(文科数学)2020高考数学复习专题10+立体几何大题-冲刺高考最后一个月(文科数学)名师押题高端精品

（一）命题特点和预测：

分析近8年全国课标1文科数学试卷，发现8年8考，每年1题．第1问多为证明空间线线、线面、面面垂直或平行问题，第2问多为空间几何体体积或表面积计算问题或点到面的距离计算，位置为18题或19题，难度为中档题.2019年立体几何大题仍为18题或19题，仍将考查空间线线、线面、面面垂直或平行问题，第2问多为空间几何体的体积或表面积的计算问题或点到面的距离计算，难度仍为中档题.

（二）历年试题比较： 年份 2018年 题目 【2018新课标1，文18】如图，在平行四边形折痕将△折起，使点到达点的位置，且平面； 上一点，且，求三棱锥的体积． 中，． ，，以为（1）证明：平面（2）为线段上一点，为线段 2017年 【2017新课标1，文18】如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且． （1）证明：平面PAB⊥平面PAD； （2）若PA=PD=AB=DC，积． ，且四棱锥P−ABCD的体积为8，求该四棱锥的侧面32016年 【2016新课标1文数】（本小题满分12分）如图，已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形，PA=6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连结PE并延

长交AB于点G. （Ⅰ）证明：G是AB的中点； （Ⅱ）在图中作出点E在平面PAC内的正投影F（说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积． 2015年 【2015高考新课标1，文18】（本小题满分12分）如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，， （I）证明：平面AEC平面BED； （II）若，AEEC, 三棱锥EACD的体积为6，求该三棱锥的侧面积. 32014年 【2014全国1，文19】如图，三棱柱且AO平面BB1C1C. （1）证明：B1CAB; （2）若ACAB1,中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，求三棱柱的高.

2013年 【2013课标全国Ⅰ，文19】(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB. ＝AA1，∠BAA1＝60°(1)证明：AB⊥A1C； (2)若AB＝CB＝2，A1C＝6，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积． 2012年 1AC=BC=2【2012课标全国Ⅰ，文19】如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AA1，D是棱AA1的中点。 (Ｉ) 证明：平面BDC1⊥平面BDC （Ⅱ）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比。 2011年 【2011新课标，文18】如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形.（I）证明：PABD （II）设，求棱锥DPBC的高. 底面ABCD .

【解析与点睛】

【解析】（1）由已知可得，（2018年）又BA⊥AD，且又AB平面ABC，

=90°，．

，所以AB⊥平面ACD．

所以平面ACD⊥平面ABC．

（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=又

，所以 ． ．

．

作QE⊥AC，垂足为E，则由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1． 因此，三棱锥的体积为

．

【解析】（1）因为（2017年）因为又

，所以ABPA，

，所以CDPD，因为AB∥CD，所以ABPD． ，所以AB平面PAD，

因为AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD．

（2）由（1）知AB平面PAD，因为AB平面ABCD，所以平面ABCD平面PAD． 取AD中点O，因为

，PAPD，所以POAD，

又因为平面PAB平面PAD，平面PABI平面PADAD，PO平面PAD， 所以PO平面ABCD．

由AB∥CD，ABCD得四边形ABCD为平行四边形． 不妨设PAa，则

，所以PO2a，且2．

因此四棱锥PABCD的体积为，解得a2．

所以

623．

【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；计算点面距离时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点面距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出．

【解析】（I）因为P在平面ABC内的正投影为D，所以ABPD. （2016年）

【考点】线面位置关系及几何体体积的计算

【名师点睛】文科立体几何解答题主要考查线面位置关系的证明及几何体体积的计算,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,注意防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主. 【解析】（I）因为四边形ABCD为菱形， （2015年）所以AC^BD， 因为BE^平面ABCD， 所以AC^BE， 故AC^平面BED. 又ACÌ平面AEC， 所以平面AEC^平面BED

（II）设AB=x，在菱形ABCD中，由ÐABC=120°，可得AG=GC=

x3x,GB=GD=.

22因为AE^EC，所以在RtDAEC中，可得EG=3x. 2

由BE^平面ABCD，知DEBG为直角三角形，可得BE=2x. 2.故x=2

由已知得，三棱锥E-ACD的体积

从而可得AE=EC=ED=6.

所以DEAC的面积为3，DEAD的面积与DECD的面积均为5. 故三棱锥E-ACD的侧面积为3+25. 【解析】（1）连结BC1，则O为B1C与BC1的交点. （2014年）

因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1. 又AO平面BB1C1C，所以B1CAO， 故B1C平面ABO.

由于AB平面ABO，故B1CAB.

（2）作ODBC，垂足为D，连结AD，作OHAD，垂足为H. 由于，BCOD，故BC平面AOD，所以OHBC， 又OHAD，所以OH平面ABC. 因为

，所以CBB1为等边三角形，又BC1，可得OD3. 4由于ACAB1，所以

,

由，且

，得OH21， 14又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为21. 7

故三棱柱的高为21. 7（2013年）【解析】（Ⅰ）取AB中点E，连结CE，A1B，A1E，

∵AB=AA1，BAA1=600，∴BAA1是正三角形，

∴A1E⊥AB， ∵CA=CB， ∴CE⊥AB， ∵CEA1E=E，∴AB⊥面CEA1， ∴AB⊥A1C； （Ⅱ）∵AB=AC=BC=2，∴CE=3，在正BAA1中，AB=2, ∴A1E=3, ∵A1C=

，∴

，∴A1E⊥CE，

由（Ⅰ）知A1E⊥AB，AB∩CE=E，∴A1E⊥面ABC， ∴A1E是三棱锥

的高，

的体积为SABCA1E=

∴三棱锥=3.

（2012年）【解析】（Ⅰ）由题设知BC⊥CC1,BC⊥AC，

∴BC面ACC1A1, 又∵DC1面ACC1A1， ∴DC1BC, 由题设知

∴CDC1=900,即DC1DC, 又∵

,

,

,

∴DC1⊥面BDC, ∵DC1面BDC1，

∴面BDC⊥面BDC1；

（Ⅱ）设棱锥BDACC1的体积为V1，AC=1，由题意得，V1=由三棱柱

的体积V=1，

=

1， 2∴(VV1):V1=1:1， ∴平面BDC1分此棱柱为两部分体积之比为1:1.

（2011年）

（三）命题专家押题 题号 已知四棱锥为线段试 题 中，四边形的中点，为梯形，. ,平面平面，1. （1）证明：平面；

（2）若如图，，求点到平面是平行四边形，的距离. ，为 的中点，且有，现以为折痕，将折起，使得点到达点的位置，且2. （1）证明：（2）若四棱锥如图，三棱锥面平面平面； 的体积为，求四棱锥的侧面积． ，若平中，． 、均为等腰直角三角形，且3. （Ⅰ）证明：（Ⅱ）点为棱； 上靠近点的三等分点，求点到平面的距离． 如图，平面ABCD⊥平面CDEF，且四边形ABCD是梯形，四边形CDEF是矩形，∠BAD=∠CDA=90°，AB=AD=DE=CD，M是线段DE上的动点． 4. (1)试确定点M的位置，使BE∥平面MAC，并说明理由； (2)在(1)的条件下，四面体E-MAC的体积为3，求线段AB的长．

如图，矩形折起，使得平面中，、平面，，、是边均与平面的三等分点.现将、分别沿、垂直. 5. （1）若为线段（2）求多面体上一点，且的体积. ，求证：平面； PA⊥AB，AB∥CD，PA=AD，DC=2AB，如图，四棱锥P-ABCD，平面PAB⊥平面ABCD，∠DAB=90°，E为PC中点． 6 （Ⅰ）求证：PA⊥BC； （Ⅱ）求证：直线BE∥平面PAD； （Ⅲ）求证：平面PBC⊥平面PDC． 在四棱锥 中，底面是平行四边形，，的中点，过，侧面的平面与面底面，，，，分别为交于，两点． 7 （1）求证：（2）求证：平面（3）设； 平面； 的体积等于，求的值． 是菱形，是矩形，，，， ，当为何值时四棱锥8 在如图所示的几何体中，四边形

，为的中点. （1）平面（2）求点到平面如图，在四棱锥、分别为、平面 的距离 中，的中点. 底面，为直角，，，9 （I）证明：平面（II）求三棱锥如图1，矩形折叠至中，平面的体积. ； ,是边上异于端点的动点，（如图2）.点满足,将矩形，. 沿处，使面10 (1)证明：(2)设； ，当为何值时，四面体的体积最大，并求出最大值.

【详细解析】

（1)由题意知1.【解析】所以四边形又因为所以因为平面所以又因为（2）又由（1）知又在由（1）知设点到平面中，，，

，则，平面，的面积为，即，，，

，，， ， .

平面，. 的面积为，

，

，，则平面是正方形，连接，所以，,且， 是平行四边形，

，

，所以四边形. ，，平面平面，故平面.所以，的距离为，则中，（1）在2.【解析】

∴∠PEC=90°，即PE⊥EC， 又PE⊥AE，∴PE⊥面ABCE． （2）由（1）得PE⊥面ABCE， VP-ABCE=

∴AE=1，∴PE⊥AB，又AB⊥AE， ∴AB⊥面PAE，∴AB⊥PA，∴PA=由题意得BC=PC=，PB=

，

，

，

，

△PBC中，由余弦定理得∴∠PCB=120°， ∴

，

∴四棱锥P-ABCE的侧面积

． ，

，

（Ⅰ）证明：取3.【解析】的中点为，连接．

∵在∵在∵∵中，中，，平面，，为，为的中点，∴的中点，∴，∴⊥平面， ，

，

平面． ，，，∴平面（Ⅱ）∵平面平面在三棱锥∵在则由因点为棱则点到平面∴点到平面中，得平面， 平面．∴，由题意

，∴

，

平面．

，，．

中，，

上靠近点的三等分点，

的距离等于点到平面的距离等于时，．

平面． 距离的．

（1）当4.【解析】

证明如下：连接，交于，连接，

由于由于（2）∵∴平面，∴平面，， 平面，则，，得，

平面；

平面MAC，∴，，

又∵平面∴设由平面，则，得，，

，

．

，因此，．

的中点，，连接，所以，所以均与面，面. ，所以，

，

垂直， ，

，且，且，，. . ，，

（1）分别取5.【解析】因为因为因为面所以所以因为所以而故面则面是以、面面，且，，为斜边的等腰直角三角形，故，

，则面. ，，

（2）如图，连接则四边形因为所以

，由（1）可知，，且.

，

为平行四边形，故，

.

（Ⅰ）因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PA⊥AB，PA⊂平面PAB， 6.【解析】

所以PA⊥平面ABCD．

又因为BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC.

（Ⅱ）方法一：取在△中点，连接，，．

∥ ．

中，，分别为的中点，所以又因为AB∥DC且，所以AB∥EF且AB=EF．

所以四边形ABEF为平行四边形．所以BE∥AF．

因为AF⊂平面PAD，BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD． 方法二：

取DC中点G，连接BG，EG．

在△PCD中，E，G分别为PC，DC的中点，所以EG∥PD． 又因为PD⊂平面PAD，EG⊄平面PAD，所以EG∥平面PAD．

因为AB∥DG且AB=DG，所以四边形ABGD为平行四边形．所以BG∥AD． 又因为AD⊂平面PAD，BG⊄平面PAD，所以BG∥平面PAD． 因为EG∥平面PAD，BG∥平面PAD，EG∩BG=G， 所以平面BGE∥平面PAD．

又因为BE⊂平面BGE，所以BE∥平面PAD． （Ⅲ）因为AP=AD，F为PD的中点，所以AF⊥PD．

又因为BE∥AF，所以BE⊥PD．

因为PA⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，所以PA⊥DC． 因为AB∥CD，∠DAB=90°，所以AD⊥DC．

因为DC⊥AD，DC⊥PA，AD∩PA=A，所以DC⊥平面PAD． 又因为AF⊂平面PAD，所以DC⊥AF． 又因为BE∥AF，所以DC⊥BE．

因为BE⊥DC，BE⊥PD，DC∩PD=D，所以BE⊥平面PDC． 又因为BE⊂平面PDC，所以平面PBC⊥平面PDC．

（1）在平行四边形7.【解析】∵过平面的平面，与面平面交于中，∵中 ，由，分别为，∴，∴，平面， ．

，的中点，得，

（2）在平行四边形∴∵侧面且又∵又∵∴平面面底面，，∴． 底面，∴，∴，∴即有，由（1）得，，且底面， ，，平面，

平面，

平面平面，设四棱锥平面，∴平面，

平面．

，∴，

（3）由题得的高为h，∴

∵，∴． 中，为，则的中点，则，故 （1）在菱形8.【解析】又由已知，

又又因为且平面 平面，则平面 所以，平面（2）由题设，连接在所以

的面积：的面积：设点到平面则三棱锥 中，，在中，,

，

，在中，由余弦定理

的距离为 的体积：,解得：

（Ⅰ）证明：由已知9.【解析】

,又分别为 , 的中点. ，所以平面

为直角，为的中点，,故是矩形，

．

,

（Ⅱ）法一：如图所示,

．

法二：过作

．

（1）在面10.【解析】

内，过点F作FG交于点G，连接GE.

，面由又∴面又面面（2）面面 则又GF面MEC， 面， ，， .

，又面，FG面 得面，同理可证得，

面. ，则BM=2-x，ME=面MBCN，面，

面MBCN,即GM=， 面MBCN=NM，

面MEC，

，当时，取得最大值.