真题与高考等值卷（立体几何与空间向量）（文数）-2020年领军高考数学一轮复习（文理通用） Word版含解析 54页

‎2020年领军高考数学一轮复习(文理通用)‎ 三年高考真题与高考等值卷( 立体几何 )(文科数学)‎ ‎1.空间几何体 ‎(1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.‎ ‎(2)能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图.‎ ‎(3)会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式.‎ ‎(4)会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要求).‎ ‎(5)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.‎ ‎2.点、直线、平面之间的位置关系 ‎(1)理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解如下可以作为推理依据的公理和定理.‎ ‎•公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内.‎ ‎•公理2：过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面.‎ ‎•公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线.‎ ‎•公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.‎ ‎•定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补.‎ ‎(2)以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理.‎ 理解以下判定定理.‎ ‎•如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行.‎ ‎•如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,那么这两个平面平行.‎ ‎•如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,那么该直线与此平面垂直.‎ ‎•如果一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面互相垂直.‎ 理解以下性质定理,并能够证明.‎ ‎•如果一条直线与一个平面平行,那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.‎ ‎•如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线相互平行.‎ ‎•垂直于同一个平面的两条直线平行.‎ ‎•如果两个平面垂直,那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直.‎ ‎3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.‎ ‎1．【2019年新课标3文科08】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（　　）‎ A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线 ‎ B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线 ‎ C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线 ‎ D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线 ‎【解答】解：∵点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，‎ ‎∴BM⊂平面BDE，EN⊂平面BDE，‎ ‎∵BM是△BDE中DE边上的中线，EN是△BDE中BD边上的中线，‎ ‎∴直线BM，EN是相交直线，‎ 设DE＝a，则BD，BE，‎ ‎∴BMa，ENa，‎ ‎∴BM≠EN，‎ 故选：B．‎ ‎ 2．【2019年新课标2文科07】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（　　）‎ A．α内有无数条直线与β平行 ‎ B．α内有两条相交直线与β平行 ‎ C．α，β平行于同一条直线 ‎ D．α，β垂直于同一平面 ‎【解答】解：对于A，α内有无数条直线与β平行，α∩β或α∥β；‎ 对于B，α内有两条相交直线与β平行，α∥β；‎ 对于C，α，β平行于同一条直线，α∩β或α∥β；‎ 对于D，α，β垂直于同一平面，α∩β或α∥β．‎ 故选：B． 3．【2018年新课标2文科09】在正方体ABCD﹣A1B‎1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（　　　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【解答】解以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 设正方体ABCD﹣A1B‎1C1D1棱长为2，‎ 则A（2，0，0），E（0，2，1），D（0，0，0），‎ C（0，2，0），‎ ‎（﹣2，2，1），（0，﹣2，0），‎ 设异面直线AE与CD所成角为θ，‎ 则cosθ，‎ sinθ，‎ ‎∴tanθ．‎ ‎∴异面直线AE与CD所成角的正切值为．‎ 故选：C．‎ ‎ 4．【2018年新课标1文科05】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（　　　　）‎ A．12π B．12π C．8π D．10π ‎【解答】解：设圆柱的底面直径为2R，则高为2R，‎ 圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，‎ 过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，‎ 可得：4R2＝8，解得R，‎ 则该圆柱的表面积为：12π．‎ 故选：B． 5．【2018年新课标1文科09】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（　　　　）‎ A．2 B．‎2‎ C．3 D．2‎ ‎【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，‎ 直观图以及侧面展开图如图：‎ 圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度：2．‎ 故选：B． 6．【2018年新课标1文科10】在长方体ABCD﹣A1B‎1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB‎1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为（　　　　）‎ A．8 B．‎6‎ C．8 D．8‎ ‎【解答】解：长方体ABCD﹣A1B‎1C1D1中，AB＝BC＝2，‎ AC1与平面BB‎1C1C所成的角为30°，‎ 即∠AC1B＝30°，可得BC12．‎ 可得BB12．‎ 所以该长方体的体积为：28．‎ 故选：C．‎ ‎ 7．【2018年新课标3文科03】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（　　　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【解答】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A．‎ 故选：A． 8．【2018年新课标3文科12】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（　　　　）‎ A．12 B．‎18‎ C．24 D．54‎ ‎【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB＝6，‎ 球心为O，三角形ABC 的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：‎ O′C，OO′2，‎ 则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，‎ 则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：18．‎ 故选：B．‎ ‎ 9．【2018年北京文科06】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（　　　　）‎ A．1 B．‎2 ‎C．3 D．4‎ ‎【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：PA⊥底面ABCD，‎ AC，CD，‎ PC＝3，PD＝2，可得三角形PCD不是直角三角形．‎ 所以侧面中有3个直角三角形，分别为：△PAB，△PBC，‎ ‎△PAD．‎ 故选：C．‎ ‎ 10．【2017年新课标1文科06】如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（　　　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【解答】解：对于选项B，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知B不满足题意；‎ 对于选项C，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知C不满足题意；‎ 对于选项D，由于AB∥NQ，结合线面平行判定定理可知D不满足题意；‎ 所以选项A满足题意，‎ 故选：A． 11．【2017年新课标2文科06】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（　　　　）‎ A．90π B．63π C．42π D．36π ‎【解答】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，‎ V＝π•32×10•π•32×6＝63π，‎ 故选：B．‎ ‎ 12．【2017年新课标3文科09】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（　　　　）‎ A．π B． C． D．‎ ‎【解答】解：∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，‎ ‎∴该圆柱底面圆周半径r，‎ ‎∴该圆柱的体积：V＝Sh．‎ 故选：B．‎ ‎ 13．【2017年新课标3文科10】在正方体ABCD﹣A1B‎1C1D1中，E为棱CD的中点，则（　　　　）‎ A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC ‎【解答】解：法一：连B‎1C，由题意得BC1⊥B‎1C，‎ ‎∵A1B1⊥平面B1BCC1，且BC1⊂平面B1BCC1，‎ ‎∴A1B1⊥BC1，‎ ‎∵A1B1∩B‎1C＝B1，‎ ‎∴BC1⊥平面A1ECB1，‎ ‎∵A1E⊂平面A1ECB1，‎ ‎∴A1E⊥BC1．‎ 故选：C．‎ 法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 设正方体ABCD﹣A1B‎1C1D1中棱长为2，‎ 则A1（2，0，2），E（0，1，0），B（2，2，0），D（0，0，0），C1（0，2，2），A（2，0，0），C（0，2，0），‎ ‎（﹣2，1，﹣2），（0，2，2），（﹣2，﹣2，0），‎ ‎（﹣2，0，2），（﹣2，2，0），‎ ‎∵•2，2，0，6，‎ ‎∴A1E⊥BC1．‎ 故选：C．‎ ‎ 14．【2017年北京文科06】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（　　　　）‎ A．60 B．‎30 ‎C．20 D．10‎ ‎【解答】解：由三视图可知：该几何体为三棱锥，‎ 该三棱锥的体积10．‎ 故选：D．‎ ‎ 15．【2019年天津文科12】已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为　　．‎ ‎【解答】解：由题作图可知，四棱锥底面正方形的对角线长为2，且垂直相交平分，‎ 由勾股定理得：正四棱锥的高为2，‎ 由于圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，‎ 有圆柱的上底面直径为底面正方形对角线的一半等于1，即半径等于；‎ 由相似比可得圆柱的高为正四棱锥高的一半1，‎ 则该圆柱的体积为：v＝sh＝π（）2×1；‎ 故答案为： 16．【2019年新课标3文科16】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD﹣A1B‎1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝‎6cm，AA1＝‎4cm.3D打印所用原料密度为‎0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为　　g．‎ ‎【解答】解：该模型为长方体ABCD﹣A1B‎1C1D1，挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，‎ E，F，G，H，分别为所在棱的中点，AB＝BC＝‎6cm，AA1＝‎4cm，‎ ‎∴该模型体积为：‎ VO﹣EFGH ‎＝6×6×4‎ ‎＝144﹣12＝132（cm3），‎ ‎∵3D打印所用原料密度为‎0.9g/cm3，不考虑打印损耗，‎ ‎∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8（g）．‎ 故答案为：118.8．‎ ‎ 17．【2019年新课标1文科16】已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为　　．‎ ‎【解答】解：∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，‎ 过点P作PD⊥AC，交AC于D，作PE⊥BC，交BC于E，过P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，‎ 连结OD，OC，则PD＝PE，‎ ‎∴CD＝CE＝OD＝OE1，‎ ‎∴PO．‎ ‎∴P到平面ABC的距离为．‎ 故答案为：．‎ ‎ 18．【2019年北京文科12】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为l，那么该几何体的体积为　　．‎ ‎【解答】解：由三视图还原原几何体如图，‎ 该几何体是把棱长为4的正方体去掉一个四棱柱，‎ 则该几何体的体积V．‎ 故答案为：40． 19．【2019年北京文科13】已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：‎ ‎①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．‎ 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：　　．‎ ‎【解答】解：由l，m是平面α外的两条不同直线，知：‎ 由线面平行的判定定理得：‎ 若l⊥α，l⊥m，则m∥α．‎ 故答案为：若l⊥α，l⊥m，则m∥α． 20．【2018年新课标2文科16】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°．若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为　　　　．‎ ‎【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，△SAB的面积为8，可得：‎ ‎，解得SA＝4，‎ SA与圆锥底面所成角为30°．可得圆锥的底面半径为：2，圆锥的高为：2，‎ 则该圆锥的体积为：V8π．‎ 故答案为：8π． 21．【2018年天津文科11】如图，已知正方体ABCD﹣A1B‎1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1﹣BB1D1D的体积为　　　　．‎ ‎【解答】解：由题意可知四棱锥A1﹣BB1D1D的底面是矩形，边长：1和，‎ 四棱锥的高：A‎1C1．‎ 则四棱锥A1﹣BB1D1D的体积为：．‎ 故答案为：．‎ ‎ 22．【2017年新课标2文科15】长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为　　　　．‎ ‎【解答】解：长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，可知长方体的对角线的长就是球的直径，‎ 所以球的半径为：．‎ 则球O的表面积为：414π．‎ 故答案为：14π． 23．【2017年新课标1文科16】已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，则球O的表面积为　　　　．‎ ‎【解答】解：三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，‎ 可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，‎ 可得，解得r＝3．‎ 球O的表面积为：4πr2＝36π．‎ 故答案为：36π．‎ ‎ 24．【2017年天津文科11】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为　　　　．‎ ‎【解答】解：设正方体的棱长为a，‎ ‎∵这个正方体的表面积为18，‎ ‎∴‎6a2＝18，‎ 则a2＝3，即a，‎ ‎∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，‎ ‎∴正方体的体对角线等于球的直径，‎ 即a＝2R，‎ 即R，‎ 则球的体积Vπ•（）3；‎ 故答案为：． 25．【2019年天津文科17】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3．‎ ‎（Ⅰ）设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面PAD；‎ ‎（Ⅱ）求证：PA⊥平面PCD；‎ ‎（Ⅲ）求直线AD与平面PAC所成角的正弦值．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）连结BD，由题意得AC∩BD＝H，BH＝DH，‎ 又由BG＝PG，得GH∥PD，‎ ‎∵GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，‎ ‎∴GH∥平面PAD．‎ ‎（Ⅱ）取棱PC中点N，连结DN，‎ 依题意得DN⊥PC，‎ 又∵平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，‎ ‎∴DN⊥平面PAC，‎ 又PA⊂平面PAC，∴DN⊥PA，‎ 又PA⊥CD，CD∩DN＝D，‎ ‎∴PA⊥平面PCD．‎ 解：（Ⅲ）连结AN，由（Ⅱ）中DN⊥平面PAC，‎ 知∠DAN是直线AD与平面PAC所成角，‎ ‎∵△PCD是等边三角形，CD＝2，且N为PC中点，‎ ‎∴DN，又DN⊥AN，‎ 在Rt△AND中，sin∠DAN．‎ ‎∴直线AD与平面PAC所成角的正弦值为．‎ ‎ 26．【2019年新课标3文科19】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2．‎ ‎（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；‎ ‎（2）求图2中的四边形ACGD的面积．‎ ‎【解答】解：（1）证明：由已知可得AD∥BE，CG∥BE，即有AD∥CG，‎ 则AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面；‎ 由四边形ABED为矩形，可得AB⊥BE，‎ 由△ABC为直角三角形，可得AB⊥BC，‎ 又BC∩BE＝E，可得AB⊥平面BCGE，‎ AB⊂平面ABC，可得平面ABC⊥平面BCGE；‎ ‎（2）连接BG，AG，‎ 由AB⊥平面BCGE，可得AB⊥BG，‎ 在△BCG中，BC＝CG＝2，∠BCG＝120°，可得BG＝2BCsin60°＝2，‎ 可得AG，‎ 在△ACG中，AC，CG＝2，AG，‎ 可得cos∠ACG，即有sin∠ACG，‎ 则平行四边形ACGD的面积为24．‎ ‎ 27．【2019年新课标2文科17】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AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E﹣BB‎1C1C的体积．‎ ‎【解答】解：（1）证明：由长方体ABCD﹣A1B‎1C1D1，可知 B‎1C1⊥平面ABB‎1A1，BE⊂平面ABB‎1A1，‎ ‎∴B‎1C1⊥BE，‎ ‎∵BE⊥EC1，B‎1C1∩EC1＝C1，‎ ‎∴BE⊥平面EB‎1C1；‎ ‎（2）由（1）知∠BEB1＝90°，由题设可知RtRt，‎ ‎∴∠AEB＝∠A1EB1＝45°，∴AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6，‎ ‎∵在长方体ABCD﹣A1B‎1C1D1中，AA1∥平面BB‎1C1C，E∈AA1，AB⊥平面BB‎1C1C，‎ ‎∴E到平面BB‎1C1C的距离d＝AB＝3，‎ ‎∴四棱锥E﹣BB‎1C1C的体积V3×6×3＝18． 28．【2019年新课标1文科19】如图，直四棱柱ABCD﹣A1B‎1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．‎ ‎（1）证明：MN∥平面C1DE；‎ ‎（2）求点C到平面C1DE的距离．‎ ‎【解答】解法一：‎ 证明：（1）连结B‎1C，ME，∵M，E分别是BB1，BC的中点，‎ ‎∴ME∥B‎1C，又N为A1D的中点，∴NDA1D，‎ 由题设知A1B1DC，∴B‎1CA1D，∴MEND，‎ ‎∴四边形MNDE是平行四边形，‎ MN∥ED，‎ 又MN⊄平面C1DE，∴MN∥平面C1DE．‎ 解：（2）过C作C1E的垂线，垂足为H，‎ 由已知可得DE⊥BC，DE⊥C‎1C，‎ ‎∴DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH，‎ ‎∴CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到时平面C1DE的距离，‎ 由已知可得CE＝1，CC1＝4，‎ ‎∴C1E，故CH，‎ ‎∴点C到平面C1DE的距离为．‎ 解法二：‎ 证明：（1）∵直四棱柱ABCD﹣A1B‎1C1D1的底面是菱形，‎ AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．‎ ‎∴DD1⊥平面ABCD，DE⊥AD，‎ 以D为原点，DA为x轴，DE为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，‎ M（1，，2），N（1，0，2），D（0，0，0），E（0，，0），C1（﹣1，，4），‎ ‎（0，，0），（﹣1，），（0，），‎ 设平面C1DE的法向量（x，y，z），‎ 则，‎ 取z＝1，得（4，0，1），‎ ‎∵•0，MN⊄平面C1DE，‎ ‎∴MN∥平面C1DE．‎ 解：（2）C（﹣1，，0），（﹣1，，0），‎ 平面C1DE的法向量（4，0，1），‎ ‎∴点C到平面C1DE的距离：‎ d．‎ ‎ 29．【2019年北京文科18】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．‎ ‎（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；‎ ‎（Ⅱ）若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；‎ ‎（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）∵四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，‎ ‎∴BD⊥PA，BD⊥AC，‎ ‎∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC．‎ ‎（Ⅱ）∵在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，‎ E为CD的中点，∠ABC＝60°，‎ ‎∴AB⊥AE，PA⊥AE，‎ ‎∵PA∩AB＝A，∴AE⊥平面PAB，‎ ‎∵AE⊂平面PAE，∴平面PAB⊥平面PAE．‎ 解：（Ⅲ）棱PB上是存在中点F，使得CF∥平面PAE．‎ 理由如下：取AB中点G，连结GF，CG，‎ ‎∵在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点，‎ ‎∴CG∥AE，FG∥PA，‎ ‎∵CG∩FG＝G，AE∩PA＝A，‎ ‎∴平面CFG∥平面PAE，‎ ‎∵CF⊂平面CFG，∴CF∥平面PAE．‎ ‎ 30．【2018年新课标2文科19】如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．‎ ‎（1）证明：PO⊥平面ABC；‎ ‎（2）若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．‎ ‎【解答】（1）证明：∵AB＝BC＝2，AC＝4，∴AB2+BC2＝AC2，即△ABC是直角三角形，‎ 又O为AC的中点，∴OA＝OB＝OC，‎ ‎∵PA＝PB＝PC，∴△POA≌△POB≌△POC，∴∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°，‎ ‎∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC＝0，∴PO⊥平面ABC；‎ ‎（2）解：由（1）得PO⊥平面ABC，PO，‎ 在△COM中，OM．‎ ‎，‎ S△COM．‎ 设点C到平面POM的距离为d．由VP﹣OMC＝VC﹣POM⇒，‎ 解得d，‎ ‎∴点C到平面POM的距离为． 31．【2018年新课标1文科18】如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．‎ ‎（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；‎ ‎（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQDA，求三棱锥Q﹣ABP的体积．‎ ‎【解答】解：（1）证明：∵在平行四边形ABCM中，∠ACM＝90°，∴AB⊥AC，‎ 又AB⊥DA．且AD∩AC＝A，‎ ‎∴AB⊥面ADC，∵AB⊂面ABC，‎ ‎∴平面ACD⊥平面ABC；‎ ‎（2）∵AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，∴AD＝AM＝3，‎ ‎∴BP＝DQDA＝2，‎ 由（1）得DC⊥AB，又DC⊥CA，∴DC⊥面ABC，‎ ‎∴三棱锥Q﹣ABP的体积V ‎1． 32．【2018年新课标3文科19】如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．‎ ‎（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；‎ ‎（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．‎ ‎【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦所在平面垂直，所以AD⊥半圆弦所在平面，CM⊂半圆弦所在平面，‎ ‎∴CM⊥AD，‎ M是上异于C，D的点．∴CM⊥DM，DM∩AD＝D，∴CM⊥平面AMD，CM⊂平面CMB，‎ ‎∴平面AMD⊥平面BMC；‎ ‎（2）解：存在P是AM的中点，‎ 理由：‎ 连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得MC∥OP，MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，‎ 所以MC∥平面PBD．‎ ‎ 33．【2018年北京文科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：PE⊥BC；‎ ‎（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；‎ ‎（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）PA＝PD，E为AD的中点，‎ ‎ 可得PE⊥AD，‎ 底面ABCD为矩形，可得BC∥AD，‎ 则PE⊥BC；‎ ‎（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，‎ 且AB∥CD，‎ 在平面PAB内过P作直线PG∥AB，‎ 可得PG∥CD，‎ 即有平面PAB∩平面PCD＝PG，‎ 由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，‎ 可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，‎ PA⊥PG；‎ 同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，‎ 可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角，‎ 由PA⊥PD，‎ 可得平面PAB⊥平面PCD；‎ ‎（Ⅲ）取PC的中点H，连接DH，FH，‎ 在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH∥BC，‎ FHBC，‎ 由DE∥BC，DEBC，‎ 可得DE＝FH，DE∥FH，‎ 四边形EFHD为平行四边形，‎ 可得EF∥DH，‎ EF⊄平面PCD，DH⊂平面PCD，‎ 即有EF∥平面PCD．‎ ‎ 34．【2018年天津文科17】如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝2，∠BAD＝90°．‎ ‎（Ⅰ）求证：AD⊥BC；‎ ‎（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；‎ ‎（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．‎ ‎【解答】（Ⅰ）证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，‎ 得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC；‎ ‎（Ⅱ）解：取棱AC的中点N，连接MN，ND，‎ ‎∵M为棱AB的中点，故MN∥BC，‎ ‎∴∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成角，‎ 在Rt△DAM中，AM＝1，故DM，‎ ‎∵AD⊥平面ABC，故AD⊥AC，‎ 在Rt△DAN中，AN＝1，故DN，‎ 在等腰三角形DMN中，MN＝1，可得cos∠DMN．‎ ‎∴异面直线BC与MD所成角的余弦值为；‎ ‎（Ⅲ）解：连接CM，∵△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，‎ 故CM⊥AB，CM，‎ 又∵平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，‎ 故CM⊥平面ABD，则∠CDM为直线CD与平面ABD所成角．‎ 在Rt△CAD中，CD，‎ 在Rt△CMD中，sin∠CDM．‎ ‎∴直线CD与平面ABD所成角的正弦值为．‎ ‎ 35．【2017年新课标2文科18】如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BCAD，∠BAD＝∠ABC＝90°．‎ ‎（1）证明：直线BC∥平面PAD；‎ ‎（2）若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．‎ ‎【解答】（1）证明：四棱锥P﹣ABCD中，∵∠BAD＝∠ABC＝90°．∴BC∥AD，∵AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，‎ ‎∴直线BC∥平面PAD；‎ ‎（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BCAD，∠BAD＝∠ABC＝90°．设AD＝2x，‎ 则AB＝BC＝x，CD，O是AD的中点，‎ 连接PO，OC，CD的中点为：E，连接OE，‎ 则OE，PO，PE，‎ ‎△PCD面积为2，可得：2，‎ 即：，解得x＝2，PO＝2．‎ 则VP﹣ABCD（BC+AD）×AB×PO4．‎ ‎ 36．【2017年新课标1文科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．‎ ‎（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎（2）若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P﹣ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．‎ ‎【解答】证明：（1）∵在四棱锥P﹣ABCD中，∠BAP＝∠CDP＝90°，‎ ‎∴AB⊥PA，CD⊥PD，‎ 又AB∥CD，∴AB⊥PD，‎ ‎∵PA∩PD＝P，∴AB⊥平面PAD，‎ ‎∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD．‎ 解：（2）设PA＝PD＝AB＝DC＝a，取AD中点O，连结PO，‎ ‎∵PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，平面PAB⊥平面PAD，‎ ‎∴PO⊥底面ABCD，且AD，PO，‎ ‎∵四棱锥P﹣ABCD的体积为，‎ 由AB⊥平面PAD，得AB⊥AD，‎ ‎∴VP﹣ABCD ‎，‎ 解得a＝2，∴PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PO，‎ ‎∴PB＝PC2，‎ ‎∴该四棱锥的侧面积：‎ S侧＝S△PAD+S△PAB+S△PDC+S△PBC ‎ ‎ ‎ ‎ ‎＝6+2．‎ ‎ 37．【2017年新课标3文科19】如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD．‎ ‎（1）证明：AC⊥BD；‎ ‎（2）已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．‎ ‎【解答】证明：（1）取AC中点O，连结DO、BO，‎ ‎∵△ABC是正三角形，AD＝CD，‎ ‎∴DO⊥AC，BO⊥AC，‎ ‎∵DO∩BO＝O，∴AC⊥平面BDO，‎ ‎∵BD⊂平面BDO，∴AC⊥BD．‎ 解：（2）法一：连结OE，由（1）知AC⊥平面OBD，‎ ‎∵OE⊂平面OBD，∴OE⊥AC，‎ 设AD＝CD，则OC＝OA＝1，EC＝EA，‎ ‎∵AE⊥CE，AC＝2，∴EC2+EA2＝AC2，‎ ‎∴EC＝EACD，‎ ‎∴E是线段AC垂直平分线上的点，∴EC＝EA＝CD，‎ 由余弦定理得：‎ cos∠CBD，‎ 即，解得BE＝1或BE＝2，‎ ‎∵BE＜＜BD＝2，∴BE＝1，∴BE＝ED，‎ ‎∵四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，‎ ‎∵BE＝ED，∴S△DCE＝S△BCE，‎ ‎∴四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．‎ 法二：设AD＝CD，则AC＝AB＝BC＝BD＝2，AO＝CO＝DO＝1，‎ ‎∴BO，∴BO2+DO2＝BD2，∴BO⊥DO，‎ 以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 则C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），A（1，0，0），‎ 设E（a，b，c），，（0≤λ≤1），则（a，b，c﹣1）＝λ（0，，﹣1），解得E（0，，1﹣λ），‎ ‎∴（1，），（﹣1，），‎ ‎∵AE⊥EC，∴1+3λ2+（1﹣λ）2＝0，‎ 由λ∈[0，1]，解得，∴DE＝BE，‎ ‎∵四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，‎ ‎∵DE＝BE，∴S△DCE＝S△BCE，‎ ‎∴四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．‎ ‎ 38．【2017年北京文科18】如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．‎ ‎（1）求证：PA⊥BD；‎ ‎（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；‎ ‎（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．‎ ‎【解答】解：（1）证明：由PA⊥AB，PA⊥BC，‎ AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC＝B，‎ 可得PA⊥平面ABC，‎ 由BD⊂平面ABC，‎ 可得PA⊥BD；‎ ‎（2）证明：由AB＝BC，D为线段AC的中点，‎ 可得BD⊥AC，‎ 由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，‎ 可得平面PAC⊥平面ABC，‎ 又平面PAC∩平面ABC＝AC，‎ BD⊂平面ABC，且BD⊥AC，‎ 即有BD⊥平面PAC，‎ BD⊂平面BDE，‎ 可得平面BDE⊥平面PAC；‎ ‎（3）PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC，‎ 且平面PAC∩平面BDE＝DE，‎ 可得PA∥DE，‎ 又D为AC的中点，‎ 可得E为PC的中点，且DEPA＝1，‎ 由PA⊥平面ABC，‎ 可得DE⊥平面ABC，‎ 可得S△BDCS△ABC2×2＝1，‎ 则三棱锥E﹣BCD的体积为DE•S△BDC1×1．‎ ‎ 39．【2017年天津文科17】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2．‎ ‎（Ⅰ）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；‎ ‎（Ⅱ）求证：PD⊥平面PBC；‎ ‎（Ⅲ）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）如图，由已知AD∥BC，‎ 故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角．‎ 因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD．‎ 在Rt△PDA中，由已知，得，‎ 故．‎ 所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为．‎ 证明：（Ⅱ）因为AD⊥平面PDC，直线PD⊂平面PDC，‎ 所以AD⊥PD．‎ 又因为BC∥AD，所以PD⊥BC，‎ 又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC．‎ 解：（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，‎ 则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．‎ 因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，‎ 所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角．‎ 由于AD∥BC，DF∥AB，故BF＝AD＝1，‎ 由已知，得CF＝BC﹣BF＝2．又AD⊥DC，故BC⊥DC，‎ 在Rt△DPF中，可得．‎ 所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为．‎ ‎ ‎ 主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角，题型主要以选择题和填空题的形式出现，解题要求有较强的空间想象能力和逻辑推理能力.‎ ‎ 1．在正方体中, 与所成的角为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 如图，连结BC1、BD和DC1，‎ 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，‎ 由AB=D1C1，AB∥D1C1，可知AD1∥BC1，‎ 所以∠DBC1就是异面直线AD1与BD所成角，‎ 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BC1、BD和DC1是其三个面上的对角线，它们相等．‎ 所以△DBC1是正三角形，∠DBC1=60°‎ 故异面直线AD1与BD所成角的大小为60°．‎ 故选：C．‎ ‎2．在正方体中，用空间中与该正方体所有棱成角都相等的平面去截正方体，在截面边数最多时的所有多边形中，多边形截面的面积为，周长为，则( )‎ A．为定值，不为定值 B．不为定值，为定值 C．与均为定值 D．与均不为定值 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，‎ 如图：与面平行的面且截面是六边形时满足条件，不失一般性设正方体边长为1，‎ 即六边形，其中分别为其所在棱的中点，‎ 由正方体的性质可得，‎ ‎∴六边形的周长为定值．‎ ‎∴六边形的面积为，‎ 由正方体的对称性可得其余位置时也为正六边形，周长与面积不变，‎ 故与均为定值，故选C.‎ ‎3．在四面体中，为等边三角形，边长为，，，，则四面体的体积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 如图，延长至，使得，连接，‎ 因为，故为等腰三角形，‎ 又，故，‎ 所以即，故，‎ 因为，所以，所以，‎ 因，平面，平面，‎ 所以平面，‎ 所以，‎ 因为的中点，所以，‎ 因为，故为直角三角形，‎ 所以，‎ 又，而，故即为直角三角形，‎ 所以，所以，故选C.‎ ‎4．若是不同的直线，是不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）‎ A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 中，若，平面可能垂直也可能平行或斜交，不正确；‎ 中，若，平面可能平行也可能相交，不正确；‎ 中，若，则分别是平面的法线，必有，正确；‎ 中，若，平面可能平行也可能相交，不正确.故选C.‎ ‎5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积是（ ）‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 解：根据几何体的三视图，该几何体是由一个正方体切去一个正方体的一角得到的．‎ 故：该几何体的外接球为正方体的外接球，‎ 所以：球的半径，‎ 则：.‎ 故选：B．‎ ‎6．如图，正方体中，为棱的中点，用过点、、的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正视图（也称主视图）是（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 解：正方体中，‎ 过点的平面截去该正方体的上半部分后，‎ 剩余部分的直观图如图：‎ 则该几何体的正视图为图中粗线部分．‎ 故选：A．‎ ‎7．下列说法错误的是（ ）‎ A．垂直于同一个平面的两条直线平行 B．若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直 C．一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行 D．一条直线与一个平面内的无数条直线垂直，则这条直线和这个平面垂直 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由线面垂直的性质定理知，垂直于同一个平面的两条直线平行,正确；‎ 由面面垂直的性质定理知，若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直,正确；‎ 由面面平行的判定定理知，一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行，正确；‎ 当一条直线与平面内无数条相互平行的直线垂直时，该直线与平面不一定垂直，错误，故选D.‎ ‎8．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为“鳖臑”.在如图所示的四棱锥中，平面，底面是正方形，且，点，分别为，的中点，则图中的鳖臑有（ ）‎ A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由题意，因为底面，所以，，‎ 又四边形为正方形，所以，‎ 所以平面，，所以四面体是一个鳖臑，‎ 因为平面，所以，‎ 因为，点是的中点，所以，‎ 因为，所以平面，‎ 可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，‎ 同理可得，四面体和都是鳖臑，‎ 故选C.‎ ‎9．在三棱锥中，平面平面，是边长为6的等边三角形，‎ 是以为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 如图，在等边三角形中，取的中点，‎ 设其中心为，由，‎ 得，‎ 是以为斜边的等腰角三角形，,‎ 又因为平面平面，‎ 平面 ，，‎ ‎，‎ 则为棱锥的外接球球心，‎ 外接球半径，‎ 该三棱锥外接球的表面积为，‎ 故答案为.‎ ‎10．若将一个圆锥的侧面沿一条母线剪开，其展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 因为展开图是半径为3，圆心角为的扇形，所以圆锥的母线，圆锥的底面的周长为，因此底面的半径，根据勾股定理，可知圆锥的高，‎ 所以圆锥的体积为.‎ ‎11．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列正确命题序号是_____．‎ ‎（1）若，，则 ‎（2）若，则 ‎（3）若，且，则；‎ ‎（4）若，，则 ‎【答案】（3）（4）‎ ‎【解析】‎ 若，则与可能平行，相交或异面，故（1）错误；‎ 若则或，故（2）错误；‎ 若且，则，故（3）正确；‎ 若，由面面平行的性质可得，故（4）正确；‎ 故答案为：（3）（4）‎ ‎12．长方体的底面是边长为1的正方形，若在侧棱上存在点，使得，则侧棱的长的最小值为_______．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ 设侧棱AA1的长为x，A1E＝t，则AE＝x﹣t，‎ ‎∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面是边长为1的正方形，‎ ‎∠C1EB＝90°，‎ ‎∴，‎ ‎∴2+t2+1+（x﹣t）2＝1+x2，‎ 整理，得：t2﹣xt+1＝0，‎ ‎∵在侧棱AA1上至少存在一点E，使得∠C1EB＝90°，‎ ‎∴△＝（﹣x）2﹣4≥0，‎ 解得x≥2．‎ ‎∴侧棱AA1的长的最小值为2．‎ 故答案为2．‎ ‎13．如图，在中，，和分别是边和上一点，，将沿折起到点位置，则该四棱锥体积的最大值为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 在中，由已知，，，‎ 所以设，‎ 四边形的面积为,‎ 当平面时，四棱锥体积最大,‎ 此时，且,‎ 故四棱锥体积为 ，‎ ‎，‎ ‎ 时， ；时，,‎ 所以，当时，.‎ 故答案为 ‎14．三棱锥的个顶点在半径为的球面上，平面，是边长为的正三角形，则点到平面的距离为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎△ABC是边长为的正三角形，可得外接圆的半径2r2，即r＝1．‎ ‎∵PA⊥平面ABC，PA＝h，球心到底面的距离d等于三棱锥的高PA的一半即，‎ 那么球的半径R,解得h=2,又 ‎ 由 知 ，得 故点到平面的距离为 故答案为．‎ ‎15．如图，该几何体由底面半径相同的圆柱与圆锥两部分组成，且圆柱的高与底面半径相等．若圆柱与圆锥的侧面积相等，则圆锥与圆柱的高之比为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 设圆柱和圆锥的底面半径为R，则圆柱的高＝R，圆锥的母线长为L，因为圆柱与圆锥的侧面积相等，‎ 所以，，解得：L＝2R，得圆锥的高为＝R，‎ 所以，圆锥与圆柱的高之比为.‎ 故答案为：‎ ‎16．直三棱柱中，，设其外接球的球心为，已知三棱锥的体积为，则球表面积的最小值为__________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ 如图，在中，设，则．‎ 分别取的中点，则分别为和外接圆的圆心，‎ 连，取的中点，则为三棱柱外接球的球心．‎ 连，则为外接球的半径，设半径为．‎ ‎∵三棱锥的体积为，‎ 即，‎ ‎∴．‎ 在中，可得，‎ ‎∴，当且仅当时等号成立，‎ ‎∴球表面积的最小值为．‎ 故答案为：．‎ ‎17．在三棱锥中，是边长为的等边三角形，，.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）若点，分别为棱，的中点，求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】(1)见证明；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）取中点，连结，.‎ ‎∵，，‎ ‎∴，.‎ ‎∵等边的边长为 ‎∴，又 ‎∴‎ ‎∴，‎ 即 又∵，平面，平面 ‎∴平面，又平面 ‎∴平面平面 ‎ ‎（2）∵点，分别为棱，的中点 ‎∴点到平面的距离为 且 ‎∴三棱锥的体积 ‎18．如图所示，三棱柱中，，平面．‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）若，，求点到平面的距离．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）证明：平面，．‎ ‎，‎ ‎，平面．又平面，平面平面．‎ ‎（2）解：取的中点，连接．，．‎ 又平面平面，且交线为，则平面．‎ 平面，，四边形为菱形，．‎ 又，是边长为正三角形，‎ ‎．‎ 面,面 面 设点到平面的距离为．则．‎ ‎，‎ ‎，．‎ 所以点到平面的距离为．‎ ‎19．在边长为3的正方形中，点，分别在边，上（如左图），且，将，分别沿，折起，使，两点重合于点（如右图）．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）当时，求点到平面的距离．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由是正方形及折叠方式，得：，，‎ ‎，平面，‎ 平面，．‎ ‎（2）‎ ‎，‎ ‎，，‎ 设点到平面的距离为，‎ ‎，‎ ‎，解得．‎ 点到平面的距离为．‎ ‎20．如图，四棱锥中，平面，，，，，，是中点，是上的点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）见证明；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）取中点为，连结，，则，‎ 因为平面，所以平面，同理平面.‎ 所以平面平面，从而因此平面.‎ ‎（2）因为，所以.‎ 因为平面，所以，.所以平面.‎ 设，则，，‎ ‎，，. ‎ 在中，由余弦定理，‎ 从而，所以面积为.‎ 又面积为.‎ 设点到平面的距离为，由得，‎ 因为，所以点到平面的距离.‎ ‎21．如图，在四棱锥中，平面，， ，，，，为侧棱上一点. ‎ ‎（Ⅰ）若，求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）求证：平面平面；‎ ‎（Ⅲ）在侧棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）存在，线段PF长.‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）设，连结，‎ 由已知，，,得 ‎.‎ 由,得.‎ 在中，由，得.‎ 因为平面，平面，‎ 所以 平面.‎ ‎（Ⅱ）因为平面，平面，‎ 所以.‎ 由已知得，，，‎ 所以.‎ 所以.‎ 又，所以平面.‎ 因为平面，‎ 所以平面平面.‎ ‎（Ⅲ）在平面内作于点，‎ 由，，，‎ 得平面.‎ 因为平面，所以.‎ 又，所以平面.‎ 由，，，‎ 得.‎ ‎22．已知三棱柱的底面是等边三角形，侧面底面，是棱的中点.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求平面将该三棱柱分成上下两部分的体积比.‎ ‎【答案】(1)见证明；(2)1：1‎ ‎【解析】‎ ‎（1）取的中点,连接与交于点，‎ 连接，,则为的中点，,‎ 且，所以是平行四边形.‎ 又是棱的中点，所以 . ‎ 侧面底面,且 ，所以平面 .‎ 所以平面，‎ 又平面，所以平面平面. ‎ ‎（2）连接， 设三棱柱的体积为.‎ 故四棱锥的体积 ‎ 又是棱的中点，的面积是面积的 ，‎ 故四棱锥的体积 ‎ 故平面将该三棱柱分成上下两部分的体积比为1:1. ‎