分别为的中点，所以PBEPBECDFAyzx，所以．设平面的一法向量为，则因此取，则，由于，，，所以平面，故为平面的一法向量．又，所以．由于二面角为锐角，所以所求二面角的余弦值为．【思路点拨】（Ⅰ）由已知条件推导出AE⊥AD，AE⊥PA，由此能证明AE⊥平面PAD，从而得到AE⊥PD．（Ⅱ）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角E﹣AF﹣C的余弦值．【数学理卷·2021届浙江省温州十校（温州中学等）高三上学期期中联考（202211）】4.设是两条不同的直线，是两个不同的平面,下列命题中错误的是（）A.若,,,则 B.若,,,则C.若,,则 D.若,,,则【学问点】空间中直线与平面之间的位置关系．G4G5【答案解析】D解析：若,,，则由平面与平面垂直的判定定理得，故A正确；若,,，则由直线与平面平行的判定定理得，故B正确；若,，则由平面与平面垂直的判定定理得，故C正确；若,,，则m与n相交、平行或异面，故D错误．故选：D．【思路点拨】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．【数学理卷·2021届广东省阳东一中、广雅中学高三第一次联考（202210）】18.（本小题满分14分）B1C1A1BCD如图，三棱柱ABC—A1B1C1B1C1A1BCD(1)求证：AB1//面BDC1；(2）求二面角C1—BD—C的余弦值；(3）在侧棱AA1上是否存在点P，使得CP⊥面BDC1？并证明你的结论.【学问点】直线与平面平行；二面角；直线与平面垂直.G4,G5,G11【答案解析】略解析：解：（I）证明：连接B1C，与BC1相交于O，连接OD∵BCC1B1是矩形，∴O是B1C的中点.又D是AC的中点，∴OD//AB1.………2分∵AB1面BDC1，OD面BDC1，∴AB1//面BDC1.………4分（II）解：如图，建立空间直角坐标系，则C1（0，0，0），B（0，3，2），C（0，3，0），A（2，3，0），D（1，3，0）……5分设=（x1，y1，z1）是面BDC1的一个法向量，则即.…………6分易知=(0，3，0)是面ABC的一个法向量..……………8分∴二面角C1—BD—C的余弦值为.…………9分（III）假设侧棱AA1上存在一点P（2，y，0）（0≤y≤3），使得CP⊥面BDC1.则∴方程组无解.∴假设不成立.∴侧棱AA1上不存在点P，使CP⊥面BDC1.……………14分【思路点拨】由条件可证明直线与平面平行，再建立空间坐标系利用向量求出二面角的余弦值，最利用向量进行说明.【数学理卷·2021届吉林省试验中学高三上学期第三次质量检测（202211）】7．设是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是A．若,,则 B．若∥,,则∥C．若,,则 D．若,∥,∥,则【学问点】空间中的平行关系空间中的垂直关系G4G5【答案解析】D选项A，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则可能m⊥n，m∥n，或m，n异面，故A错误；选项B，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n，或m，n异面，故B错误；

选项C，若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β可能相交，也可能平行，故C错误；

选项D，若m⊥α，m∥n，则n⊥α，再由n∥β可得α⊥β，故D正确．故选D【思路点拨】由α⊥β，m⊂α，n⊂β，可推得m⊥n，m∥n，或m，n异面；由α∥β，m⊂α，n⊂β，可得m∥n，或m，n异面；由m⊥n，m⊂α，n⊂β，可得α与β可能相交或平行；由m⊥α，m∥n，则n⊥α，再由n∥β可得α⊥β．【数学文卷·2021届辽宁师大附中高三上学期期中考试（202211）】21．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD.E和F分别是CD和PC的中点．求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.【学问点】空间中的平行关系空间中的垂直关系G4G5【答案解析】(1)略(2)略(3)略(1)由于平面PAD∩平面ABCD＝AD.又平面PAD⊥平面ABCD，且PA⊥AD.所以PA⊥底面ABCD.(2)由于AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以ABED为平行四边形．所以BE∥AD.又由于BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)由于AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形．所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD.又E，F分别是CD和CP的中点，所以EF∥PD，故CD⊥EF.CD⊂平面PCD，由EF，BE在平面BEF内，且EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF.所以平面BEF⊥平面PCD.【思路点拨】利用线线平行证明线面平行利用线面垂直证明面面垂直。【数学文卷·2021届辽宁师大附中高三上学期期中考试（202211）】3．设m，n是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是()．A．m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥nB．m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则m⊥nC．m⊥α，n⊂β，m⊥n，则α⊥βD．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β【学问点】空间中的平行关系空间中的垂直关系G4G5【答案解析】B对于A，若m∥α，n∥β且α∥β，说明m、n是分别在平行平面内的直线，它们的位置关系应当是平行或异面，故A错；对于B，由m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m与n确定不平行，否则有α∥β，与已知α⊥β冲突，通过平移使得m与n相交，且设m与n确定的平面为γ，则γ与α和β的交线所成的角即为α与β所成的角，由于α⊥β，所以m与n所成的角为90°，故命题B正确．对于C，依据面面垂直的性质，可知m⊥α，n⊂β，m⊥n，∴n∥α，∴α∥β也可能α∩β=l，也可能α⊥β，故C不正确；

对于D，若“m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β”，则“α∥β”也可能α∩β=l，所以D不成立．故选B．【思路点拨】对于A、由面面平行的判定定理，得A是假命题对于B、由m⊥α，n⊥β且α⊥β，可知m与n不平行，借助于直线平移先得到一个与m或n都平行的平面，则所得平面与α、β都相交，依据m与n所成角与二面角平面角互补的结论．对于C、通过直线与平面平行的判定定理以及平面与平面平行的性质定理，推断正误即可；对于D、利用平面与平面平行的判定定理推出结果即可．【数学文卷·2021届贵州省遵义航天高级中学高三上学期第三次模拟考试（202211）】19.（本题满分12分）如图，在正三棱柱中，点D在边BC上，AD⊥C1D.(1)求证：平面ADC1⊥平面BCC1B1；(2)设E是B1C1上的一点，当eq\f(B1E,EC1)的值为多少时，A1E∥平面ADC1？请给出证明．【学问点】面面垂直的判定；线面平行的条件.G4G5【答案解析】(1)证明：见解析；（2）当eq\f(B1E,EC1)的值为1时，A1E∥平面ADC1，证明：见解析.解析：（1）证明：在正三棱柱中，平面ABC,AD平面ABC,ADC,又AD,,平面,平面,平面.又平面,平面平面.(2)由（1）得，,在正三角形ABC中，D是BC的中点，当,即E为得中点时，平面.证明如下：（如图）四边形是矩形，且D,E分别是BC,的中点，所以又,,四边形为平行四边形，而平面,平面,故平面.【思路点拨】（1）依据面面垂直的判定定理，只需在平面ADC1找到直线与平面BCC1B1垂直即可，此直线为AD；（2）由（1）得D是线段BC的中点，所以E为得中点时，有，进而得A1E∥平面ADC1.【数学文卷·2021届湖南省师大附中高三上学期其次次月考（202210）】18、（本小题满分12分）如图，直三棱柱中，AC=BC=1，∠ACB=,点D为AB中点.求证：面；若,求二面角的平面角的大小.【学问点】线面平行的判定；二面角大小的求法.G4G11【答案解析】(1)证明：见解析；（2）.解析：(1)证明：连接与交于E，连接ED，则E为中点，又点D是AB中点，则,3分而DE平面,平面,则有平面；6分(2)由于二面角的平面角与二面角的平面角互补，又由于，则平面，所以,则为二面角的平面角，9分在中，,故,即二面角的平面角大小为11分所以二面角的平面角的大小为.12分【思路点拨】(1)只需在平面内找到直线与直线平行，为此连接与交于E，连接ED，证明即可；（2）由图知二面角的平面角与二面角的平面角互补，所以先求二面角的平面角大小，可证为二面角的平面角，易求，所以所求二面角大小为.【数学文卷·2021届浙江省重点中学协作体高三第一次适应性测试（202211）word版】6．设为两条不同的直线，为两个不同的平面．下列命题中，正确的是（▲）。A．若与所成的角相等，则B．若，，则C．若，，则D．若，，则【学问点】空间中直线与平面的位置关系G4G5【答案解析】C解析：A.两条直线的位置关系不能确定，所以错误；B.与平面的关系都有可能，所以错误；C.当一条直线与一个平面垂直，与另一个平面平行时，则两个平面垂直，所以正确；D.两条直线分别于两个平面平行，则两条直线没有关系，所以错误；故选择C.【思路点拨】依据空间中平面与直线的位置关系，对错误的结论能找到反例即可.【数学文卷·2021届浙江省温州十校（温州中学等）高三上学期期中联考（202211）】20.(本小题满分14分)）如图，在三棱柱中，⊥底面，且△为正三角形，，为的中点．(1)求证:直线∥平面；(2)求证:平面⊥平面；(3)求三棱锥的体积．【学问点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．G4G5G7【答案解析】(1)见解析；(2)见解析；(3)9解析：（1）证明：连接B1C交BC1于点O，连接OD，则点O为B1C的中点．∵D为AC中点，得DO为中位线，∴．…………2分∴直线AB1∥平面BC1D………4分（2）证明：∵底面，∴……5分∵底面正三角形，D是AC的中点∴BD⊥AC………………6分∵，∴BD⊥平面ACC1A1……7分,…8分（3）由（2）知△ABC中，BD⊥AC，BD=BCsin60°=3∴==………………10分又是底面BCD上的高………………11分∴=••6=9………13分【思路点拨】（1）连接B1C交BC1于点O，连接OD，则点O为B1C的中点．可得DO为△AB1C中位线，A1B∥OD，结合线面平行的判定定理，得A1B∥平面BC1D；（2）由AA1⊥底面ABC，得AA1⊥BD．正三角形ABC中，中线BD⊥AC，结合线面垂直的判定定理，得BD⊥平面ACC1A1，最终由面面垂直的判定定理，证出平面BC1D⊥平面ACC1A；（3）利用等体积转换，即可求三棱锥C﹣BC1D的体积．【数学文卷·2021届浙江省温州十校（温州中学等）高三上学期期中联考（202211）】4.设是两个不同的平面，是一条直线，以下命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【学问点】空间中直线与平面之间的位置关系．G4G5【答案解析】C解析：A：若，则l∥β或者l⊂β，所以A错误．B：若，则或者，所以B错误．C：依据线面垂直的定义可得：若，则是正确的，所以C正确．D：若，则或者l∥β或者l与β相交，所以D错误．故选C．【思路点拨】A：由题意可得l∥β或者l⊂β．B：由题意可得：或者．C：依据线面垂直的定义可得：若，则是正确的，．D：若，则或者l∥β或者l与β相交．【数学文卷·2021届吉林省试验中学高三上学期第三次质量检测（202211）】6.关于直线，及平面α，β,下列命题中正确的是（）A.若l∥α，αβ=m，则l∥mB.若∥α，m∥α，则∥mC.若l⊥α，l∥β，则α⊥βD.若l∥α，m⊥l，则m⊥α【学问点】空间中的平行关系空间中的垂直关系G4G【答案解析】DA．若l∥α，α∩β=m，．则l，m平行或异面，只有l⊂β，才有l∥m．故A错；B．若l∥α，m∥α，则由线面平行的性质可得l，m平行、相交、异面，故B错；

C．若l⊥α，l∥β，则由线面平行的性质定理，l⊂γ，γ∩β=m，则l∥m，又l⊥α，故m⊥α，由面面垂直的判定定理得，α⊥β，故C正确；

D．若l∥α，m⊥l，则m与α平行、相交或在平面内，故D错．故选C．【思路点拨】由线面平行的性质定理可推断A；又线面平行的性质定理和面面垂直的判定定理即可推断C；由线面平行的性质定理可推断B；由线面平行的性质定理可推断DG5空间中的垂直关系【数学（理）卷·2021届重庆市重庆一中高三上学期其次次月考（202210）】19.（本题满分13分）如图，在多面体中，四边形是正方形，.(1)求证：；(2)求二面角的余弦值．【学问点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．G5G11【答案解析】(1)见解析；(2)解析：(1)作BC的中点E，连接且，四边形是平行四边形，，则//面同理，面面面，面………6分(2)四边形为正方形,,，由勾股定理可得：，，同理可得,以A为原点如图建系。则设面的法向量为，则，令，则设面的法向量为，则则，令，则所以所以………13分【思路点拨】(1)取BC中点E，连结AE，C1E，B1E，由已知得四边形CEB1C1是平行四边形，AEC1A1是平行四边形，由此能证明AB1∥面A1C1C．(2)由已知得A1A=AB=AC=1，A1A⊥AB，A1A⊥AC，从而A1A⊥面ABC，以A为原点，以AC为x轴建立坐标系，利用向量法能求出二面角C﹣A1C1﹣B的余弦值的大小．【数学理卷·2021届辽宁师大附中高三上学期期中考试（202211）】9.已知点分别是正方体的棱的中点，点分别是线段与上的点，则与平面垂直的直线有条。（）A．0B．1C．2【学问点】空间中的垂直关系G5【答案解析】B设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，以C为原点建立空间直角坐标系，

则D1（2，0，2），E（1，2，0），=（-1，2，-2），C1（0，0，2），F（2，2，1），=（2，2，-1），设，则M（2-λ，2λ，2-2λ），

设，则N（2t，2t，2-t），

∴=（2t-2+λ，2t-2λ，2λ-t），

∵直线MN与平面ABCD垂直，∴，解得λ=t=，

∵方程组只有唯一的一组解，∴与平面ABCD垂直的直线MN有1条．故选：B．【思路点拨】设正方体ABCD-A1B1C1D1【数学理卷·2021届浙江省重点中学协作体高三第一次适应性测试（202211）word版】20．（本小题满分15分）（第20题图）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，、分别是、的中点，点在直线上，且满足。（第20题图）（1）证明：；（2）若平面与平面所成的角为，试确定点的位置。【学问点】空间平行、垂直关系，以及线面所成的角G4,G5,G10【答案解析】（1）略。（2）点P在B1A1的延长线上，且|A1P|＝eq\f(1,2)．证明：如图，以AB，AC，AA1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz．则P（λ，0,1），N（eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，0），M（0,1，eq\f(1,2)），（2分）从而＝（eq\f(1,2)－λ，eq\f(1,2)，－1），＝（0,1，eq\f(1,2)），（2分）＝（eq\f(1,2)－λ)×0＋eq\f(1,2)×1－1×eq\f(1,2)＝0，所以PN⊥AM;（3分）（2）平面ABC的一个法向量为n＝＝（0,0,1）．（1分）设平面PMN的一个法向量为m＝（x，y，z），由（1）得＝（λ，－1，eq\f(1,2)）．（2分）由（1分）解得．（1分）∵平面PMN与平面ABC所成的二面角为45°，∴|cos〈m，n〉|＝|eq\f(m·n,|m|·|n|)|＝eq\f(|2(1－λ)|,\r(9＋(2λ＋1)2＋4(1－λ)2))＝eq\f(\r(2),2)，（1分）解得λ＝－eq\f(1,2)．故点P在B1A1的延长线上，且|A1P|＝eq\f(1,2)．（2分）【思路点拨】立体几何问题一般接受空间向量解比较简洁，首先建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，要求PN⊥AM，只需求=0即可；对于面面角，就求出两个面的法向量，依据这两个法向量的夹角可以确定参数的值，从而求出P点的位置。【数学理卷·2021届浙江省温州十校（温州中学等）高三上学期期中联考（202211）】20.如图，已知四棱锥，底面为菱形，平面，，分别是的中点．PBECDFPBECDFA（Ⅱ）若,求二面角的余弦值．【学问点】与二面角有关的立体几何综合题；空间中直线与直线之间的位置关系．G4G5【答案解析】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）解析：（Ⅰ）证明：由四边形为菱形，，可得为正三角形．由于为的中点，所以．又，因此．由于平面，平面，所以．而平面，平面且，所以平面．又平面，所以．（7分）（Ⅱ）解法一：由于平面，平面，所以平面平面．P过作于，则平面，P过作于，连接，则为二面角的平面角，SFSFAADDOCEBOCEB在中，，，又是的中点，在中，，又，在中，，即所求二面角的余弦值为．（14分）解法二：由（Ⅰ）知两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又分别为的中点，所以PBEPBECDFAyzx，所以．设平面的一法向量为，则因此取，则，由于，，，所以平面，故为平面的一法向量．又，所以．由于二面角为锐角，所以所求二面角的余弦值为．【思路点拨】（Ⅰ）由已知条件推导出AE⊥AD，AE⊥PA，由此能证明AE⊥平面PAD，从而得到AE⊥PD．（Ⅱ）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角E﹣AF﹣C的余弦值．【数学理卷·2021届浙江省温州十校（温州中学等）高三上学期期中联考（202211）】4.设是两条不同的直线，是两个不同的平面,下列命题中错误的是（）A.若,,,则 B.若,,,则C.若,,则 D.若,,,则【学问点】空间中直线与平面之间的位置关系．G4G5【答案解析】D解析：若,,，则由平面与平面垂直的判定定理得，故A正确；若,,，则由直线与平面平行的判定定理得，故B正确；若,，则由平面与平面垂直的判定定理得，故C正确；若,,，则m与n相交、平行或异面，故D错误．故选：D．【思路点拨】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．【数学理卷·2021届广东省阳东一中、广雅中学高三第一次联考（202210）】18.（本小题满分14分）B1C1A1BCD如图，三棱柱ABC—A1B1C1B1C1A1BCD(1)求证：AB1//面BDC1；(2）求二面角C1—BD—C的余弦值；(3）在侧棱AA1上是否存在点P，使得CP⊥面BDC1？并证明你的结论.【学问点】直线与平面平行；二面角；直线与平面垂直.G4,G5,G11【答案解析】略解析：解：（I）证明：连接B1C，与BC1相交于O，连接OD∵BCC1B1是矩形，∴O是B1C的中点.又D是AC的中点，∴OD//AB1.………2分∵AB1面BDC1，OD面BDC1，∴AB1//面BDC1.………4分（II）解：如图，建立空间直角坐标系，则C1（0，0，0），B（0，3，2），C（0，3，0），A（2，3，0），D（1，3，0）……5分设=（x1，y1，z1）是面BDC1的一个法向量，则即.…………6分易知=(0，3，0)是面ABC的一个法向量..……………8分∴二面角C1—BD—C的余弦值为.…………9分（III）假设侧棱AA1上存在一点P（2，y，0）（0≤y≤3），使得CP⊥面BDC1.则∴方程组无解.∴假设不成立.∴侧棱AA1上不存在点P，使CP⊥面BDC1.……………14分【思路点拨】由条件可证明直线与平面平行，再建立空间坐标系利用向量求出二面角的余弦值，最利用向量进行说明.【数学理卷·2021届吉林省试验中学高三上学期第三次质量检测（202211）】19．(本小题满分12分)如图在圆锥中，已知，⊙O的直径,是弧ABPODC的中点，为的中点．ABPODC（Ⅰ）证明：平面平面;（Ⅱ）求二面角的余弦值．【学问点】空间中的垂直关系G5【答案解析】（Ⅰ）略（Ⅱ）（Ⅰ）连接OC，∵OA=OC，D是AC的中点

∴AC⊥OD又∵PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O∴AC⊥PO

∵OD、PO是平面POD内的两条相交直线

∴AC⊥平面POD，而AC⊂平面PAC

∴平面POD⊥平面PAC

（Ⅱ）在平面POD中，过O作OH⊥PD于H，由（Ⅰ）知，平面POD⊥平面PAC所以OH⊥平面PAC，

又∵PA⊂平面PAC∴PA⊥HO

在平面PAO中，过O作OG⊥PA于G，连接GH，则有PA⊥平面OGH，从而PA⊥HG．故∠OGH为二面角B-PA-C的平面角,在Rt△ODA中，OD=OA•sin45°=在Rt△ODP中，OH===在Rt△OPA中，OG===在Rt△OGH中，sin∠OGH==所以cos∠OGH===故二面角B-PA-C的余弦值为【思路点拨】（Ⅰ）连接OC，先依据△AOC是等腰直角三角形证出中线OD⊥AC，再结合PO⊥AC证出AC⊥POD，利用平面与平面垂直的判定定理，可证出平面POD⊥平面PAC；

（Ⅱ）过O分别作OH⊥PD于H，OG⊥PA于G，再连接GH，依据三垂线定理证明∠OGH为二面角B-PA-C的平面角，最终分别在Rt△ODA、Rt△ODP、Rt△OGH中计算出OH、OG和sin∠OGH，最终求出所求二面角的余弦值．【数学理卷·2021届吉林省试验中学高三上学期第三次质量检测（202211）】7．设是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是A．若,,则 B．若∥,,则∥C．若,,则 D．若,∥,∥,则【学问点】空间中的平行关系空间中的垂直关系G4G5【答案解析】D选项A，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则可能m⊥n，m∥n，或m，n异面，故A错误；选项B，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n，或m，n异面，故B错误；

选项C，若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β可能相交，也可能平行，故C错误；

选项D，若m⊥α，m∥n，则n⊥α，再由n∥β可得α⊥β，故D正确．故选D【思路点拨】由α⊥β，m⊂α，n⊂β，可推得m⊥n，m∥n，或m，n异面；由α∥β，m⊂α，n⊂β，可得m∥n，或m，n异面；由m⊥n，m⊂α，n⊂β，可得α与β可能相交或平行；由m⊥α，m∥n，则n⊥α，再由n∥β可得α⊥β．【数学文卷·2021届贵州省遵义航天高级中学高三上学期第三次模拟考试（202211）】19.（本题满分12分）如图，在正三棱柱中，点D在边BC上，AD⊥C1D.(1)求证：平面ADC1⊥平面BCC1B1；(2)设E是B1C1上的一点，当eq\f(B1E,EC1)的值为多少时，A1E∥平面ADC1？请给出证明．【学问点】面面垂直的判定；线面平行的条件.G4G5【答案解析】(1)证明：见解析；（2）当eq\f(B1E,EC1)的值为1时，A1E∥平面ADC1，证明：见解析.解析：（1）证明：在正三棱柱中，平面ABC,AD平面ABC,ADC,又AD,,平面,平面,平面.又平面,平面平面.(2)由（1）得，,在正三角形ABC中，D是BC的中点，当,即E为得中点时，平面.证明如下：（如图）四边形是矩形，且D,E分别是BC,的中点，所以又,,四边形为平行四边形，而平面,平面,故平面.【思路点拨】（1）依据面面垂直的判定定理，只需在平面ADC1找到直线与平面BCC1B1垂直即可，此直线为AD；（2）由（1）得D是线段BC的中点，所以E为得中点时，有，进而得A1E∥平面ADC1.【数学文卷·2021届浙江省温州十校（温州中学等）高三上学期期中联考（202211）】20.(本小题满分14分)）如图，在三棱柱中，⊥底面，且△为正三角形，，为的中点．(1)求证:直线∥平面；(2)求证:平面⊥平面；(3)求三棱锥的体积．【学问点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．G4G5G7【答案解析】(1)见解析；(2)见解析；(3)9解析：（1）证明：连接B1C交BC1于点O，连接OD，则点O为B1C的中点．∵D为AC中点，得DO为中位线，∴．…………2分∴直线AB1∥平面BC1D………4分（2）证明：∵底面，∴……5分∵底面正三角形，D是AC的中点∴BD⊥AC………………6分∵，∴BD⊥平面ACC1A1……7分,…8分（3）由（2）知△ABC中，BD⊥AC，BD=BCsin60°=3∴==………………10分又是底面BCD上的高………………11分∴=••6=9………13分【思路点拨】（1）连接B1C交BC1于点O，连接OD，则点O为B1C的中点．可得DO为△AB1C中位线，A1B∥OD，结合线面平行的判定定理，得A1B∥平面BC1D；（2）由AA1⊥底面ABC，得AA1⊥BD．正三角形ABC中，中线BD⊥AC，结合线面垂直的判定定理，得BD⊥平面ACC1A1，最终由面面垂直的判定定理，证出平面BC1D⊥平面ACC1A；（3）利用等体积转换，即可求三棱锥C﹣BC1D的体积．【数学文卷·2021届浙江省温州十校（温州中学等）高三上学期期中联考（202211）】4.设是两个不同的平面，是一条直线，以下命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【学问点】空间中直线与平面之间的位置关系．G4G5【答案解析】C解析：A：若，则l∥β或者l⊂β，所以A错误．B：若，则或者，所以B错误．C：依据线面垂直的定义可得：若，则是正确的，所以C正确．D：若，则或者l∥β或者l与β相交，所以D错误．故选C．【思路点拨】A：由题意可得l∥β或者l⊂β．B：由题意可得：或者．C：依据线面垂直的定义可得：若，则是正确的，．D：若，则或者l∥β或者l与β相交．【数学文卷·2021届吉林省试验中学高三上学期第三次质量检测（202211）】19.（本小题满分12分）在四棱锥中，底面为菱形，其中，，为的中点．(1)求证：；(2)若平面平面，且为的中点，求四棱锥的体积．【学问点】空间中的垂直关系G5【答案解析】（1）略（2）1（1），为中点，连，在中，，，为等边三角形，为的中点，,,平面,平面平面.（2）连接,作于.,平面,平面平面ABCD,平面平面ABCD，,,.,又,.在菱形中，,方法一:,.．方法二:，,【思路点拨】利用线线垂直证明线面垂直，先求出面积利用体积公式求解。【数学文卷·2021届吉林省试验中学高三上学期第三次质量检测（202211）】6.关于直线，及平面α，β,下列命题中正确的是（）A.若l∥α，αβ=m，则l∥mB.若∥α，m∥α，则∥mC.若l⊥α，l∥β，则α⊥βD.若l∥α，m⊥l，则m⊥α【学问点】空间中的平行关系空间中的垂直关系G4G【答案解析】DA．若l∥α，α∩β=m，．则l，m平行或异面，只有l⊂β，才有l∥m．故A错；B．若l∥α，m∥α，则由线面平行的性质可得l，m平行、相交、异面，故B错；

C．若l⊥α，l∥β，则由线面平行的性质定理，l⊂γ，γ∩β=m，则l∥m，又l⊥α，故m⊥α，由面面垂直的判定定理得，α⊥β，故C正确；

D．若l∥α，m⊥l，则m与α平行、相交或在平面内，故D错．故选C．【思路点拨】由线面平行的性质定理可推断A；又线面平行的性质定理和面面垂直的判定定理即可推断C；由线面平行的性质定理可推断B；由线面平行的性质定理可推断D【数学文卷·2021届云南省玉溪一中高三上学期期中考试（202210）】19、（本小题满分12分）已知三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面,点D是AB的中点．(Ⅰ)求证：BC1∥平面CA1D；(Ⅱ)若底面ABC为边长为2的正三角形，BB1=，求三棱锥B1-A1DC的体积．【学问点】空间中的平行关系空间中的垂直关系G5G6【答案解析】(Ⅰ)略(Ⅱ)1(Ⅰ)连接AC1交A1C由于四边形AA1C1C是矩形，则E为AC1的中点，ADBCC1A1B1又DE面CA1D，BCADBCC1A1B1（2）AC=BC，D是AB的中点，AB⊥CD，又AA1⊥面ABC，CD面ABC，AA1⊥CD，AA1∩AB=A，CD⊥面AA1B1B，CD面CA1D，平面CA1D⊥平面AA1B1B(Ⅱ)解：,可证CD⊥面ABB1B，所以高就是CD=，BD=1，BB1=，所以A1D=B1D=A1B1=2,,【思路点拨】利用线线平行证明线面平行，利用等体积法求出高再求体积。G6三垂线定理【数学文卷·2021届云南省玉溪一中高三上学期期中考试（202210）】19、（本小题满分12分）已知三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面,点D是AB的中点．(Ⅰ)求证：BC1∥平面CA1D；(Ⅱ)若底面ABC为边长为2的正三角形，BB1=，求三棱锥B1-A1DC的体积．【学问点】空间中的平行关系空间中的垂直关系G5G6【答案解析】(Ⅰ)略(Ⅱ)1(Ⅰ)连接AC1交A1C由于四边形AA1C1C是矩形，则E为AC1的中点，ADBCC1A1B1又DE面CA1D，BCADBCC1A1B1（2）AC=BC，D是AB的中点，AB⊥CD，又AA1⊥面ABC，CD面ABC，AA1⊥CD，AA1∩AB=A，CD⊥面AA1B1B，CD面CA1D，平面CA1D⊥平面AA1B1B(Ⅱ)解：,可证CD⊥面ABB1B，所以高就是CD=，BD=1，BB1=，所以A1D=B1D=A1B1=2,,【思路点拨】利用线线平行证明线面平行，利用等体积法求出高再求体积。G7棱柱与棱锥【数学理卷·2021届黑龙江省双鸭山一中高三上学期期中考试（202211）】11．三棱锥的四个顶点均在半径为2的球面上，且,平面平面，则三棱锥的体积的最大值为（）A.4B.3C.D.【学问点】棱柱与棱锥G7【答案解析】B依据题意：半径为2的球面上，且AB=BC=CA=2，

△ABC为截面为大圆上三角形，设圆形为O，AB的中点为N，ON═=1

∵平面PAB⊥平面ABC，

∴三棱锥P-ABC的体积的最大值时，PN⊥AB，PN⊥平面ABC，PB==，

∴三棱锥P-ABC的体积的最大值为××（2）2×=3，故选：B【思路点拨】运用题意推断出三棱锥P-ABC的体积的最大值时，几何体的性质，在求解体积的值．【数学理卷·2021届湖南省师大附中高三上学期其次次月考（202210）word版】18、（本小题满分12分）如图，四周体A-BCD中，AD⊥面BCD，BC⊥CD，AD=2，BD=，M是AD的中点，P是△BMD的外心，点Q在线段AC上，且。（Ⅰ）证明：PQ∥平面BCD；（Ⅱ）若二面角C-BM-D的大小为60°，求四周体A-BCD的体积。【学问点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．G4G7【答案解析】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）解析：（Ⅰ）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQ∵△ACD中，AQ=3QC且DF=3CF，∴QF∥AD且QF=AD∵△BDM中，O、P分别为BD、BM的中点∴OP∥DM，且OP=DM，结合M为AD中点得：OP∥AD且OP=AD∴OP∥QF且OP=QF，可得四边形OPQF是平行四边形∴PQ∥OF∵PQ⊄平面BCD且OF⊂平面BCD，∴PQ∥平面BCD；（Ⅱ）过点C作CG⊥BD，垂足为G，过G作GH⊥BM于H，连接CH∵AD⊥平面BCD，CG⊂平面BCD，∴AD⊥CG又∵CG⊥BD，AD、BD是平面ABD内的相交直线∴CG⊥平面ABD，结合BM⊂平面ABD，得CG⊥BM∵GH⊥BM，CG、GH是平面CGH内的相交直线∴BM⊥平面CGH，可得BM⊥CH因此，∠CHG是二面角C﹣BM﹣D的平面角，可得∠CHG=60°设∠BDC=θ，可得Rt△BCD中，CD=BDcosθ=2cosθ，CG=CDsinθ=2sinθcosθ，BG=BCsinθ=2sin2θRt△BMD中，HG==；Rt△CHG中，tan∠CHG===∴tanθ=，可得θ=60°，即∠BDC=60°，∵BD=2，∴CD=，∴S△BCD==，∴VA﹣BCD==．【思路点拨】（Ⅰ）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQ．依据平行线分线段成比例定理结合三角形的中位线定理证出四边形OPQF是平行四边形，从而PQ∥OF，再由线面平行判定定理，证出PQ∥平面BCD；（Ⅱ）过点C作CG⊥BD，垂足为G，过G作GH⊥BM于H，连接CH．依据线面垂直的判定与性质证出BM⊥CH，因此∠CHG是二面角C﹣BM﹣D的平面角，可得∠CHG=60°．设∠BDC=θ，用解直角三角形的方法算出HG和CG关于θ的表达式，最终在Rt△CHG中，依据正切的定义得出tan∠CHG，从而得到tanθ，由此可得∠BDC，进而可求四周体A﹣BCD的体积．【数学文卷·2021届浙江省温州十校（温州中学等）高三上学期期中联考（202211）】20.(本小题满分14分)）如图，在三棱柱中，⊥底面，且△为正三角形，，为的中点．(1)求证:直线∥平面；(2)求证:平面⊥平面；(3)求三棱锥的体积．【学问点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．G4G5G7【答案解析】(1)见解析；(2)见解析；(3)9解析：（1）证明：连接B1C交BC1于点O，连接OD，则点O为B1C的中点．∵D为AC中点，得DO为中位线，∴．…………2分∴直线AB1∥平面BC1D………4分（2）证明：∵底面，∴……5分∵底面正三角形，D是AC的中点∴BD⊥AC………………6分∵，∴BD⊥平面ACC1A1……7分,…8分（3）由（2）知△ABC中，BD⊥AC，BD=BCsin60°=3∴==………………10分又是底面BCD上的高………………11分∴=••6=9………13分【思路点拨】（1）连接B1C交BC1于点O，连接OD，则点O为B1C的中点．可得DO为△AB1C中位线，A1B∥OD，结合线面平行的判定定理，得A1B∥平面BC1D；（2）由AA1⊥底面ABC，得AA1⊥BD．正三角形ABC中，中线BD⊥AC，结合线面垂直的判定定理，得BD⊥平面ACC1A1，最终由面面垂直的判定定理，证出平面BC1D⊥平面ACC1A；（3）利用等体积转换，即可求三棱锥C﹣BC1D的体积．G8多面体与球G9空间向量及运算【数学理卷·2021届黑龙江省双鸭山一中高三上学期期中考试（202211）】21.在四棱锥中，平面平面,,在锐角中,并且,（1）点是上的一点，证明：平面平面；（2）若与平面成角，当面面时，求点到平面的距离.【学问点】空