专题04立体几何-高考数学热点题型

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高中立体几何知识点及经典题型

高中立体几何知识点及经典题型立体几何是高中数学中的重要部分，它研究了在三维空间内的几何形体。

本文将介绍高中立体几何的主要知识点和经典题型。

知识点以下是高中立体几何的主要知识点：1. 空间几何基础：点、线、面的概念及性质。

2. 参数方程和一般式方程：用参数或方程表示几何体的方法。

3. 立体图形的投影：点、直线、平面在投影中的表现形式。

4. 空间几何中的平行与垂直：直线、平面之间的平行关系及垂直关系。

5. 直线与面的位置关系：直线与平面之间的交点、垂线、倾斜角等概念。

6. 空间角的性质：二面角、棱锥、棱台等形体的角度关系。

7. 空间几何中的直线及曲线：空间中直线与曲线的方程及性质。

8. 空间立体角：球、球台、球扇等形体的角度关系。

9. 空间的切线：曲线在空间中的切线方程及其性质。

10. 空间的幂：圆、球及其他形体的幂的概念和性质。

经典题型以下是高中立体几何的经典题型：1. 求直线与平面的位置关系问题：例如，给定一直线和一个平面，求它们之间的交点、垂直线、倾斜角等。

2. 求空间角的问题：例如，给定两个平面的交线，求二面角的度数。

3. 求直线与曲线的位置关系问题：例如，给定一条直线和一个曲面，求它们之间的位置关系。

4. 求切线和法平面的问题：例如，给定一个曲线和一个点，求曲线在该点处的切线方程及法平面方程。

5. 求空间形体的幂问题：例如，给定一个球和一个平面，求平面关于球的幂及其性质。

以上只是一些经典的立体几何题型，通过解答这些题目，可以加深对立体几何知识的理解和运用。

希望本文对高中立体几何知识点和题型的介绍能够帮助到你。

祝你在学习立体几何时取得好成绩！。

立体几何高考数学大题热点50题训练学生版

2023 立体几何大题热点50 题一．解答题（共50 小题）1．（2023•新城区校级模拟）如图，在三棱柱 ABC −A ′B ′C ′中， AB ⊥BC ，平面 ABC ⊥平面 ABB ′A ′，2AB BC BB '===，BB ' 在BA 上的投影为1．（1）证明：BC CC ⊥'．（2）求二面角B AC B '--的余弦值．2．（2023•温州模拟）已知三棱锥D ABC -中，BCD ∆是边长为3的正三角形，AB AC AD ==，AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33．（1）求证：AD BC ⊥；（2）求二面角D AC B --的平面角的正弦值．3．（2023•抚顺模拟）如图，四棱锥S ABCD -的底面是正方形，点P ，Q 在侧棱SD 上，E 是侧棱SC 的中点．（1）若SQ QP PD ==，证明：//BE 平面PAC ；（2P AC D --的大小．①SD ⊥平面PAC ；②P 为SD 的中点．4．（2023•九江二模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AC ⊥平面11AA B B ，13ABB π∠=，1AB =，12AC AA ==，D 为棱1BB 的中点．（1）求证：AD ⊥平面11A C D ；（2）在棱BC 上是否存在异于点B 的一点E ，使得DE 与平面11A C D 所成的角为6π？若存在，求出BE BC的值若存在，请说明理由．5．（2023•太原模拟）如图，四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，AB AD ⊥，且24AB AD CD ===，2PA =，60PAB ∠=︒，直线PA 与平面ABCD 的所成角为30︒，E ，F 分别是BC 和PD 的中点．（1）证明：//EF 平面PAB ；（2）求平面PAB 与平面PAD夹角的余弦值．6．（2023•江苏模拟）在三棱柱111ABC A B C -中，平面11A B BA ⊥平面ABC ，侧面11A B BA 为菱形，13ABB π∠=，1AB AC ⊥，2AB AC ==，E 是AC 的中点．（1）求证：1A B ⊥平面1AB C ；（2）点P 在线段1A E 上（异于点1A ，)E ，AP 与平面1A BE 所成角为4π，求1EP EA 的值．7．（2023•浙江模拟）如图，四面体ABCD 中，90BAD BAC CAD ∠=∠=∠=︒，AC AD =，AB 与面BCD 的所成角为45︒．（1）若四面体ABCD 的体积为223，求AC 的长；（2）设点M 在面BCD 中，45ABM ∠=︒，30ACM ∠=︒，过M 作CD 的平行线，分别交BC 、BD 于点H 、F ，求面AFH 与面ACD 所成夹角的余弦值．8．（2023•贵州模拟）如图甲，在四边形PBCD 中，//PD BC ，2PB BC CD AD PA =====，将ABP ∆沿AB 折起得图乙，点M 是PD 上的点．（1）若M 为PD 的中点，证明：PC ⊥平面ABM ；（2）若PC =，试确定M 的位置，使二面角M AB C --的正弦值等于．9．（2022秋•滨江区校级期末）如图①，在等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，222AB AD CD ===，将ADC ∆沿AC 折起，使得AD BC ⊥，如图②．（1）求直线BD 与平面ADC 所成的角；（2）在线段BD 上是否存在点E ，使得二面角E AC D --的平面角的大小为4π？若存在，指出点E 的位置；若不存在，请说明理由．10．（2023•桃城区校级一模）如图所示，A ，B ，C ，D 四点共面，其中90BAD ADC ∠=∠=︒，12AB AD =，点P ，Q 在平面ABCD 的同侧，且PA ⊥平面ABCD ，CQ ⊥平面ABCD ．（1）若直线l ⊂平面PAB ，求证：//l 平面CDQ ；（2）若//PQ AC ，45ABP DAC ∠=∠=︒，平面BPQ ⋂平面CDQ m =，求锐二面角B m C --的余弦值．11．（2023•榆林二模）如图，在四棱锥P ABCD -中，BD PC ⊥，60ABC ∠=︒，四边形ABCD 是菱形，PB ==，E 是棱PD 上的动点，且PE PD λ=．（1）证明：PA ⊥平面ABCD ．（2）是否存在实数λ，使得平面PAB 与平面ACE ？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．12．（2023•大英县校级模拟）在三棱锥P ABC -中，ABC ∆是边长为4的等边三角形，平面PAB ⊥平面ABC ，PA PB ==M 为棱BC 的中点，点N 在棱PC 上且满PN PC λ=，已知使得异面直线MN 与AC 所成角的余弦值为12的λ有两个不同的值1λ，212()λλλ<．（1）求1λ，2λ的值；（2）当12λλ=时，求二面角N AM C --的余弦值．13．（2023•贵州模拟）如图甲，已知四边形ABCD 是直角梯形，E ，F 分别为线段AD ，BC 上的点，且满足，AB ＝2EF ＝4CD ＝4，AB ⊥BC ，，将四边形CDEF 沿EF 翻折，使得C ，D 分别到C 1，D 1的位置，并且，如图乙（1）求证：ED 1⊥BC 1；（2）求平面AD 1E 与平面BC 1F 所成的二面角的余弦值．14．（2023•南充模拟）在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60ABC ∠=︒，PB PD =，PA AC ⊥．（1）证明：BD ⊥平面PAC ；（2）PA =，是否存在常数[0λ∈，1]，满足CM CP λ= ，且直线AM 与平面PBC 所成角的正弦值为144？若存在，求出点M 的位置；若不存在，请说明理由．15．（2023•兰州模拟）如图所示的五边形SBADC 中ABCD 是矩形，2BC AB =，SB SC =，沿BC 折叠成四棱锥S ABCD -，点M 是BC 的中点，2SM =．（1）在四棱锥S ABCD -中，可以满足条件①SA =②5cos 5SBM ∠=；③6sin 3SAM ∠=，请从中任选两个作为补充条件，证明：侧面SBC ⊥底面ABCD ；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．)（2）在（1）的条件下求直线SC 与平面SAD 所成角的正弦值．16．（2023•开封二模）如图1，在直角梯形ABCD 中，//AB CD ，90BAD ∠=︒，12AD CD AB ===E 为AC 的中点，将ACD ∆沿AC 折起（如图2)，在图2所示的几何体D ABC -中：（1）若AD BC ⊥，求证：DE ⊥平面ABC ；（2）若BD 与平面ACD 所成的角为60︒，求二面角D AC B --的余弦值．17．（2022秋•天津期末）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是菱形，ADNM 是矩形，ND ⊥平面ABCD ，3DAB π∠=，2AD =，1AM =，E 为AB 的中点．（1）求证：//AN 平面MEC ；（2）求平面EMC 与平面BMC 夹角的余弦值．（3）在线段AM 上是否存在点P ，使直线PE 与平面MBC 所成的角为3π？若存在，求出PE 的长；若不存在，请说明理由．18．（2023•丰台区一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面是边长为2的菱形，AC 交BD 于点O ，60BAD ∠=︒，PB PD =．点E 是棱PA 的中点，连接OE ，OP ．（1）求证：//OE 平面PCD ；（2）若平面PAC 与平面PCD 的夹角的余弦值为155，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求线段OP 的长．条件①：平面PBD ⊥平面ABCD ；条件②：PB AC ⊥．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．19．（2023•包头一模）如图，已知矩形ABCD 是圆柱的轴截面，P 是CD 的中点，直线BP 与下底面所成角的正切值为13，矩形ABCD 的面积为12，MN 为圆柱的一条母线（不与AB ，CD 重合）．（1）证明：BN MP ⊥；（2）当三棱锥B MNP -的体积最大时，求二面角N BM P --的正弦值．20．（2023•兴庆区校级一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AD CD ⊥，//AD BC ，2PA AD CD ===，3BC =．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且在13PF PC =．（Ⅰ）求证：平面PCD ⊥平面PAD ；（Ⅱ）求二面角F AE P --的余弦值；（Ⅲ）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．21．（2023•南宁模拟）如图1，平面图形ABCD 是一个直角梯形，其中//AB CD ，90ABC ∠=︒，2BC DC ==，6AB =，E 是AB 上一点，且2AE EB =．将AED ∆沿着ED 折起使得平面AED ⊥平面DEBC ，连接AB 、AC ，M 、N 分别是AD 、AC 的中点，如图2．（1）证明：在图2中E 、M 、N 、B 四点共面，且平面ADC ⊥平面AED ；（2）在图2中，若G 是线段AE 上一个动点，当直线CG 与平面BDG 所成角的正弦值取得最大值时，求GE 的长．22．（2023•石景山区一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面PAD 为等腰直角三角形，且2PAD π∠=，点F 为棱PC 上的点，平面ADF 与棱PB 交于点E ．（Ⅰ）求证：//EF AD ；（Ⅱ）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面PCD 与平面ADFE 所成锐二面角的大小．条件①：AE =条件②：平面PAD ⊥平面ABCD ；条件③：PB FD ⊥．注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．23．（2023•安康二模）如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，O 为AB 中点，1A O ⊥底面ABC ，14A O =，AC BC =，26AB OC ==，G ，E 分别在线段AC ，1BC 上，且112AG BE GC C E ==．（1）求证：//GE 面11AA B B ；（2）记面1B GE ⋂面ABC l =，求二面角1B l B --的余弦值．24．（2022秋•郴州期末）如图2，在平行四边形ABCD 中，2AB =，BC =30ABC ∠=︒．将DAC ∆沿AC 翻折，使点D 到达点P 位置（如图3)，且平面PAC ⊥平面PBC ．（1）求证：平面PAC ⊥平面ABC ；（2）设Q 是线段PB 上一点，满足PQ mPB = ，试问：是否存在一个实数m ，使得平面QAC 与平面PAB 的，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．25．（2023•新疆模拟）如图，在平面四边形ABCD中，1,AB AD BC CD ====，且BC CD ⊥，以BD 为折痕把ABD ∆和CBD ∆向上折起，使点A 到达点E 的位置，点C 到达点F 的位置，且平面FBD 和平面EBD 不重合．（1）求证：EF BD ⊥；（2）若点G 为ABD ∆的重心（三条中线的交点），EG ⊥平面ABD ，求直线BD 与平面ABE 所成角的余弦值．26．（2022秋•驻马店期末）如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形ACEF 是矩形，22BC AB AF ==，60ABC ∠=︒，AF BC ⊥，H 是棱AD 的中点，P 是棱EF 上的动点．（1）证明：AB ⊥平面ACEF ；（2）求平面PBH 与平面CDE 所成锐二面角的余弦值的最大值．27．（2023•烟台一模）如图，在四棱棱V ABCD -中，底面ABCD 为菱形，2AB =，60BAD ∠=︒，VBC ∆为等边三角形．（1）求证：BC VD ⊥；（2）若二面角A BC V --的大小为60︒，求直线VA 与平面VBC 所成角的正弦值．28．（2023•咸阳校级模拟）已知直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为梯形，//AB CD ，5AB =，6AD =，2CD =，E ，H 分别是11B C ，1AA 上的点，且111113,3,,34B E BC AH AA DH AB F ===⊥为AB 上的点．（1）证明：EF DH ⊥；（2）当3AF =时，求平面DEF 与平面11AA D D 所成的二面角的正弦值．29．（2023•焦作二模）如图1，在ABC ∆中，AB AC =，23BAC π∠=，E 为BC 的中点，F 为AB 上一点，且EF AB ⊥．现将BEF ∆沿EF 翻折到△B EF '，如图2．（1）证明：EF AB '⊥．（2）已知二面角B EF A '--为3π，在棱AC 上是否存在点M ，使得直线BC 与平面B MF '所成角的正弦值M 的位置；若不存在，请说明理由．30．（2023•龙岩模拟）三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，2AB AC ==，侧面11A ACC ，为矩形，123A AB π∠=，三棱锥1C ABC -的体积为233．（1）求侧棱1AA 的长；（2）侧棱1CC 上是否存在点E ，使得直线AE 与平面1A BC 所成角的正弦值为5？若存在，求出线段1C E 的长；若不存在，请说明理由．31．（2023•沙坪坝区校级模拟）如图，在三棱锥P ABC -中，PA PB =，2AB BC ==，90APB ABC ∠=∠=︒，平面PAB ⊥平面ABC ，点E 是线段PA 上的动点．（1）证明：平面APC ⊥平面PBC ；（2）若点Q 在线段BC 上，23BQ =，且异面直线EQ 与PB 成30︒角，求平面EBC 和平面ABC 夹角的余弦值．32．（2023•湖北模拟）如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC ∆是边长为2的正三角形，侧面11BCC B 为菱形，已知160BB C ∠=︒，1AB a =．（1）当a =时，求三棱柱111ABC A B C -的体积；（2）设点P 为侧棱1BB 上一动点，当3a =时，求直线1PC 与平面11ACC A 所成角的正弦值的取值范围．33．（2023•平湖市模拟）如图在三棱柱111ABC A B C -中，D 为AC 的中点，2AB BC ==，111AA B B BC ∠=∠．（1）证明：1BB AC ⊥；（2）若1BB BC ⊥，且满足：_____，（待选条件）．从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件，求二面角11B B D C --的正弦值．①三棱柱111ABC A B C -的体积为②直线1AB 与平面11BCC B 所成的角的正弦值为；③二面角1A BB C --的大小为60︒；注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．34．（2022秋•西山区期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，23ADC π∠=，24PD DC BC ===，点E 是线段AD 的中点，点F 在线段AP 上且满足AF AP λ= ，PD ⊥面ABCD ．（Ⅰ）当13λ=时，证明：//PC 平面BFE ；（Ⅱ）当λ为何值时，平面BFE 与平面PBD所成的二面角的正弦值最小？35．（2023•宛城区校级开学）四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为正方形，1AA ⊥面ABCD ，点M ，N ，Q 分别为棱1DD ，AD ，1BB 的中点．（1）求证：平面//MNQ 平面1BC D ；（2）若12AA AB =，棱11A B 上存在点P ，使得二面角P MN Q --的余弦值为132163，求111A P A B的值．36．（2023•南开区校级模拟）如图，已知梯形ABCD 中，//AD BC ，90DAB ∠=︒，22AB BC AD ===，四边形EDCF 为矩形，2DE =，平面EDCF ⊥平面ABCD ．（1）求证：//DF 平面ABE ；（2）求平面ABE 与平面BEF 的夹角的余弦值；（3）若点P 在线段EF 上，且直线AP 与平面BEF 所成角的正弦值为1414，求线段AP 的长．37．（2023春•荔湾区月考）如图，把边长为ABCD 沿对角线AC 折成直二面角，F 是BC的中点，O 是原正方形ABCD 的中心，动点E 在线段AD （包含端点A ，)D 上．（1）若E 为AD 的中点，求直线AB 到平面EOF 的距离；（2）在线段AD 上是否存在点E ，使得平面EOF 与平面ABC 的夹角的余弦值为13，若存在，求出DE EA的值；若不存在，请说明理由．38．（2023•九龙坡区校级开学）如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，23BCD π∠=，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ，1AD CD BC CF ====．（1）求证：平面EFD ⊥平面BCF ；（2）点M 在线段EF 上运动，当点M 在什么位置时，平面MAB 与平面FCB 所成锐二面角的余弦值为34．39．（2023•石家庄模拟）如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形且垂直于侧面SAB ，O 为AB 的中点，2SA SB AB ===，AD =．（Ⅰ）证明：BD ⊥平面SOC ；（Ⅱ）侧棱SD 上是否存在点E ，使得平面ABE 与平面SCD 夹角的余弦值为15，若存在，求SE SD的值；若不存在，说明理由．40．（2023•高州市一模）如图，四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为直角梯形，90DAB ADC ∠=∠=︒，1AB AD ==，2CD =，1BD CD ⊥．点M 为1CD 的中点，且12CD BM =．（1）证明：平面BDM ⊥平面1BCD ；（2）若钝二面角B DM C --的余弦值为，当1BD BD >时，求1BD 的长．41．（2023•邵阳一模）如图所示，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 为直角梯形，//AD BC ，AB BC ⊥，侧面ABEF 为菱形，平面ABEF ⊥平面ABCD ，M 为棱BE 的中点．（1）若DE 上有一点N 满足//MN 平面ABCD ，确定点N 的位置并证明；（2）若12AB BC AD ==，60EBA ∠=︒，求平面MAD 与平面EFD 所成二面角的正弦值．42．（2023•重庆二模）如图，在四棱锥P ABCD -中，侧棱PD ⊥矩形ABCD ，且PD CD =，过棱PC 的中点E ，作EF PB ⊥交PB 于点F ，连接DE ，DF ，BD ，BE ．（1）证明：PB DF ⊥；（2）若1PD =，平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为3π，求P DEF V -的值．43．（2023•武威模拟）如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是直角梯形，AD AB ⊥，//AB CD ，22PB CD AB AD ===，PD =，PC DE ⊥，E 是棱PB 的中点．（1）证明：PD ⊥平面ABCD ；（2）若AF AB λ= ，求平面DEF 与平面PAD 所成的锐二面角的余弦值的最大值．44．（2023•舞钢市开学）如图所示，在四棱锥A BCDE -中，ABC ∆是等边三角形，//CD BE ，BD CD ⊥，记平面ACD 与平面ABE 的交线为l ．（1）证明：//l CD ．（2）若2AD BE ===，DE =Q 为l 上一点，求BC 与平面QBD 所成角的正弦值的最大值．45．（2023•新城区校级一模）如图，三棱柱111ABC A B C -的底面ABC 是正三角形，侧面11ACC A 是菱形，平面11ACC A ⊥平面ABC ，E ，F 分别是棱11A C ，BC 的中点．（1）证明：//EF 平面11ABB A ；（2）若112,60,2AC ACC C G GC =∠=︒= ，求直线11B C 与平面EFG 所成角的正弦值．46．（2023•安徽开学）如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为正方形，二面角P AB D --为直二面角，PAB PBA ∠=∠，点M 为棱AD 的中点．（1）求证：PD MC ⊥；（2）若PA AB =，点N 是线段BD 上靠近B 的三等分点，求直线PA 与平面PMN 所成角的正弦值．47．（2023•湖北模拟）如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是直角梯形，//AD BC ，AB BC ⊥，SA ⊥平面ABCD ，22SA AB BC AD ====．（1）求C 到平面SBD 的距离；（2）求平面SAB 与平面SCD 的夹角的正弦值．48．（2023•河南模拟）如图，在四棱锥M ﹣ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝4，AD ＝2，MC ＝2，∠ADC ＝45°，点M 在底面ABCD 上的射影为CD 的中点O ，E 为线段AD 上的点（含端点）．（1）若E 为线段AD 的中点，证明：平面MOE ⊥平面MAD ；（2）若3AE ＝DE ，求二面角D ﹣ME ﹣O 的余弦值．49．（2023•梅州一模）如图，在边长为4的正三角形ABC 中，E 为边AB 的中点，过E 作ED AC ⊥于D ．把ADE ∆沿DE 翻折至△1A DE 的位置，连接1A C 、1A B ．（1）F 为边1A C 的一点，若12CF FA = ，求证：//BF 平面1A DE ；（2）当四面体1C EBA -的体积取得最大值时，求平面1A DE 与平面1A BC 的夹角的余弦值．50．（2023•新乡模拟）如图，已知圆锥P ABC -，AB 是底面圆O 的直径，且长为4，C 是圆O 上异于A ，B 的一点，PA =P AC B --与二面角P BC A --的大小分别为α与β．（1）求2211tan tan αβ+的值；（2）若tan βα=，求二面角A PC B --的余弦值．。

高考数学(综合提升篇)+专题04+立体几何解答题(理)

专题四立体几何解答题（理）空间向量运算与利用向量证明平行、垂直的位置关系【背一背重点知识】1．用向量证明线面平行的方法主要有：①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量；③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内两个不共线向量线性表示．2．面面平行：①证明两个平面的法向量平行；②转化为线面平行，线线平行．3．用向量证明线面垂直的方法有：①证明直线的方向向量与平行的法向量平行；②利用线面垂直的判定定理，转化为线线垂直．4．面面垂直的证明发法：①两个平面的法向量垂直；②转化为线面垂直，线线垂直．【讲一讲提高技能】必备技能：1．用向量证明空间中的平行关系①设直线1l 和2l 的方向向量分别为1v 和2v ，则1l ∥2l (或1l 与2l 重合)⇔ 1v ∥2v ．②设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量1v 和2v ，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数,x y ，使12v xv yv =+．③设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u ． ④设平面α和β的法向量分别为1u ，2u ，则α∥β⇔1u ∥2u ． 2．用向量证明空间中的垂直关系①设直线l 1和l 2的方向向量分别为1v 和2v ，则l 1⊥l 2⇔1v ⊥2v ⇔1v ．2v ＝0． ②设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u ③设平面α和β的法向量分别为1u 和2u ，则α⊥β⇔1u ⊥2u ⇔1u ·2u ＝0．典型例题：例1．【2018广东省中山市】如图，PD 垂直正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 是PB 的中点，cos DP <，AE>3=．（I ）建立适当的空间坐标系，求出点E 的坐标；（II ）在平面PAD 内求一点F ，使EF ⊥平面PCB ．【答案】（I ）点E 坐标是（1，1，1）；（II ）点F 的坐标是（1，0，0）．【解析】试题分析：（I ）由题意，分别以DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间坐标系，结合空间中点的坐标，设P （0，0，2m ），则E （1，1，m ），结合平面向量夹角公式得到关于m 的方程，解方程可得点E 坐标是（1，1，1）；（II ）由题意，设F （x ，0，z ），结合平面向量的法向量和直线的方向向量得到关于坐标的方程组，求解方程组可得即点F 是AD 的中点．试题解析：（I ）分别以DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间坐标系，如图，则 A （2，0，0），B （2，2，0），C （0，2，0），设P （0，0，2m ），则E （1，1，m ）， ∴ AE =（-1，1，m ），DP ＝（0，0，2m ）∴ cos DP <，221m AE m >===解得． ∴ 点E 坐标是（1，1，1）；（II ）∵F ∈平面P AD ， ∴ 可设F （x ，0，z ）EF ＝（x -1，-1，z -1），又EF ⊥平面PCB ， ∴ EF CB ⊥⇒ (1x -，-1，1)z - (⋅2，0，0)=0，解得，1x =；又∵EF PC ⊥ ∴ (1x -，-1，1)(z -⋅0，2，-2)00z =⇒= ∴ 点F 的坐标是（1，0，0），即点F 是AD 的中点．【方法点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型．（I ）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（II ）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（III ）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．例2．【2018陕西咸阳高三一模】如图，正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均为2，D 为棱1BB 上一点，E 是AB 的中点．（I ）若D 是1BB 的中点，证明：平面1ADC ⊥平面1A EC ；（II ）若平面1ADC 与平面ABC 的夹角为45，求BD 的长．【答案】（I ）见解析；（II ）1BD =．【解析】试题分析：（I ）证明AD 垂直于面1A EC 中的两条相交直线，则AD ⊥面1A EC ．（II ）建立空间直角坐标系求解．试题解析：（I ）由,AC BC AE BE ==，知CE AB ⊥，又平面ABC ⊥平面11ABB A ，所以CE ⊥平面11ABB A ，而AD⊂≠平面11ABB A ，∴AD CE ⊥，在正方形11ABB A 中，由D E ，分别是1BB 和AB 的中点知1AD A E ⊥，而1A E CE E ⋂=，∴AD ⊥平面1A EC ，∵AD⊂≠平面1ADC ，∴平面1ADC ⊥平面1A EC ．（II ）取AC 的中点O 为原点，直线,OA OB 分别为,x y 轴，建立如图所示坐标系O xyz -，显然平面ABC 的一个法向量为()10,0,1n =，而()()11,0,0,1,0,2A C -，设()3,(02)D m m <<，则()()12,0,2,3,AC AD m =-=-．设()2,,n x y z =是平面1ADC 的法向量，则()()()()2,0,2,,00{{3,,,030x y z x z m x y z x mz -⋅=-=⇒-⋅=-+=取(23,13n m =-，则()()1220,0,13,13cos ,61m n n m ⋅-=+- ()232261m ==+- 解得1m =，即1BD =【练一练提升能力】1．【2017南京市、盐城市高三二模】如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面四边形ABCD 为菱形，A 1A ＝AB ＝2，∠ABC ＝3π，E ，F 分别是BC ，A 1C 的中点．（I ）求异面直线EF ，AD 所成角的余弦值；（II ）点M 在线段A 1D 上，11A MA Dλ=．若CM ∥平面AEF ，求实数λ的值．【答案】（I ）24．（II ）23λ=．【解析】试题分析：（I ）由四棱柱1111ABCD A B C D -，证得11,A A AE A A AD ⊥⊥，进而得到AE AD ⊥，以{}1,,AE AD A A 为正交基底建立空间直角坐标系，利用向量坐标运算，即可求解,EF AD 所成角的余弦值；（II ）设(),,M x y z ，由点M 在线段1A D 上，得到11A MA Dλ=，得出向量CM 则坐标表示，再求得平面AEF 的一个法向量，利用向量的数量积的运算，即可得到λ的值．试题解析：因为四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1为直四棱柱，所以A 1A ⊥平面ABCD ．又AE ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以A 1A ⊥AE ，A 1A ⊥AD ．在菱形ABCD 中∠ABC ＝，则△ABC 是等边三角形．因为E是BC中点，所以BC⊥AE．因为BC∥AD，所以AE⊥AD．以{，，}为正交基底建立空间直角坐标系．则A(0，0，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)，A1(0，0，2)，E(，0，0)，F(，，1)．（I）＝(0，2，0)，＝(－，，1)，所以·＝1．从而cos＜，＞＝＝．故异面直线EF，AD所成角的余弦值为．（II）设M(x，y，z)，由于点M在线段A1D上，且＝λ，则＝λ，即(x，y，z－2)＝λ(0，2，－2)．则M(0，2λ，2－2λ)，＝(－，2λ－1，2－2λ)．设平面AEF的法向量为n＝(x0，y0，z0)．因为＝(，0，0)，＝(，，1)，由n·＝0，n·＝0，得x0＝0，y0＋z0＝0．取y0＝2，则z0＝－1，则平面AEF的一个法向量为n＝(0，2，－1)．由于CM∥平面AEF，则n·＝0，即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝．2．【2018山西晋中市高三1月高考适应性调研】如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，，，侧面底面，且是以为底的等腰三角形．（Ⅰ）证明：（Ⅱ）若四棱锥的体积等于．问：是否存在过点的平面分别交，于点，，使得平面平面？若存在，求出的面积；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）取的中，连接，，，由三角形是等腰三角形，则，又，，可得，从而证出平面，可得；（Ⅱ）取，中点，，连接，，，可证明四边形为平行四边形，进一步证明平面平面，可得三角形是直角三角形，由三角形面积公式可得面积．试题解析：（Ⅰ）证明：取的中点，连接，，∵，∴．∵且，∴是正三角形，且，又∵，，平面，∴平面，且平面，∴．（Ⅱ）解：存在，理由如下：分别取，的中点，，连接，，，则；∵是梯形，且，∴且，则四边形为平行四边形，∴．又∵，平面，，平面，∴平面，平面且，平面，，∴平面平面．∵侧面，且平面平面，由（Ⅰ）知，平面，若四棱锥的体积等于，则，所以，，在和中，，∴ ，则，∴ 是直角三角形，则．利用空间向量求空间角【背一背重点知识】1．求两条异面直线所成的角，设b a ,分别是直线21,l l 的方向向量，则21,l l 所成角为θ，b a ,的夹角为><,，则ba b a ⋅>=<=,cos cos θ2．求直线与平面所成的角，设直线l 的方向向量为，平面α的法向量为，直线l 与平面α所成的角为θ，ba n a ⋅=><=,cos sin θ．3．设,是二面角βα-l -的法向量，则,的夹角大小就是二面角的平面角的大小，nm n m ⋅>=<=,cos cos θ，再根据平面是锐角还是钝角，最后确定二面角的平面角的大小．【讲一讲提高技能】 1．必备技能：用法向量求角（I ）用法向量求二面角如图，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量与，则平面α与β所成的角跟法向量与所成的角相等或互补，所以首先必须判断二面角是锐角还是钝角．（II ）法向量求直线与平面所成的角1n 2n 1n 2n 2n要求直线a 与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量与直线a 的夹角的余弦，易知或者．2．典型例题：例1．【2018河南省豫南九校高三下学期第一次联考】四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，22,AB BC PA PB ===，．侧面PAB ⊥底面ABCD ．（I ）证明：PC BD ⊥；（II ）设BD 与平面PAD 所成的角为45︒，求二面角B PC D --的余弦值．【答案】（I ）见解析（II ）10【解析】【试题分析】（I ）设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥，根据面面垂直的性质定理，有PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，OP 为z 轴，OB 为y 轴，建立空间直角坐标系，计算0PC BD ⋅=可得证．（II ）设()0,0,P h ，利用直线BD 和平面PAD 所成角为45，计算3h =平面BPC 和平面DPC 的法向量计算二面角的余弦值．【试题解析】解：（I ）证法一：设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB 故PO ⊥平面ABCDa aa n ,2-π以O 为原点，OP 为z 轴，OB 为y 轴，如图建立空间直角坐标系，并设PO h =，则()())()0,0,,0,1,0,2,1,0,2,1,0P h B CD-所以()()2,1,,2,2,0PC h BD =-=-0PC BD ⋅=，所以PC BD ⊥．证法二：设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB 故PO ⊥平面ABCD ，从而BD PO ⊥ ①在矩形ABCD 中，连接CO ，设CO 与BD 交于M ，则由::CD CB BC BO =知BCD OBC ∆~∆，所以BCO CDB ∠=∠ 所以90BCM CBM CDB CBM ∠+∠=∠+∠=︒，故BD CO ⊥ ② 由①②知BD ⊥平面PCO 所以PC BD ⊥．（II ）由AD AB ⊥，平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB ，可得AD ⊥平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ，交线为PA过B 作BH PA ⊥，垂足为H ，则BH ⊥平面PADBD 与平面PAD 所成的角即为角BDH ∠所以226322BH BD ===从而三角形PAB 为等边三角形，PO =（也可以用向量法求出PO ，设()0,0,P h ，则()())0,1,0,0,1,0,1,0A B D --，可求得平面PAD 的一个法向量为()0,,1p h =-，而()2,2,0BD =-，由cos ,sin45p BD =︒可解得h =设平面BPC 的一个法向量为m ，则0{m BP m BC ⋅=⋅=，()()0,1,3,2,0,0BP BC =-=，可取()0,3,1m =设平面DPC 的一个法向量为n ，则0{n DP n DC ⋅=⋅=，()()2,1,3,0,2,0DP DC =-=，可取(3,0,2n =--，于是10cos ,m n =-，故二面角B PC D --的余弦值为10．【易错点睛】本题主要考查了空间平行判定与性质、二面角的计算、空间想象能力和推理论证能力，考查学生综合应用知识的能力和应变能力，属综合题．其解题过程中最容易出现以下错误：其一是对于第一问不能熟练运用线线平行、线面平行和面面平行的判定定理和性质定理，进而不能正确处理线面平行的问题；其二是对于第二问不能正确运用空间向量求二面角的大小，其关键是正确地求出各面的法向量．例2．【2018天津滨海新区高三上学期八校联考】在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，//AB CD ，AB AD ⊥，PA AB =，::22AB AD CD =．（I ）证明BD PC ⊥；（II ）求二面角A PC D --的余弦值；（III ）设点Q 为线段PD 上一点，且直线AQ 平面PAC 所成角的正弦值为23，求PQPD的值．【答案】（I ）见解析（II ）（III ）23PQ PD = 【解析】试题分析：（I ）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，表示直线方法向量，再根据向量数量积为零进行证明（II ）先利用方程组解得各面法向量，再根据向量数量积求两法向量夹角，最后根据二面角与法向量夹角关系得二面角A PC D --的余弦值；（III ）根据共线关系设Q 点坐标，利用线面角得等量关系，解方程可得PQPD的值．试题解析：以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系()2,0,0B ，()2,0D ，()0,0,2P ，()2,0C （I ）()2,0BD =-，()2,2PC =-， ∵•0BD PC =∴BD PC ⊥（II ）()1,2,0AC =，()0,0,2AP =，平面PAC 的法向量为()2,1,0m =-()0,2,2DP =-，()1,0,0AP =，平面DPC 的法向量为()0,2,1n =--．•2cos ,•3m n m n m n ==，二面角B PC D --的余弦值为23．（III ）∵AQ AP PQ AP tPD =+=+，[]0,1t ∈ ∴()()()0,0,20,2,20,2,22AQ t t t =+-=- 设θ为直线AQ 与平面PAC 所成的角•2sin cos ,•AQ m AQ m AQ mθ===， ()222222368433222t t t t t t =⇒=-++-，解得2t =（舍）或23．所以，23PQ PD =即为所求．【练一练提升能力】1．【2018浙江省金华、丽水、衢州市十二校高三8月联考】（本小题15分）如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，是中点．（I ）证明：平面；（II ）若，，求二面角的余弦值．P ABCD -60ABC ∠=E DP //PB ACE 2AP PB ==2AB PC ==A PC D --【答案】（I ）详见解析；（II．平面中，，；设平面的法向量为，则有，即；．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．11分设平面的法向量为，∵，，则有可取，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．13分∴，∴ 二面角的余弦值为． 2．【2018广东省六校（广州二中，深圳实验，珠海一中，中山纪念，东莞中学，惠州一中）高三下学期第三次联考】如图，在四棱锥中，是平行四边形，，，，，，分别是，的中点．APC (1,0,1)AP =-(0,3,1)CP =APC ()1111,,n x y z =1111111301303x x z y z z ⎧⎧=-+=⎪⎪⇒=⎨⎨+=⎪⎪=⎩⎩1(3,13)n =DPC 2222(,,)n x y z =(2,0,0)CD =(0,3,1)CP =2222030x y z =⎧⎪⎨-+=⎪⎩2(0,1,3)n =12121227cos ,7n n n n n n <>==⨯A PC D --277（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值．【答案】（I）见解析（II）【解析】试题分析：（Ⅰ）运用几何法和坐标法两种方法进行证明可得结论．（Ⅱ）运用几何法和坐标法两种方法求解，利用坐标法求解时，在得到两平面法向量夹角余弦值的基础上，通过图形判断出二面角的大小，最后才能得到结论．试题解析：解法一：（Ⅰ）取中点，连，∵，∴，∵是平行四边形，，，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴平面，∴．∵分别是的中点，∴∥，∥，∴，，∵，∴平面，∵平面，∴平面平面．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴是二面角的平面角．，，，在中，根据余弦定理得，∴二面角的余弦值为．解法二：（Ⅰ）∵是平行四边形，，，∴，∴是等边三角形，∵是的中点，∴，∵∥，∴．以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，，设，由，，可得，，，∴，∵是的中点，∴，∵，∴，∵，，∴平面，∵平面，∴平面平面．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，．设是平面的法向量，由，得，令，则，，．又是平面的法向量，∴，，由图形知二面角为钝角，∴二面角的余弦值为．解答题（共10题）1．【2018江西南昌市高三一模】如图，四棱锥中，底面，为直角梯形，与相交于点，，，，三棱锥的体积为9．（I）求的值；（II）过点的平面平行于平面，与棱，，，分别相交于点，，，，求截面的周长．【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）．【解析】【试题分析】（I）利用体积公式列方程可求得．（II）利用面面平行的性质定理可有，，，利用相似三角形可求得各边长，过点作∥交于，则．所以截面的周长为．【试题解析】（Ⅰ）四棱锥中，底面，为直角梯形，，，，所以，解得．（Ⅱ）【法一】因为平面，平面平面，，平面平面，根据面面平行的性质定理，所以，同理，，因为，，所以 ∽ ，且，又因为 ∽ ，，所以，同理，，，，如图：作，，，，所以，，故四边形为矩形，即，（求长2分，其余三边各1分）在中，所以所以截面的周长为．【法二】因为平面，平面平面，，平面平面，所以，同理，因为 ∥ ，，所以 ∽ ，且，所以，，．同理，连接，则有 ∥ ，所以，，所以，同理，，过点作 ∥ 交于，则，所以截面的周长为．2．【2018河南豫南九校高三下学期第一次联考】四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，2AB BC PA PB ===，．侧面PAB ⊥底面ABCD ．（I ）证明：PC BD ⊥；（II ）设BD 与平面PAD 所成的角为45︒，求二面角B PC D --的余弦值．【答案】（I ）见解析（II ）10【解析】【试题分析】（I ）设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥，根据面面垂直的性质定理，有PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，OP 为z 轴，OB 为y 轴，建立空间直角坐标系，计算0PC BD ⋅=可得证．（II ）设()0,0,P h ，利用直线BD 和平面PAD 所成角为45，计算3h =平面BPC 和平面DPC 的法向量计算二面角的余弦值．【试题解析】解：（I ）证法一：设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB 故PO ⊥平面ABCD以O 为原点，OP 为z 轴，OB 为y 轴，如图建立空间直角坐标系，并设PO h =，则()()))0,0,,0,1,0,,1,0P h B CD- 所以()()2,1,,2,2,0PC h BD =-=-0PC BD ⋅=，所以PC BD ⊥．证法二：设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB 故PO ⊥平面ABCD ，从而BD PO ⊥ ①在矩形ABCD 中，连接CO ，设CO 与BD 交于M ，则由::CD CB BC BO =知BCD OBC ∆~∆，所以BCO CDB ∠=∠ 所以90BCM CBM CDB CBM ∠+∠=∠+∠=︒，故BD CO ⊥ ② 由①②知BD ⊥平面PCO 所以PC BD ⊥．（II ）由AD AB ⊥，平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB ，可得AD ⊥平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ，交线为PA过B 作BH PA ⊥，垂足为H ，则BH ⊥平面PADBD 与平面PAD 所成的角即为角BDH ∠所以226322BH BD === 从而三角形PAB 为等边三角形，3PO =（也可以用向量法求出PO ，设()0,0,P h ，则()())0,1,0,0,1,0,2,1,0A B D --，可求得平面PAD 的一个法向量为()0,,1p h =-，而()2,2,0BD =-，由cos ,sin45p BD =︒可解得3h =设平面BPC 的一个法向量为m ，则0{m BP m BC ⋅=⋅=，()()0,1,3,2,0,0BP BC =-=，可取()0,3,1m =设平面DPC 的一个法向量为n ，则0{n DP n DC ⋅=⋅=，()()2,1,3,0,2,0DP DC =-=，可取(3,0,n =-于是10cos ,m n =-，故二面角B PC D --的余弦值为． 3．【2018安徽黄山高三一模】如图，在四棱锥P A B C D -中，底面ABCD 为直角梯形，90ABC BAD ∠=∠=︒，且112PA AB BC AD ====，PA ⊥平面ABCD ．（I ）求PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（II ）棱PD 上是否存在一点E 满足90AEC ∠=︒?若存在，求AE 的长；若不存在，说明理由．【答案】（I ）36（II ）不存在【解析】试题分析：（I ）建立空间直角坐标系，借助空间向量数量积的坐标形式进行求解；（II ）依据题设条件90AEC ∠=︒，运用向量的坐标形式建立方程()()222110AE CE λλλ⋅=-+-=，即判定方程25410λλ-+=是否有解：解：（I ）依题意，以A 为坐标原点，分别以,,AB AD AP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系O xyz -，则()()()()0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,2,0P B C D ，从而()()()1,0,1,1,1,1,0,2,1PB PC PD =-=-=-．设平面PCD 的法向量为(),,n a b c =，则0n PC ⋅=，且0n PD ⋅=，即0a b c +-=，且20b c -=，不妨取2c =，则1,1b a ==，所以平面PCD 的一个法向量()1,1,2n =，此时3cos ,26PB n ==⨯PB 与平面PCD 3（II ）设()01PE PD λλ=≤≤，则()0,2,1E λλ-，则()()1,21,1,0,2,1CE AE λλλλ=---=-，由90AEC ∠=︒得()()222110AE CE λλλ⋅=-+-=，化简得，25410λλ-+=，该方程无解，所以，棱PD 上不存在一点E 满足90AEC ∠=︒．4．【2018全国名校大联考高三第四次联考】在ABC ∆中，90BAC ∠=，60B ∠=，1AB =，D 为线段BC 的中点，,E F 为线段AC 的三等分点（如图1）．将ABD ∆沿着AD 折起到AB D ∆'的位置，连接B C '（如图2）．（I ）若平面AB D '⊥平面ADC ，求三棱锥B ADC '-的体积；（II ）记线段B C '的中点为H ，平面B ED '与平面HFD 的交线为l ，求证：//HF l ．【答案】（I ）18；（II ）证明见解析．【解析】试题分析：（I ）由题意可知ABD ∆是等边三角形，取AD 中点O ，连接B O '，则B O AD '⊥．由面面垂直的性质定理可得B O '⊥平面A D C ．三棱锥的高32B O '=，其底面积1131322ADC S ∆=⨯⨯=B ADC '-的体积为18．（II ）由中位线的性质可得//HF B E '，然后利用线面平行的判断定理可得//HF 平面B ED '，最后利用线面平行的性质定理可得//HF l ．试题解析：（I ）在直角ABC ∆中，D 为BC 的中点，所以AD BD CD ==．又60B ∠=，所以ABD ∆是等边三角形．取AD 中点O ，连接B O '，所以B O AD '⊥．因为平面AB D '⊥平面ADC ，平面AB D '⋂平面ADC AD =，B O '⊂平面AB D '，所以B O '⊥平面ADC ．在ABC ∆中，90BAC ∠=，60B ∠=，1AB =，D 为BC 的中点，所以AC =2B O '=．所以111224ADC S ∆=⨯⨯=．所以三棱锥B ADC '-的体积为1138ADC V S B O ∆'=⨯⨯=．（II ）因为H 为B C '的中点，F 为CE 的中点，所以//HF B E '．又HF ⊄平面B ED '，B E '⊂平面B ED '，所以//HF 平面B ED '．因为HF ⊂平面HFD ，平面B ED '⋂平面HFD l =，所以//HF l ．5．【2018甘肃高三第一次诊断性考试】四棱台被过点，，的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其下底面四边形是边长为2的菱形，，平面，．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若与底面所成角的正切值为2，求二面角的余弦值．【答案】（I ）详见解析；（II ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）易证，，进而可得平面，从而证得；（Ⅱ）与底面所成角为，从而可得，设，交于点，以为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量求解二面角即可．试题解析：（Ⅰ）∵ 平面，∴ ．在菱形中，，又，∴ 平面， ∵ 平面，∴平面平面．（Ⅱ）∵ 平面∴ 与底面所成角为，∴ ，∴ 设，交于点，以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系．则，，，，，，，，，，，．，，，同理，，，，，，，，，，，．设平面的法向量，，， ∴，，则，，，设平面的法向量，，，，，则，，，设二面角为，．6．【2018四川乐山四校第三学期半期联考】如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于,A B 的点，PO 垂直于圆O 所在的平面，且1PO OB ==．（I ）若D 为线段AC 的中点，求证AC ⊥平面PDO ；（II ）求三棱锥P ABC -体积的最大值；（III ）若BC =E 在线段PB 上，求CE OE +的最小值．【答案】（I ）见解析（II ）13（III ）2．【解析】试题分析：（I ）由等腰三角形三线合一可得C D O A ⊥，由线面垂直的定义可得C PO ⊥A ，最后利用线面垂直的判断定理可得C A ⊥平面D P O ．（II ）当底面ABC 面积最大时，三棱锥体积由最大值，由几何关系可得当C O ⊥AB 时，C ∆AB 面积的最大值为12112⨯⨯=，结合三棱锥体积公式可得三棱锥C P -AB 体积的最大值为13． (3)将将侧面C B P 绕PB 旋转至平面C 'B P ，使之与平面ABP 共面，由平面几何的知识可知O ，E ，'C 共线时，C E +OE 取得最小值．结合筝形的性质计算可得C E +OE 26+ 试题解析：（I ）在C ∆AO 中，因为C OA =O ，D 为C A 的中点，所以C D A ⊥O ．又PO 垂直于圆O 所在的平面，所以C PO ⊥A ．因为D O⋂PO =O ，所以C A ⊥平面D P O ．（II ）因为点C 在圆O 上，所以当C O ⊥AB 时，C 到AB 的距离最大，且最大值为1．又2AB =，所以C ∆AB 面积的最大值为12112⨯⨯=．又因为三棱锥C P -AB 的高1PO =，故三棱锥C P -AB 体积的最大值为111133⨯⨯=．（III ）在∆POB 中，1PO =OB =，90∠POB =，所以22112PB =+=同理C 2P =C C PB =P =B ．在三棱锥C P -AB 中，将侧面C B P 绕PB 旋转至平面C 'B P ，使之与平面ABP 共面，如图所示．当O ，E ，'C 共线时，C E +OE 取得最小值．又因为OP =OB ，''C C P =B ，所以'C O 垂直平分PB ，即E 为PB 中点．从而''222C C O =OE +E =+=，亦即C E +OE 的最小值为2． 7．【2017天津市河西区高三二模】如图，已知梯形ABCD 中，//AD BC ，AD AB ⊥，22AB BC AD ===，四边形EDCF 为矩形，3CF =EDCF ⊥平面ABCD ．（Ⅰ）求证：//DF 平面ABE ；（Ⅱ）求平面ABE 与平面EFB 所成锐二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段DF 上是否存在点P ，使得直线BP 与平面ABE 3若存在，求出线段BP 的长；若不存在，请说明理由．【答案】（I ）见解析（II ）53131（III ）2BP = 【解析】试题分析：（I ）利用空间向量证明线面平行，一般转化为对应平面法向量与直线垂直，先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出平面法向量，根据向量数量积证明垂直，最后根据线面平行判定定理证明，（II ）求二面角，一般利用空间向量进行求解，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面法向量，利用向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角之间相等或互补关系求解（III ）研究线面角，一般利用空间向量进行列式求解参数，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面法向量，利用向量数量积求法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角之间互余关系列式求解参数．试题解析：（Ⅰ）证明：取D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DE 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图，则()1,0,0A ，()1,2,0B ，(E ，(F -，∴(1,BE =--，()0,2,0AB =，设平面ABE 的法向量(),,n x y z =，∴20,{20,x y y --==不妨设()3,0,1n =，又(1,DF =-，∴30DF n ⋅=-+=，∴DF n ⊥，又∵DF ⊄平面ABE ，∴//DF 平面ABE ．（Ⅱ）解：∵(1,3BE =--，(3BF =-，设平面BEF 的法向量(),,m x y z =， ∴230,{230,x y z x z --+=-=不妨设()23,3,4m =，∴531cos 231m n m n θ⋅===⋅⋅∴平面ABE 与平面EFB 所成锐二面角的余弦值为53131．（Ⅲ）设(3DP DF λλ==- (),23λλλ=-，[]0,1λ∈，∴(),23P λλλ-， ∴()1,23BP λλλ=---，又∵平面ABE 的法向量()3,0,1n =，∴()()2223333sin cos ,21223BP n λλθλλλ--+===++-+，∴28610λλ-+=，∴12λ=或14λ=．当12λ=时，33,2BP ⎛=-- ⎝⎭，∴2BP =；当14λ=时，533,42BP ⎛=-- ⎝⎭，∴2BP =．综上，2BP =．8．【2018全国名校大联考高三第四次联考】如图所示，PA ⊥平面ABC ，点C 在以AB 为直径的O 上，30CBA ∠=︒，2PA AB ==，点E 为线段PB的中点，点M 在弧AB 上，且//OM AC ．（I ）求证：平面//MOE 平面PAC ；（II ）求证：平面PAC ⊥平面PCB ；（III ）设二面角M BP C --的大小为θ，求cos θ的值．【答案】（I ）证明见解析；（II ）证明见解析；(3) 15．【解析】试题分析：（I ）由△ABC 中位线的性质可得//OE PA ，则//OE 平面PAC ．由线面平行的判断定理可得//OM 平面PAC ．结合面面平行的判断定理可得//MOE 平面PAC ．（II ）由圆的性质可得BC AC ⊥，由线面垂直的性质可得PA BC ⊥，据此可知BC ⊥平面PAC ．利用面面垂直的判断定理可得平面PAC ⊥平面PCB ．（III ）以C 为坐标原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系C xyz -．结合空间几何关系计算可得平面PCB 的法向量()2,0,1m =-，平面PMB 的一个法向量()1,3,1n =，则1,5m n cosm n m n⋅==-⋅．由图可知θ为锐角，故15cos θ=．试题解析：（I ）证明：因为点E 为线段PB 的中点，点O 为线段AB 的中点，所以//OE PA ，因为PA ⊂平面PAC ，OE ⊄平面PAC ，所以//OE 平面PAC ．因为//OM AC ，且AC ⊂平面PAC ，OM ⊄平面PAC ，所以//OM 平面PAC ．因为OE ⊂平面MOE ，OM ⊂平面MOE ，OE OM O ⋂=，所以平面//MOE 平面PAC ．（II ）证明：因为点C 在以AB 为直径的O 上，所以90ACB ∠=︒，即BC AC ⊥．因为PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以PA BC ⊥．因为AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，PA AC A ⋂=，所以BC ⊥平面PAC ．因为BC ⊂平面PBC ，所以平面PAC ⊥平面PCB ．（III ）解：如图，以C 为坐标原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系C xyz -．因为30CBA ∠=︒，2PA AB ==，所以230CB cos =︒=1AC =．延长MO 交CB 于点D ．因为//OM AC ，所以MD CB ⊥，13122MD =+=，122CD CB ==．所以()1,0,2P ，()0,0,0C ，()3,0B，32M ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭．所以()1,0,2CP =，()3,0CB =．设平面PCB 的法向量(),,m x y z =．因为0{ 0m CP m CB ⋅=⋅=，所以()()()(),,1,0,20{,,3,00x y z x y z ⋅=⋅=，即20{ 30x z +==．令1z =，则2x =-，0y =．所以()2,0,1m =-．同理可求平面PMB 的一个法向量()1,3,1n =．所以1,5m n cosm n m n⋅==-⋅．由图可知θ为锐角，所以15cos θ=．9．【2018湖北宜昌市高三1月调研】如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点在棱上，且．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）是否存在实数，使得二面角的余弦值为？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．【解析】试题分析：（I ）由边长和勾股定理得，又平面平面，由定理证得平面（II）建立空间直角坐标系，得出平面的一个法向量为，，，设平面的一个法向量为，由题意计算得出结果解析：（Ⅰ）过点作交于，，，四边形为正方形，且，在△中，，在△中，，又平面平面，平面平面平面，平面，且平面（Ⅱ）又平面平面，平面平面平面，以点为坐标原点，、、所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，，，，，，，，，，，，，，，，，，假设存在实数使得二面角的余弦值为，令点在棱上，，．设，，，，，，，，，，则，，，平面，平面的一个法向量为，，．设平面的一个法向量为，，，由得令得，，，，，取，，，，化简得又，，存在实数使得二面角的余弦值为． 10．【2018安徽全椒中学第一学期期中考试】如图，在底面是菱形的四棱锥P —ABCD 中，∠ABC=60°，PA=AC=a ，PB=PD=2a ，点E 是PD 的中点．（Ⅰ）求证：PA ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角E —AC —D 的余弦值；（Ⅲ）求点P 到平面EAC 的距离．【答案】（I ）见解析；（II ）217；（III ）217a ．【解析】试题分析：（I ）证明PA ⊥AB ，PA ⊥AD ，AB 、AD 是平面ABCD 内的两条相交直线，即可证明PA ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）如图，建立空间直角坐标系A —xyz ，()()()3131A 0,0,0,0,0,,0,,0,,,0,,,022P a D a C a AC a ⎫⎛⎫=⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭则，11110,,,0,,2222PD E a a AE a a ⎛⎫⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭中点求出平面EAC 的法向量为(1,3,3n =-，平面ACD 的法向量为()0,0,AP a =，321cos ,77n AP a ==⋅即得二面角的余弦值；（Ⅲ）由（II ）问得，点P 平面EAC 的距离n AP d n⋅=代入计算即得解．试题解析：（Ⅰ）证明：因为底面ABCD 是菱形，∠ABC=60°，所以AB=AD=AC=a ，在△PAB 中，可证PA 2+AB 2=2a 2 = PB 2，∴PA ⊥AB ．同理，PA ⊥AD ，所以PA ⊥平面ABCD ．（II ）如图，建立空间直角坐标系A —xyz ，则汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！31 3AC ⎛= 11110,,,0,,2222PD E a a AE a a ⎛⎫⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭中点．设平面EAC 的法向量为(),,n x y z =，31110,0222n AC ax ay n AE ay az ∴⋅=+=⋅=+=，(3,1,3,3y x y z n ∴=-=-=-取，又平面ACD 的法向量为()0,0,?AP a =∴ 321,77a cosn AP a ==⋅，即二面角E —AC —D 的大小为217．（III ）点P 平面EAC 的距离32177n AP a d n ⋅===．。

高考理科立体几何大题常考题型

高考理科立体几何大题常考题型
高考理科立体几何大题常考题型包括以下几个方面：
1. 空间位置关系的证明：这类问题主要涉及线线、线面、面面的平行和垂直关系的证明。

解决这类问题需要熟练掌握相关的判定定理和性质定理，并能够灵活运用。

2. 空间角的计算：这类问题主要涉及异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的计算等。

解决这类问题需要熟练掌握相关的计算公式，并能够准确建立空间直角坐标系。

3. 空间几何体的体积和表面积计算：这类问题主要涉及圆锥、圆柱、棱锥、棱柱等基本几何体的体积和表面积的计算，以及一些组合体的体积和表面积的计算。

解决这类问题需要熟练掌握相关的计算公式，并能够根据题目要求选择合适的计算方法。

4. 投影与直观图：这类问题主要涉及根据几何体的直观图求其三视图，以及根据三视图还原几何体的直观图。

解决这类问题需要熟练掌握三视图的形成原理，并能够准确判断出几何体的各个面在三视图中的投影。

综上所述，高考理科立体几何大题常考题型多样，需要考生具备扎实的数学基础和灵活的解题能力。

建议考生在复习时注重对基础知识的理解和掌握，多做练习题，培养自己的空间想象能力和逻辑思维能力。

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)。

近几年高考数学立体几何大题

近几年高考数学立体几何大题随着数学科目在中学教育中的重要性被日益彰显，立体几何也逐渐成为中学教育中重要的学习内容之一。

在高考中，立体几何也是高考数学中一个重要的组成部分，有较大的分值。

近几年，高考数学立体几何相关大题题型一般主要有七种，包括：1、直角梯形的面积计算：这是最常见的题型之一，要求考生计算出直角梯形的面积。

例如：已知直角梯形ABCD中，AB=3cm,BC=2cm,CD=2cm，求该直角梯形的面积。

2、几何体的体积计算：这是另一种常见的题型，要求考生计算出几何体的体积，比如：已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1，共边AB 、A1B1相等，AB=3cm, B1C1=4cm, CD=4cm, C1D1=5cm，求该正四棱柱的体积。

3、几何体的表面积计算：要求考生根据几何体的信息计算出几何体的表面积，如：已知几何体ABCD-A1B1C1D1，A1B1=2, AC= 4，求正方体ABCD-A1B1C1D1的表面积。

4、几何体的角度计算：要求考生根据几何体的信息计算出几何体的角度，如：已知圆台ABCD-A1B1C1D1，A1B1=3 cm, A1C1=4 cm, DC=4 cm，求圆台ABCD-A1B1C1D1中A1B1C1的角度。

5、几何体的定位关系求解：要求考生根据给定的几何体信息，求解出几何体之间的定位关系，如：已知棱台ABCD与棱台A1B1C1D1都在xy平面内，AB=2 cm, B1C1=3 cm，A1合于D点，A、A1两点在三维空间内有位置关系。

求棱台ABCD与棱台A1B1C1D1的定位关系。

6、立体几何的分类推理：要求考生通过给定的条件，从中得出正确的几何体的分类，如：若多边体ABCDE-A1B1C1D1E1的四边形平面内有三条边，且其中AD=2 cm,DE=3 cm,AE=4 cm，求ABCDE-A1B1C1D1E1是何种多边体？7、几何体的分解及拼接：要求考生动手拆解几何体，然后把它们拼接起来，如：若已知正三棱锥ABCD-A1B1C1D1的ABC边长均为3cm，求把正三棱锥ABCD-A1B1C1D1拆解后，再拼接成正八面体的各个面的边长。

高考立体几何题型归纳

高考立体几何题型归纳一、空间几何的形状和结构1. 判断空间几何的形状和大小，如三角形、正方形、圆形、球体、圆柱体、圆锥体等。

2. 确定空间几何的位置和关系，如相交、平行、垂直等。

二、立体图形的视图和投影1. 判断立体图形的正视图、俯视图、左视图、右视图、轴侧图等。

2. 判断立体图形的投影，如正投影、斜投影、中心投影等。

三、立体图形的面积和体积1. 计算立体图形的面积，如平面图形在水平面上的投影面积、立体图形的表面积等。

2. 计算立体图形的体积，如立方体、球体、圆柱体、圆锥体等。

四、立体图形的表面积和体积1. 判断立体图形的表面积和体积，如求长方体的表面积和体积、求圆柱体的表面积和体积等。

2. 判断立体图形的表面积和体积的关系，如判断两个立体图形的表面积和体积的大小关系。

五、立体图形的点和面的距离1. 判断立体图形的点和面的距离，如判断一个点在一个平面内的距离、判断一个点在一个立体图形内的距离等。

2. 计算立体图形的点和面的距离，如计算一个点在一个平面内的距离、计算一个点在一个立体图形内的距离等。

六、立体图形的截面和截线1. 判断立体图形的截面，如判断一个立体图形被一个平面截成的截面的形状和大小。

2. 判断立体图形的截线，如判断一个立体图形被一个直线截成的截线的形状和大小。

七、立体图形的折叠和展开1. 判断立体图形的折叠和展开，如判断一个立体图形沿某条折痕折叠后的形状和大小。

2. 计算立体图形的折叠和展开，如计算一个立体图形沿某条折痕折叠后的形状和大小。

八、立体图形的对称和旋转1. 判断立体图形的对称，如判断一个立体图形是否关于某条直线对称、是否关于某个点对称等。

2. 判断立体图形的旋转，如判断一个立体图形绕某条轴旋转后的形状和大小。

九、立体图形的运动和变化1. 判断立体图形的运动，如判断一个立体图形在某个平面上滑动后的形状和大小。

2. 判断立体图形的变化，如判断一个立体图形在某个平面上翻折后的形状和大小。

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．。

高中数学立体几何的相关题型及解题思路

高中数学立体几何的相关题型及解题思路在高中数学中，立体几何是一个重要的考点，也是许多学生感到困惑和头疼的地方。

本文将介绍一些常见的立体几何题型，并给出相应的解题思路和技巧，希望能够帮助高中学生和他们的父母更好地应对这一考点。

一、体积计算题体积计算题是立体几何中最基础的题型之一，常见的题目有计算立方体、长方体、圆柱体、圆锥体、球体等的体积。

解决这类题目的关键在于熟练掌握各种几何体的体积公式，并能够根据题目给出的条件灵活运用。

例如，某题给出一个长方体的底面积为12平方厘米，高为5厘米，要求计算其体积。

我们可以直接应用长方体的体积公式V=底面积×高，代入已知数据计算得出答案为60立方厘米。

二、表面积计算题表面积计算题也是立体几何中常见的题型之一，常见的题目有计算立方体、长方体、圆柱体、圆锥体、球体等的表面积。

解决这类题目的关键在于熟练掌握各种几何体的表面积公式，并能够根据题目给出的条件灵活运用。

例如，某题给出一个正方体的边长为3厘米，要求计算其表面积。

我们可以直接应用正方体的表面积公式S=6a^2，其中a为边长，代入已知数据计算得出答案为54平方厘米。

三、立体图形的相似题立体图形的相似题是立体几何中较为复杂的题型之一，常见的题目有判断两个立体图形是否相似、计算相似立体图形的比例等。

解决这类题目的关键在于观察立体图形的形状和比例关系，并能够利用相似三角形的性质进行推理。

例如，某题给出一个正方体ABCDA'B'C'D'，另一个正方体EFGHE'F'G'与之相似，要求计算两个正方体的体积比。

我们可以观察到两个正方体的边长比为AE/AA'=EF/EE'=FG/FF'=...=1/2，而体积与边长的关系为V=k^3，其中k为边长的比值。

因此，两个正方体的体积比为(1/2)^3=1/8。

四、立体图形的投影题立体图形的投影题是立体几何中较为抽象的题型之一，常见的题目有计算某个立体图形在某个平面上的投影面积或投影长度等。

【高中数学】高中数学立体几何中的热点题型(原版)

相结合，特别地，已知空间几何体的三视图求其表面积、体
积已成为近两年高考考查的热点．而求解棱锥的体积时，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以便于求解．
【例1】 (2014·重庆卷)某几何体的三视图如图所示，则该几
高考导航 1.立体几何是高考的重要内容，每年基本上都是一
个解答题，两个选择题或填空题．小题主要考查学生的空间观
念，空间想象能力及简单计算能力．解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算．重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力．热点
(3)解因为 AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以 AB＝ AC2－BC2＝ 3. 所以三棱锥 E－ABC 的体积 1 1 1 3 V＝3S△ABC· AA1＝3×2× 3×1×2＝ 3 .
探究提高 (1)证线面平行的方法：①利用判定定理，关键是找平面内与已知直线平行的直线．可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线．②若要
借助于面面平行来证明线面平行，则先要确定一个平面经过
该直线且与已知平面平行，此目标平面的寻找方法是经过线段的端点作该平面的平行线．(2)证明两个平面垂直，通常是通过证明线线垂直→线面垂直→面面垂直来实现，因此，在关于垂直问题的论证中要注意线线垂直、线面垂直、面面垂
直的相互转化．
【训练 2】 (2014· 成都一诊)如图，在五面体 ABCDEF 中，点 O 是矩形 ABCD 的对角线的交点，△ABF 是等边三角形，棱 1 EF∥BC，且 EF＝2BC. (1)求证：EO∥面 ABF； (2)若 EF＝EO，证明：平面 EFO⊥平面 ABE.

高考数学立体几何题型总结

高考数学立体几何题型总结
高考数学中的立体几何是一个重要的题型，它涉及到空间中各种图形的计算、分析和推导。

本文将对高考数学中常见的立体几何题型进行总结和分析。

一、空间几何体的计算
这种题型主要涉及到空间几何体的计算，包括立方体、长方体、正方体、圆锥、圆柱、球等。

通常需要求出它们的表面积、体积、侧面积等。

二、空间几何体的推导
这种题型主要根据给定的条件，推导出空间几何体的性质和关系。

如：
1.根据两个底面和高的长度，求出一个棱锥的体积。

2.已知一个球的体积，求出它的半径。

3.已知一个棱柱的高和底面形状，求出它的体积。

三、空间几何体的立体图形分析
这种题型主要涉及到空间几何体的立体图形分析，通常需要进行裁剪、拼接、变形等操作。

如：
1.已知一个长方体的长、宽、高，将它分成两个体积相等的部分。

2.将一个棱锥剖成两个部分，使得它们的体积相等。

四、空间几何体的立体坐标
这种题型主要涉及到空间几何体的立体坐标，通常需要根据坐标系中给定的点、直线、平面等条件，求出几何体的坐标、面积、体积
等。

如：
1.已知一个立方体的坐标，求出它的体积和表面积。

2.已知一个球的坐标和半径，求出它的体积和表面积。

以上就是高考数学中常见的立体几何题型总结。

想要在考试中得高分，需要对这些题型进行深入的理解和掌握。

高考中立体几何问题的热点题型

，G，D 四点共面，且平面 ABC⊥平面 BCGE； (2)求图 2 中的二面角 B－CG－A 的大小．
题型1
题型2
解 (1)证明：由已知得 AD∥BE，CG∥BE，所以 AD∥CG，所以 AD，CG 确定一个平面，从而 A，C，G，D 四点共面．由已知得 AB⊥BE，AB⊥BC，且 BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面 BCGE，所以 AB⊥平面 BCGE. 又 AB⊂平面 ABC，所以平面 ABC⊥平面 BCGE.
∴△BCE 为等边三角形，
∵BE 的中点为 O，∴OC⊥BE，
∵BE∥CD，∴OC⊥CD，
∵A1O∩OC＝O，A1O，OC⊂平面 A1OC， ∴CD⊥平面 A1OC， ∵A1C⊂平面 A1OC，∴A1C⊥CD.
题型1
题型2
解
(2)由(1)知 A1O⊥平面 BCDE，∵OB，OC⊂平面 BCDE， ∴A1O⊥OB，A1O⊥OC， ∵OC⊥BE，
题型1
题型2
解
(3)A→1C＝(2，0，2)，A→1D＝(0，1，0)，
设平面 A1CD 的法向量为 v＝(x2，y2，z2)，则vv··AA→→11CD＝＝2yx2＝2＋02，z2＝0，
取 x2＝1，可得 v＝(1，0，－1)，则 cos〈u，v〉＝|uu|·|vv|＝－
1 5×
2＝－
1100，
则E→F＝0，12，1，易知平面 ABC 的一个法向量为 m＝(1，0，0)，则E→F·m＝0，故E→F⊥m，
∵EF⊄平面 ABC，故 EF∥平面 ABC.
题型1
题型2
解
(2)C→1C＝(2，0，0)，C→1D＝(0，1，－2)，E→B＝(1，2，0)，设平面 CC1D 的法向量为 u＝(x1，y1，z1)，则uu··CC→ →11CD＝＝2y1x－1＝20z1，＝0，取 y1＝2，可得 u＝(0，2，1)， cos〈E→B，u〉＝|EE→→BB|·|uu|＝45. 因此，直线 BE 与平面 CC1D 夹角的正弦值为45.

(完整版)高中数学立体几何经典常考题型

高中数学立体几何经典常考题型题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解. 【例1】如图，在△ABC 中，∠ABC ＝π4，O 为AB 边上一点，且3OB ＝3OC ＝2AB ，已知PO ⊥平面ABC ，2DA ＝2AO ＝PO ，且DA ∥PO. (1)求证：平面PBD ⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.(1)证明 ∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4， ∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2. ∴CO ⊥AB. 又PO ⊥平面ABC ， OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC.又∵PO ，AB ⊂平面PAB ，PO ∩AB ＝O ， ∴CO ⊥平面PAB ，即CO ⊥平面PDB. 又CO ⊂平面COD ， ∴平面PDB ⊥平面COD.(2)解以OC ，OB ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)， ∴PD→＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1).设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD→·n |PD →||n | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 【类题通法】利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【变式训练】如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F . (1)证明：EF ∥B 1C .(2)求二面角E -A 1D B 1的余弦值.(1)证明由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C ⊂面B 1CD 1，面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C.(2)解因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A 1DE 的一个法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角E -A 1D B 1的余弦值为 |n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.题型二:立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式： (1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】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AMAP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD.又PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ，所以PD ⊥平面PAB. (2)解取AD 的中点O ，连接PO ，CO. 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解设M 是棱P A 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).因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14. 所以在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等. (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【变式训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠P AD ＝45°，E 为P A 的中点. (1)求证：DE ∥平面BPC ；(2)线段AB 上是否存在一点F ，满足CF ⊥DB ？若存在，试求出二面角F －PC －D 的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明取PB 的中点M ，连接EM 和CM ，过点C 作CN ⊥AB ，垂足为点N .∵CN ⊥AB ，DA ⊥AB ，∴CN ∥DA ，又AB ∥CD ，∴四边形CDAN 为平行四边形， ∴CN ＝AD ＝8，DC ＝AN ＝6，在Rt △BNC 中，BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6，∴AB ＝12，而E ，M 分别为P A ，PB 的中点， ∴EM ∥AB 且EM ＝6，又DC ∥AB ，∴EM ∥CD 且EM ＝CD ，四边形CDEM 为平行四边形， ∴DE ∥CM.∵CM ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ， ∴DE ∥平面BPC.(2)解由题意可得DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (8，0，0)，B (8，12，0)，C (0，6，0)，P (0，0，8). 假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ，设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF→＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)，由CF→·DB →＝0得t ＝23. 又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)，设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 又PC→＝(0，6，－8)，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，163，0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·FC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ，不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9). 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m|n ||m |＝81×82＋122＋92＝817. 又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角F －PC －D 的余弦值为817. 题型三:立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力. 【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10. (1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值.(1)证明由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3. 于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz .则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)， B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1). 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化. 【变式训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.(1)证明在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)解由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63，即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。

高考立体几何题型归纳

高考立体几何题型归纳高考立体几何题型主要涉及到在三维空间中对各种几何体的性质、关系和计算进行分析和求解。

这些题型在高考中常常以选择题、填空题和解答题的形式出现。

理解和掌握这些题型对于高考数学考试的顺利通过非常重要。

本文将详细介绍高考立体几何题型的分类、特点以及解题技巧。

一、基本概念和性质在解决立体几何题目时，首先要了解一些基本概念和性质。

包括：1. 三视图：一个物体从不同的方向观察所得到的投影图。

通常包括俯视图、正视图和左视图。

2. 空间直角坐标系：在立体几何问题中用来描述物体位置和计算几何量的坐标系。

3. 空间平面：三维空间中的一个二维平面。

4. 空间曲面：三维空间中的一个非平面曲面。

5. 空间直线：三维空间中的无限延伸的直线。

6. 空间角：由两个曲面或者两条直线夹角所围成的角。

7. 空间棱：一个多面体的两个相邻面之间的交线段。

8. 空间对称：一个物体和它的镜像是重合的。

二、几何体的性质和计算在解答立体几何题目时，需要掌握各种几何体的性质和计算方法。

以下是几个常见的几何体：1. 球体：具有所有点到中心的距离相等的几何体。

2. 圆锥：由直角圆锥和斜角圆锥组成。

3. 圆柱：由直角圆柱和斜角圆柱组成。

4. 正方体：六个平面都是正方形的立体几何体。

5. 长方体：六个平面都是长方形的立体几何体。

6. 正六面体：八个等边三角形所构成的几何体。

7. 正四面体：四个等边三角形和六个等边三角形所构成的几何体。

根据几何体的性质和计算方法，可以解决不同类型的问题。

例如，通过计算体积可以求解几何体的容积；通过计算表面积可以求解几何体的表面积等。

三、高考立体几何题型分类高考立体几何题型主要包括以下几种类型：1. 体积计算：要求计算立体几何体的体积。

常见的题目包括球体、圆锥、圆柱、正方体、长方体等。

2. 表面积计算：要求计算立体几何体的表面积。

常见的题目包括球体、圆锥、圆柱、正方体、长方体等。

3. 相交关系：要求判断不同几何体之间的位置关系和相交情况。

高考数学立体几何热点题型试题

EDB1)(A)2021年高考数学立体几何热点题型制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O 二二年二月七日热点之一：点、线、面问题包括平面的根本性质、空间的直线和平面的位置关系及断定方法，特别注意三垂线定理及其逆定理的应用。

1．、αβ是两个平面，直线,.l l αβ⊄⊄假设以①l α⊥，②//l β，③αβ⊥中两个为条件，另一个为结论构成三个命题，那么其中正确命题的个数是〔〕〔A 〕0个〔B 〕1个〔C 〕2个〔D 〕3个2．把边长为a 的正方形剪去图中的阴影局部，沿图中所画的线折成一个正三棱锥，那么这个正三棱锥的高为〔〕〔A〔B〔C〔D3．在一个倒置的正三棱锥好与棱锥的四个面都接触，的一条侧棱和高作截面，正确的截面图形是〔〕4．如右图，点E 是正方体1111ABCD A B C D -的棱1DD 的中点，那么过点E 与直线AB 和11B C 都相交的直线的条数是〔〕ACA 1C 1(C)〔A 〕0条〔B 〕1条〔C 〕2条〔D 〕无数5．在正方体1111ABCD A B C D -中，写出过顶点A 的一个平面________，使该平面与正方体的12条棱所在的直线所成的角均相等(注：填上你认为正确的一个平面即可，不必考虑所有可能的情况)。

热点之二：空间角与间隔问题三个角：包括两条直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角；八个间隔：包括点到直线的间隔、点到面的间隔、两条平行直线的间隔、异面直线的间隔、直线与平行平面的间隔、两个平行平面之间的间隔、球面上两点的间隔。

在求角或者间隔时，一定要“先找后解〞。

6．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别为AB 、AD 的中点， (1)11A C 与1B C 所成角的大小是_____________; (2) 11A C 与EF 所成角的大小是_____________; (3) 1A C 与1AD 所成角的大小是_____________;(4)1AD 与EF 所成角的大小是_____________; (5)1BD 与CE 所成角大小是_____________; (6)1B C 与平面ABCD 所成角的大小是_________; (7)1BD 与平面1!DCC D 所成角的大小是_____________; (8)二面角1A BC D --的大小是_________;(9)二面角111B AC B --的大小是_____________;(10)二面角1C EF C --的大小是_____________;7．将锐角为60°，边长为a 的菱形ABCD 沿较短的对角线BD 折成60°的二面角后，〔1〕求异面直线AC 与BD 的间隔；〔2〕求三棱锥C ABD -的体积；〔3〕求D 到面ABC 的间隔。

专题04-立体几何-2019高考数学热点题型

专题04-立体几何-2019高考数学热点题型立体几何热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】 (满分12分)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点.(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值.教材探源本题源于教材选修2－1P109例4，在例4的基础上进行了改造，删去了例4的第(2)问，引入线面角的求解.|z |（x －1）2＋y 2＋z 2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.① 又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →，则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②由①，②解得⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62，从而AM →＝⎝⎛⎭⎪⎫1－22，1，62.8分(得分点5)设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧（2－2）x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2).10分(得分点6)于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105.因此二面角M －AB －D 的余弦值为105.12分(得分点7)得分要点❶得步骤分：抓住得分点的解题步骤，“步步为赢”，在第(1)问中，作辅助线→证明线线平行→证明线面平行；第(2)问中，建立空间直角坐标系→根据直线BM 和底面ABCD 所成的角为45°和点M 在直线PC 上确定M 的坐标→求平面ABM 的法向量→求二面角M －AB －D 的余弦值. ❷得关键分：(1)作辅助线；(2)证明CE ∥BF ；(3)求相关向量与点的坐标；(4)求平面的法向量；(5)求二面角的余弦值，都是不可少的过程，有则给分，无则没分. ❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证，如(得分点4)，(得分点5)，(得分点6)，(得分点7). 【类题通法】利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系.第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值).第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】如图在直角梯形BB1C1C中，∠CC1B1＝90°，BB1∥CC1，CC1＝B1C1＝2BB1＝2，D是CC1的中点，四边形AA1C1C可以通过直角梯形BB1C1C以CC1为轴旋转得到，且二面角B1－CC1－A为120°.(1)若点E是线段A1B1上的动点，求证：DE∥平面ABC；(2)求二面角B－AC－A1的余弦值.又A1D∩DB1＝D，A1D，DB1⊂平面DA1B1，∴平面DA1B1∥平面CAB，又DE⊂平面DA1B1，∴DE∥平面ABC.(2)解在平面A 1B 1C 1内，过C 1作C 1F ⊥B 1C 1，由题知CC 1⊥C 1B 1，CC 1⊥A 1C 1，∴CC 1⊥平面A 1B 1C 1.分别以C 1F ，C 1B 1，C 1C 为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系C 1－xyz ，则C 1(0，0，0)，A (3，－1，1)，C (0，0，2)，B (0，2，1)，所以C 1A →＝(3，－1，1)，C 1C →＝(0，0，2)，AC →＝(－3，1，1)，BC →＝(0，－2，1)，热点二立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】在如图所示的几何体中，平面ADNM⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，∠DAB＝π3，AB＝2，AM＝1，E是AB的中点.(1)求证：平面DEM⊥平面ABM；(2)在线段AM上是否存在点P，使二面角P－EC－D的大小为π4？若存在，求出AP的长；若不存在，请说明理由.(2)解在线段AM存在点P，理由如下：由DE⊥AB，AB∥CD，得DE⊥CD，因为四边形ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD且交线为AD，所以ND⊥平面ABCD.以D为原点，DE，DC，DN所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的坐标系.则D(0，0，0)，E(3，0，0)，C(0，2，0)，N(0，0，1)，EC→＝(－3，2，0)，设P(3，－1，m)(0≤m≤1)，则EP→＝(0，－1，m)，易知平面ECD的一个法向量为DN→＝(0，0，1).设平面PEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EP →＝0，即⎩⎨⎧－3x ＋2y ＝0，－y ＋mz ＝0，取z ＝1，则n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 3，m ，1，假设在线段AM 上存在点P ，使二面角P －EC －D 的大小为π4，则cos π4＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DN →|n ||DN →|＝14m 23＋m 2＋1⇒m ＝217，所以符合题意的点P 存在，此时AP ＝217.【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【对点训练】如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，∠ADC ＝90°，AD ∥BC ，AB ⊥AC ，AB＝AC＝2，点E在AD上，且AE＝2ED.(1)已知点F在BC上，且CF＝2FB，求证：平面PEF⊥平面PAC；(2)当二面角A－PB－E的余弦值为多少时，直线PC与平面PAB所成的角为45°？∵AE＝2ED，CF＝2FB，∴AE＝BF＝23 AD，∴四边形ABFE是平行四边形，∴AB∥EF，∴AC⊥EF，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥EF，∵PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴EF⊥平面PAC，∵EF⊂平面PEF，∴平面PEF⊥平面PAC.(2)解 ∵PA ⊥AC ，AC ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ，PA ，AB ⊂平面PAB ，∴AC ⊥平面PAB ，则∠APC 为PC 与平面PAB 所成的角，若PC 与平面PAB 所成的角为45°，则tan ∠APC ＝ACPA＝1，即PA ＝AC ＝2，取BC 的中点为G ，连接AG ，则AG ⊥BC ，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .则A (0，0，0)，B (1，－1，0)，C (1，1，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，0，P (0，0，2)，∴EB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－53，0，EP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－23，2，热点三立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，点E为AD中点，沿BE将△ABE折起至△PBE，如图所示，点P在平面BCDE的射影O落在BE上.(1)求证：BP⊥CE；(2)求二面角B－PC－D的余弦值.(2)解以O 为坐标原点，以过点O 且平行于CD 的直线为x 轴，过点O 且平行于BC 的直线为y 轴，直线PO 为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系.则B (12，－12，0)，C (12，32，0)，D (－12，32，0)，P (0，0，22)，设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CD →＝0，n 1·CP →＝0，即⎩⎨⎧x 1＝0，x 1＋3y 1－2z 1＝0，令z 1＝2，可得n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，2，设平面PBC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·PB →＝0，n 2·BC →＝0，即⎩⎨⎧x 2－y 2－2z 2＝0，2y 2＝0，令z 2＝2，可得n 2＝(2，0，2)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝3311，结合图形判断二面角B －PC －D 为钝二面角，则二面角B －PC －D 的余弦值为－3311.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【对点训练】如图(1)所示，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是线段AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图(2)所示.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求直线BD与平面A1BC所成角的正弦值.(2)解由(1)知BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，又平面A1BE ⊥平面BCDE，所以∠A1OC＝π2，所以OB，OC，OA1两两垂直.如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B(22，0，0)，E(－22，0，0)，A1(0，0，22)，C(0，22，0)，得BC→＝(－22，22，0)，A1C→＝(0，22，－22)，由CD→＝BE→＝(－2，0，0)，得D(－2，22，0).所以BD→＝(－322，22，0).。

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