高三数学立体几何专题
高三理科数学立体几何复习专题
立体几何复习专题一、要求：（1）熟练掌握课本中的基本概念、定理。
（2）积累各种常见题型的解题方法：① 基本概念型题（直接证明、画图形举反例）② 证明类题：线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直。
③ 计算类题：异面直线所成角、线面角、面面角、点到面的距离、异面 直线间的距离、多面体的体积、球面距离。
（各自常用的方法是什么）（3）会用空间向量的方法去解决上述问题。
二、典型例题讲解例1. 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1CC AC BC ==，90ACB ∠=︒，P 是1AA 的中点，Q 是AB 的中点.（1）求证： AB ⊥C 1CQ（2）求异面直线PQ 与1B C 所成角的大小； （3）求直线PQ 与面Q 1B C 所成角的正弦； （4）求二面角A 1-CQ-B 1的平面角的余弦。
例2．如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中， (1)在棱AD 上有一点P ，当P DP A为多少时，使二面角D 1-PC-D 的大小等于60°？ (2)在(1)的条件下，求直线A 1B 1与平面CD 1P 所成的角.ABC1A 1B 1C PQ例3．如图，将长AA′=33，宽AA 1=3的矩形沿长的三等分线处折叠成一个三棱柱，如图所示：(1) 求平面APQ 与底面ABC 所成二面角的正切值； (2) 求三棱锥A 1—APQ 的体积.例4．如图，矩形ABCD 与ADQP 所在平面垂直，将矩形ADQP 沿PD 对折，使得翻折后点Q 落在BC 上，设AB=1，PA=h ，AD=y.(1)试求y 关于h 的函数解析式；(2)当y 取最小值时，指出点Q 的位置，并求出此时AD 与平面PDQ 所成的角； (3)在条件(2)下，求三棱锥P —ADQ 内切球的半径.三、巩固练习1、如图，已知面ABC ⊥面BCD ，AB ⊥BC ，BC ⊥CD ，且AB=BC=CD ，设AD 与面AB C 所成角为α，AB 与面ACD 所成角为β，则α与β的大小关系为（A ）α＜β （B ）α=β （C ）α＞β （D ）无法确定 2、下列各图是正方体或正四面体，P ，Q ，R ，S 分别是所在棱的中点，这四个点中不共面．．．的一个图是PP PPQ Q QQRRR R SSS SPPPPQQQQ RRRR SS SSPPPPQQQQ R RRR SSS S PPPPQQQQRRRR SSS S（A ） （B ） （C ） （D ）3、在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 是对角线A 1C 上的点，且PQ =2a，则三棱锥P －BDQ 的体积为（A ）3363a （B ）3183a （C ）3243a （D ）无法确定 4、已知球的内接三棱锥的三条侧棱两两垂直，长度分别为3cm ，2cm 和3cm ，则此球的体积为（A ）33312cm π （B ）33316cm π （C ）3316cm π （D ）3332cm π5、如图，在一根长11cm ，外圆周长6cm 的圆柱形柱体外表面，用一根细铁丝缠绕，组成10个螺旋，如果铁丝的两端恰好落在圆柱的同一条母线上，则铁丝长度的最小值为（A ） 61cm （B ）157cm （C ）1021cm （D ）1037cm6、设a 、b 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列四个命题：① 若b a ⊥，α⊥a ，α⊄b ，则α//b ；②若α//a , βα⊥，则β⊥a ； ③若β⊥a ，βα⊥，则α//a 或α⊂a ；④若b a ⊥，α⊥a ，β⊥b ，则βα⊥ 其中正确命题的个数为 ( )A ．0B ．1C ．2D ．37、正三棱锥ABC S —的侧棱长和底面边长相等，如果E 、F 分别为SC ，AB 的中点，那么异面直线EF 与SA 所成角为（ ） A ．090 B ．060 C ．045 D ．030 8．右图是正方体的平面展开图，在这个正方体中： ①BM 与DE 平行； ②CN 与BE 是异面直线； ③CN 与BM 成60°角 ④DM 与BN 垂直以上四个命题中，正确的是 （ ）A B C A BCAB CA BCP P P P A ．①②③ B ．②④ C ．②③④ D ．③④9．将棱长为1的正方体木块切削成一个体积最大的球，则该球的体积为（ ）A ．π23 B ．π32 C ．6π D ．34π 10．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，则A 1C 与DE 所成的角的余弦为（ ）A ．1515 B ．1510 C ．630 D ．1010 11．有3个命题（1）底面是正三角形，其余各个面都是等腰三角形的棱锥是三棱锥； （2）各个侧面都是等腰三角形的四棱锥是正四棱锥；（3）底面是正三角形，相邻两侧面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥。
高三数学立体几何练习题及答案
高三数学立体几何练习题及答案第一题：已知一个长方体的长、宽、高分别为3cm、4cm、5cm，求该长方体的体积和表面积。
解答：长方体的体积可以通过公式V = lwh 计算，其中l、w、h分别为长、宽、高。
根据题目给出的数据，代入公式可得 V = 3cm × 4cm × 5cm = 60cm³。
因此，该长方体的体积为60立方厘米。
长方体的表面积可以通过公式 S = 2lw + 2lh + 2wh 计算。
根据题目给出的数据，代入公式可得 S = 2 × 3cm × 4cm + 2 × 3cm ×5cm + 2 × 4cm × 5cm = 94cm²。
因此，该长方体的表面积为94平方厘米。
答案：体积：60立方厘米表面积：94平方厘米第二题：一个正方体的棱长为a，求该正方体所有顶点到一个固定点之间的最短距离之和。
解答：正方体的每个顶点到固定点的最短距离为正方体的对角线长。
对于正方体而言，其对角线的长度可以通过勾股定理求解。
设每个边长为a，则对角线长d满足 d² = a² + a² + a² = 3a²。
因此，每个顶点到固定点的最短距离之和为 8 × 3a² = 24a²。
答案：每个顶点到固定点的最短距离之和为24a²。
第三题：一个球体的直径为10cm，求该球体的体积和表面积（结果保留π）。
解答：球体的体积可以通过公式V = 4/3πr³ 计算，其中r为球体的半径。
根据题目给出的数据，直径d为10cm，因此半径r = d/2 = 5cm。
代入公式可得V = 4/3 × π × (5cm)³ ≈ 523.6cm³。
因此，该球体的体积约为523.6立方厘米。
球体的表面积可以通过公式S = 4πr² 计算，其中r为球体的半径。
2020高三数学立体几何专项训练文科
2020高三数学立体几何专项训练文科1.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA垂直于平面ABCD，E是PD的点。
Ⅰ) 证明PB平行于平面AEC。
Ⅱ) 设AP=1，AD=3，求三棱锥P-ABD的体积V和A点到平面PBD的距离。
2.在四棱锥P-ABCD中，AB平行于CD且AB等于2CD，E为PB的中点。
1) 证明CE平行于平面PAD。
2) 是否存在一点F在线段AB上，使得平面PAD平行于平面CEF？若存在，证明结论；若不存在，说明理由。
3.在四棱锥P-ABCD中，平面PAC垂直于平面ABCD，且PA垂直于AC且等于AD等于2，四边形ABCD满足BC平行于AD，AB垂直于AD且等于1，点E和F分别为侧棱PB和PC上的点，且PEPF等于λ(λ不等于0)。
1) 证明EF平行于平面PAD。
2) 当λ等于2时，求点D到平面AFB的距离。
4.四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形。
1) 证明平面A1BD平行于平面CD1B1.2) 若平面ABCD与平面B1D1C相交于直线l，证明B1D1平行于l。
5.在平行四边形ABCD外一点P，PC的中点为M，在DM上取一点G，过G与AP作平面交平面BDM于H。
证明AP平行于GH。
6.在四棱锥P-ABCD中，PA垂直于底面ABCD，AB垂直于AD，AC垂直于CD，且∠ABC等于60度，PA等于AB等于BC，E是PC的中点。
证明：1) CD垂直于AE；2) PD垂直于平面ABE。
7.在四棱锥P-ABCD中，平面PAB垂直于平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAB为等边三角形，E是PB的中点，平面AED与棱PC交于点F。
1) 证明AD平行于EF；2) 证明PB垂直于平面AEFD；3) 设四棱锥P-AEFD的体积为V1，四棱锥P-ABCD的体积为V2，求V1和V2的值。
8.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a，∠DAB 等于60度的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，G为AD的中点。
立体几何(7大题型)(解析版)2024年高考数学立体几何大题突破
立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。
考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。
2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。
题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D 1DC =120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ，从而DE ⊥CD ．又AD ⊥CD ，DE ∩AD =D ，DE ,AD ⊂平面AED ，所以CD ⊥平面AED ，ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．连AC 交BD 于点O ，连接CE 交DF 于点G ，连OG ．因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ，所以AE ∥OG ，因为O 为AC 中点，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=2．连接AG 交BD 于点I ，连HI ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AGE ，平面AGE ∩平面BDF =IH ，所以AE ∥IH ．HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA为x 轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ．由(1)知DE =3，得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ，得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t )．因为AE ⎳平面BDF ，所以存在唯一的λ，μ∈R ，使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，所以DE ⊥平面ABC ，从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ，所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点，所以CD ⊥DB ，即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点，DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23，则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A ，过点A 向平面α做垂线，确定垂足O ；(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。
高三数学立体几何试题答案及解析
高三数学立体几何试题答案及解析1.已知三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图所示，，点P在侧面ABC的射影为O，．∴该三棱锥的体积．故选：B．【考点】由三视图求面积、体积．2.（本小题满分12分）直三棱柱中，，，分别是、的中点，，为棱上的点．（1）证明：；（2）是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点为中点．【解析】（1）先证明AB⊥AC，然后以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz，则能写出各点坐标，由共线可得D（λ，0，1），所以，即DF⊥AE；（2）通过计算，面DEF的法向量为可写成，=（3，1+2λ，2（1-λ）），又面ABC的法向量=（0，0，1），令，解出λ的值即可．试题解析：（1）证明：，又，面又面以为原点建立如图所示的空间直角坐标系则，，，，设，且，即：（2）假设存在，设面的法向量为，则即：令由题可知面的法向量平面与平面所成锐二面角的余弦值为即：或（舍）当点为中点时，满足要求．【考点】1、二面角的平面角及求法；2、直线与平面垂直的性质．【方法点晴】本题考查空间中直线与直线的位置关系、空间向量及其应用，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题．解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．3.已知正四棱锥中，，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设正四棱锥的高为,则，则，，所以四棱锥的体积，，由得，所以体积函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以当时，体积有最大值,故选C．【考点】1．多面体体积；2．导数与函数最值．【方法点睛】本题主要考查本题主要考查立体几何中的最值问题，多面体体积公式、导数与函数等知识，属中档题．解决此类问题的两大核心思路：一是将立体问题转化为平面问题，结合平面几何的相关知识求解；二是建立目标函数的数学思想，选择合理的变量，利用导数、基本不等式或配方法求其最值．4.设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为，则其外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意可知其外接球的直径，所以外接球的表面积为．【考点】球的表面积公式．5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为．【答案】【解析】该几何体为一个四棱锥，高为，底面为矩形，长宽分别为，因此体积为【考点】三视图6.已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A．若B．若C．若D．若【答案】C【解析】垂直于同一平面的两个平面可能平行，也可能相交，所以A选项不正确；两个平面内存在两条平行的直线时，两平面可能相交，也可能平行，所以B选项不正确；，又，，所以C选项正确；若，则或，所以D不正确．故D正确．【考点】1线面位置关系；2面面位置关系．【易错点晴】本题主要考查的是空间点、线、面的位置关系，属于容易题．解题时一定要抓住题目中的重要字眼“真命题”，否则很容易出现错误．解决空间点、线、面的位置关系这类试题时一定要万分小心，除了作理论方面的推导论证外，利用特殊图形进行检验，也可作必要的合情推理．7.已知直线平面，直线平面，给出下列命题，其中正确的是（）①；②；③；④A．②④B．②③④C．①③D．①②③【答案】C【解析】对①，因为直线平面，∥，则，又直线，所以，①对；对②，与的关系是：平行、相交或异面，②错；对③，因为直线平面，∥，所以，又由面面垂直的判定定理得，③对；对④，与可以平行或相交，④错，所以选C．本题可借助于长方体去判定．【考点】1．空间直线、平面的位置关系．【易错点晴】本题主要考查的是空间点、线、面的位置关系，属于中档题．解决空间点、线、面的位置关系这类试题时一定要万分小心，除了作理论方面的推导论证外，利用特殊图形或长方体作为载体进行检验，也可作必要的合情推理．8.利用一个球体毛坯切削后得到一个四棱锥P—ABCD，其中底面四边形ABCD是边长为1的正方形，，且，则球体毛坯体积的最小值应为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】若使得球体毛坯体积最小，则四棱锥各顶点应都在球上，由题意，将四棱锥补成一个长方体，则转化为求长方体外接球体积，长方体体对角线为外接球直径，体对角线长为，所以球的半径为，体积为．【考点】多面体的外接球．9.（2007•山东）下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是（）A．①②B．①③C．①④D．②④【答案】D【解析】利用三视图的作图法则，对选项判断，A的三视图相同，圆锥，四棱锥的两个三视图相同，棱台都不相同，推出选项即可．解：正方体的三视图都相同，而三棱台的三视图各不相同，圆锥和正四棱锥的，正视图和侧视图相同，所以，正确答案为D．故选D【考点】简单空间图形的三视图．10.如图是某几何体的三视图，其中正视图为正方形，俯视图是腰长为的等腰直角三角形，则该几何体的体积为_________________；表面积为________________.【答案】体积为；表面积为【解析】由题意可知三视图复原的几何体如图为四棱锥，是正方体的一部分，正方体的棱长为2；所以几何体的体积是正方体体积的一半减去，所求几何体的体积为；表面积为【考点】三视图，几何体的体积，表面积11.已知某几何体的三视图如图，其中正视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】根据该几何体的三视图可知几何体的形状是一个长为，宽为，高为的长方体挖去一个直径为高为的圆柱，该几何体的体积为，选A.【考点】1、三视图；2、组合体的体积.12.如图是一建筑物的三视图（单位：米），现需将其外壁用油漆刷一遍，若每平方米用漆千克，则共需油漆的总量为（）A．千克B．千克C．千克D．千克【答案】B【解析】由三视图可知可间房由底部长宽高分别为的长方体与底面半径.母线长分别为圆锥体组合而成，所以其可刷漆的表面积为，则需要漆的总量为千克，故正确选项为B.【考点】空间几何体的表面积.13.若=（2，﹣1，0），=（3，﹣4，7），且（λ+）⊥，则λ的值是（）A．0B．1C．﹣2D．2【答案】C【解析】利用（λ+）⊥⇔即可得出．解：∵=λ（2，﹣1，0）+（3，﹣4，7）=（3+2λ，﹣4﹣λ，7），（λ+）⊥，∴，∴2（3+2λ）﹣（﹣4﹣λ）+0=0，解得λ=﹣2．故选C．【考点】向量的数量积判断向量的共线与垂直．14.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AB⊥PA，BC=2AB=2AD=4BE，平面PAB⊥平面ABCD，（Ⅰ）求证：平面PED⊥平面PAC；（Ⅱ）若直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为，求二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）【解析】（I）由面面垂直的性质定理证出PA⊥平面ABCD，从而得到AB、AD、AP两两垂直，因此以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立坐标系o﹣xyz，得A、D、E、C、P的坐标，进而得到、、的坐标．由数量积的坐标运算公式算出且，从而证出DE⊥AC且DE⊥AP，结合线面垂直判定定理证出ED⊥平面PAC，从而得到平面PED⊥平面PAC；（II）由（Ⅰ）得平面PAC的一个法向量是，算出、夹角的余弦，即可得到直线PE与平面PAC所成的角θ的正弦值，由此建立关于θ的方程并解之即可得到λ=2．利用垂直向量数量积为零的方法，建立方程组算出=（1，﹣1，﹣1）是平面平面PCD的一个法向量，结合平面PAC的法向量，算出、的夹角余弦，再结合图形加以观察即可得到二面角A ﹣PC﹣D的平面角的余弦值．解：（Ⅰ）∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AB⊥PA∴PA⊥平面ABCD结合AB⊥AD，可得分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系o﹣xyz，如图所示可得A（0，0，0）D（0，2，0），E（2，1，0），C（2，4，0），P（0，0，λ）（λ＞0）∴，，得，，∴DE⊥AC且DE⊥AP，∵AC、AP是平面PAC内的相交直线，∴ED⊥平面PAC．∵ED⊂平面PED∴平面PED⊥平面PAC（Ⅱ）由（Ⅰ）得平面PAC的一个法向量是，设直线PE与平面PAC所成的角为θ，则，解之得λ=±2∵λ＞0，∴λ=2，可得P的坐标为（0，0，2）设平面PCD的一个法向量为=（x0，y，z），，由，，得到，令x0=1，可得y=z=﹣1，得=（1，﹣1，﹣1）∴cos＜，由图形可得二面角A﹣PC﹣D的平面角是锐角，∴二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值为．【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法．15.已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长为，则正三棱锥的体积为．【答案】【解析】∵正三棱锥的底面边长为，∴底面正三角形的高为，可得底面中心到三角形顶点的距离为，∵正三棱锥侧棱长为，∴正三棱锥的高，所以三棱锥的体积.所以答案应填：．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．16.在等腰梯形中，，，，是的中点，将梯形绕旋转，得到（如图）．（I）求证：；（II）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（I）由题意容易证明四边形是平行四边形，．又为等腰梯形，，四边形是菱形，可证得，根据面面垂直的性质定理可证得平面，从而证得；（II）易证平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量和平面的法向量，根据向量的夹角公式求得二面角的余弦值.试题解析：（I）证明：，是的中点，．又，四边形是平行四边形，．又为等腰梯形，，，四边形是菱形，，，即．平面平面，平面平面，平面．又平面，．（II）解：平面，同理平面．如图建立空间直角坐标系，设，则，，，，则，．设平面的法向量为，．设平面的法向量为，，设二面角的平面角为，，二面角的余弦值为．【考点】空间中垂直关系的证明及空间向量的应用.17.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥P-ABC的正（主）视图与侧（左）视图的面积的比为．【答案】【解析】因为三棱锥的主视图与左视图都是三角形, 正视图和侧视图三角形的底边长都是正方体的棱长,高都是到底面的距离（都是正方体的棱长）,所以，三棱锥的主视图与左视图的面积相等，即比值为,故答案为.【考点】1、几何体的三视图；2、三角形面积公式.18.如图，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图所示，该几何体是一个底面为平行四边形，高为的棱柱，体积为，故选B.【考点】几何体的体积.19.如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6，O′C′＝2，则原图形OABC的面积为________．【答案】【解析】因为矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，所以根据画直观图的基本原理知原图形是底边长为的平行四边形，其高是，因此面积是，故答案为.【考点】1、画直观图的基本原理；2、平行四边形的面积公式.20.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，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由三视图知几何体是由正方体截取两个角得到，如图所示，故体积为．【考点】三视图.21.如图所示，四棱锥的底面是梯形，且,平面，是中点，．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若，，求直线与平面所成角的大小．【答案】（I）证明见解析；（II）．【解析】（I）取的中点，连结，证得，从而证得平面，根据平行四边形的性质，得，即可证明平面；（II）分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，求解出平面和向量，即可利用向量所成的角，得到直线与平面所成角的大小．试题解析：（Ⅰ）证明：取的中点，连结，如图所示．因为，所以．因为平面，平面，所以．又因为，所以平面．因为点是中点，所以，且．又因为，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面．（Ⅱ）解：设点O，G分别为AD，BC的中点，连结，则，因为平面，平面，所以，所以．因为，由（Ⅰ）知，又因为，所以，所以所以为正三角形，所以，因为平面，平面，所以．又因为，所以平面．故两两垂直，可以点O为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．，，，所以，，，设平面的法向量，则所以取，则，设与平面所成的角为，则，因为，所以，所以与平面所成角的大小为．【考点】直线与平面垂直的判定与证明；直线与平面所成角的求解．22.如图,在三棱台中,平面平面,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；（Ⅱ）求二面角B－AD－F的平面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）先证，再证，进而可证平面；（Ⅱ）方法一：先找二面角的平面角，再在中计算，即可得二面角的平面角的余弦值；方法二：先建立空间直角坐标系，再计算平面和平面的法向量，进而可得二面角的平面角的余弦值．试题解析：（Ⅰ）延长，，相交于一点，如图所示．因为平面平面，且，所以平面，因此．又因为，，，所以为等边三角形，且为的中点，则．所以平面．（Ⅱ）方法一：过点作于Q，连结．因为平面，所以，则平面，所以．所以是二面角的平面角．在中，，，得．在中，，，得．所以二面角的平面角的余弦值为．方法二：如图，延长，，相交于一点，则为等边三角形．取的中点，则，又平面平面，所以，平面．以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系．由题意得，，，，，．因此，，，．设平面的法向量为，平面的法向量为．由，得，取；由，得，取．于是，．所以，二面角的平面角的余弦值为．【考点】线面垂直，二面角．【方法点睛】解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．23.直线a、b是异面直线，α、β是平面，若a⊂α，b⊂β，α∩β=c，则下列说法正确的是（）A．c至少与a、b中的一条相交B．c至多与a、b中的一条相交C．c与a、b都相交D．c与a、b都不相交【答案】A【解析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系判断求解．解：由直线a、b是异面直线，α、β是平面，若a⊂α，b⊂β，α∩β=c，知：对于B，c可以与a、b都相交，交点为不同点即可，故B不正确；对于C，a∥c，b∩c=A，满足题意，故C不正确；对于D，c与a、b都不相交，则c与a、b都平行，所以a，b平行，与异面矛盾，故D不正确；对于A，由B，C、D的分析，可知A正确故选：A．24.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于（）A．B．160C．D．【答案】A【解析】由三视图知该几何体是由一个直三棱柱和一个四棱锥组合的组合体，其中直三棱柱的底面为左视图，高为，故体积．四棱锥的底面为边长为的正方形，高为，所以体积，所以该几何体的体积为．故选A．【考点】1、几何体的三视图；2、几何体的体积.【方法点睛】本题主要考查三视图及空间几何体的体积，属于中档题.空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：（1）求简单几何体的体积时若所给的几何体为柱体椎体或台体，则可直接利用公式求解；(2)求组合体的体积时若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，则常用转换法、分割法、补形法等进行求解. (3)求以三视图为背景的几何体的体积时应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.25.中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x为（）A．1.2B．1.6C．1.8D．2.4【答案】B【解析】由题意得，即，解得，故选B.【考点】几何体的三视图及体积.26.某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积等于（）cm3A．4+B．4+C．6+D．6+【答案】D【解析】由三视图还原原几何体如图，是一个半圆柱与一个直三棱柱的组合体，半圆柱的底面半径为，高为；直三棱柱底面是等腰直角三角形（直角边为），高为．∴．故本题选D.【考点】空间几何体的三视图.27.在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值等于_______，若正方体边长为1，则四面体的体积为_________.【答案】；【解析】异面直线与所成角为，，.【考点】立体几何中异面直线所成角的余弦值的求法以及三棱锥的体积的求法.28.如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点．（1）证明：；（2）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）以点为原点建立空间直角坐标系（如图），求得，，可得，即可证结论；（2）先根据确定的位置，在求出平面的一个法向量，可证平面一个的法向量为，利用空间向量夹角余弦公式即可得结论.试题解析：（1）证明：依题意，以点为原点建立空间直角坐标系（如图），可得，，，．由为棱的中点，得．向量，，故．所以．（2）向量，，，．由点在棱上，设，．故．由，得，因此，，解得．即．设为平面的法向量，则，即．不妨令，可得为平面的一个法向量．取平面的法向量，则．易知，二面角是锐角，所以其余弦值为．【考点】1、空间直线垂直的判定；2、空间向量夹角余弦公式.29.如图,在三棱锥中,底面,且,点是的中点, 交于点.（1）求证：平面；（2）当时, 求三棱锥的体积.【答案】（1）详见解析（2）【解析】（1）证明线面垂直，一般利用线面垂直判定定理，即从线线垂直出发给予证明，而线线垂直的证明与寻找，往往从两个方面，一是利用线面垂直性质定理转化为线线垂直，另一是结合平几条件，如本题利用等腰三角形底边中线性质得（2）求三棱锥体积，关键在于确定高，即线面垂直.由（1）得平面，因此，这样只需在对应三角形中求出对应边即可.试题解析：（1）底面,面,又因为是的中点, 面由已知平面.(2)平面,平面,而,又又平面而.【考点】线面垂直判定与性质定理，三棱锥体积【思想点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.30.过球表面上一点引三条长度相等的弦，且两两夹角都为60°，若球半径为，求弦的长度___________．【答案】【解析】依题意可知，这是一个正四面体的外接球. 若一个正四面体边长为,其外接球半径公式为:，即.【考点】球的内接几何体.【思路点晴】对棱相等的三棱锥,设三对棱长分别为,如下图所示三棱锥,请同学们推导其外接球半径公式,特别地,若一个正四面体边长为,其外接球半径公式为:.设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.2.若长方体长宽高分别为则其体对角线长为；长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心.31.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意得，根据给定的三视图可知，原几何体表示，左侧是一个底面半径为，高为半个圆锥，几何体的右侧是一个底面为底边为，高为的等腰三角形三棱锥，其中三棱锥的高为，所以几何体的体积为，故选D．【考点】几何体的三视图及体积的计算．32.已知直线与平面平行，是直线上的一定点，平面内的动点满足：与直线成．那么点轨迹是（）A．两直线B．椭圆C．双曲线D．抛物线【答案】C【解析】题意画图如下，是直线上的定点，有一平面与直线平行，平面内的动点满足的连线与成角，因为空间中过与成角的直线组成两个相对顶点的圆锥，即为平行于圆锥轴的平面，点可理解为是截面与圆锥侧面的交点，所以点的轨迹为双曲线,故选C．【考点】1、空间点、线、面的位置关系；2、圆锥曲线的定义．33.三棱锥内接于球，，当三棱锥的三个侧面积和最大时，球的体积为．【答案】【解析】由于三角形的面积公式，当时取得最大值，所以当两两垂直时，侧面积和取得最大值．此时，由于三棱锥三条侧棱两两垂直，所以可以补形为正方体，三棱锥的外接球即正方体的外接球，其直径等于正方体的体对角线即，故求的体积为．【考点】几何体的外接球．【思路点晴】设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求．若长方体长宽高分别为则其体对角线长为;长方体的外接球球心是其体对角线中点．找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心．三棱锥三条侧棱两两垂直,且棱长分别为，则其外接球半径公式为: ．34.如图,在直三棱柱中，，过的中点作平面的垂线，交平面于，则与平面所成角的正切值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】连接，则，由直三棱柱得,因此,因此为的中点，过作于，则为与平面所成角, ,选C.【考点】线面角35.如图,在四棱锥中,底面,底面是直角梯形,（1）在上确定一点,使得平面,并求的值;（2）在（1）条件下,求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】（1）由线面平行的性质定理，可得线线平行，再根据平行得相似，即得比例关系：取。
高三数学立体几何试题答案及解析
高三数学立体几何试题答案及解析1.一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】几何体为一个三棱柱，底面为直角三角形，直角边长分别为6,8；三棱柱高为12．得到的最大球为直角三角形的内切球，其半径为，选B．【考点】三视图2.如图是某几何体的三视图，正视图是等腰梯形，俯视图中的曲线是两个同心的半圆组成的半圆环，侧视图是直角梯形，则该几何体的体积等于（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图知：，，∴．【考点】三视图．3.几何体的三视图如图所示，若从该几何体的实心外接球中挖去该几何体，则剩余几何体的表面积是（注：包括外表面积和内表面积）（）A．133B．100C．66D．166【答案】D【解析】由三视图知，该几何体为底面半径为3，搞为8的圆柱．其外接球时半径为5的球．则剩余几何体的表面积是球的表面积与该圆柱表面积的和，即．故选D．【考点】多面体及与其外接球的关系及几何体表面积计算问题．4.（本小题满分12分）如图，已知五面体，其中内接于圆，是圆的直径，四边形为平行四边形，且平面．（1）证明：；（2）若，，且二面角所成角的正切值是，试求该几何体的体积．【答案】（1）见解析；（2）8．【解析】（1）将问题转化为证明平面，再转化为证明（由直径可证）与（由平面可证）；（2）考虑建立空间直角坐标系，通过求两个法向量的夹角来确定二面角所成角的正切值，并确定的长，进而可求得几何体的体积．试题解析：（1）证明：是圆的直径，，又平面，又平面，且，平面又平面，（2）设，以所在直线分别为轴，轴，轴，如图所示则，，，由（Ⅰ）可得，平面，平面的一个法向量是设为平面的一个法向量由条件得，，即不妨令，则，，．又二面角所成角的正切值是，，得该几何体的体积是【考点】1、空间直线与直线、直线与平面的垂直的判定与性质；2、二面角；3、空间几何体的体积．【方法点睛】用空间向量处理某些立体几何问题时，除要有应用空间向量的意识外，关键是根据空间图形的特点建立恰当的空间直角坐标系．若坐标系选取不当，计算量就会增大．总之树立用数解形的观念，即用数形结合的思想解决问题，而建立空间直角坐标系通常考虑以特殊点为坐标原点（如中点、正方体的顶点），特殊直线（如有两两垂直的直线）为坐标轴来建立．5.如图，在多面体中，为菱形，，平面，平面，为的中点，若平面．（1）求证：平面；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）证明线面垂直，只要证明这条直线与平面内两条相交直线垂直即可，取中点，连接，可证，先证，即可证明，即可证明结论成立；（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由空间向量公式直接计算即可．试题解析：（1）取AB的中点M，连结GM，MC，G为BF的中点，所以GM //FA，又EC面ABCD， FA面ABCD，∵CE//AF，∴CE//GM，∵面CEGM面ABCD=CM，EG// 面ABCD，∴EG//CM，∵在正三角形ABC中，CM AB，又AF CM∴EG AB， EG AF，∴EG面ABF．（2）建立如图所示的坐标系，设AB=2，则B（）E（0，1，1） F（0，-1，2）=（0，-2，1），=（，-1，-1），=（，1， 1），设平面BEF的法向量=（）则令，则，∴=（）同理，可求平面DEF的法向量 =（-）设所求二面角的平面角为，则=．【考点】1．线面垂直的判定与性质；2．空间向量的应用．【方法点睛】本题主要考查线面垂直的判定与性质、空间向量的应用，属中档题．解答空间几何体中的平行、垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间的平行、垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；求二面角，则通过求两个半平面的法向量的夹角间接求解．此时建立恰当的空间直角坐标系以及正确求出各点的坐标是解题的关键所在．6.三棱锥及其三视图中的正视图和侧视图如下图所示,，则棱的长为．【答案】．【解析】由已知三视图可知，平面，且底面为等腰三角形．在中，，边上的高为，所以．在中，由可得，故应填．【考点】1、三视图．【易错点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图及其空间几何体的面积、体积的计算，考查学生空间想象能力和计算能力，属中档题．其解题过程中容易出现以下错误：其一是不能准确利用已知条件的三视图得出原几何体的空间形状，即不能准确找出该几何体中线线关系、线面关系，导致出现错误；其二是计算不仔细，导致结果出现错误．解决这类问题的关键是正确地处理三视图与原几何体之间的关系．7.在三棱锥中，平面为侧棱上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是（）A．平面且三棱锥的体积为B．平面且三棱锥的体积为C．平面且三棱锥的体积为D．平面且三棱锥的体积为【答案】C【解析】∵平面，∴，又，∴平面，∴，又由三视图可得在中，为的中点，∴平面．又平面．故．故选：C．【考点】1．直线与平面垂直的判定；2．命题的真假判断与应用；3．简单空间图形的三视图．8.已知某几何体的三视图的侧视图是一个正三角形，如图所示，则该几何体的体积等于（）A．B．C．D．【答案】C【解析】题设三视图是下图中几何体的三视图，由三视图中的尺寸，知其体积为，故选C．【考点】三视图与几何体的体积．9.如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，D，E分别为A1C1，BB1的中点，B1C⊥AB，侧面BCC1B1为菱形．求证：（Ⅰ）DE∥平面ABC1；（Ⅱ）B1C⊥DE．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析．【解析】（Ⅰ）取AA1的中点F，连DF，FE，根据中点易证线线平行，从而平面DEF∥平面ABC1，又因为DE平面DEF，所以B1C⊥DE；（Ⅱ）在菱形中B1C⊥BC1，又B1C⊥AB，易证B1C⊥平面ABC1，再根据面面平行的性质，得：B1C⊥平面DEF，从而证明B1C⊥DE．试题解析：（Ⅰ）如图，取AA1的中点F，连DF，FE．又因为D，E分别为A1C1，BB1的中点，所以DF∥AC1，EF∥AB．因为DF平面ABC1，AC1平面ABC1，故DF∥平面ABC1．同理，EF∥平面ABC1．因为DF，EF为平面DEF内的两条相交直线，所以平面DEF∥平面ABC1．因为DE平面DEF，所以DE∥平面ABC1．（Ⅱ）因为三棱柱ABC A1B1C1的侧面BCC1B1为菱形，故B1C⊥BC1．……9分又B1C⊥AB，且AB，BC1为平面ABC1内的两条相交直线，所以B1C⊥平面ABC1．而平面DEF∥平面ABC1，所以B1C⊥平面DEF，因为DE平面DEF，所以B1C⊥DE．【考点】1、线面平行；2、面面平行；3、线面垂直；4、三角形中位线．【方法点晴】本题主要考查的是线面平行、线线平行、线线垂直和线面垂直，属于中档题．解题时一定要注意得线线平行的常用证明方法，构造中位线和平行四边形是最常用方法．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．10.已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列正确的是（）A．若，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】C．【解析】A：或者，异面，故A错误；B：根据面面垂直的判定可知B错误；C：正确；D：或，故D错误，故选C．【考点】空间中直线平面的位置关系．11.已知三条不重合的直线和两个不重合的平面，下列命题正确的是（）A．若，，则B．若，，且，则C．若，，则D．若，，且，则【答案】D【解析】A．若，，则,错，有可能；B．若，，且，则，错，有可能；C．若，，则，错，有可能，或异面；D．若，，且，则，正确【考点】空间直线与平面，平面与平面的位置关系12.如图，三角形是边长为4的正三角形，底面，，点是的中点，点在上，且．（1）证明：平面平面；（2）求直线和平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）由底面，可得，又，可证的平面，问题得证；（2）在第一问证明的基础上，应用面面垂直的性质定理容易作出平面的垂线，即得斜线的射影，找出角，解直角三角形可得线面角的正弦．试题解析：（1）证明∵底面，底面，∴，又，，∴平面．又平面，∴平面平面．（2）解：过点作，连结．平面平面，平面平面，平面，∴平面，∴为直线和平面所成角．∵是边长为的正三角形，∴，．又∵，∴，，∴．即直线和平面所成角的正弦值为．【考点】空间垂直关系的应用和证明，直线与平面所成的角．【方法点晴】证明面面垂直只能证明线面垂直，而要证明线面垂直就得证明线线垂直，结合题中已知的垂直条件，分析容易找到哪个平面的垂线，逐步完成证明，组织步骤时一定要思路条理；对于直线与平面所成的角遵循作—证（指）—求—答的解题步骤，应当结合条件和前面证明的结论找到平面的垂线是解题的关键，本题中在第一问证明的基础上有了平面的垂面，利用面面垂直的性质定理过直线上一点作交线的垂线即为平面的垂线，连接垂足和斜足即得射影，找到线面角后解直角三角形得解．13.一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的外接球表面积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】几何体为一个三棱锥S-ABC，其中D为AC中点，且SD垂直平面ABC，BD垂直AC，则球心在SD上，设球半径为R，则外接球表面积为，选A.【考点】三视图【方法点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．14.已知正三角形的三个顶点都在半径为的球面上，球心到平面的距离为，点是线段的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值是_________．【答案】【解析】因为过作球的截面，当截面与垂直时，截面圆的半径最小，所以当截面与垂直时，截面圆的面积有最小值．设正三角形的外接圆圆心为，在中，，所以．在中，，所以，所以截面面积为【考点】1、多面体的外接球；2、球的截面圆性质．【方法点睛】“切”“接”问题的处理规律：①“切”的处理：解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决；②“接”的处理：把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．15.（2015•金家庄区校级模拟）如图正方形BCDE的边长为a，已知AB=BC，将△ABE沿BE边折起，折起后A点在平面BCDE上的射影为D点，则翻折后的几何体中有如下描述：①AB与DE所成角的正切值是；②AB∥CE；③VB﹣ACE的体积是a2；④平面ABC⊥平面ADC；⑤直线EA与平面ADB所成角为30°．其中正确的有．（填写你认为正确的序号）【答案】①③④⑤【解析】①由于BC∥DE，则∠ABC（或其补角）为AB与DE所成角；②AB和CE是异面直线；③根据三棱锥的体积公式即可求VB ﹣ACE的体积；④根据面面垂直的判定定理即可证明；⑤根据直线和平面所成角的定义进行求解即可．解：由题意，AB=BC，AE=a，AD⊥平面BCDE，AD=a，AC= a①由于BC∥DE，∴∠ABC（或其补角）为AB与DE所成角∵AB=a，BC=a，AC=a，∴BC⊥AC，∴tan∠ABC=，故①正确；②由图象可知AB与CE是异面直线，故②错误．③VB﹣ACE的体积是S△BCE×AD=×a3=，故③正确；（4）∵AD⊥平面BCDE，BC⊂平面BCDE，∴AD⊥BC，∵BC⊥CD，AD∩CD=D，∴BC⊥平面ADC，∵BC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC，故④正确；⑤连接CE交BD于F，则EF⊥BD，∵平面ABD⊥平面BDE，∴EF⊥平面ABD，连接F，则∠EAF为直线AE与平面ABD所成角，在△AFE中，EF=，AE=a，∴sin∠EAF==，则∠EAF=30°，故⑤正确，故正确的是①③④⑤故答案为：①③④⑤【考点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．16.已知某几何体的三视图，则该几何体的体积是_______．【答案】．【解析】该几何体是一个四棱锥，底面是边长为2的正方形，高为，所以．【考点】1．空间几何体的表面积与体积；2．空间几何体的三视图与直观图．17.设三棱柱的侧棱垂直于底面，，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是．【答案】【解析】由题意可得：把三棱柱补成底面以2为边长的正方形，以为高的长方体，长方体的体对角线就是球的直径，所以，所以该球的表面积是；故填．【考点】空间几何体的表面积．18.某几何体的正视图与侧视图都是等腰梯形，则该几何体可以是下列几何体中的（）①三棱台，②四棱台，③五棱台，④圆台．A．①②B．③④C．①③D．②④【答案】D【解析】由题意得，几何体的正视图和侧视图都是等腰梯形，则根据几何体的三视图的规则可知，该几何体可能为四棱台或圆台，故选D．【考点】空间几何体的三视图．【方法点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图的应用，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答中，只是给出了几何体的正视图和侧视图都是等腰梯形，从而可得这个几何体可能是四棱台或圆台．19.在直三棱柱中，，，且异面直线与所成的角等于，设.(1) 求的值；(2) 求三棱锥的体积．【答案】(1)； (2)【解析】(1)由BC ∥B 1C 1可得∠A 1BC 就是异面直线A 1B 与B 1C 1所成的角，从而∠A 1BC =60°，再由AA 1⊥平面ABC ，AB=AC ，则A 1B=A 1C ，△A 1BC 为等边三角形， 由已知可得，即可求得 (2)连接B 1C ，则三棱锥B 1–A 1BC 的体积等于三棱锥C –A 1B 1B 的体积，△的面积， 又可得平面，利用三棱锥的体积公式可求得．试题解析：(1)∵BC ∥B 1C 1，∴∠A 1BC 就是异面直线A 1B 与B 1C 1所成的角，即∠A 1BC =60°，又AA 1⊥平面ABC ，AB=AC ，则A 1B=A 1C ，∴△A 1BC 为等边三角形， 由，， ∴； (2)连接B 1C ，则三棱锥B 1–A 1BC 的体积等于三棱锥C –A 1B 1B 的体积， 即：， △的面积，又平面，所以，所以．【考点】异面直线所成的角及三棱锥的体积的求法.20. 如图，在四棱锥中，已知棱，，两两垂直，长度分别为1，2，2.若（），且向量与夹角的余弦值为.（1）求的值；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，写出，的坐标，根据空间向量夹角余弦公式列出关于的方程可求；（2）设岀平面的法向量为，根据，进而得到，从而求出，向量的坐标可以求出，从而可根据向量夹角余弦的公式求出，从而得和平面所成角的正弦值.试题解析：（1）依题意，以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系 ，因为，所以，从而，则由，解得（舍去）或. （2）易得，，设平面的法向量， 则，，即，且，所以，不妨取，则平面的一个法向量，又易得，故，所以直线与平面所成角的正弦值为.考点: 1、空间两向量夹角余弦公式；2、利用向量求直线和平面说成角的正弦.21.如图，在四棱锥中，平面，分别是棱的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找与证明，往往需结合平面几何条件，如本题利用三角形中位线性质定理得（2）证明面面垂直，一般利用面面垂直判定定理，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明，需多次利用线面垂直的判定与性质定理：先由平行四边形为菱形得，再由平面得，即，从而得平面试题解析：（1）设，连结，因为，为的中点，所以，所以四边形为平行四边形，所以为的中点，所以又因为平面，平面，所以平面.（2）（方法一）因为平面，平面所以，由（1）同理可得，四边形为平行四边形，所以，所以因为，所以平行四边形为菱形，所以，因为平面，平面，所以平面因为平面，所以平面平面.（方法二）连结，因为平面，平面，所以因为，所以，因为平面，平面，所以因为为的中点，所以，由（1），所以又因为为的中点，所以因为，平面，平面所以平面，因为平面，所以平面平面.【考点】线面平行判定定理，面面垂直判定定理22.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为网格纸上小正方形的边长为,有三视图可知，该几何体是下面为底面半径为高为的圆柱体的一半、上面是底面半径为高为的圆锥体的一半，所以体积为，故选A.【考点】1、几何体的三视图；2、圆柱及圆锥的体积公式.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.23.已知如图所示的三棱锥的四个顶点均在球的球面上，和所在的平面互相垂直，，，，则球的体积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，，，所以的中点为的外心，连接，则，又和所在的平面互相垂直，所以平面，上的每一点到距离相等，因此正三角形的中心即是外接球球心，其半径也是外接球半径，所以球半径，求体积为，故选C.【考点】1、外接球的性质及勾股定理；2、面面垂直及球的体积公式.【方法点睛】本题主要考查外接球的性质及勾股定理、面面垂直及三棱锥外接球体积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.本题是根据方法④直接找出球心并求出半径进而得到求体积的.24.四棱锥的底面是正方形，，分别是的中点（1）求证：；（2）设与交于点，求点到平面的距离【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）要证明线面垂直，一般先证明线线垂直，本题中，由于是中点，因此有，而与垂直，从而与平面垂直，结论得证；（2）要求点到平面的距离，考虑三棱锥，的面积易求（为面积的一半），另外由（1）的结论，此三棱锥以为底时，是高，体积易求，从而所求距离易得．试题解析：（1）证明：连接，由于分别是的中点，所以，又，平面，故，又为正方形，故故，故（2）连接交于点，连接，则交线为，又，故，由于分别是的中点，故为的中点，又，故为三棱锥的高又故，又设点到平面的距离为，，所以【考点】线面垂直的判断，点到平面的距离．25.某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意得，由几何体的三视图，知该几何体是上下底面为梯形的直棱柱，所以该几何体的体积为，故选C.【考点】几何体的三视图及几何体的体积.【方法点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图的应用，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答中，该几何体是上下底面为梯形的直棱柱是解答本题的关键，属于基础题.26.一个几何体的三视图如图，则这个几何体的表面积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意得，根据给定的几何体的三视图，可知，原几何体为正方体的一部分，如图所示的红线部分，是一个棱长为的正四面体，所以此几何体的表面积为，故选C．【考点】几何体的三视图与表面积．27.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是______cm2，体积是______cm3.【答案】80，40【解析】由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体，，．【考点】三视图.【方法点睛】解决由三视图求空间几何体的表面积与体积问题，一般是先根据三视图确定该几何体的结构特征，再准确利用几何体的表面积与体积公式计算该几何体的表面积与体积．28.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD?若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）存在，.【解析】（Ⅰ）由面面垂直的性质定理知AB⊥平面，根据线面垂直的性质定理可知，再由线面垂直的判定定理可知平面；（Ⅱ）取的中点，连结，以O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz，利用向量法可求出直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据BM∥平面PCD，即（为平面PCD的法向量），求出的值，从而求出的值.试题解析：（Ⅰ）因为平面平面，，所以平面.所以.又因为，所以平面.（Ⅱ）取的中点，连结.因为，所以.又因为平面，平面平面，所以平面.因为平面，所以.因为，所以.如图建立空间直角坐标系.由题意得，.设平面的法向量为，则即令，则.所以.又，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.（Ⅲ）设是棱上一点，则存在使得.因此点.因为平面，所以平面当且仅当，即，解得.所以在棱上存在点使得平面，此时.【考点】空间线面垂直的判定定理与性质定理；线面角的计算；空间想象能力，推理论证能力【名师】平面与平面垂直的性质定理的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个平面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.29.如图，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，点分别为和中点.（1）求证：直线平面；（2）求三棱锥的表面积.【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）要证线面平行，一般先证线线平行，考虑到，是中点，因此取的中点，可证得且，从而得平行四边形，因此有，最终得线面平行；（2）要求三棱锥的表面积，必须求得它的各个面的面积，由平面，得，三角形和的面积可求，由题设又可证，这样就有，另两个面的面积又可求得．试题解析：（1）证明：作FM∥CD交PC于M.∵点F为PD中点，∴. ∴，∴AEMF为平行四边形，∴AF∥EM，∵，∴直线AF平面PEC.（2）连结可知，，由此；；；；因此三棱锥的表面积.【考点】线面平行的判断，多面体的表面积．30.在棱长为3的正方体中，在线段上，且，为线段上的动点，则三棱锥的体积为（）A．1B．C．D．与点的位置有关【答案】B【解析】由于是定值,点到平面的距离是,因此点平面的距离是.所以三棱锥的体积,应选B.【考点】三棱锥体积的运算．31.如图，在多面体中，底面是边长为2的正方形，四边形是矩形，且平面平面，，和分别是和的中点.（1）求证：平面；（2）求.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）运用线面平行的判定定理求证；（2）借助题设条件及转化化归的思想求解即可. 试题解析:（1）证明：设，连接，在中，因为，，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）因为四边形是正方形，所以，又因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，则到平面的距离为的一半，又因为，所以，所以.【考点】直线与平面的位置关系及棱锥公式的运用．32.如图，在三棱柱中，，，，在底面的射影为的中点，是的中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）设为的中点，连接，依题意有，，故平面.根据分析有，故平面；（2）以的中点为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求得余弦值为.试题解析：（1）设为的中点，连接.由题意得：平面，所以.因为，所以，，故平面.由分别为的中点，得且，从而且，所以为平行四边形，故，又因为平面，所以平面.（2）方法一：作，且，连结.由，，得，由，，得与全等.由，得，因此为二面角的平面角.由，，，得，，由余弦定理得.方法二：以的中点为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由题意知各点坐标如下：，因此，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，由，即，可取.由，即，可取，于是.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角的平面角的余弦值为.【考点】空间向量与立体几何.33.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图可知，从左往右为半个圆锥，一个圆柱，一个半圆，故体积为.【考点】三视图.34.如图，在四棱柱中，底面，为线段上的任意一点（不包括两点），平面与平面交于.（1）证明：；（2）证明：平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）要证线线垂直，一般可证线面垂直，观察题中垂直条件，平面，则有，题中又有，从而有平面，因此结论得证；（2）要证线面平行，就是要证线线平行，直线是平面与平面的交线，因此要得平行，就要有线面平行，而这由可得平面，从而，结论得证．试题解析：（1）证明：因为平面，平面，所以.又，所以平面，而平面，所以.（2）在四棱柱中，，平面，平面，所以平面，又平面，平面与平面交于，所以，因为，所以，而平面，平面，所以平面.【考点】线面垂直的判定与性质，线面平行的判定与性质．【名师】证明线面（面面）平行（垂直）时要注意以下几点：（1）由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。
高三数学专项训练：立体几何解答题（三）（文科）
中，CA CB =，1AB AA =，160BAA Ð=。
（Ⅰ）证明：1AB A C ^；（Ⅱ）若2AB CB ==，16A C =高三数学专项训练：立体几何解答题（三）（文科）1．如图，在．如图，在四棱锥四棱锥A-BCDE 中，侧面∆ADE 是等边三角形，底面BCDE 是等腰是等腰梯形梯形，且CD ∥BE,DE=2BE,DE=2，，CD=4,60CDE Ð=° ,M 是DE 的中点，F 是AC 的中点，且AC=4AC=4，，求证：（1）平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD;BCD;(2)FB (2)FB∥平面∥平面ADE. ADE.2．（本小题满分12分）如图，分）如图，三棱柱三棱柱111ABC A B C -，求三棱柱111ABC A B C -的体积。
45．．如图，三棱锥P ABC -中，90ABC °Ð=，PA ABC ^底面（Ⅰ）求证：PAC PBC ^平面平面；（Ⅱ）若AC BC PA ==，M 是PB 的中点，求AM 3．如图，在．如图，在四棱锥四棱锥P －ABCD 中，中，PD PD PD⊥⊥平面ABCD ABCD，，AB AB∥∥DC DC，已知，已知BD BD＝＝2AD 2AD＝＝2PD 2PD＝＝8，AB ＝2DC 2DC＝＝（Ⅰ）设M 是PC 上一点，证明：平面MBD MBD⊥平面⊥平面PAD PAD；；（Ⅱ）若M 是PC 的中点，求棱锥P －DMB 的体积．4与平面PBC 所成角的所成角的正切正切值5中，CB DA 、是梯形的高，2AE BF ==，22AB =，现将梯形沿CB DA 、折起，使//EF AB ，且2E F A B =如图所示，已知M N P 、、（1）求证：//MN6^PA 底面ABCD ，F E ,分别是PB AC ,的中点的中点. . .PFEDC B A（1）求证：//EF 平面PCD ；（2）求证：平面^PBD 平面PAC ；（3）若AB PA =，求PD 与平面PAC 所成的角的大小所成的角的大小. . .．如图，在等腰．如图，在等腰梯形梯形CDEF ，得一简单，得一简单组合组合体ABCDEF 分别为,,AF BD EF 的中点平面BCF ；（2）求证：AP ^平面DAE .．如图，．如图，四棱锥四棱锥ABCD P -的底面ABCD 为正方形，7中，2AB BC =，点M 在边CD 上，点F 在边AB 上，且DF AM^，垂足为E ，若将ADM D 沿AM 折起，使点ABCM D -¢．（Ⅰ）求证：F D AM p ，求直线D8．如图，在四棱锥-P ．如图，在．如图，在矩形矩形ABCD D 位于D ¢位置，连接B D ¢，C D ¢得四棱锥¢^；（Ⅱ）若3p =¢ÐEF D ，直线F D ¢与平面ABCM 所成角的大小为3A ¢与平面ABCM 所成角的所成角的正弦正弦值．值．ABCD 中，四边形ABCD 是菱形，PA PC =,E 为PB 的中点．（Ⅰ）求证：PD ∥平面AEC ；（Ⅱ）求证：平面AEC ^平面PBD .-的中点，E 为PA 的中点．的中点．ADO C PBEMNC C 1B 1A 1BA9．如图，在直．如图，在直三棱柱三棱柱ABC ABC－－A 1B 1C 1中，点M 是A 1B 的中点，点N 是B 1C 的中点，连接MN MN（Ⅰ）证明：（Ⅰ）证明：MN//MN//MN//平面平面ABC ABC；； （Ⅱ）若AB=1AB=1，，AC=AA 1=3，BC=2BC=2，求二面角，求二面角A —A 1C —B 的余弦值的大小值的大小1010．．如图，四棱锥P ABCD 的底面是直角的底面是直角梯形梯形，//AB CD ，AB AD ^，PAB D 和PADD 是两个边长为2的正三角形，4DC =，O 为BD (Ⅰ)求证：PO ^平面ABCD ；(Ⅱ)求证：//OE 平面PDC ；(Ⅲ)求(Ⅲ)求直线直线CB 与平面PDC 所成角的所成角的正弦正弦值．11中，底面ABED 、090ADC Ð=，12BC CD AD ==，PA PD =，,EF .A B C -中，点D 是BC 的中点的中点..（Ⅰ）求证（Ⅰ）求证: : AD ^平面11BCC B ；（Ⅱ）求证（Ⅱ）求证: : 1A C 平面1AB D .A BCDA 1B 1C 1．在．在四棱锥四棱锥P ABCD -为直角为直角梯形梯形，//BC AD 为,AD PC 的中点．（1）求证：//PA 平面BEF ；（2）求证：AD PB ^1212．如图，正．如图，正．如图，正三棱柱三棱柱111ABC13．如图，在多面体ABCDFE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ∥EF ， 902=Ð=EAB EF AB，（1）若G 点是DC ）求证：BAF DAF 面面^.（3）若,2,1===AB AD AE ，平面ABCD ABFE 平面^.中点，求证：AED FG 面//.（2求的体积三棱锥AFC D -.∴,3AM DE AM ^=,∵在∆DMC 中，中，DM=1DM=1DM=1，，60CDE Ð=°,CD=4,CD=4，，∴22241241cos6013MC =+-´´×°= ，即MC=13.在∆AMC 中，222222(3)(13)4AM MC AC +=+==∴AM AM⊥⊥MC,MC,又∵,AM DE ^MC DE M = , , ∴∴AM ^平面BCD,BCD,∵AM Í平面ADE, ADE, ∴平面∴平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD.BCD.（2）取DC 的中点N ，连结FN,NB,FN,NB,∵F,N 分别是AC AC，，DC 的中点，∴的中点，∴FN FN FN∥∥AD,AD,由因为由因为FN Ë平面ADE,AD Í平面ADE, ADE, ∴∴FN FN∥平面∥平面ADE,ADE,∵N 是DC 的中点，∴的中点，∴BC=NC=2BC=NC=2BC=NC=2，又，又60CDE Ð=°，∴∆BCN 是等边三角形，∴是等边三角形，∴BN BN BN∥∥DE,DE, 由BN Ë平面ADE,ED Í平面ADE, ADE, ∴∴BN BN∥平面∥平面ADE,ADE,∵FN BN N = , , ∴平面∴平面ADE ADE∥平面∥平面FNB,FNB,∵FB Í平面FNB, FNB, ∴∴FB FB∥平面∥平面ADE.ADE.考点：考点：1.1. 1.直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的判定；2.2.2.平面一平面垂直的判定；平面一平面垂直的判定；平面一平面垂直的判定；3.3.3.直线与平面平行的判定直线与平面平行的判定直线与平面平行的判定..2．（1）取AB 的中点O ，连接1OC O 、1OA O 、1A B ，因为CA=CB CA=CB，所以，所以OC AB ^，由于AB=AA 1，∠，∠BA A BA A 1=600，所以1OA AB ^，所以AB ^平面1OAC ，因为1A C Ì平面1OAC ，所以AB AB⊥⊥A 1C ；（2）因为221A C OC =因为ABC D 为等边三角形，所以3CO =，底面积1232232S =´´=高三数学专项训练：立体几何解答题（三）（文科）参考答案1．（1）证明详见解析；（2）证明详见解析 【解析】【解析】试题分析：（1）首先根据直线与平民啊垂直的）首先根据直线与平民啊垂直的判定定理判定定理证明AM ^平面BCD,BCD,然后再根据平面垂直的判定定理证明平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD BCD；；（2），取DC 的中点N ，首先证FN ∥平面ADE,ADE,然后再证∴然后再证∴然后再证∴BN BN BN∥平面∥平面ADE,ADE,再根据平面与平民啊平行的判定定理证明∴平面再根据平面与平民啊平行的判定定理证明∴平面ADE ∥平面FNB,FNB,最后由面面平行的性质即可最后由面面平行的性质即可最后由面面平行的性质即可..试题解析：（1）∵∆ADE 是等边三角形，,M 是DE 的中点，的中点，，所以，所以体积体积123323V =´´=（Ⅱ）163P DMB V -=． 【解析】【解析】试题分析：试题解析：（I ）证明：在ABD D 中，由于4,8,45A D B D A B ===，所以222AD BD AB +=．故AD BD ^。
高三数学第一轮复习立体几何的综合问题知识精讲
高三数学第一轮复习：立体几何的综合问题【本讲主要内容】立体几何的综合问题立体几何知识的综合应用及立体几何与其它知识点的综合问题【知识掌握】【知识点精析】1. 立体几何的综合问题融直线和平面的位置关系于平面与几何体中，有计算也有论证。
解决这类问题需要系统地掌握线线、线面、面面的位置关系，特别是平行与垂直的判定与性质．深刻理解异面直线所成的角、斜线与平面所成的角、二面角的平面角的概念，理解点到面的距离、异面直线的距离的概念．2. 立体几何横向可与向量、代数、三角、解析几何等综合．3. 应用性问题、探索性问题需综合运用所学知识去分析解决．【解题方法指导】例1. 如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1的侧面AB1内有一动点P到直线A1B1与直线BC的距离相等，则动点P所在曲线的形状为（）解析：P到直线BC的距离等于P到B的距离，动点P的轨迹满足抛物线定义．故选C.例2. 如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为a的正方形，PB⊥平面ABCD，（Ⅰ）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；（Ⅱ）证明不论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°．（Ⅰ）解：∵PB⊥面ABCD，∴BA是PA在面ABCD上的射影，又DA⊥AB ∴PA⊥DA∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角∴∠PAB＝60°，PB＝AB·tan60°＝3a ,∴ V 锥＝3233·3·31a a a =（Ⅱ）证明：不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD 与PCD 恒为等腰三角形，作AE ⊥PD ，垂足为E ，连结CE ，则△ADE ≌△CDE ，因为AE ＝CE ，∠CED ＝90o，故∠CEA 是面PAD 与面PCD 所成的二面角的平面角． 设AC 与BD 交于点O ，连结EO ，则EO ⊥AC ，所以a AD AE OA a =<<=22，22a AE <， 在△AEC 中，02222cos 222222222<-=-=∙-+=∠AE a AE AE a AE EC AE AC EC AE CEA 所以面PAD 与面PCD 所成的二面角恒大于90o。
高三数学一轮复习立体几何知识点突破训练含答案解析
精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！第八章⎪⎪⎪立 体 几 何第一节空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积突破点(一) 空间几何体的三视图和直观图基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征 多面体 结构特征棱柱 有两个面平行，其余各面都是四边形且每相邻两个面的交线都平行且相等棱锥 有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点的三角形 棱台棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面之间的部分叫做棱台几何体 旋转图形 旋转轴圆柱 矩形 矩形任一边所在的直线 圆锥 直角三角形 一条直角边所在的直线圆台 直角梯形或等腰梯形直角腰所在的直线或等腰梯形上下底中点的连线球半圆或圆直径所在的直线(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图． (2)三视图的画法①在画三视图时，能看见的轮廓线和棱用实线表示，重叠的线只画一条，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．3．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：本节主要包括3个知识点：1.空间几何体的三视图和直观图；2.空间几何体的表面积与体积；3.与球有关的切、接应用问题.(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的结构特征[例1](1)用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是()A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体(2)下列说法正确的是()A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点[解析](1)截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．(2)A错，如图(1)；B正确，如图(2)，其中底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，可证明∠PAB，∠PCB，∠PDA，∠PDC都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图(3)；D错，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点．[答案](1)C(2)B[方法技巧]解决与空间几何体结构特征有关问题的三个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如例1(2)中的A，C两项易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．空间几何体的三视图1.画三视图的规则长对正、高平齐、宽相等，即俯视图与正视图一样长；正视图与侧视图一样高；侧视图与俯视图一样宽．2．三视图的排列顺序先画正视图，俯视图放在正视图的下方，侧视图放在正视图的右方．[例2](1)(2017·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形，按正视图，侧视图，俯视图的顺序排列)()A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤(2)(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为()[解析](1)正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.[答案](1)B(2)B[方法技巧]三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向；注意能看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图解决此类问题，可先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入检验．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．空间几何体的直观图直观图与原图形面积的关系按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：(1)S直观图＝24S原图形．(2)S原图形＝22S直观图．[例3]用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()[解析]由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[答案] A能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是()A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：选B因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C是真命题；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D是真命题；B是假命题，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．2．[考点二]一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()解析：选B由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是一条水平线段连接两个三角形．3．[考点二]已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()解析：选C当正视图为等腰三角形时，则高应为2，且应为虚线，排除A，D；当正视图是直角三角形时，由条件得一个直观图如图所示，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线，故答案为C.4．[考点三]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为()A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2D．8 2 cm2解析：选C 依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.5．[考点二](2017·南昌模拟)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．2∶3D ．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥P -BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.突破点(二) 空间几何体的表面积与体积基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l圆柱、圆锥、圆台侧面积间的关系：S 圆柱侧＝2πrl ――→r ′＝rS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl . 2．空间几何体的表面积与体积公式名称 几何体表面积 体积柱体 (棱柱和圆柱)S 表面积＝S 侧＋2S 底V ＝Sh 锥体 (棱锥和圆锥)S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13Sh台体 (棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 3考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的表面积[例1] (1)(2017·安徽江南十校联考)某几何体的三视图如图所示，其中侧视图的下半部分曲线为半圆弧，则该几何体的表面积为( )A ．4π＋16＋4 3B ．5π＋16＋4 3C ．4π＋16＋2 3D ．5π＋16＋2 3(2)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2[解析] (1)由三视图可知该几何体是一个正三棱柱和一个半圆柱的组合体，三棱柱的两个侧面面积之和为2×4×2＝16，两个底面面积之和为2×12×2×3＝23；半圆柱的侧面积为π×4＝4π，两个底面面积之和为2×12×π×12＝π，所以几何体的表面积为5π＋16＋23，故选D.(2)根据三视图还原几何体如图所示，其中侧面ABD ⊥底面BCD ，另两个侧面ABC ，ACD 为等边三角形，则有S 表面积＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋3.[答案] (1)D (2)B[方法技巧]求空间几何体表面积的常见类型及思路(1)求多面体的表面积，只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积．(2)求旋转体的表面积，可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系．(3)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积．空间几何体的体积柱体、锥体、台体体积间的关系[例2] (1)(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D ．1 (2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋2π B.13π6 C.7π3D.5π2[解析] (1)通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥P -ABC ，通过侧视图得高h ＝1，通过俯视图得底面积S ＝12×1×1＝12，所以体积V ＝13Sh ＝13×12×1＝16.(2)由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝13π6.[答案] (1)A (2)B [方法技巧]求空间几何体体积的常见类型及思路(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点二](2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π.故选C. 2．[考点二]已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5π3 cm 3 B ．2π cm 3 C.7π3cm 3 D ．3π cm 3解析：选C 该几何体为一个圆柱挖去半个球得到的几何体，其体积V ＝π×12×3－12×4π×133＝7π3(cm 3)．3.[考点一]某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．125＋20B ．242＋20C ．44D ．12 5解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，且上、下底面的边长分别为2,4，则侧面梯形的高h ＝ 22＋⎝⎛⎭⎫4－222＝5，所以该正四棱台的表面积S ＝(2＋4)×52×4＋22＋42＝125＋20.4．[考点一]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.5．[考点二]中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)：若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x 的值为________．解析：由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，由题意得：(5.4－x )×3×1＋π·⎝⎛⎭⎫122x ＝12.6，解得x ＝1.6.答案：1.6突破点(三) 与球有关的切、接应用问题1.球的表面积和体积是每年高考的热点，且多与三视图、多面体等综合命题，常以选择题、填空题的形式出现.解决此类问题时，一是要善于把空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中处理；二是要将变化的模型转化到固定的长方体或正方体中.2.与球有关的组合体问题主要有两种，一种是内切问题，一种是外接问题.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关“元素”间的数量关系，并作出合适的截面图.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”多面体的内切球问题[例1] 若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.[解析] 设正四面体棱长为a ， 则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14， 即r ＝14×63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26， 则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. [答案] 63π[方法技巧]处理与球有关内切问题的策略解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．多面体的外接球问题处理与球有关外接问题的策略把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[例2] (1)(2017·抚顺模拟)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9πD.27π4(3)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________．[解析] (1)如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝⎛⎭⎫522＋62＝132.(2)如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为O ， ∵正四棱锥P -ABCD 中AB ＝2， ∴AO ′＝ 2. ∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2， ∴R 2＝(2)2＋(4－R )2， 解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4.(3)依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，球的直径就是正方体的体对角线，∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝3， ∴球的体积V ＝43πR 3＝43π.[答案] (1)C (2)A (3)43π [方法技巧]与球有关外接问题的解题规律(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的12.(2)正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长．此结论也适合长方体，或由同一顶点出发的两两互相垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥．(3)求多面体外接球半径的关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2Sa ＋b ＋c ＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.2．[考点二]如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π解析：选D 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到，此长方体的长、宽、高分别为5,4,3，所以外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫5222＝50π，故选D. 3．[考点二](2016·太原模拟)如图，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体A ′-BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，若四面体A ′-BCD 的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．3πB.32π C ．4π D.34π 解析：选A 由图示可得BD ＝A ′C ＝2，BC ＝3，△DBC 与△A ′BC 都是以BC 为斜边的直角三角形，由此可得BC 中点到四个点A ′，B ，C ，D 的距离相等，即该三棱锥的外接球的直径为3，所以该外接球的表面积S ＝4π×⎝⎛⎭⎫322＝3π. 4．[考点二]设一个球的表面积为S 1，它的内接正方体的表面积为S 2，则S 1S 2的值等于( )A.2πB.6πC.π6D.π2解析：选D 设球的半径为R ，其内接正方体的棱长为a ，则易知R 2＝34a 2，即a ＝233R ，则S 1S 2＝4πR 26×⎝⎛⎭⎫233R 2＝π2.[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(2016·全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得，l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.2．(2016·全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB.9π2C ．6πD.32π3解析：选B 设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＝9π2.故选B. 3．(2015·新课标全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18 B.17 C.16 D.15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D. 4．(2015·新课标全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：选C 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O -ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC 最大，为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.5．(2015·新课标全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.6．(2015·新课标全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛解析：选B 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V＝14×13π·r 2·5＝π12×⎝⎛⎭⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B. 7．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727B.59C.1027D.13解析：选C 原毛坯的体积V ＝(π×32)×6＝54π(cm 3)，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，其体积V ′＝V 1＋V 2＝(π×22)×4＋(π×32)×2＝34π(cm 3)，故所求比值为1－V ′V ＝1027.8．(2013·新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．16＋8π B．8＋8πC．16＋16π D．8＋16π解析：选A根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π，故选A.9．(2012·新课标全国卷)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为()A.26 B.36 C.23 D.22解析：选A由于三棱锥S-ABC与三棱锥O-ABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥S-ABC的高是三棱锥O-ABC高的2倍，所以三棱锥S-ABC的体积也是三棱锥O-ABC体积的2倍．在三棱锥O-ABC中，其棱长都是1，如图所示，S△ABC＝34×AB2＝34，高OD＝12－⎝⎛⎭⎫332＝63，所以V S-ABC＝2V O-ABC＝2×13×34×63＝26.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．下列结论正确的是()A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D A错误，如图①是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但它不是三棱锥；B 错误，如图②，若△ABC 不是直角三角形，或△ABC 是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥；C 错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设矛盾．2.如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图、侧视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是( )A.41π3B.62π3C.83π3D.104π3解析：选D 由题意得，此几何体为球与圆柱的组合体，其体积V ＝43π×23＋π×22×6＝104π3. 3．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．12＋4 2B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2解析：选D 由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．则该几何体的表面积为S ＝2×12×2×2＋4×2×2＋22×4＝20＋82，故选D.4．《九章算数》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．6＋4 2解析：选C 由题可知，该几何体的底面为等腰直角三角形，等腰直角三角形的斜边长为2，腰长为2，棱柱的高为2.所以其侧面积S ＝2×2＋22×2＝4＋42，故选C.5．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为9π2，则正方体的棱长为________．解析：设正方体棱长为a ，球半径为R ，则43πR 3＝9π2，∴R ＝32，∴3a ＝3，∴a ＝ 3.答案： 3[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是( )A.a2 B.3πa3πC.23πa 3πD.23a 3π解析：选C 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S 表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa 3π.2．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3B.4π3C.5π3D ．2π解析：选C 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C. 3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.163B.203C.152D.132解析：选D 该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，如图所示，所以其体积为23－13×12×2×2×2－13×12×1×1×1＝132.故选D.4．已知正四面体的棱长为2，则其外接球的表面积为( ) A ．8π B ．12π C.32π D ．3π 解析：选D 如图所示，过顶点A 作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，则O 为正三角形BCD 的中心，连接DO 并延长交BC 于E ，又正四面体的棱长为2，所以DE ＝62，OD ＝23DE ＝63，所以在直角三角形AOD 中，AO ＝AD 2－OD 2＝233.设正四面体外接球的球心为P ，半径为R ，连接PD ，则在直角三角形POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎫233－R 2＋⎝⎛⎭⎫632，解得R ＝32，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝3π. 5．(2017·郑州质检)如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为( )A ．8πB ．16πC ．32πD ．64π解析：选C 还原三视图可知该几何体为一个四棱锥，将该四棱锥补成一个长、宽、高分别为22，22，4的长方体，则该长方体外接球的半径r ＝(22)2＋(22)2＋422＝22，则所求外接球的表面积为4πr 2＝32π.6．已知四棱锥P -ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是( )A ．6B ．8C ．2 5D ．3解析：选A 四棱锥如图所示，作PN ⊥平面ABCD ，交DC 于点N ，PC ＝PD ＝3，DN ＝2，则PN ＝32－22＝5，AB ＝4，BC ＝2，BC ⊥CD ，故BC ⊥平面PDC ，即BC ⊥PC ，同理AD ⊥PD .设M 为AB 的中点，连接PM ，MN ，则PM ＝3，S △PDC ＝12×4×5＝25，S △PBC ＝S△PAD＝12×2×3＝3，S △PAB ＝12×4×3＝6，所以四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是6.二、填空题7．在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M -PBC 的体积为________．解析：∵BP PD 1＝12，∴点P 到平面BC 1的距离是D 1到平面BC 1距离的13，即三棱锥P -MBC 的高h ＝D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点， ∴S △MBC ＝12×3×3＝92，∴V M -PBC ＝V P -MBC ＝13×92×1＝32. 答案：328．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.。
2024年高考数学压轴题专项训练：立体几何压轴题十大题型汇总(解析版)(共65页)(1)
立体几何压轴题十大题型汇总命题预测本专题考查类型主要涉及点立体几何的内容，主要涉及了立体几何中的动点问题，外接球内切球问题，以及不规则图形的夹角问题，新定义问题等。
预计2024年后命题会继续在以上几个方面进行。
高频考法题型01几何图形内切球、外接球问题题型02立体几何中的计数原理排列组合问题题型03立体几何动点最值问题题型04不规则图形中的面面夹角问题题型05不规则图形中的线面夹角问题题型06几何中的旋转问题题型07立体几何中的折叠问题题型08不规则图形表面积、体积问题题型09立体几何新定义问题题型10立体几何新考点题型01几何图形内切球、外接球问题解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：(1)定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；(2)作截面：选准最佳角度做出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的；(3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.1(多选)(23-24高三下·浙江·开学考试)如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点A ,B ,C ,D 在同一个平面内，如果四边形ABCD 是边长为2的正方形，则()A.异面直线AE 与DF 所成角大小为π3B.二面角A -EB -C 的平面角的余弦值为13C.此八面体一定存在外接球D.此八面体的内切球表面积为8π3【答案】ACD=|OA |=|OB |=|OC |=|OD |可判断C 项，运用等体积法求得内切球的半径，进而可求得内切球的表面积即可判断D 项.【详解】连接AC 、BD 交于点O ，连接OE 、OF ，因为四边形ABCD 为正方形，则AC ⊥BD ，又因为八面体的每个面都是正三角形，所以E 、O 、F 三点共线，且EF ⊥面ABCD ，所以以O 为原点，分别以OB 、OC 、OE 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系O -xyz ，如图所示，则O (0,0,0)，A (0,-2,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (-2,0,0)，E (0,0,2)，F (0,0,-2)，对于A 项，AE =(0,2,2)，DF=(2,0,2)，设异面直线AE 与DF 所成角为θ，则cos θ=|cos AE ,DF |=|AE ⋅DF||AE ||DF |=22×2=12，所以θ=π3，即异面直线AE 与DF 所成角大小为π3，故A 项正确；对于B 项，BE =(-2,0,2)，BA =(-2,-2,0)，BC=(-2,2,0)，设面ABE 的一个法向量为n=(x 1,y 1,z 1)，则n ⋅BE=0n ⋅BA =0 ⇒-2x 1+2z 1=0-2x 1-2y 1=0，取x 1=1，则y 1=-1，z 1=1，则n=(1,-1,1)，设面BEC 的一个法向量为m=(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅BE=0n ⋅BC =0⇒-2x 2+2z 2=0-2x 2+2y 2=0，取x 2=1，则y 2=1，z 2=1，则m=(1,1,1)，所以cos n ,m =n ⋅m |n ||m |=1-1+13×3=13，又因为面ABE 与BEC 所成的二面角的平面角为钝角，所以二面角A -EB -C 的平面角的余弦值为-13，故B 项错误；对于C 项，因为|OE |=|OF |=|OA |=|OB |=|OC |=|OD |=2，所以O 为此八面体外接球的球心，即此八面体一定存在外接球，故C 项正确；对于D 项，设内切球的半径为r ，则八面体的体积为V =2V E -ABCD =2×13S ABCD ⋅EO =2×13×2×2×2=823，又八面体的体积为V =8V E -ABO =8V O -ABE =8×13S EAB ⋅r =8×13×12×22×sin π3×r =833r ，所以833r =823，解得r =63，所以内切球的表面积为4πr 2=4π×632=8π3，故D 项正确.故选：ACD .2(2024·浙江宁波·二模)在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =4,A 1B 1=2,AA 1=3，若球O 与上底面A 1B 1C 1D 1以及棱AB ,BC ,CD ,DA 均相切，则球O 的表面积为()A.9πB.16πC.25πD.36π【答案】C【分析】根据勾股定理求解棱台的高MN =1,进而根据相切，由勾股定理求解球半径R =52，即可由表面积公式求解.【详解】设棱台上下底面的中心为N ,M ,连接D 1B 1,DB ，则D 1B 1=22,DB =42，所以棱台的高MN =B 1B 2-MB -NB 1 2=3 2-22-2 2=1,设球半径为R ,根据正四棱台的结构特征可知：球O 与上底面A 1B 1C 1D 1相切于N ,与棱AB ,BC ,CD ,DA 均相切于各边中点处，设BC 中点为E ，连接OE ,OM ,ME ,所以OE 2=OM 2+ME 2⇒R 2=R -1 2+22，解得R =52，所以球O 的表面积为4πR 2=25π，故选：C3(2024·河北石家庄·二模)已知正方体的棱长为22，连接正方体各个面的中心得到一个八面体，以正方体的中心O 为球心作一个半径为233的球，则该球O 的球面与八面体各面的交线的总长为()A.26πB.463π C.863π D.46π【答案】B【分析】画出图形，求解正方体的中心与正八面体面的距离，然后求解求与正八面体的截面圆半径，求解各个平面与球面的交线、推出结果.【详解】如图所示，M 为EF 的中点，O 为正方体的中心，过O 作PM 的垂线交于点N ，正八面体的棱长为2，即EF =2，故OM =1，OP =2，PM =3，则ON =63，设球与正八面体的截面圆半径为r ，如图所示，则r =2332-ON 2=2332-632=63，由于MN =ZN =33，NJ =NI =63，所以IJ =233，则∠INJ =π2，平面PEF 与球O 的交线所对应的圆心角恰为π2，则该球O 的球面与八面体各面的交线的总长为8×14×2π×63 =463π故选：B 4(多选)(2022·山东聊城·二模)用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的π倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是()A.底面椭圆的离心率为22B.侧面积为242πC.在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为36πD.底面积为42π【答案】ABD【分析】不妨过斜圆柱的最高点D 和最低点B 作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，作出过斜圆柱底面椭圆长轴的截面，截斜圆柱得平行四边形，截圆柱得矩形，如图，由此截面可得椭圆面与圆柱底面间所成的二面角的平面角，从而求得椭圆长短轴之间的关系，得离心率，并求得椭圆的长短轴长，得椭圆面积，利用椭圆的侧面积公式可求得斜椭圆的侧面积，由斜圆柱的高比圆柱的底面直径大，可知斜圆柱内半径最大的球的直径与圆柱底面直径相等，从而得其表面积，从而可关键各选项．【详解】不妨过斜圆柱的最高点D 和最低点B 作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，如图，矩形ABCD 是圆柱的轴截面，平行四边形BFDE 是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，由圆柱的性质知∠ABF =45°，则BF =2AB ，设椭圆的长轴长为2a ，短轴长为2b ，则2a =2⋅2b ，a =2b ，c =a 2-b 2=a 2-22a 2=22a ，所以离心率为e =c a =22，A 正确；EG ⊥BF ，垂足为G ，则EG =6，易知∠EBG =45°，BE =62，又CE =AF =AB =4，所以斜圆柱侧面积为S =2π×2×(4+62)-2π×2×4=242π，B 正确；2b =4，b =2，2a =42，a =22，椭圆面积为πab =42π，D 正确；由于斜圆锥的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球表面积为4π×22=16π，C 错．故选：ABD ．5(21-22高三上·湖北襄阳·期中)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，球O 1同时与以A 为公共顶点的三个面相切，球O 2同时与以C 1为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点F .若以F 为焦点，AB 1为准线的抛物线经过O 1，O 2，设球O 1，O 2的半径分别为r 1，r 2，则r1r 2=.【答案】2-3/-3+2【分析】首先根据抛物线的定义结合已知条件得到球O 2内切于正方体，设r 2=1，得到r 1=2-3，即可得到答案.【详解】如图所示：根据抛物线的定义，点O 2到点F 的距离与到直线AB 1的距离相等，其中点O 2到点F 的距离即半径r 2，也即点O 2到面CDD 1C 1的距离，点O 2到直线AB 1的距离即点O 2到面ABB 1A 1的距离，因此球O 2内切于正方体.不妨设r 2=1，两个球心O 1，O 2和两球的切点F 均在体对角线AC 1上，两个球在平面AB 1C 1D 处的截面如图所示，则O 2F =r 2=1，AO 2=AC 12=22+22+222=3，所以AF =AO 2-O 2F =3-1.因为r 1AO 1=223，所以AO 1=3r 1，所以AF =AO 1+O 1F =3r 1+r 1，因此(3+1)r 1=3-1，得r 1=2-3，所以r1r 2=2- 3.故答案为：2-3题型02立体几何中的计数原理排列组合问题1(2024·浙江台州·二模)房屋建造时经常需要把长方体砖头进行不同角度的切割，以契合实际需要.已知长方体的规格为24cm ×11cm ×5cm ，现从长方体的某一棱的中点处作垂直于该棱的截面，截取1次后共可以得到12cm ×11cm ×5cm ，24cm ×112cm ×5cm ，24cm ×11cm ×52cm 三种不同规格的长方体.按照上述方式对第1次所截得的长方体进行第2次截取，再对第2次所截得的长方体进行第3次截取，则共可得到体积为165cm 3的不同规格长方体的个数为()A.8B.10C.12D.16【答案】B【分析】根据原长方体体积与得到的体积为165cm 3长方体的关系，分别对长宽高进行减半，利用分类加法计数原理求解即可.【详解】由题意，V 长方体=24×11×5=8×165，为得到体积为165cm 3的长方体，需将原来长方体体积缩小为原来的18，可分三类完成：第一类，长减半3次，宽减半3次、高减半3次，共3种；第二类，长宽高各减半1次，共1种；第三类，长宽高减半0,1,2 次的全排列A 33=6种，根据分类加法计数原理，共3+1+6=10种. 故选：B2(2023·江苏南通·模拟预测)在空间直角坐标系O -xyz 中，A 10,0,0 ,B 0,10,0 ,C 0,0,10 ，则三棱锥O -ABC 内部整点(所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点)的个数为()A.C 310B.C 39C.C 210D.C 29【答案】B【分析】先利用空间向量法求得面ABC 的一个法向量为n =1,1,1 ，从而求得面ABC 上的点P a ,b ,c 满足a +b +c =10，进而得到棱锥O -ABC 内部整点为Q s ,t ,r 满足3≤s +t +r ≤9，再利用隔板法与组合数的性质即可得解.【详解】根据题意，作出图形如下，因为A 10,0,0 ,B 0,10,0 ,C 0,0,10 ，所以AB =-10,10,0 ,AC=-10,0,10 ，设面ABC 的一个法向量为n=x ,y ,z ，则AB ⋅n=-10x +10y =0AC ⋅n=-10x +10z =0，令x =1，则y =1,z =1，故n=1,1,1 ，设P a ,b ,c 是面ABC 上的点，则AP=a -10,b ,c ，故AP ⋅n=a -10+b +c =0，则a +b +c =10，不妨设三棱锥O -ABC 内部整点为Q s ,t ,r ，则s ,t ,r ∈N *，故s ≥1,t ≥1,r ≥1，则s +t +r ≥3，易知若s +t +r =10，则Q 在面ABC 上，若s +t +r >10，则Q 在三棱锥O -ABC 外部，所以3≤s +t +r ≤9，当s +t +r =n ,n ∈N *且3≤n ≤9时，将n 写成n 个1排成一列，利用隔板法将其隔成三部分，则结果的个数为s ,t ,r 的取值的方法个数，显然有C 2n -1个方法，所有整点Q s ,t ,r 的个数为C 22+C 23+⋯+C 28，因为C r n +C r -1n =n !r !n -r !+n !r -1 !n +1-r !=n +1-r n !+rn !r !n +1-r !=n +1 !r !n +1-r!=C rn +1，所以C 22+C 23+⋯+C 28=C 33+C 23+⋯+C 28=C 34+C 24+⋯+C 28=⋯=C 38+C 28=C 39.故选：B .【点睛】关键点睛：本题解决的关键是求得面ABC 上的点P a ,b ,c 满足a +b +c =10，从而确定三棱锥O -ABC 内部整点为Q s ,t ,r 满足3≤s +t +r ≤9，由此得解.3(2024·重庆·模拟预测)从长方体的8个顶点中任选4个，则这4个点能构成三棱锥的顶点的概率为()A.2736B.2935C.67D.3235【答案】B【分析】首先求出基本事件总数，再计算出这4个点在同一个平面的概率，最后利用对立事件的概率公式计算可得.【详解】根据题意，从长方体的8个顶点中任选4个，有C 48=70种取法，“这4个点构成三棱锥的顶点”的反面为“这4个点在同一个平面”，而长方体有2个底面和4个侧面、6个对角面，一共有12种情况，则这4个点在同一个平面的概率P =1270=635，所以这4个点构成三棱锥的概率为1-635=2935.故选：B ．4(多选)(2024·重庆·模拟预测)如图，16枚钉子钉成4×4的正方形板，现用橡皮筋去套钉子，则下列说法正确的有(不同的图形指两个图形中至少有一个顶点不同)()A.可以围成20个不同的正方形B.可以围成24个不同的长方形(邻边不相等)C.可以围成516个不同的三角形D.可以围成16个不同的等边三角形【答案】ABC【分析】利用分类计算原理及组合，结合图形，对各个选项逐一分析判断即可得出结果.【详解】不妨设两个钉子间的距离为1，对于选项A ，由图知，边长为1的正方形有3×3=9个，边长为2的正方形有2×2=4个，边长为3的正方形有1个，边长为2的正方形有2×2=4个，边长为5的有2个，共有20个，所以选项A 正确，对于选项B ，由图知，宽为1的长方形有3×3=9个，宽为2的长方形有4×2=8个，宽为3的长方形有5个，宽为2的有2个，共有24个，所以选项B 正确，对于选项C ，由图知，可以围成C 316-10C 34-4C 33=516个不同的三角形，所以选项C 正确，对于选项D ，由图可知，不存在等边三角形，所以选项D 错误，故选：ABC .5(2024·上海浦东新·模拟预测)如图ABCDEF -A B C D E F 为正六棱柱，若从该正六棱柱的6个侧面的12条面对角线中，随机选取两条，则它们共面的概率是．【答案】611【分析】根据题意，相交时分为：在侧面内相交，两个相邻面相交于一个点，相隔一个面中相交于对角线延长线上，分别分析几种情况下对角线共面的个数，再利用古典概型的概率计算公式，计算结果即可．【详解】由题意知，若两个对角线在同一个侧面，因为有6个侧面，所以共有6组，若相交且交点在正六棱柱的顶点上，因为有12个顶点，所以共有12组，若相交且交点在对角线延长线上时，如图所示，连接AD ，C D ，E D ，AB ，AF ，先考虑下底面，根据正六边形性质可知EF ⎳AD ⎳BC ，所以E F ⎳AD ⎳B C ，且B C =E F ≠AD ，故ADC B 共面，且ADE F 共面，故AF ，DE 相交，且C D ，AB 相交，故共面有2组，则正六边形对角线AD 所对应的有2组共面的面对角线，同理可知正六边形对角线BE ，CF 所对的分别有两组，共6组，故对于上底面对角线A D ，B E ，C F 同样各对两组，共6组，若对面平行，一组对面中有2组对角线平行，三组对面共有6组，所以共面的概率是6+12+12+6C 212=611．故答案为：611．题型03立体几何动点最值问题空间几何体中线段和差最值以及几何体中的轨迹问题，以及线线角和线面角的求解，综合性较强，难度较大，解答时要发挥空间想象，明确空间的位置关系，结合空间距离，确定动点的轨迹形状；结合等体积法求得点到平面的距离，结合线面角的定义求解.1(多选)(2024·浙江台州·二模)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为平面ABCD 内一动点，且直线D 1P 与平面ABCD 所成角为π3，E 为正方形A 1ADD 1的中心，则下列结论正确的是()A.点P 的轨迹为抛物线B.正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球被平面A 1BC 1所截得的截面面积为π6C.直线CP 与平面CDD 1C 1所成角的正弦值的最大值为33D.点M 为直线D 1B 上一动点，则MP +ME 的最小值为11-266【答案】BCD【分析】对于A ，根据到D 点长度为定值，确定动点轨迹为圆；对于B ，理解内切球的特点，计算出球心到平面的距离，再计算出截面半径求面积；对于C ，找到线面所成角的位置，再根据动点的运动特点(相切时)找到正弦的最大值；对于D ，需要先找到P 点位置，再将立体问题平面化，根据三点共线距离最短求解.【详解】对于A ，因为直线D 1P 与平面ABCD 所成角为π3，所以DP =1tan π3=33.P 点在以D 为圆心，33为半径的圆周上运动，因此运动轨迹为圆.故A 错误.对于B ，在面BB 1D 1D 内研究，如图所示O 为内切球球心，O 1为上底面中心，O 2为下底面中心，G 为内切球与面A 1BC 1的切点.已知OG ⊥O 1B ，OG 为球心到面A 1BC 1的距离.在正方体中，O 1B =62，O 2B =22，O 1O 2=1.利用相似三角形的性质有OG O 2B =OO 1O 1B，即OG 22=1262，OG =36.因此可求切面圆的r 2=122-362=16，面积为π6.故B 正确.对于C ，直线CP 与平面CDD 1C 1所成角即为∠PCD ，当CP 与P 点的轨迹圆相切时，sin ∠PCD 最大.此时sin ∠PCD =13=33.故C 正确.对于D ，分析可知，P 点为BD 和圆周的交点时，MP 最小.此时可将面D 1AB 沿着D 1B 翻折到面BB 1D 1D 所在平面.根据长度关系，翻折后的图形如图所示.当E ,M ,P 三点共线时，MP +ME 最小.因为O 2P =33-22，O 1O 2=1，所以最小值为12+33-222=11-266，故D 正确.故选：BCD2(多选)(2024·江苏扬州·模拟预测)如图，在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 为平面ABCD 内一动点，则()A.若M 在线段AB 上，则D 1M +MC 的最小值为4+22B.平面ACD 1被正方体内切球所截，则截面面积为π6C.若C 1M 与AB 所成的角为π4，则点M 的轨迹为椭圆D.对于给定的点M ，过M 有且仅有3条直线与直线D 1A ,D 1C 所成角为60°【答案】ABD迹方程判断C ，合理转化后判断D 即可.【详解】对于A ，延长DA 到E 使得AE =2，则D 1M +MC =EM +MC ≥EC =4+22，等号在E ,M ,C 共线时取到；故A 正确，对于B ，由于球的半径为12，球心到平面ACD 1的距离为36，故被截得的圆的半径为14-112 =66，故面积为π66 2=π6，故B 正确，对于C ，C 1M 与AB 所成的角即为C 1M 和C 1D 1所成角，记CM =xCD +yCB ，则x 2+y 2+1=2(y 2+1)，即x 2-y 2=1，所以M 的轨迹是双曲线；故C 错误，对于D ，显然过M 的满足条件的直线数目等于过D 1的满足条件的直线l 的数目，在直线l 上任取一点P ，使得D 1P =D 1A =D 1C ，不妨设∠PD 1A =π3，若∠PD 1C =π3，则AD 1CP 是正四面体，所以P 有两种可能，直线l 也有两种可能，若∠PD 1C =2π3，则l 只有一种可能，就是与∠AD 1C 的角平分线垂直的直线，所以直线l 有三种可能.故选：ABD3(多选)(2023·安徽芜湖·模拟预测)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，棱AB 的中点为M ，过点M 作正方体的截面α，且B 1D ⊥α，若点N 在截面α内运动(包含边界)，则()A.当MN 最大时，MN 与BC 所成的角为π3B.三棱锥A 1-BNC 1的体积为定值23C.若DN =2，则点N 的轨迹长度为2πD.若N ∈平面A 1BCD 1，则BN +NC 1 的最小值为6+23【答案】BCD【分析】记BC ,CC 1,C 1D ,D 1A 1,A 1A 的中点分别为F ,H ,G ,F ,E ，构建空间直角坐标系，证明M ,F ,H ,G ,F ,E 共面，且DB 1⊥平面MEFGHI ，由此确定平面α，找到MN 最大时N 的位置，确定MN 与BC 所成角的平面角即可判断A ，证明A 1BC 1与平面α平行，应用向量法求M 到面A 1BC 1的距离，结合体积公式，求三棱锥A 1-BNC 1的体积，判断B ；根据球的截面性质确定N 的轨迹，进而求周长判断C ，由N ∈平面A 1BCD 1确定N 的位置，通过翻折为平面图形，利用平面几何结论求解判断D .【详解】记BC ,CC 1,C 1D ,D 1A 1,A 1A 的中点分别为F ,H ,G ,F ,E ，连接EF ,FG ,GH ,HI ,IM ,ME ，连接GM ,FI ，因为FG ∥A 1C 1,A 1C 1∥AC ,AC ∥MI ，又FG =12A 1C 1 =12AC =MI 所以FG ∥MI ，FG =MI ，所以四边形FGIM 为平行四边形，连接FI ,MG ，记其交点为S ，根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则A (2,0,0)，A 1(2,0,2)，B (2,2,0)，C 1(0,2,2)，B 12,2,2 ,M (2,1,0)，E (2,0,1)，F (1,0,2)，G (0,1,2)，H (0,2,1)，I (1,2,0)，S 1,1,1 ，因为DB 1 =2,2,2 ，SM =1,0,-1 ，SI =0,1,-1 ，SH =-1,1,0 ，SG =-1,0,1 ，SF =0,-1,1 ，SE =1,-1,0 ，所以DB 1 ⋅SM =0，DB 1 ⋅SI =0，DB 1 ⋅SH =0，DB1 ⋅SG =0，DB 1 ⋅SF =0，DB 1 ⋅SE =0所以M ,E ,F ,G ,H ,I 六点共面，因为DB 1 =2,2,2 ，MI =-1,1,0 ，ME =0,-1,1 ，所以DB 1 ⋅MI =-2+2+0=0，DB 1 ⋅ME =0-2+2=0，所以DB 1 ⊥MI ，DB 1 ⊥ME ，所以DB 1⊥MI ,DB 1⊥ME ，又MI ,ME ⊂平面MEFGHI ，所以DB 1⊥平面MEFGHI ，故平面MEFGHI 即为平面α，对于A ，N 与G 重合时，MN 最大，且MN ⎳BC 1，所以MN 与BC 所成的角的平面角为∠C 1BC ，又BC =CC 1 ,∠BCC 1=90°，所以∠C 1BC =π4，故MN 与BC 所成的角为π4，所以A 错误；对于B ，因为所以DB 1 =2,2,2 ，A 1C 1 =-2,2,0 ，BC 1=-2,0,2 ，所以DB 1 ⋅A 1C 1 =-4+4+0=0，DB 1 ⋅BC 1 =-4+0+4=0，所以DB 1 ⊥A 1C 1 ，DB 1 ⊥BC 1 ，所以DB 1⊥A 1C 1,DB 1⊥BC 1，又A 1C 1,BC 1⊂平面A 1BC 1，所以DB 1⊥平面A 1BC 1，又DB 1⊥平面MEFGHI ，所以平面A 1BC 1∥平面MEFGHI ，所以点N 到平面A 1BC 1的距离与点M 到平面A 1BC 1的距离相等，所以V A 1-BNC 1=V N -A 1BC 1=V M -A 1BC 1，向量DB 1 =2,2,2 为平面A 1BC 1的一个法向量，又MB =(0,1,0)，所以M 到面A 1BC 1的距离d =DB 1 ⋅MB DB 1=33，又△A 1BC 1为等边三角形，则S △A 1BC 1=12×(22)2×32=23，所以三棱锥A 1-BNC 1的体积为定值13×d ×S △A 1BC 1=23，B 正确；对于C ：若DN =2，点N 在截面MEFGHI 内，所以点N 的轨迹是以D 为球心，半径为2的球体被面MEFGHI 所截的圆(或其一部分)，因为DS =1,1,1 ，DB 1 =2,2,2 ，所以DB 1 ∥DS ，所以DS ⊥平面MEFGHI ，所以截面圆的圆心为S ，因为DB 1 =2,2,2 是面MEFGHI 的法向量，而DF =(1,0,2)，所以D 到面MEFGHI 的距离为d =m ⋅DFm=3，故轨迹圆的半径r =22-(3)2=1，又SM =2，故点N 的轨迹长度为2πr =2π，C 正确.对于D ，N ∈平面A 1BCD 1，N ∈平面MEFGHI ，又平面A 1BCD 1与平面MEFGHI 的交线为FI ，所以点N 的轨迹为线段FI ，翻折△C 1FI ，使得其与矩形A 1BIF 共面，如图，所以当B ,N ,C 1三点共线时，BN +NC 1 取最小值，最小值为BC 1 ，由已知C 1I =C 1F =5，BI =1，FI =22，过C 1作C 1T ⊥BI ，垂足为T ，则C 1T =2，所以IT=C 1I2-C 1T 2=3=BT 2+C T 2=3+12+2=6+23，所以BN +NC 1 的最小值为6+23，D 正确；故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于根据截面的性质确定满足条件的过点M 的截面位置，再结合异面直线夹角定义，锥体体积公式，球的截面性质，空间图形的翻折判断各选项.4(多选)(2024·福建厦门·一模)如图所示，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是矩形，△ABF 和△DCE 均是等边三角形，且AB =23，EF =x (x >0)，则()A.EF ⎳平面ABCDB.二面角A -EF -B 随着x 的减小而减小C.当BC =2时，五面体ABCDEF 的体积V (x )最大值为272D.当BC =32时，存在x 使得半径为32的球能内含于五面体ABCDEF 【答案】ACD【分析】A 由线面平行的判定证明；B 设二面角A -EF -B 的大小为2α，点F 到面ABCD 的距离为h ，则tan α=3h，分析取最小值的对应情况即可判断；C 把五面体ABCDEF 补成直三棱柱FGI -EKJ ，取AB ,GI 的中点M ,H ，设∠FMH =θ0<θ≤π2，则MH =3cos θ,FH =3sin θ，结合V (x )=V FGI -EKJ -2V F -ABIG 并应用导数研究最值；D 先分析特殊情况：△ABF 和△DCE 所在平面均垂直于面ABCD 时构成正三棱柱ABF -DCE ，再借助左视图、正视图研究内切圆半径分析一般情况判断.【详解】A ：由题设BC ⎳AD ，AD ⊂面ADEF ，BC ⊄面ADEF ，则BC ⎳面ADEF ，由面BCEF ∩面ADEF =EF ，BC ⊂面BCEF ，则BC ⎳EF ，BC ⊂面ABCD ，EF ⊄面ABCD ，则EF ⎳平面ABCD ，对；B ：设二面角A -EF -B 的大小为2α，点F 到面ABCD 的距离为h ，则tan α=3h，点F 到面ABCD 的距离，仅在面FAB ⊥面ABCD 时取得最大值，当EF =x =BC 时tan α取最小值，即α取最小值，即二面角A -EF -B 取最小值，所以EF =x ∈(0,+∞)，二面角先变小后变大，错；C ：当BC =2，如图，把五面体ABCDEF 补成直三棱柱FGI -EKJ ，分别取AB ,GI 的中点M ,H ，易得FH ⊥面ABCD ，FM =3，设∠FMH =θ0<θ≤π2，则MH =3cos θ,FH =3sin θ，V (x )=V ABCDEF =V FGI -EKJ -2V F -ABIG =12×23×3sin θ×(2+6cos θ)-2×13×3sin θ×23×3cos θ=63sin θ+63sin θcos θ，令f (θ)=0⇒2cos 2θ+cos θ-1=0，可得cos θ=12或cos θ=-1(舍)，即θ=π3，0<θ<π3，f (θ)>0，f (θ)递增，π3<θ≤π2，f(θ)<0，f (θ)递减，显然θ=π3是f (θ)的极大值点，故f (θ)max =63×32+63×32×12=272.所以五面体ABCDEF 的体积V (x )最大值为272，C 对；D ：当BC =32时，△ABF 和△DCE 所在平面均垂直于面ABCD 时构成正三棱柱ABF -DCE ，此时正三棱柱内最大的求半径r =34<32，故半径为32的球不能内含于五面体ABCDEF ，对于一般情形，如下图示，左图为左视图，右图为正视图，由C 分析结果，当五面体ABCDEF 体积最大时，其可内含的球的半径较大，易知，当∠FMH =π3时，FH =332,IH =3,IF =392，设△FIG 的内切圆半径为r 1，则12×332×23=12r 1×23+2×392 ，可得r 1=332+13>32，另外，设等腰梯形EFMN 中圆的半径为r 2，则r 2=34tan π3=334>r 1=332+13，所以，存在x 使半径为32的球都能内含于五面体ABCDEF ，对.故选：ACD【点睛】关键点点睛：对于C 通过补全几何体为棱柱，设∠FMH =θ0<θ≤π2得到五面体ABCDEF 的体积关于θ的函数；对于D 从特殊到一般，结合几何体视图研究内切圆判断最大半径是否大于32为关键.5(多选)(2024·广西南宁·一模)在边长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，动点M 满足AM =xAB+yAD +zAA 1 ，(x ,y ,z ∈R 且x ≥0,y ≥0,z ≥0)，下列说法正确的是()A.当x =14,z =0,y ∈0,1 时，B 1M +MD 的最小值为13B.当x =y =1,z =12时，异面直线BM 与CD 1所成角的余弦值为105C.当x +y +z =1，且AM =253时，则M 的轨迹长度为42π3D.当x +y =1,z =0时，AM 与平面AB 1D 1所成角的正弦值的最大值为63【答案】AD【分析】对于A ，确定M 的位置，利用侧面展开的方法，求线段的长，即可判断；对于B ，利用平移法，作出异面直线所成角，解三角形，即可判断；对于C ，结合线面垂直以及距离确定点M 的轨迹形状，即可确定轨迹长度；对于D ，利用等体积法求得M 点到平面AB 1D 1的距离，结合线面角的定义求得AM 与平面AB 1D 1所成角的正弦值，即可判断.【详解】对于A ，在AB 上取点H ，使AH =14AB ，在DC 上取点K ，使DK =14DC ，因为x =14,z =0,y ∈0,1 ，即AM =14AB +yAD ，故M 点在HK 上，将平面B 1HKC 1与平面AHKD 沿着HK 展开到同一平面内，如图：连接B 1D 交HK 于P ，此时B ,P ,D 三点共线，B 1M +MD 取到最小值即B 1D 的长，由于AH =14AB =12,∴BH =32，则B 1H =22+32 2=52，故AB 1=52+12=3,∴B 1D =(B 1A )2+AD 2=32+22=13，即此时B 1M +MD 的最小值为13，A 正确；对于B ，由于x =y =1,z =12时，则AM =AB +AD +12AA 1 =AC +12CC 1 ，此时M 为CC 1的中点，取C 1D 1的中点为N ，连接BM ,MN ,BN ，则MN ∥CD 1,故∠BMN 即为异面直线BM 与CD 1所成角或其补角，又MN =12CD 1=2,BM =22+12=5,BN =(BC 1)2+(C 1N )2=8+1=3，故cos ∠BMN =BM 2+MN 2-BN 22BM ⋅MN =5 2+2 2-3225⋅2=-1010，而异面直线所成角的范围为0,π2，故异面直线BM 与CD 1所成角的余弦值为1010，B 错误；对于C ，当x +y +z =1时，可得点M 的轨迹在△A 1BD 内(包括边界)，由于CC 1⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，故CC 1⊥BD ，又BD ⊥AC ，AC ∩CC 1=C ,AC ,CC 1⊂平面ACC 1，故BD ⊥平面ACC 1，AC 1⊂平面ACC 1，故BD ⊥AC 1，同理可证A 1B ⊥AC 1,A 1B ∩BD =B ,A 1B ,BD ⊂平面A 1BD ，故AC 1⊥平面A 1BD ，设AC 1与平面A 1BD 交于点P ，由于V A -A 1BD =V A 1-ABD =13×12×2×2×2=43，△A 1BD 为边长为22的正三角形，则点A 到平面A 1BD 的距离为AP =4313×34×22 2=233，若AM =253，则MP =AM 2-AP 2=223，即M 点落在以P 为圆心，223为半径的圆上，P 点到△A 1BD 三遍的距离为13×32×22=63<223，即M 点轨迹是以P 为圆心，223为半径的圆的一部分，其轨迹长度小于圆的周长42π3，C 错误；因为当x +y =1,z =0时，AM =AB +AD，即M 在BD 上，点M 到平面AB 1D 1的距离等于点B 到平面AB 1D 1的距离，设点B 到平面AB 1D 1的距离为d ，则V B -AB 1D 1=V D 1-ABB 1=13S △ABB 1⋅A 1D 1=13×12×2×2×2=43，△AB 1D 1为边长为22的正三角形，即13S △A 1BD ⋅d =13×34×22 2×d =43，解得d =233，又M 在BD 上，当M 为BD 的中点时，AM 取最小值2，设直线AM 与平面AB 1D 1所成角为θ,θ∈0,π2，则sin θ=d AM =233AM≤2332=63，即AM 与平面AB 1D 1所成角的正弦值的最大值为63，D 正确，故选：AD【点睛】难点点睛：本题考查了空间几何体中线段和差最值以及几何体中的轨迹问题，以及线线角和线面角的求解，综合性较强，难度较大，解答时要发挥空间想象，明确空间的位置关系，难点在于C ，D 选项的判断，对于C ，要结合空间距离，确定动点的轨迹形状；对于D ，要结合等体积法求得点到平面的距离，结合线面角的定义求解.题型04不规则图形中的面面夹角问题利用向量法解决立体几何中的空间角问题，关键在于依托图形建立合适的空间直角坐标系，将相关向量用坐标表示，通过向量的坐标运算求空间角，其中建系的关键在于找到两两垂直的三条直线．1(2024·浙江台州·二模)如图，已知四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =3A 1B 1，AB ∥CD ，AD ⊥AB ，AB =6，CD =9，AD =6，且AA 1=BB 1=4，Q 为线段CC 1中点，(1)求证：BQ ∥平面ADD 1A 1；(2)若四棱锥Q -ABB 1A 1的体积为3233，求平面ABB 1A 1与平面CDD 1C 1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)217【分析】(1)分别延长线段AA 1，BB 1，CC 1，DD 1交于点P ，将四棱台补成四棱锥P -ABCD ，取DD 1的中点E ，连接QE ，AE ，由四边形ABQE 为平行四边形，得到BQ ∥AE ，然后利用线面平行的判定定理证明；(2)先证明AD ⊥平面ABB 1A 1，再以A 为坐标原点，以直线AB 为x 轴，以直线AD 为y 轴，建立空间直角坐标系，求得平面CDD 1C 1的法向量为m =x ,y ,z ，易得平面ABB 1A 1的一个法向量为n=0,1,0 ，然后由cos m ,n=m ⋅n m n 求解.【详解】(1)证明：如图所示：分别延长线段AA 1，BB 1，CC 1，DD 1交于点P ，将四棱台补成四棱锥P -ABCD .∵A 1B 1=13AB ，∴PC 1=13PC ，∴CQ =QC 1=C 1P ，取DD 1的中点E ，连接QE ，AE ，∵QE ⎳CD ⎳AB ，且QE =123+9 =6=AB ，∴四边形ABQE 为平行四边形.∴BQ ∥AE ，又AE ⊂平面ADD 1A 1，BQ ⊄平面ADD 1A 1，∴BQ ∥平面ADD 1A 1；(2)由于V Q -ABB 1A 1=23V C -ABB 1A 1，所以V C -ABB 1A 1=163，又梯形ABB 1A 1面积为83，设C 到平面ABB 1A 1距离为h ，则V C -ABB 1A 1=13S 梯形ABB 1A 1⋅h =163，得h =6.而CD ∥AB ，AB ⊂平面ABB 1A 1，CD ⊄平面ABB 1A 1，所以CD ∥平面ABB 1A 1，所以点C 到平面ABB 1A 1的距离与点D 到平面ABB 1A 1的距离相等，而h =6=AD ，所以AD ⊥平面ABB 1A 1.以A 为坐标原点，以直线AB 为x 轴，以直线AD 为y 轴，建立空间直角坐标系，易得△PAB 为等边三角形，所以A 0,0,0 ，B 6,0,0 ，C 9,6,0 ，D 0,6,0 ，P 3,0,33设平面CDD 1C 1的法向量为m=x ,y ,z ，则m ⋅DP=x ,y ,z ⋅3,-6,33 =3x -6y +33z =0m ⋅DC=x ,y ,z ⋅9,0,0 =9x =0，得x =0，y =32z ，不妨取m =0,3,2 ，又平面ABB 1A 1的一个法向量为n=0,1,0 .则，平面ABB 1A 1与平面CDD 1C 1夹角的余弦值为217.2(2024·浙江杭州·二模)如图，在多面体ABCDPQ 中，底面ABCD 是平行四边形，∠DAB =60°,BC=2PQ =4AB =4,M 为BC 的中点，PQ ∥BC ,PD ⊥DC ,QB ⊥MD ．(1)证明：∠ABQ =90°；(2)若多面体ABCDPQ 的体积为152，求平面PCD 与平面QAB 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)31010．【分析】(1)根据余弦定理求解DM =3，即可求证DM ⊥DC ，进而根据线线垂直可证明线面垂直，即可得线线垂直，(2)根据体积公式，结合棱柱与棱锥的体积关系，结合等体积法可得PM =h =33，即可建立空间直角坐标系，求解法向量求解.【详解】(1)在△DCM 中，由余弦定理可得DM =DC 2+MC 2-2DC ⋅MC cos60°=3，所以DM 2+DC 2=CM 2，所以∠MDC =90°，所以DM ⊥DC ．又因为DC ⊥PD ，DM ∩PD =D ,DM ,DP ⊂平面PDM ,所以DC ⊥平面PDM ,PM ⊂平面PDM ．所以DC ⊥PM ．由于PQ ⎳BM ,PQ =BM =2,所以四边形PQBM 为平行四边形，所以PM ∥QB ．又AB ∥DC ，所以AB ⊥BQ ，所以∠ABQ =90°．(2)因为QB ⊥MD ，所以PM ⊥MD ，又PM ⊥CD ，DC ∩MD =D ,DC ,MD ⊂平面ABCD ,所以PM ⊥平面ABCD ．取AD 中点E ，连接PE ，设PM =h ．设多面体ABCDPQ 的体积为V ，则V =V 三棱柱ABQ -PEM +V 四棱锥P -CDEM =3V A -PEM +V 四棱锥P -CDEM =3V P -AEM +V 四棱锥P -CDEM=S △AEM ×h +13S 四边形CDEM ×h =S △AEM ×h +132S △AEM ×h =53S △AEM ×h =53×12×2×1×sin 2π3h =152．解得PM =h =33．建立如图所示的空间直角坐标系，则A -3,2,0 ,B -3,1,0 ,C 3,-1,0 ，D 3,0,0 ,P 0,0,33 ,Q -3,1,33 ,M 0,0,0 ．则平面QAB 的一个法向量n=1,0,0 ．所以CD =0,1,0 ,PD=3,0,-33 ，设平面PCD 的一个法向量m=x ,y ,z ，则m ⋅CD=0,n ⋅PD =0,即y =0,3x -33z =0, 取m=3,0,1 ．所以cos θ=m ⋅n m ⋅n=31010．。
高三数学--立体几何专题
侧（左）视图正（主）视图 俯视图高三数学(理)一轮复习资料-- 立体几何一、选择题1 、某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是 ( )2、已知某空间几何体的主视图、侧视图、俯视图均为如图所示的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边长为1，那么这个几何体的表面积为( )A 、22 B 、3＋22 C 、32 D 、3＋323、已知a 、b 为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，且a ⊥α，b ⊥β，则下列命题中为假命题的是( )A 、若a ∥b ，则α∥βB 、若α⊥β，则a ⊥bC 、若a ，b 相交，则α，β相交D 、若α，β相交，则a ，b 相交4、设平面α与平面β相交于直线m ，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且b m ⊥，则“αβ⊥” 是“a b ⊥”的（ ）A 、充分不必要条件B 、必要不充分条件C 、充要条件D 、即不充分不必要条件5、一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积等于（ ）A 、12B 、3 C 、563D 、46、某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（ ）A 、28+65B 、 30+65C 、 56+ 125D 、 60+1257、下列命题正确的是（ ）A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C 、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行8、已知直二面角l αβ--，点,A A C l α∈⊥,C 为垂足，,,B BD l D β∈⊥为垂足．若AB=2，AC=BD=1，则D 到平面ABC 的距离等于（ ）A、3 B、3 C、3D 、 1 9、已知三棱锥的三个侧面两两垂直，三条侧棱长分别为4、4、7，若此三棱锥的各个顶点都在同一个球面上，则此球的表面积是( )A 、81πB 、36πC 、81π4D 、144π10 、如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB =1，D 在棱BB 1上，且BD =1， 则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值为 ( )A 、64B 、34C 、62D 、72二、填空题11、已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该三棱锥的体积等于 ___________cm 3．12、如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________。
高三数学立体几何试题答案及解析
高三数学立体几何试题答案及解析1.如图，设为正四面体表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点到四个顶点的距离组成的集合记为，如果集合中有且只有个元素，那么符合条件的点有（）A．个B．个C．个D．个【答案】C【解析】分以下两种情况讨论：（1）点到其中两个点的距离相等，到另外两点的距离分别相等，且这两个距离不等，此时点位于正四面体各棱的中点，符合条件的有个点；（2）点到其中三个点的距离相等，到另外一点的距离与它到其它三点的距离不相等，此时点在正四面体各侧面的中心点，符合条件的有个点，故选C.【考点】新定义2.在等腰三角形中，点是边上异于的一点，光线从点出发，经发射后又回到原点（如图）.若光线经过的中心，则等于（）A．B．C．D．【答案】D；【解析】以A为原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴建立直角坐标系，所以等腰三角形ABC的中心坐标为，因为光线从点出发，经发射后又回到原点，故点P为三角新ABC的中心在底边AB上的投影，所以AP=.3.已知三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图所示，，点P在侧面ABC的射影为O，．∴该三棱锥的体积．故选：B．【考点】由三视图求面积、体积．4.（本题满分12分）如图，在三棱锥底面ABC，且SB=分别是SA、SC的中点．（Ⅰ）求证：平面平面BCD；（Ⅱ）求二面角的平面角的大小．【答案】（Ⅰ）证明过程详见解析；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）已知SB、AB、BC两两互相垂直，故可建立空间直角坐标系如下图．根据线段长度可求出相应点的坐标，从而可推出，则，所以平面平面BCD．（Ⅱ）求出两个平面的法向量，利用法向量夹角与二面角平面角的关系求出平面角的大小．试题解析：（Ⅰ）．又因，所以建立如上图所示的坐标系．所以A（2，0，0），，D（1，0，1），，S（0，0，2）易得，，，又，又又因，所以平面平面BCD．（Ⅱ）又设平面BDE的法向量为，则所以又因平面SBD的法向量为所以所以二面角的平面角的大小为．【考点】•平面与平面的垂直的证明 二面角大小的求法．5.（本小题满分12分）直三棱柱中，，，分别是、的中点，，为棱上的点．（1）证明：；（2）是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点为中点．【解析】（1）先证明AB⊥AC，然后以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz，则能写出各点坐标，由共线可得D（λ，0，1），所以，即DF⊥AE；（2）通过计算，面DEF的法向量为可写成，=（3，1+2λ，2（1-λ）），又面ABC的法向量=（0，0，1），令，解出λ的值即可．试题解析：（1）证明：，又，面又面以为原点建立如图所示的空间直角坐标系则，，，，设，且，即：（2）假设存在，设面的法向量为，则即：令由题可知面的法向量平面与平面所成锐二面角的余弦值为即：或（舍）当点为中点时，满足要求．【考点】1、二面角的平面角及求法；2、直线与平面垂直的性质．【方法点晴】本题考查空间中直线与直线的位置关系、空间向量及其应用，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题．解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．6.已知是矩形，分别是线段的中点，平面．（1）求证：平面；（2）若在棱上存在一点，使得平面，求的值．【答案】（1）详见解析；（2）【解析】（1）通过证明，然后再利用线面垂直的判定定理，即可证明平面；（2）过作交于，则平面，且．再过作交于，所以平面，且，所以平面平面，进而满足题意．试题解析：（1）在矩形中，因为，点是的中点，所以．所以，即．又平面，所以，所以平面．（2）过作交于，则平面，且．再过作交于，所以平面，且．所以平面平面，所以平面，从而点满足．【考点】1．线面垂直的判定定理；2．面面平行的判定定理和性质定理．7.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】根据三视图知几何体的下面是一个圆柱，上面是圆柱的一半，所以．故应选B．【考点】空间几何体的三视图.8.（2015•汕头二模）某师傅用铁皮制作一封闭的工件，其三视图如图所示（单位长度：cm，图中水平线与竖线垂直），则制作该工件用去的铁皮的面积为（制作过程铁皮的损耗和厚度忽略不计）（）A．100（3+）cm2B．200（3+）cm2C．300（3+）cm2D．300cm2【答案】A【解析】本题以实际应用题为背景考查立体几何中的三视图．由三视图可知，该几何体的形状如图，它是底面为正方形，各个侧面均为直角三角形[的四棱锥，用去的铁皮的面积即该棱锥的表面积解：由三视图可知，该几何体的形状如图，它是底面为正方形，各个侧面均为直角三角形的四棱锥，用去的铁皮的面积即该棱锥的表面积，其底面边长为10，故底面面积为10×10=100，与底面垂直的两个侧面是全等的直角，两直角连年长度分别为10，20，故它们的面积皆为100，另两个侧面也是全等的直角三角形，两直角边中一边是底面正方形的边长10，另一边可在与底面垂直的直角三角形中求得，其长为=10，故此两侧面的面积皆为50，故此四棱锥的表面积为S=100（3+）cm2．故选：A【考点】由三视图求面积、体积．9.如图，在直四棱柱中，底面是边长为1的正方形，侧棱，是侧棱的中点．（1）求证：平面⊥平面；（2）求二面角的正切值．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）易证得为等腰直角三角形，从而得到，又由直四棱柱的性质可得到，进而可使问题得证；（2）方法一：过点作于，过作于，则就是二面角的平面角，然后在中求得，从而求得，再在中求得，最后在中即可求得所求二面角的正切值；方法二：以为原点建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的一个法向量，从而利用空间夹角公式求解即可．试题解析：（1）证明：如图，在矩形中，E为中点且，，所以，所以为等腰直角三角形，所以．在直四棱柱中，因为底面是边长为1的正方形，所以平面．又因为平面，所以，所以平面又因为平面，所以平面⊥平面（2）解：方法一：因为平面，所以平面⊥平面，所以只需在平面内过点作于，而平面．如图，过作于，连接，则就是二面角的平面角．在中，，所以．在中，在中，．所以二面角的平面角的正切值大小为方法二：以为原点，，，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系．由题意，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，同理可得，平面的一个法向量为，代入公式有：，所以二面角的平面角的正切值大小为【考点】1、空间垂直关系的判定；2、二面角．10.（2015秋•扬州期末）已知正四棱锥底面边长为，体积为32，则此四棱锥的侧棱长为．【答案】5【解析】利用体积求出正四棱锥的高，求出底面对角线的长，然后求解侧棱长．解：正四棱锥底面边长为，体积为32，可得正四棱锥的高为h，=32，解得h=3，底面对角线的长为：4=8，侧棱长为：=5．故答案为：5．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算．11.（2010•江苏二模）如图，在四边形ABCD中，CA=CD=AB=1，=1，sin∠BCD=．（1）求BC的长；（2）求四边形ABCD的面积；（3）求sinD的值．【答案】（1）BC=；（2）；（3）【解析】（1）根据题意可分别求得AC，CD和AB，利用=1，利用向量的数量积的性质求得cos∠BAC的值，进而求得∠BAC，进而利用余弦定理求得BC的长．（2）根据（1）可求得BC2+AC2=AB2．判断出∴∠ACB=，进而在直角三角形中求得cos∠ACD的值，利用同角三角函数的基本关系气的sin∠ACD，然后利用三角形面积公式求得三角形ABC和ACD的面积，二者相加即可求得答案．（3）在△ACD中利用余弦定理求得AD的长，最后利用正弦定理求得sinD的值．解：（1）由条件，得AC=CD=1，AB=2． ∵=1，∴1×2×cos ∠BAC=1．则cos ∠BAC=．∵∠BAC ∈（0，π），∴∠BAC=．∴BC 2=AB 2+AC 2﹣2AB•ACcos ∠BAC=4+1﹣2×2×=3．∴BC=．（2）由（1）得BC 2+AC 2=AB 2． ∴∠ACB=．∴sin ∠BCD==． ∵∠ACD ∈∈（0，π），∴．∴S △ACD =×1×1×=． ∴S 四边形ABCD =S △ABC +S △ACD =．（3）在△ACD 中，AD 2=AC 2+DC 2﹣2AC•DCcos ∠ACD=1+1﹣2×1×1×=． ∴AD=．∵，∴． 【考点】解三角形的实际应用．12. （2014•阳泉二模）某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，则此四面体的外接球的体积为（ ）A ．B ．3πC ．D ．π【答案】C【解析】由于正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，所以此四面体一定可以放在棱长为1的正方体中，所以此四面体的外接球即为此正方体的外接球，由此能求出此四面体的外接球的体积．解：由于正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形， 所以此四面体一定可以放在正方体中， 所以我们可以在正方体中寻找此四面体． 如图所示，四面体ABCD 满足题意，所以此四面体的外接球即为此正方体的外接球，由题意可知，正方体的棱长为1，所以外接球的半径为R=，所以此四面体的外接球的体积V==．故选C．【考点】由三视图求面积、体积．13.如图，一竖立在水平对面上的圆锥形物体的母线长为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点处，则该小虫爬行的最短路程为，则圆锥底面圆的半径等于（）A．B．C．D．【答案】C【解析】作出该圆锥的侧面展开图，如下图所示：该小虫爬行的最短路程为，由余弦定理可得，∴．设底面圆的半径为，则有，∴．故C项正确．【考点】圆锥的计算，平面展开——最值问题．【方法点晴】本题主要考查了圆锥的计算及有关圆锥的侧面展开的应用，着重考查了求立体图形中两点之间的曲线段的最短线路长，解答此类问题一般应把几何体的侧面展开，展在一个平面内，构造直角三角形，从而求解两点间的线段的长度，用到的知识为：圆锥的弧长等于底面周长，本题的解答中圆锥的侧面展开图是一个三角形，此扇形的弧长等于圆锥的面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，体现了“化曲面为平面”的思想方法．14.已知三棱锥中，，，，，则此三棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图，设是的外心，是三棱锥外接球球心，则平面，由已知平面，则，，，，所以．，所以，．故选C．【考点】棱锥的外接球，球的表面积．15.如图，一个空间几何体的正视图、侧视图都是面积为，一个内角为的菱形，俯视图为正方形，那么这个几何体的表面积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为一个空间几何体的正视图、侧视图都是面积为，且一个内角为的菱形，所以菱形的边长为，由三视图可得，几何体是由两个底面正方形的正四棱锥组合而成，底面边长为，侧棱长为，所以几何体的表面积为：，故选D．【考点】1、三视图；2、多面体的表面积．16.已知直三棱柱中，，侧面的面积为，则直三棱柱外接球表面积的最小值为．【答案】【解析】根据题意，设，则有，从而有其外接球的半径为，所以其比表面积的最小值为.【考点】1、几何体的外接球；2、基本不等式；3、球的体积和表面积.【方法点睛】设，则有，利用直三棱柱中，，从而直三棱柱外接球的半径为，所以其比表面积的最小值为.根据直三棱柱中，，侧面的面积为，设，，利用均值不等式，确定直三棱柱外接球的半径的最小值是关键．17.在体积为的四面体中，平面，，，，则长度的所有值为．【答案】或【解析】由题意得因此由余弦定理得：或，因此或【考点】三棱锥体积，余弦定理18.如图，正四棱锥的底面一边长为，侧面积为，则它的体积为________．【答案】【解析】设侧面三角形的高为，则，解之可得，故棱锥的高为，所以棱锥的体积为，答案应填：．【考点】正四棱锥的侧面面积和体积公式．19.如图，在正方体中分别为棱的中点，用过点的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体（下半部分）的左视图为（）【答案】C【解析】通过观察剩余几何体（下半部分），可以发现C图才正确，故选C.【考点】1、直观图；2、三视图.20.如图，已知三棱柱的所有棱长都是2，且.（1）求证：点在底面内的射影在的平分线上；（2）求棱柱的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）通过作图的方式先作出的射影，只需求到距离相等即是所求，利用三角形全等即可；（2）底面是等边三角形，面积容易求得，其高为，（1）可知，，，可得到，则此可求出.试题解析：（1）证明：过作平面，垂足为，作，垂足为，连接，则，，故平面，故，同理，过作，连接，则.∵，，∴，∴≌，∴，∴是的角平分线，即点在底面内的射影在的平分线上.（2）解：由（1）可知，，，在中，，∴，∴三棱柱的体积为【考点】线面垂直、几何体的体积.【易错点晴】破解线面垂直关系的技巧(1)解答此类问题的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的基础．(2)由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在．21.如图，梯形中，，分别是的中点，矩形所在的平面与所在的平面互相垂直，且.（1）证明：平面；（2）证明：平面；（3）若二面角为，求直线与平面所成角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析；（3）．【解析】（1）根据平面与平面垂直的性质定理证平面，又，从而可证得平面；（2）取中点，连接，先证得为平行四边形，进而可得，再根据直线与平面平行的判定定理即可证得平面；（3）连接交于，连接，证明平面，则即为直线与平面所成角，再通过解求得的大小．试题解析：（1）平面.（2）取中点，连接，.（3）为二面角的平面角，.由（1）知，中，，，∴，∴，∴与平面成角.【考点】1、线面垂直的判定；2、线面平行的判定；3、线面角的求法．【方法点晴】本题主要考查的是线面垂直、平行判定和线面角的求法，属于中档题．证明线面垂直的方法主要有定义法，判定定理法；证明线面平行的关键是证明线线平行，证明线线平行常用的方法是利用三角形、梯形的中位线，对应线段成比例，构造平行四边形，平行线的传递性，线面垂直的性质定理，面面平行的性质定理．求线面角的一般步骤是：一作出线面角，二证明，三求线面角的大小.22.如图，在正方形中，点分别是的中点，将分别沿、折起，使两点重合于.（Ⅰ）求证：平面⊥平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）要证明面面垂直，可以先证明线面垂直，即可以先证明直线，进而可证明平面⊥平面；（Ⅱ）可以用传统方法也可以用向量方法，用传统方法时，可按照“作、算、证”的步骤，并结合余弦定理即可求二面角的余弦值.向量法关键是要建立适当的直角坐标系，并正确地求出二平面的法向量，进而可得到二面角的余弦值.试题解析：（Ⅰ）证明：连接交于，连接.在正方形中，点是的中点，点是的中点，所以，所以，因此，所以在等腰中，是的中点，且.因此在等腰中，，从而平面.又平面，所以平面平面.即平面平面.（Ⅱ）方法一：在正方形中，连接，交于.设正方形的边长为.由于点是的中点，点是的中点.所以，于是，从而，所以.于是，在翻折后的几何体中，为二面角的平面角.在正方形中，解得，，所以，在中，，由余弦定理得.所以，二面角的余弦值为.方法二：由题知两两互相垂直，故以为原点，向量方向分别为轴的正方向,建立如图的空间直角坐标系.设正方形边长为，则，所以，设为平面的一个法向量，由，得，令，得，又由题知是平面的一个法向量，所以，所以，二面角的余弦值为.【考点】1、面面垂直；2、二面角的平面角.23.如图4，在边长为4的菱形中，，点分别是边的中点，，沿将翻折到，连接，得到如图5的五棱锥，且．（1）求证：；（2）求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）由三角形的中位线定理，证得，再由菱形的对角线互相垂直，证得，即可得到，再由已知可得，然后利用线面垂直的判定得到答案；（2）设，连接，结合已知可得，通过解直角三角形求得平面，然后求出梯形的面积，代入棱锥的体积公式得到答案．试题解析：（1）证明：∵分别是边的中点，∴∵菱形对角线互相垂直，∴，∴∴，∵平面，平面，∴平面，∴平面，∴（2）设，连接，∵，∴为等边三角形，∴，在中，在中，，∴∵平面，平面，∴平面，∴，∴四棱锥的体积【考点】直线与平面垂直的判定；几何体的体积的计算．24.如图，棱形与正三角形的边长均为2，它们所在平面互相垂直，，且．（1）求证：；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）依据线面平行的判定定理，需要在平面找到一条直线与直线平行即可．因为平面平面，则过点作于，连接，证明四边形为平行四边形即可；（2）由（1）知平面，又，为等边三角形，，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量即可．试题解析：（1）如图，过点作于，连接，，可证得四边形为平行四边形，平面（2）连接，由（1），得为中点，又，为等边三角形，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，由即，令，得设平面的法向量为由即，令，得所以，所以二面角的余弦值是【考点】1．线面平行的判定定理；2．利用空间向量求二面角．25.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体为半个圆柱加一个长方体的组合体，故其体积为【考点】三视图，几何体的体积26.如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB＝90°，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点．（1）证明：平面BDC1⊥平面BDC；（2）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）由题意易证平面，再由面面垂直的判定定理即可得平面平面；（2）设棱锥的体积为，易求，三棱柱的体积为，于是可得，从而得到答案．试题解析：（1）证明：由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1．又DC1⊂平面ACC1A1，所以DC1⊥BC．由题设知∠A1DC1＝∠ADC＝45°，所以∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC．又DC∩BC＝C，所以DC1⊥平面BDC．又DC1⊂平面BDC1，故平面BDC1⊥平面BDC．（2）设棱锥B—DACC1的体积为V1，AC＝1．由题意得V1＝××1×1＝．又三棱柱ABC—A1B1C1的体积V＝1，所以（V－V1）∶V1＝1∶1．故平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1．【考点】平面与平面垂直的判定；棱信的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积．【易错点睛】（1）两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面．这是把面面垂直转化为线面垂直的依据．运用时要注意“平面内的直线”．（2）两个相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线也垂直于第三个平面，此性质是在课本习题中出现的，在不是很复杂的题目中要对此进行证明．27.如图1，，，过动点作，垂足在线段上且异于点，连接，沿将折起，使（如图2所示）．（Ⅰ）当的长为多少时，三棱锥的体积最大；（Ⅱ）当三棱锥的体积最大时，设点分别为棱的中点，试在棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小．【答案】（I）；（II）是的靠近点的一个四等分点，大小为．【解析】（I）设，利用三棱锥体积公式求得体积的表达式为，利用导数或者基本不等式求出其最大值.（II）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用求出，然后利用法向量求出与平面所成角的大小为.试题解析：解析：（Ⅰ）方法一：在图1所示的中，设，则.由，知，为等腰直角三角形，所以.由折起前知，折起后（如图2），，，且.所以平面.又，所以.于是，当且仅当，即时，等号成立，故当，即时，三棱锥的体积最大．方法二：同方法一，得.令，由，且，解得.当时，；当时，.所以当时，取得最大值．故当时，三棱锥的体积最大．（Ⅱ）方法一：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，.于是可得，，且．设，则，因为等价于，解得，．所以当（即是的靠近点的一个四等分点）时，. 设平面的一个法向量为，由，及，得可取．设与平面所成角的大小为，则由，可得，即.故与平面所成角的大小为.方法二：由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，如图b，取的中点，连结，则．由（Ⅰ）知平面，所以平面.如图c，延长至点使得，连，则四边形为正方形，所以.取的中点，连结，又为的中点，则，所以.因为平面，又平面，所以.又，所以平面.又平面，所以.因为当且仅当，而点是唯一的，所以点是唯一的．即当（即是的靠近点的一个四等分点）时，.连结，由计算得，所以与是两个共底边的全等的等腰三角形，如图d所示，取的中点，连接，则平面.在平面中，过点作于，则平面，故是与平面所成的角．在中，易得，所以是正三角形，故，故与平面所成角的大小为.【考点】空间向量与立体几何.28.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且，.求证：（1）直线DE平面A1C1 F；（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】（1）利用线面平行判定定理证明线面平行，而线线平行的寻找往往结合平面几何的知识，如中位线的性质等；（2）利用面面垂直判定定理证明，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明，往往需要多次利用线面垂直性质定理与判定定理.试题解析：证明：（1）在直三棱柱中，在三角形ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以，于是，又因为DE平面平面，所以直线DE//平面.（2）在直三棱柱中，因为平面，所以，又因为，所以平面.因为平面，所以.又因为，所以.因为直线，所以【考点】直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系【名师】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直；（4）证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.29.某四面体的三视图如图，则该四面体四个面中最大的面积是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】将该几何体放入边长为的正方体中，由三视图可知该四面体为有由直观图可知，最大面积为三角形的面积，在三角形中，所以面积故选D．【考点】1、几何体的三视图；2、三角形的面积公式．【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题．三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点．观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，有时还需要将不规则几何体补形成常见几何体，来增加直观图的立体感．30.如图,在四棱锥中,是边长为的正三角形,底面.（1）求证：；（2）已知是上一点, 且平面.若,求点到平面的距离.【答案】（1）见解析；（2）1．【解析】（1）连接交于，然后利用线面垂直的性质与已知条件证得平面，由此推出，从而通过解三角形推出，进而推出平面，可使问题得证；（2）取的中点, 连接，当为的中点，根据等腰三角形的性质可推出，然后结合中位线定理推出平面，由此可求出点到平面的距离．试题解析：（1）证明：连接交于,底面,平面,则,即,即平面.（2）取的中点, 连接,当为的中点时,平面,证明如下：,由(1) 得，则,则是的中点，平面平面，平面，平面.底面点到平面的距离等于.【考点】1、空间直线与直线的位置关系；2、线面平行的判定定理；3、点到平面的距离．【方法点睛】解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间的垂直关系进行转化，转化时要正确运用相关的定理，找出足够的条件进行推理；证明线面平行时，通常利用中位定理得到线线平行，从而推出面面平行，进而推出线面平行．31.已知正三角形边长为2，将它沿高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球的表面积为 .【答案】。
高三数学专项训练：立体几何解答题(文科)(一)
(Ⅱ）求证:EF∥平面PAB；
21．
(本小题满分12分)如图，已知 平面 ， 平面 , 为等边三角形， , 为 中点．
(1)求证： 平面 ；
（2)求证：平面 平面 ；
（3）求直线 与平面 所成角的正弦值．
22．如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形,∠BCD﹦60°，E是CD中点，
（Ⅰ)求证： 平面 ;
(Ⅱ)求三棱锥 的体积.
11．如图，在三棱锥 中,侧面 与侧面 均为等边三角形， ， 为 中点．
(Ⅰ）证明: 平面 ;
（Ⅱ）求异面直线BS与AC所成角的大小．
12．(本题满分12分）
如图，已知AB 平面ACD，DE∥AB，△ACD是正三角形， ,且F是CD的中点．
（Ⅰ）求证AF∥平面BCE;
（1)求证:B1C∥平面AC1M;
(2）求证：平面AC1M⊥平面AA1B1B.
44．（本小题满分12分）
如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形, BCD=60 ，E是CD的中点,PA 底面ABCD,PA=2。
（1)证明：平面PBE 平面PAB；
（2）求PC与平面PAB所成角的余弦值.
(Ⅰ)求证:EF//平面PAD;
（Ⅱ)求三棱锥C—PBD的体积。
15．右图为一组合体,其底面 为正方形， 平面 ， ，且
（Ⅰ）求证： 平面 ;
(Ⅱ）求四棱锥 的体积;
（Ⅲ)求该组合体的表面积．
16．四棱锥 中,底面 为平行四边形，侧面 底面 ， 为 的中点，已知 ,
(Ⅰ）求证： ;
（Ⅱ）在 上求一点 ，使 平面 ；
(Ⅲ)求三棱锥 的体积.
17．（本小题满分12分） 在三棱柱 中,底面是边长为 的正三角形,点 在底面 上的射影 恰是 中点．
高中数学 立体几何专题复习
图2侧视图俯视图正视图4x33x4DCBA侧视图正视图立体几何专题(一)一、三视图考点透视：①能想象空间几何体的三视图，并判断（选择题） ②通过三视图计算空间几何体的体积或表面积③解答题中也可能以三视图为载体考查证明题和计算题④旋转体（圆柱、圆锥、圆台或其组合体）的三视图有两个视图一样。
⑤基本几何体的画法，如：三棱柱（侧视图）、挡住的注意画虚线。
1. 一空间几何体的三视图如图2所示, 该几何体的 体积为85123π+，则正视图中x 的值为 A. 5 B . 4 C. 3 D . 22. 一个正方体截去两个角后所得几何体的正视图（又称主视图）、 侧视图（又称左视图）如右图所示，则其俯视图为c3．如图4，已知一个锥体的正视图（也称主视图），左视图（也称侧视图）和俯视图均为直角三角形， 且面积分别为3，4，6，则该锥体的体积是 4 ．4. 如图1－3，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形， 侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则该几何体的体积 为A ．63B ．93C ．123D ．1835、已知某几何体的直观图(图1)与它的三视图(图2)， 其中俯视图为正三角形，其它两个视图是矩形.已知D 是正视图 左视图俯视图图4_3 _3 这个几何体的棱11C A 上的中点。
（Ⅰ）求出该几何体的体积；（Ⅱ）求证：直线11//BC AB D 平面； (Ⅲ)求证:直线11B D AA D ⊥平面.二、直观图掌握直观图的斜二测画法：①平行于两坐标轴的平行关系保持不变；②平行于y 轴的长度为原来的一半，x 轴不变；③新坐标轴夹角为45°。
6、如图，梯形A 1B 1C 1D 1是一平面图形ABCD 的直观图(斜二测)，若A 1D 1∥O 1y 1，A 1B 1∥C 1D 1，A 1B 1＝2，C 1D 1＝3，A 1D 1＝1，则梯形ABCD 的面积是( ) A ．10 B ．5 C ．5 2D ．102三、表面积和体积不要求记忆，但要会使用公式。
高三数学复习(文科)立体几何知识点、方法总结
立体几何知识点整理（文科）一．直线和平面的三种位置关系：1. 线面平行符号表示：2. 线面相交符号表示：3. 线在面内符号表示：二．平行关系：1.线线平行：方法一：用线面平行实现。
mlmll////⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⋂⊂βαβα方法二：用面面平行实现。
mlml////⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⋂=⋂βγαγβα方法三：用线面垂直实现。
若αα⊥⊥ml,，则ml//。
方法四：用向量方法：若向量l和向量m共线且l、m不重合，则ml//。
2.线面平行：方法一：用线线平行实现。
ααα////llmml⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊄⊂方法二：用面面平行实现。
αββα////ll⇒⎭⎬⎫⊂方法三：用平面法向量实现。
若n为平面α的一个法向量，ln⊥且α⊄l,则α//l。
3.面面平行：方法一：用线线平行实现。
βααβ//',','//'//⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⊂⊂且相交且相交mlmlmmll方法二：用线面平行实现。
βαβαα//,////⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊂且相交mlml三．垂直关系：1. 线面垂直：方法一：用线线垂直实现。
αα⊥⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⊂=⋂⊥⊥lABACAABACABlACl,方法二：用面面垂直实现。
llαββαβα⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊂⊥=⋂⊥l l m l m ,2. 面面垂直：方法一：用线面垂直实现。
βαβα⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥l l方法二：计算所成二面角为直角。
3. 线线垂直：方法一：用线面垂直实现。
m l m l ⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥αα方法二：三垂线定理及其逆定理。
PO l OA l PA l αα⊥⎫⎪⊥⇒⊥⎬⎪⊂⎭方法三：用向量方法：若向量l 和向量m 的数量积为0，则m l ⊥。
三．夹角问题。
(一) 异面直线所成的角： (1) 范围：]90,0(︒︒ (2)求法： 方法一：定义法。
步骤1：平移，使它们相交，找到夹角。
步骤2：解三角形求出角。
(常用到余弦定理)余弦定理：abcb a 2cos 222-+=θ(计算结果可能是其补角)方法二：向量法。
历年高三数学高考考点之立体几何选基底与建系必会题型及答案
历年高三数学高考考点之<立体几何选基底与建系>必会题型及答案体验高考1.如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM AP的值；若不存在，说明理由.(1)证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ， 平面PAD ∩平面ABCD ＝AD . 又AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD . ∴AB ⊥平面PAD .∵PD ⊂平面PAD .∴AB ⊥PD . 又PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A . ∴PD ⊥平面PAB .(2)解 取AD 中点O ，连接CO ，PO .∵PA ＝PD ，∴PO ⊥AD . 又∵PO ⊂平面PAD ， 平面PAD ⊥平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，∵CO ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥CO ，∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD .以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P (0，0，1)，A (0，1，0)，B (1，1，0)，C (2，0，0)，D (0，－1，0).则PB →＝(1，1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2，0，－1). CD →＝(－2，－1，0).设n ＝(x 0，y 0，1)为平面PCD 的一个法向量. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－y 0－1＝0，2x 0－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－1，x 0＝12.即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1.设PB 与平面PCD 的夹角为θ.则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n ||PB →| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－1－1 14＋1＋1×3 ＝33.∴直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)解 设M 是棱PA 上一点， 则存在λ∈[0，1]使得AM →＝λAP →，因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)， ∵BM ⊄平面PCD ，∴要使BM ∥平面PCD 当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14， ∴在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.2.如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2. (1)求证：EG ∥平面ADF ；(2)求二面角O —EF —C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.解 依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0，0，0)，A (－1，1，0)，B (－1，－1，0)，C (1，－1，0)，D (1，1，0)，E (－1，－1，2)，F (0，0，2)，G (－1，0，0).(1)证明 依题意，AD →＝(2，0，0)，AF →＝(1，－1，2). 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ADF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，x 1－y 1＋2z 1＝0，不妨取z 1＝1，可得n 1＝(0，2，1)， 又EG →＝(0，1，－2)，可得EG →·n 1＝0， 又因为直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)解 易证OA →＝(－1，1，0)为平面OEF 的一个法向量，依题意，EF →＝(1，1，0)，CF →＝(－1，1，2)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，不妨取 x 2＝1， 可得n 2＝(1，－1，1).因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →||n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33.所以二面角O —EF —C 的正弦值为33. (3)解 由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF →＝(1，－1，2)， 所以AH →＝25AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，－25，45，进而有H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，35，45，从而BH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，85，45.因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →||n 2|＝－721.所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721. 3.如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E －BC －A 的余弦值.(1)证明 由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解 过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1，4，0)，B (－3，4，0)，E (－3，0，0)，D (0，0，3).由已知，得AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC ，又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF . 由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角，∠CEF ＝60°，从而可得C (－2，0，3). 所以EC →＝(1，0，3)，EB →＝(0，4，0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4，0，0).设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3，0，－3).设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.高考必会题型题型一 选好基底解决立体几何问题例1 如图所示，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ，点M 、N 分别是AB 、CD 的中点.(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ； (2)求MN 的长；(3)求异面直线AN 与CM 夹角的余弦值. (1)证明 设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r . 由题意可知：|p |＝|q |＝|r |＝a ， 且p 、q 、r 三向量两两夹角均为60°.∵MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB →＝12(q ＋r －p )，∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－a 2)＝0. ∴MN ⊥AB ，同理可证MN ⊥CD . (2)解 由(1)可知MN →＝12(q ＋r －p )，∴|MN →|2＝MN →2＝14(q ＋r －p )2＝14[q 2＋r 2＋p 2＋2(q ·r －p ·q －r ·p )] ＝14[a 2＋a 2＋a 2＋2(a 22－a 22－a 22)] ＝14·2a 2＝a 22. ∴|MN →|＝22a ，∴MN 的长为22a .(3)解 设向量 AN →与MC →的夹角为θ. ∵AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，∴AN →·MC →＝12(q ＋r )·(q －12p )＝12(q 2－12q ·p ＋r ·q －12r ·p ) ＝12(a 2－12a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－12a 2·cos 60°) ＝12(a 2－a 24＋a 22－a 24)＝a 22. 又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ，∴AN →·MC →＝|AN →|·|MC →|·cos θ ＝32a ·32a ·cos θ＝a 22. ∴cos θ＝23，∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN 与CM 夹角的余弦值为23.点评 对于不易建立直角坐标系的题目，选择好“基底”也可使问题顺利解决.“基底”就是一个坐标系，选择时，作为基底的向量一般为已知向量，且能进行运算，还需能将其他向量线性表示.变式训练1 如图，在四棱锥P －GBCD 中，PG ⊥平面GBCD ，GD ∥BC ，GD ＝34BC ，且BG ⊥GC ，GB ＝GC ＝2，E 是BC 的中点，PG ＝4.(1)求异面直线GE 与PC 所成角的余弦值；(2)若F 点是棱PC 上一点，且DF →·GC →＝0，PF →＝kCF →，求k 的值. 解 (1)如图所示，以G 点为原点建立空间直角坐标系Gxyz ，则B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (－32，32，0)，P (0，0，4)，故E (1，1，0)，GE →＝(1，1，0)，PC →＝(0，2，－4)， cos 〈GE →，PC →〉＝GE →·PC →|GE →||PC →|＝22·20＝1010，故异面直线GE 与PC 所成角的余弦值为1010. (2)设F (0，y ，z )，则DF →＝GF →－GD →＝(0，y ，z )－(－32，32，0)＝(32，y －32，z )，GC →＝(0，2，0).∵DF →·GC →＝0，∴(32，y －32，z )·(0，2，0)＝2(y －32)＝0，∴y ＝32.在平面PGC 内过F 点作FM ⊥GC ，M 为垂足，则GM ＝32，MC ＝12，∴PF FC ＝GMMC＝3，∴k ＝－3.题型二 建立空间直角坐标系解决立体几何问题例2 在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线.(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； (2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F －BC －A 的余弦值.(1)证明 设FC 中点为I ，连接GI ，HI .在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF . 又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC ，又HI ∩GI ＝I ， 所以平面GHI ∥平面ABC .因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC .(2)连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC . 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .由题意得B (0，23，0)，C (－23，0，0).过点F 作FM ⊥OB 于点M ，所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3). 故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3). 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的一个法向量.由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，33， 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0，0，1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝77.所以二面角F －BC －A 的余弦值为77. 点评 (1)建立空间直角坐标系前应先观察题目中的垂直关系，最好借助已知的垂直关系建系.(2)利用题目中的数量关系，确定定点的坐标，动点的坐标可利用共线关系(AP →＝λa )，设出动点坐标.(3)要掌握利用法向量求线面角、二面角、点到面的距离的公式法.变式训练2 在边长是2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB ，A 1C 的中点，应用空间向量方法求解下列问题.(1)求EF 的长；(2)证明：EF ∥平面AA 1D 1D ； (3)证明：EF ⊥平面A 1CD .(1)解 如图建立空间直角坐标系，则A 1＝(2，0，2)，A ＝(2，0，0)，B ＝(2，2，0)，C ＝(0，2，0)，D 1＝(0，0，2)，E ＝(2，1，0)，F ＝(1，1，1)，∴EF →＝(－1，0，1)，EF ＝ 2.(2)证明 ∵AD 1→＝(－2，0，2)，∴AD 1∥EF ，而EF ⊄平面AA 1D 1D ， ∴EF ∥平面AA 1D 1D .(3)证明 ∵EF →·CD →＝0，EF →·A 1D →＝0， ∴EF ⊥CD ，EF ⊥A 1D ， 又CD ∩A 1D ＝D ， ∴EF ⊥平面A 1CD .高考题型精练1.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若BD 1→＝xAD →＋yAB →＋zAA 1→，则x ＋y ＋z 的值为( )A.3B.1C.－1D.－3 答案 B解析 ∵BD 1→＝AD →－AB →＋AA 1→，∴x ＝1，y ＝－1，z ＝1，∴x ＋y ＋z ＝1.2.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c ，则下列向量中与B 1M →相等的向量是( )A.－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C.12a －12b ＋c D.－12a －12b ＋c答案 A解析 由题意知，B 1M →＝B 1A 1→＋A 1A →＋AM →＝B 1A 1→＋A 1A →＋12AC →＝－a ＋c ＋12(a ＋b )＝－12a ＋12b ＋c ，故选A.3.在四棱锥P －ABCD 中，AB →＝(4，－2，3)，AD →＝(－4，1，0)，AP →＝(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h 等于( ) A.1 B.2 C.13 D.26 答案 B解析 设平面ABCD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AB →n ⊥AD→⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x －2y ＋3z ＝0，－4x ＋y ＝0.令y ＝4，则n ＝(1，4，43)，则cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝－6＋8－323133×226＝－2626，∵h|AP →|＝|cos 〈n ·AP →〉|，∴h ＝2626×226＝2，故选B. 4.如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝22，则下列结论中错误的是( )A.AC ⊥BEB.EF ∥平面ABCDC.三棱锥A －BEF 的体积为定值D.异面直线AE ，BF 所成的角为定值 答案 D解析 ∵AC ⊥平面BB 1D 1D ， 又BE ⊂平面BB 1D 1D ， ∴AC ⊥BE ，故A 正确. ∵B 1D 1∥平面ABCD ， 又E ，F 在直线D 1B 1上运动，∴EF ∥平面ABCD ，故B 正确.C 中，由于点B 到直线B 1D 1的距离不变，故△BEF 的面积为定值，又点A 到平面BEF 的距离为22， 故V A －BEF 为定值，故C 正确.建立空间直角坐标系，如图所示，可得A (1，1，0)，B (0，1，0).①当点E 在D 1处，点F 为D 1B 1的中点时，E (1，0，1)，F (12，12，1)，∴AE →＝(0，－1，1)，BF →＝(12，－12，1)，∴AE →·BF →＝32.又|AE →|＝2，|BF →|＝62，∴cos〈AE →，BF →〉＝AE →·BF →|AE →||BF →|＝322·62＝32.∴此时异面直线AE 与BF 成30°角. ②当点E 为D 1B 1的中点，F 在B 1处时，E (12，12，1)，F (0，1，1)，∴AE →＝(－12，－12，1)，BF →＝(0，0，1)，∴AE →·BF →＝1，|AE →|＝－122＋－122＋12＝62， ∴cos〈AE →，BF →〉＝AE →·BF →|AE →||BF →|＝162·1＝63≠32，故D 错误.故选D.5.若a ＝(2x ，1，3)，b ＝(1，－2y ，9)，如果a 与b 为共线向量，则( ) A.x ＝1，y ＝1 B.x ＝12，y ＝－12C.x ＝－16，y ＝32D.x ＝16，y ＝－32答案 D解析 因为a 与b 为共线向量， 所以存在实数λ使得a ＝λb ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝λ，1＝－2λy ，3＝9λ，解得x ＝16，y ＝－32.6.已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是OA ，CB 的中点，点G 在线段MN 上，且使MG ＝2GN ，则用向量OA →，OB →，OC →表示向量OG →是( )A.OG →＝16OA →＋13OB →＋13OC →B.OG →＝16OA →＋13OB →＋23OC →C.OG →＝OA →＋23OB →＋23OC →D.OG →＝12OA →＋23OB →＋23OC →答案 A解析 ∵MG ＝2GN ，M ，N 分别是边OA ，CB 的中点， ∴OG →＝OM →＋MG →＝OM →＋23MN →＝OM →＋23(MO →＋OC →＋CN →)＝13OM →＋23OC →＋13(OB →－OC →) ＝16OA →＋13OB →＋13OC →. 故选A.7.已知a ＝(2，－1，3)，b ＝(－1，4，－2)，c ＝(7，5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ＝________. 答案657解析 a ，b ，c 三向量共面，则存在实数x ，y ， 使c ＝x a ＋y b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，－x ＋4y ＝5，3x －2y ＝λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝337，y ＝177，λ＝657.8.如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在的平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为________.答案 (1，1，1) 解析 设PD ＝a (a >0)，则A (2，0，0)，B (2，2，0)，P (0，0，a )，E (1，1，a2)，∴DP →＝(0，0，a )，AE →＝(－1，1，a 2)，∵cos〈DP →，AE →〉＝33，∴a 22＝a 2＋a 24×33，∴a ＝2，∴E 的坐标为(1，1，1).9.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________.答案 平行解析 ∵正方体棱长为a ，A 1M ＝AN ＝2a 3， ∴MB →＝23A 1B →，CN →＝23CA →，∴MN →＝MB →＋BC →＋CN → ＝23A 1B →＋BC →＋23CA → ＝23(A 1B 1→＋B 1B →)＋BC →＋23(CD →＋DA →) ＝23B 1B →＋13B 1C 1→. 又∵CD →是平面B 1BCC 1的一个法向量， ∴MN →·CD →＝(23B 1B →＋13B 1C 1→)·CD →＝0，∴MN →⊥CD →，又∵MN ⊄平面BB 1C 1C ， ∴MN ∥平面BB 1C 1C .10.已知棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，F 为A 1B 1的中点.(1)求证：DE ⊥C 1F ；(2)求异面直线A 1C 与C 1F 所成角的余弦值.(1)证明 以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 的正半轴建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，E (a 2，a ，0)，C 1(0，a ，a )，F (a ，a2，a )，所以DE →＝(a 2，a ，0)，C 1F →＝(a ，－a 2，0)，DE →·C 1F →＝0，所以DE ⊥C 1F .(2)解 A 1(a ，0，a )，C (0，a ，0)，A 1C →＝(－a ，a ，－a )，C 1F →＝(a ，－a 2，0)，cos 〈A 1C →，C 1F →〉＝A 1C →·C 1F→|A 1C →||C 1F →|＝－32a 23a ×52a＝－155，所以异面直线A 1C 与C 1F 所成角的余弦值是155. 11.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，E 是PB 的中点.(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ； (2)若二面角P －AC －E 的余弦值为63，求直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值. (1)证明 ∵PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴AC ⊥PC .∵AB ＝2，AD ＝CD ＝1， ∴AC ＝BC ＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴AC ⊥BC ，又BC ∩PC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC . ∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面PBC .(2)解 如图，以点C 为原点，DA →，CD →，CP →分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，A (1，1，0)，B (1，－1，0)， 设P (0，0，a )(a >0)，则E (12，－12，a 2)，CA →＝(1，1，0)，CP →＝(0，0，a )，CE →＝(12，－12，a 2).取m ＝(1，－1，0)，则m ·CA →＝m ·CP →＝0，m 为平面PAC 的法向量， 设n ＝(x ，y ，z )为平面EAC 的法向量， 则n ·CA →＝n ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x －y ＋az ＝0.取x ＝a ，y ＝－a ，z ＝－2，则n ＝(a ，－a ，－2)，依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝n ·m |n ||m |＝a a 2＋2＝63，则a ＝2，于是n ＝(2，－2，－2)，PA →＝(1，1，－2). 设直线PA 与平面EAC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈PA →，n 〉|＝PA →·n |PA →||n |＝23，即直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值为23. 12.直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为菱形，且∠BAD ＝60°，A 1A ＝AB ，E 为BB 1延长线上的一点，D 1E ⊥平面D 1AC .设AB ＝2. (1)求二面角E －AC －D 1的大小；(2)在D 1E 上是否存在一点P ，使A 1P ∥平面EAC ？若存在，求D 1P ∶PE 的值；若不存在，说明理由.解 (1)设AC 与BD 交于点O ，如图所示建立空间直角坐标系Oxyz ，则A ＝(3，0，0)，B (0，1，0)，C (－3，0，0)，D (0，－1，0)，D 1(0，－1，2)，设E (0，1，2＋h )，则D 1E →＝(0，2，h )，CA →＝(23，0，0)，D 1A →＝(3，1，－2)， ∵D 1E ⊥平面D 1AC ， ∴D 1E ⊥AC ，D 1E ⊥D 1A ，∴2－2h ＝0，∴h ＝1，即E (0，1，3). ∵D 1E →＝(0，2，1)，AE →＝(－3，1，3)， 设平面EAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥CA →，m ⊥AE →，得⎩⎨⎧x ＝0，－3x ＋y ＋3z ＝0.令z ＝－1，∴平面EAC 的一个法向量为m ＝(0，3，－1)， 又平面D 1AC 的法向量为D 1E →＝(0，2，1)， ∴cos〈m ，D 1E →〉＝m ·D 1E→|m |·|D 1E →|＝22， ∴二面角E －AC －D 1大小为45°. (2)设D 1P →＝λPE →＝λ(D 1E →－D 1P →)，得D 1P →＝λ1＋λD 1E →＝(0，2λ1＋λ，λ1＋λ)，∴A 1P →＝A 1D 1→＋D 1P →＝(－3，－1，0)＋(0，2λ1＋λ，λ1＋λ)＝(－3，λ－11＋λ，λ1＋λ)，∵A 1P ∥平面EAC ，∴A 1P →⊥m ，∴－3×0＋3×λ－11＋λ＋(－1)×λ1＋λ＝0，∴λ＝32.∴存在点P 使A 1P ∥平面EAC ， 此时D 1P ∶PE ＝3∶2.。
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专题三 立体几何专题【命题趋向】高考对空间想象能力的考查集中体现在立体几何试题上，着重考查空间点、线、面的位置关系的判断及空间角等几何量的计算．既有以选择题、填空题形式出现的试题，也有以解答题形式出现的试题．选择题、填空题大多考查概念辨析、位置关系探究、空间几何量的简单计算求解，考查画图、识图、用图的能力；解答题一般以简单几何体为载体，考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及空间几何量的求解问题，综合考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．试题在突出对空间想象能力考查的同时，关注对平行、垂直关系的探究，关注对条件或结论不完备情形下的开放性问题的探究．【考点透析】立体几何主要考点是柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征、三视图、直观图，表面积体积的计算，空间点、直线、平面的位置关系判断与证明，（理科）空间向量在平行、垂直关系证明中的应用，空间向量在计算空间角中的应用等．【例题解析】题型1 空间几何体的三视图以及面积和体积计算例1（2008高考海南宁夏卷）某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a b +的最大值为A ． 22B ． 32C ． 4D ． 52 分析：想像投影方式，将问题归结到一个具体的空间几何体中解决．解析：结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算，如图设长方体的高宽高分别为,,m n k 1n ⇒=，a =b =，所以22(1)(1)6a b -+-=228a b ⇒+=，22222()282816a b a ab b ab a b +=++=+≤++=∴4a b ⇒+≤当且仅当2a b ==时取等号．点评：本题是课标高考中考查三视图的试题中难度最大的一个，我们通过移动三个试图把问题归结为长方体的一条体对角线在三个面上的射影，使问题获得了圆满的解决． 例2 （2008高考山东卷、2009年福建省理科数学高考样卷第3题）下图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是A ．9πB ．10πC ．11πD ．12π分析：想像、还原这个空间几何体的构成，利用有关的计算公式解答．解析：这个空间几何体是由球和圆柱组成的，圆柱的底面半径是1，母线长是3，球的半径是1，故其表面积是22213214112ππππ⨯⨯+⨯⨯+⨯=，答案D ．点评：由三视图还原空间几何体的真实形状时要注意“高平齐、宽相等、长对正”的规则． 例3（江苏省苏州市2009届高三教学调研测试第12题）已知一个正三棱锥P ABC -的主视图如图所示，若32AC BC ==，PC =_________．分析：正三棱锥是顶点在底面上的射影是底面正三角形的中心的三棱锥，根据这个主试图知道，主试图的投影方向是面对着这个正三棱锥的一条侧棱，并且和底面三角形的一条边垂直，这样就知道了这个三棱锥的各个棱长．解析：这个正三棱锥的底面边长是3距离是233=3=，由此知道这个正三棱锥的侧面也是边长为3的正三角形，故其全面积是2434⨯⨯=答案 点评：由空间几何体的一个视图再加上其他条件下给出的问题，对给出的这“一个视图”要仔细辨别投影方向，这是三视图问题的核心．题型2 空间点、线、面位置关系的判断例4（江苏苏州市2009届高三教学调研测试7）已知n m ,是两条不同的直线，βα,为两个不同的平面，有下列四个命题：①若βα⊥⊥n m ,，m n ⊥，则βα⊥；②若n m n m ⊥,//,//βα，则βα//；③若n m n m ⊥⊥,//,βα，则βα//；④若βαβα//,//,n m ⊥，则n m ⊥．其中正确的命题是（填上所有正确命题的序号）_______________．分析：根据空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐个作出判断．解析：我们借助于长方体模型解决．①中过直线,m n 作平面γ，可以得到平面,αβ所成的二面角为直二面角，如图（1），故βα⊥①正确；②的反例如图（2）；③的反例如图（3）；④中由,m ααβ⊥ 可得m β⊥，过n 作平面γ可得n 与交线g 平行，由于m g ⊥，故m n ⊥．答案①④．点评：新课标的教材对立体几何处理的基本出发点之一就是使用长方体模型，本题就是通过这个模型中提供的空间线面位置关系解决的，在解答立体几何的选择题、填空题时合理地使用这个模型是很有帮助的．例5（浙江省2009年高考省教研室第一次抽样测试理科第5题）设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，下列命题正确的是A ．若,,//m n m n αβ⊥⊥，则//αβB ．若//,//,//,m n αβαβ则//m nC ．若,//,//m n αβαβ⊥，则m n ⊥D ．若//,//,//,m n m n αβ则//αβ 分析：借助模型、根据线面位置关系的有关定理逐个进行分析判断．解析：对于//αβ，结合,//,m n αβ⊥则可推得m n ⊥．答案C ．点评：从上面几个例子可以看出，这类空间线面位置关系的判断类试题虽然形式上各异，但本质上都是以空间想象、空间线面位置关系的判定和性质定理为目标设计的，主要是考查考生的空间想象能力和对线面位置关系的判定和性质定理掌握的程度．题型3 空间平行与垂直关系的证明、空间几何体的有关计算（文科解答题的主要题型）例6．(2009江苏泰州期末16)如图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，E 、F 分别为1DD 、DB 的中点．（1）求证：EF //平面11ABC D ；（2）求证：1EF B C ⊥；（3）求三棱锥EFC B V -1的体积．分析：第一问就是找平行线，最明显的就是1EF BD ；第二问转化为线面垂直进行证明；第三问采用三棱锥的等积变换解决．解析：（1）连结1BD ，如图，在B DD 1∆中，E 、F 分别为1D D ，DB 的中点，则111111////EF D BD B ABC D EF EF ABC D ⎫⎪⊂⇒⎬⎪⊄⎭平面平面平面11ABC D ．（2） 11111111111111111,//B C AB B C BC B C BD B C ABC D EF B C AB B C ABC D EF BD BD ABC D AB BC B ⊥⎫⎪⊥⊥⊥⎫⎫⎪⇒⇒⇒⊥⎬⎬⎬⊂⊂⎭⎭⎪⎪=⎭平面平面平面 （3）CF ⊥ 平面11BDD B ，1CF EFB ∴⊥平面且CF BF ==112EF BD ==1B F ==13B E ===∴22211EF B F B E += 即190EFB ∠= ，11113B EFC C B EF B EF V V S CF --∆∴==⋅⋅=11132EF B F CF ⨯⋅⋅⋅=11132⨯= ．点评：这个题目也属于文科解答题的传统题型．空间线面位置关系证明的基本思想是转化，根据线面平行、垂直关系的判定和性质，进行相互之间的转化，如本题第二问是证明线线垂直，但问题不能只局限在线上，要把相关的线归结到某个平面上（或是把与这些线平行的直线归结到某个平面上，通过证明线面的垂直达到证明线线垂直的目的，但证明线面垂直又得借助于线线垂直，在不断的相互转化中达到最终目的．立体几何中的三棱柱类似于平面几何中的三角形，可以通过“换顶点”实行等体积变换，这也是求点面距离的基本方法之一．例7．（江苏省苏州市2009届高三教学调研测试第17题）在四棱锥P ABCD -中，90ABC ACD ∠=∠= ，60BAC CAD ∠=∠= ，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点，22PA AB ==．（1）求四棱锥P ABCD -的体积V ；（2）若F 为PC 的中点，求证PC ⊥平面AEF ；（3）求证CE ∥平面PAB ．分析：第一问只要求出底面积和高即可；第二问的线面垂直通过线线垂直进行证明；第三问的线面平行即可以通过证明线线平行、利用线面平行的判定定理解决，也可以通过证明面面平行解决，即通过证明直线CE 所在的一个平面和平面PAB 的平行解决．解析：（1）在ABC ∆Rt 中，1,60AB BAC =∠= ，∴BC =2AC =．在ACD Rt Δ中，2,60AC ACD =∠= ，∴4CD AD ==．∴1122ABCD S AB BC AC CD =⋅+⋅111222=⨯⨯⨯则123V = （2）∵PA CA =，F 为PC 的中点，∴AF PC ⊥．∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA CD ⊥，∵AC CD ⊥，PA AC A = ，∴CD ⊥平面PAC ，∴CD PC ⊥．∵E 为PD 中点，F 为PC 中点，∴EF ∥CD ，则EF CD ⊥，∵AF EF F = ，∴PC ⊥平面AEF ．（3）证法一：取AD 中点M ，连,EM CM ．则EM ∥PA ，∵EM ⊄平面PAB ，PA ⊂平面PAB ，∴EM ∥平面PAB ．在ACD ∆Rt 中，60CAD ∠= ，2AC AM ==，∴60ACM ∠= ．而60BAC ∠= ，∴MC ∥AB ．∵MC ⊄平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，∴MC ∥平面PAB ．∵EM MC M = ，∴平面EMC ∥平面PAB ．∵EC ⊂平面EMC ，∴EC ∥平面PAB ．证法二：延长,DC AB ，设它们交于点N ，连PN ．∵60NAC DAC ∠=∠= ，AC CD ⊥， ∴C 为ND 的中点． ∵E 为PD 中点，∴EC ∥PN ．∵EC ⊄平面PAB ， PN ⊂平面PAB ，∴EC ∥平面PAB ．点评：新课标高考对文科的立体几何与大纲的高考有了诸多的变化．一个方面增加了空间几何体的三视图、表面积和体积计算，拓展了命题空间；另一方面删除了三垂线定理、删除了凸多面体的概念、正多面体的概念 与性质、球的性质与球面距离，删除了空间向量，这就给立体几何的试题加了诸多的枷锁，由于这个原因课标高考文科的立体几何解答题一般就是空间几何体的体积和表面积的计算、空间线面位置关系的证明（主要是平行与垂直）．题型4 空间向量在立体几何中的应用（理科立体几何解答题的主要题型）例8．（2009年福建省理科数学高考样卷第18题）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，E F 、分别为11A D 和1CC 的中点．（1）求证：EF ∥平面1ACD ；（2）求异面直线EF 与AB 所成的角的余弦值；（3）在棱1BB 上是否存在一点P ，使得二面角P AC P --的大小为30?若存在，求出BP 的长；若不存在，请说明理由．【解析】解法一：如图分别以1,,DA DC DD 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，由已知得()0,0,0D 、()2,0,0A 、()2,2,0B 、()0,2,0C 、()12,2,2B 、()10,0,2D ()1,0,2E 、、()02,1F ．（1）取1AD 中点G ，则()1,0,1G ，()1,2,1CG =- ，又()1,2,1EF =-- ，由EF CG =- ， ∴EF 与CG 共线．从而EF ∥CG ，∵CG ⊂平面1ACD ， EF ⊄平面1ACD ，∴EF ∥平面1ACD ．（2）∵()0,2,0AB = ，cos ,3||||EF AB EF AB EF AB ⋅==⋅ ， ∴异面直线EF 与AB 所成角的余弦值为36． （3）假设满足条件的点P 存在，可设点()2,2,P t （02t <≤），平面ACP 的一个法向量为(),,n x y z = ，则0,0.n AC n AP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ∵()0,2,AP t = ()2,2,0AC =- ，∴220,20,x y y tz -+=⎧⎨+=⎩ 取2(1,1,)n t =- ． 易知平面ABC 的一个法向量1(0,0,2)BB = ，依题意知， 1,30BB n = 或150 ，∴14||cos ,2BB N -== ，即22434(2)4t t =+，解得t =(0,2]，∴在棱1BB 上存在一点P ，当BP二面角P AC B --的大小为30 ．解法二：（1）同解法一知()1,2,1EF =-- ，()12,0,2AD =- ， ()2,2,0AC =- ，∴112EF AC AD =- ，∴EF 、AC 、1AD 共面．又∵EF ⊄平面1ACD ，∴EF ∥平面1ACD ．（2）、（3）同解法一．解法三：易知平面1ACD 的一个法向量是()12,2,2DB = ．又∵()1,2,1EF =-- ，由10EF DB ⋅= ·， ∴1EF DB ⊥ ，而EF ⊄平面1ACD ，∴EF ∥平面1ACD ．（2）、（3）同解法一．点评：本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、二面角的概念等基础知识；考查空间想像能力、推理论证能力和探索问题、解决问题的能力．利用空间向量证明线面平行的方法基本上就是本题给出的三种，一是证明直线的方向向量和平面内的一条直线的方向向量共线，二是证明直线的方向向量和平面内的两个不共线的向量共面、根据共面向量定理作出结论；三是证明直线的方向向量与平面的一个法向量垂直．例9（浙江宁波市2008学年度第一学期期末理科第20题）已知几何体A BCED -的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形．（1）求异面直线DE 与AB 所成角的余弦值；（2）求二面角A ED B --的正弦值；（3）求此几何体的体积V 的大小．【解析】（1）取EC 的中点是F ，连结BF ，则BF DE ，∴FBA ∠或其补角即为异面直线DE 与AB 所成的角．在BAF ∆中，AB =，BF AF ==．∴cos 5ABF ∠=． ∴异面直线DE 与AB（2）AC ⊥平面BCE ，过C 作CG DE ⊥交DE 于G ，连结AG ．可得DE ⊥平面ACG ，从而AG DE ⊥,∴AGC ∠为二面角A ED B --的平面角．在ACG ∆Rt 中，90ACG ∠= ，4AC =，CG =∴tan AGC ∠=．∴sin AGC ∠=．∴二面角A ED B --的的正弦值为3． （3）1163BCED V S AC =⋅⋅=，∴几何体的体积V 为16． 方法二：（坐标法）（1）以C 为原点，以,,CA CB CE 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系．则()4,0,0A ，(0,4,0)B ，(0,4,2)D ，()0,0,4E ，(0,4,2),(4,4,0)DE AB =-=- ，∴cos ,DE AB <>= ∴异面直线DE 与AB所成的角的余弦值为5（2）平面BDE 的一个法向量为(4,0,0)CA = ，设平面ADE 的一个法向量为(,,)n x y z = ，,,n AD n DE ⊥⊥ (4,4,2),(0,4,2)AD DE =-=-∴0,0n AD n DE ==从而4420,420x y z y z -++=-+=,令1y =，则(2,1,2)n = , 2cos ,3CA n <>= ∴二面角A ED B --的的正弦值为3 （3）1163BCED V S AC =⋅⋅=，∴几何体的体积V 为16． 点评：本题考查异面直线所成角的求法、考查二面角的求法和多面体体积的求法．空间向量对解决三类角（异面直线角、线面角、面面角）的计算有一定的优势．对理科考生来说除了要在空间向量解决立体几何问题上达到非常熟练的程度外，不要忽视了传统的方法，有些试题开始部分的证明就没有办法使用空间向量．【专题训练与高考预测】说明：文科以选择题、填空题和解答题前三题为主．理科以选择题、填空题和解答题后三题为主． 一、选择题1．如图为一个几何体的三视图，尺寸如图所示，则该几何体的表面积为（不考虑接触点） （ ）A ． 6πB ． 184πC ． 18π+D ． 32π+2．某几何体的三视图如图所示，根据图中数据，可得该几何体的体积是 （ ）A ．BC ．D ．3．已知一个几何体的主视图及左视图均是边长为2的正三角形，俯视图是直径为2的圆，则此几何体的外接球的表面积为 （ ）A ．π34B ．π38C ．π316 D ．π3324．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45，腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是 （ ）A ．2221+B ．221+C ．21+D ．22+5． 一个盛满水的三棱锥容器S ABC -，不久发现三条侧棱上各有一个小洞,,D E F ，且知:::2:1SD DA SE EB CF FS ===，若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的（ ） A ．2923 B ．2719 C ．3130 D ．27236． 点P 在直径为2的球面上，过P 作两两垂直的三条弦，若其中一条弦长是另一条弦长的2倍，则这三条弦长之和为最大值是 （ ）A ．5 B ．5 C ．5D ．57．正方体''''ABCD A B C D -中，AB 的中点为M ，'DD 的中点为N ，异面直线'B M 与CN所成的角是 （ ）A ．30B ．90C ．45D ．608．已知异面直线a 和b 所成的角为50，P 为空间一定点，则过点P 且与,a b 所成角都是30的直线有且仅有 （ ） A ． 1条 B ． 2条 C ． 3条 D ． 4条9．如图所示，四边形ABCD 中，//,,45,90AD BC AD AB BCD BAD =∠=∠= ，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A BCD -，则在三棱锥A BCD -中，下列命题正确的是 （ ） A ．平面ABD ⊥平面ABC B ．平面ADC ⊥平面BDCC ．平面ABC ⊥平面BDCD ．平面ADC ⊥平面ABC10．设x 、y 、z 是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：① x 、y 、z 均为直线；② x 、y 是直线，z 是平面；③ z 是直线，x 、y 是平面；④ x 、y 、z 均为平面． 其中使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题的是 （ ） A ． ③ ④ B ． ① ③C ． ② ③D ． ① ②11．已知三条不重合的直线m 、n 、l 两个不重合的平面α、β，有下列命题 ①若//,m n n α⊂，则//m α；②若l α⊥，m β⊥且l m ，则αβ ； ③若,m m αα⊂⊂，,m n ββ ，则αβ ； ④若αβ⊥，m αβ= ，n β⊂，n m ⊥，则n α⊥． 中正确的命题个数是（ ）A ．1B ． 2C ．3D ．412．直线AB 与直二面角l αβ--的两个面分别交于,A B 两点，且,A B 都不在棱上，设直线AB 与平面,αβ所成的角分别为,θϕ，则θϕ+的取值范围是 （ ）A ．(0,)2πB ．0,2π⎛⎤⎥⎝⎦C ．(,)2ππD ．{}2π二、填空题13． 在三棱锥P ABC -中，2PA PB PC ===，30APB BPC CPA ∠=∠=∠=，一只蚂蚁从A 点出发沿三棱锥的侧面绕一周，再回到A 点，则蚂蚁经过的最短路程是 ．14．四面体的一条棱长为x ，其它各棱长为1，若把四面体的体积V 表示成x 的函数()f x ，则()f x 的增区间为 ，减区间为 ．15． 如图，是正方体平面展开图，在这个正方体中：① BM 与ED 平行； ② CN 与BE 是异面直线；③CN 与BM 成60角； ④DM 与BN 垂直． 以上四个说法中，正确说法的序号依次是 ．16． 已知棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，E 是11A B 的中点，则直线AE 与平面11ABC D 所成的角的正弦值是 ．三、解答题17．已知，如图是一个空间几何体的三视图． （1）该空间几何体是如何构成的； （2）画出该几何体的直观图； （3）求该几何体的表面积和体积．18．如图，已知等腰直角三角形RBC ，其中90RBC ∠=，2==BC RB ．点,A D 分别是RB ,RC 的中点，现将RAD ∆沿着边AD 折起到PAD ∆位置，使PA AB ⊥，连结PB 、PC ．（1）求证：BC PB ⊥；（2）求二面角P CD A --的平面角的余弦值．19．如下图，在正四棱柱1111ABCD A BC D -中，112AAAB =，点,E M 分别为11,A B CC 的中点，过点1,,A B M 三点的平面1A BMN 交11C D 于点N ．（1）求证：EM 平面1111A B C D ； （2）求二面角11B A N B --的正切值；（3）设截面1A BMN 把该正四棱柱截成的两个几何体的体积分别为12,V V （12V V <），求12:V V 的值．20． 如图，在四棱锥ABCD P -中，底面为直角梯形，//,90AD BC BAD ︒∠=，PA 垂直于底面ABCD ，N M BC AB AD PA ,,22====分别为PB PC ,的中点． （1）求证：DM PB ⊥；（2）求BD 与平面ADMN 所成的角；（3）求截面ADMN 的面积．21．如图，正方形ACDE 所在的平面与平面ABC 垂直，M 是CE 和AD 的交点，BC AC ⊥，且BC AC =．（1）求证：⊥AM 平面EBC ；（2）求直线AB 与平面EBC 所成的角的大小； （3）求二面角C EB A --的大小．22．已知斜三棱柱111ABC A B C -，90BCA ∠=，2AC BC ==，1A 在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ，又知11BA AC ⊥．（1）求证：1AC ⊥平面1A BC ； （2）求1CC 到平面1A AB 的距离； （3）求二面角1A A B C --的一个三角函数值．【参考答案】1．解析：C 该几何体是正三棱柱上叠放一个球．故其表面积为2231323224182342ππ⎛⎫⨯⨯++⨯=+ ⎪⎝⎭．2．解析：B 这个空间几何体的是一个底面边长为33部分是一个底面边长为的正方形、高为的四棱锥，故其体积为13=3．解析：C 由三视图知该几何体是底面半径为1，．4．解析：D 如图设直观图为''''O A B C，建立如图所示的坐标系，按照斜二测画法的规则，在原来的平面图形中OC OA⊥，且2OC=，1BC=，121OA=+=其面积为(112222⋅++⋅=+5．解析：D 当平面EFD处于水平位置时，容器盛水最多2121sin31sin313131hASBSBSAhDSESESDhShSVVSABSDESABCSDEF⋅∠⋅⋅⋅⋅∠⋅⋅⋅=⋅⋅=∴∆∆--27431323221=⋅⋅=⋅⋅=hhSBSESASD最多可盛原来水得42312727-=．6．解析：A 设三边长为,2,x x y，则2254x y+=，令,2sin,32sinx y x yθθθθ==∴+=+≤7．解析：B 如图，取'AA 的中点P ，连结BP ，在正方形''ABB A 中易证'BP B M ⊥．8．解析：B 过点P 作a a ' ，b b ' ，若P a ∈，则取a 为a '，若P b ∈，则取b 为b '．这时a '，b '相交于P 点，它们的两组对顶角分别为50和130． 记a '，b '所确定的平面为α，那么在平面α内，不存在与a '，b '都成30 的直线． 过点P 与a '，b '都成30角的直线必在平面α外，这直线在平面α的射影是a '，b '所成对顶角的平分线．其中射影是50对顶角平分线的直线有两条l 和l '，射影是130对顶角平分线的直线不存在．故答案选B ．9．解析：D 如图，在平面图形中CD BD ⊥，折起后仍然这样，由于平面ABD ⊥平面BCD ，故CD ⊥平面ABD ，CD AB ⊥，又A B A D ⊥，故AB ⊥平面ADC ，所以平面ADC ⊥平面ABC ．10．解析：C x 、y 、z 均为直线，显然不行；由于垂直于同一个平面的两条直线平行，故②，可以使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题；又由于垂直于同一条直线的两个平面平行，故③可以使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题；当x 、y 、z 均为平面时，也不能使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题． 11．解析：B ①中有m α⊂的可能；l m 且l α⊥，可得m α⊥，又m β⊥，故αβ ，②正确；③中当m n 时，结论不成立；④就是面面垂直的性质定理，④正确．故两个正确的．12．解析：B 如图，在Rt ADC ∆中，cos ,sin AD AB AC AB θϕ==，而AD AC >，即cos sin cos 2πθϕϕ⎛⎫>=- ⎪⎝⎭，故2πθϕ<-，即2πθϕ+<，而当AB l ⊥时，2πθϕ+=．13．解析： 将如图⑴三棱锥P ABC -，沿棱PA 展开得图⑵，蚂蚁经过的最短路程应是A A '，又∵30APB BPC CPA ∠=∠=∠= ，'90APA ∠=，∴A A '=22．14．解析：⎛ ⎝⎦，⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡326，()f x =15．解析：③④ 如图，逐个判断即可．16取CD 的中点F ，连接EF 交平面11ABC D 于O ，连AO ．由已知正方体，易知EO ⊥平面11ABC D ，所以EAO ∠为所求．在EOA ∆Rt中，11122EO EF A D ===AE =，sin EO EAO AE ∠==．所以直线AE 与平面11ABC D 所成的角．17．解析：（1）这个空间几何体的下半部分是一个底面边长为2的正方形高为1的长方体，上半部分是一个底面边长为2的正方形高为1的四棱锥． （2）按照斜二测的规则得到其直观图，如图．（3）由题意可知，该几何体是由长方体''''ABCD A B C D -与正四棱锥''''P A B C D -构成的简单几何体．由图易得：2,'1,'1AB AD AA PO ====，取''A B 中点Q ，连接PQ ，从而2P Q ()()1'''''''''''''''''12.2S A B B C C D D A PQ A B B C C D D A AA AB AD =++++++++⋅= 体积11622122133V =⨯⨯+⨯⨯⨯=． 18．解析：（1）∵点A 、D 分别是RB 、RC 的中点，∴BC AD BC AD 21,//=． ∴90PAD RAD RBC ∠=∠=∠=,∴AD PA ⊥．∴ BC PA ⊥,∵A AB PA AB BC =⊥ ,,∴BC ⊥平面PAB ． ∵⊂PB 平面PAB ,∴PB BC ⊥．（2）取RD 的中点F ，连结AF 、PF ． ∵1==AD RA ,∴RC AF ⊥． ∵AD AP AR AP ⊥⊥,,∴⊥AP 平面RBC ． ∵⊂RC 平面RBC ,∴AP RC ⊥． ∵,A AP AF = ∴⊥RC 平面PAF ．∵⊂PF 平面PAF ,∴PF RC ⊥．∴AFP ∠是二面角P CD A --的平面角． 在RAD ∆Rt 中, 22212122=+==AD RA RD AF ， 在PAF ∆Rt 中, 2622=+=AF PA PF ， 332622cos ===∠PF AF AFP ．∴ 二面角P CD A --的平面角的余弦值是33． 19．解析：（1）设11A B 的中点为F ，连结1,EF FC ．∵E 为1A B 的中点，∴EF 112BB ． 又1CM112BB ，∴EF 1MC ．∴四边形1EMC F 为平行四边形．∴1EM FC ．∵EM ⊄平面1111A B C D ，1FC ⊂平面1111A B C D ， ∴EM 平面1111A B C D ．（2）作11B H A N ⊥于H ，连结BH ，∵1BB ⊥⊥平面1111A B C D ，∴1BH A N ⊥．∴1BHB ∠为二面角11B A N B --的平面角．∵EM ∥平面111A B C D ，EM ⊂平面1A B M N，平面1A BMN 平面11111A B C D A N = ，∴1EM A N ．又∵1EM FC ，∴11A N FC ．又∵11A F NC ，∴四边形11A FC N 是平行四边形．∴11NC A F =． 设1AA a =，则112A B a =，1D N a =． 在11A D N∆Rt 中，1A N ==，∴sin ∠A 1ND 1=11111sin A D A ND A N ∠==． 在11A B H ∆Rt中，11111sin 2B H A B HA B a =∠== 在1BB H ∆Rt 中，111tan 4BB a BHB B H a ∠===． （3）延长1A N 与11B C 交于P ，则P ∈平面1A BMN ，且P ∈平面11BB C C ． 又∵平面1A BMN 平面11BB C C BM = ， ∴P BM ∈，即直线111,,A N BC BM 交于一点P ． 又∵平面1MNC ∥平面11BA B ，∴几何体111MNC BA B -为棱台． ∵112122A BB S a a a ∆=⋅⋅=，12111224MNC S a a a ∆=⋅⋅=， 棱台111MNC BA B -的高为112B C a =，故22311172346V a a a a ⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭，3327172266V a a a a a =⋅⋅-=，．∴12717V V =．20．解析：（1）因为N 是PB 的中点，AB PA =， 所以PB AN ⊥． 由PA ⊥底面ABCD ，得PA AD ⊥，又90BAD ︒∠=，即B A A D ⊥，∴ ⊥AD 平面PAB ，所以PB AD ⊥ ，∴ ⊥PB 平面ADMN ， ∴DM PB ⊥． （2）连结DN ， 因为⊥BP 平面ADMN ，即⊥BN 平面ADMN ，所以BDN ∠是BD与平面ADMN 所成的角． 在ABD ∆Rt 中，BD ==在PAB∆Rt中，PB ==，故12B N P ==，在B D N ∆Rt 中,21sin ==∠BD BN BDN ，又02BDN π≤∠≤，故BD 与平面ADMN 所成的角是6π． （3）由,M N 分别为PB PC ,的中点，得//MN BC ，且1122MN BC ==，又//AD BC ，故//MN AD ，由（1）得⊥AD 平面PAB ，又AN ⊂平面PAB ，故AD AN ⊥，∴四边形ADMN 是直角梯形，在Rt PAB ∆中，PB ==，12AN PB ==∴ 截面ADMN 的面积111()(2)2224S MN AD AN =+⨯=+．法二： （1）以A 点为坐标原点建立空间直角坐标系A xyz -，如图所示（图略） 由22====BC AB AD PA ，得(0A ，1(0,0,2),(2,0,0),(1,,1),(0,2,0)2P B M D因为3(2,0,2)(1,,1)2PB DM ⋅=-- 0= ，所以DM PB ⊥．（2）因为 (2,0,2)(0,2,0)PB AD ⋅=-⋅0=，所以PB AD ⊥，又DM PB ⊥ ，故PB ⊥平面ADMN ，即(2,0,2)PB =-是平面ADMN 的法向量． 设BD 与平面ADMN 所成的角为θ，又(2,2,0)BD =-．则||1sin |cos ,|2||||BD PB BD PB BD PB θ⋅=<>===， 又[0,]2πθ∈，故6πθ=，即BD 与平面ADMN 所成的角是6π． 因此BD 与平面ADMN 所成的角为6π． （3）同法一． 21．解析：法一：（1）∵四边形ACDE 是正方形， EC AM AC EA ⊥⊥∴,．∵平面⊥ACDE 平面ABC ，又∵AC BC ⊥，⊥∴BC 平面EAC ．⊂AM 平面EAC ，⊥∴BC AM ． ⊥∴AM 平面EBC ．（2）连结BM ，⊥AM 平面EBC ，ABM ∠∴是直线AB 与平面EBC 所成的角．设a BC AC EA 2===，则a AM 2=，a AB 22=， 21s i n ==∠∴AB AM ABM ， ︒=∠∴30ABM ． 即直线AB 与平面EBC 所成的角为︒30（3）过A 作EB AH ⊥于H ，连结HM ． ⊥AM 平面EBC ，EB AM ⊥∴．⊥∴EB 平面AHM ．AHM ∠∴是二面角C EB A --的平面角．∵平面⊥ACDE 平面ABC ，⊥∴EA 平面ABC ．⊥∴EA AB ． 在EAB Rt ∆中， EB AH ⊥，有AH EB AB AE ⋅=⋅． 由(2)所设a BC AC EA 2===可得aAB 22=，a EB 32=，322aEB AB AE AH =⋅=∴． 23sin ==∠∴AH AM AHM ．︒=∠∴60AHM ．∴二面角C EB A --等于︒60． 法二: ∵四边形ACDE 是正方形 ，EC AM AC EA ⊥⊥∴,，∵平面⊥ACDE 平面ABC ，⊥∴EA 平面ABC ， ∴可以以点A 为原点，以过A 点平行于BC 的直线为x 轴，分别以直线AC 和AE 为y 轴和z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系xyz A -．设2===BC AC EA ，则),0,2,2(),0,0,0(B A )2,0,0(),0,2,0(E C ，M是正方形ACDE 的对角线的交点，)1,1,0(M ∴．（1）=)1,1,0(，)2,2,0()2,0,0()0,2,0(-=-=，)0,0,2()0,2,0()0,2,2(=-=，0,0=⋅=⋅∴， CB AM EC AM ⊥⊥∴,⊥∴AM 平面EBC ．（2） ⊥AM 平面EBC ，∴为平面EBC 的一个法向量，)0,2,2(),1,1,0(==AB AM ，21,cos =⋅=∴AMAB AM AB ． ︒=60AM AB ．∴直线AB 与平面EBC 所成的角为︒30．（3）设平面EAB 的法向量为),,(z y x n =，则AE n ⊥且AB n ⊥，0=⋅∴且0=⋅． ⎩⎨⎧=⋅=⋅∴.0),,()0,2,2(,0),,()2,0,0(z y x z y x 即⎩⎨⎧=+=.0,0y x z ，取1-=y ，则1=x ， 则)0,1,1(-=． 又∵为平面EBC 的一个法向量，且)1,1,0(=， 21cos -=⋅=∴AMn AM n ，设二面角C EB A --的平面角为θ，则21c o s c o s ==AM n θ，︒=∴60θ．∴二面角C EB A --等于︒60． 22．解析：法一：（1）因为1A D ⊥平面ABC ，所以平面11AAC C ⊥平面ABC ，又B C A C ⊥，所以BC ⊥平面11AAC C ，得1BC AC ⊥，又11BA AC ⊥，所以1AC ⊥平面1ABC ； （2）因为11AC AC ⊥，所以四边形11AAC C 为 菱形，故12AA AC ==，又D 为AC 中点，知160A AC ∠=．取1AA中点F ，则1AA ⊥平面BCF ，从而面1A AB ⊥面BCF ，过C 作CH BF ⊥于H ，则CH ⊥面1A AB ．在Rt BCF ∆中，2,BC CF ==CH =即1CC 到平面1A AB 的距离为7CH =（3）过H 作1HG A B ⊥于G ，连CG ，则1CG A B ⊥， 从而CGH ∠为二面角1A A B C --的平面角，在1Rt A BC ∆中，12A CB C ==，所以CG =，在R t C G H ∆中，sin 7CH CGH CG ∠==故二面角1A A B C --的正弦值为7． 法二：（1）如图，取AB 的中点E ，则//DE BC ，因为BC AC ⊥，所以DE AC ⊥，又1A D ⊥平面ABC ，以1,,DE DC DA 为,,x y z 轴建立空间坐标系，则()0,1,0A -，()0,1,0C ，()2,1,0B ，()10,0,A t ，()10,2,C t ，()10,3,AC t = ，()12,1,BA t =-- ，()2,0,0CB =， 由10AC CB ⋅= ，知1ACCB ⊥，又11BA AC ⊥，从而1AC ⊥平面1A BC ；（2）由1AC ⋅ 2130BA t =-+=，得t =设平面1A AB 的法向量为(),,n x y z =，(1AA= ，()2,2,0AB = ，所以10220n AA y n AB x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩， 设1z =，则)n =所以点1C 到平面1A AB 的距离1AC n d n⋅==7． （3）再设平面1A BC 的法向量为(),,m x y z =，(10,CA=- ，()2,0,0CB =，所以1020m CA y m CB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩，设1z =，则()m =，故cos ,m n m n m n⋅<>==⋅7-，根据法向量的方向，可知二面角1A A B C --的余弦值为7．。