武汉艺术生文化课三棱锥的几何问题及多种答案解析
2020新课标高考艺术生数学复习：空间几何体的结构特征、直观图含解析
已知A′B′＝A′C′＝a，在△OA′C′中，
由正弦定理得 ＝ ，
所以OC′＝ a＝ a，
A．圆柱
B．圆锥
C．球体
D．圆柱、圆锥、球体的组合体
解析：C[当用过高线的平面截圆柱和圆锥时，截面分别为矩形和三角形，只有球满足任意截面都是圆面．]
3．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是( )
A．①是棱台B．②是圆台
C．③是棱锥D．④不是棱柱
解析：C[图①不是由棱锥截来的，所以①不是棱台；图②上、下两个面不平行，所以②不是圆台；图③是棱锥；图④前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以④是棱柱．故选C.]
(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轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.
斜二测画法中的“三变”与“三不变”
“三变”
“三不变”
[思考辨析]
判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”．
(1)球的任何截面都是圆．( )
A. a2B. a2C. a2D. a2
[解析]D[如图所示为原图形和其直观图．
由图可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝ OC＝ a，
在图中作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝ O′C′
＝ a.∴S△A′B′C′＝ A′B′·C′D′＝ ×a× a＝ a2.故选D.]
[互动探究]
(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步经典大题例题
(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步经典大题例题单选题1、已知三棱锥P−ABC，其中PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，PA=AB=AC=2，则该三棱锥外接球的表面积为（）A．12πB．16πC．20πD．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC的外心为G，O为球心，所以OG⊥平面ABC，因为PA⊥平面ABC，所以OG//PA，设D是PA中点，因为OP=OA，所以DO⊥PA，因为PA⊥平面ABC，AG⊂平面ABC，所以AG⊥PA，因此OD//AG，PA=1，因此四边形ODAG是平行四边形，故OG=AD=12由余弦定理，得BC=√AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−1)=2√3，2⇒AG=2，由正弦定理，得2AG=√3√32所以该外接球的半径R满足R2=(OG)2+(AG)2=5⇒S=4πR2=20π，故选：C．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.2、如图所示的正方形SG1G2G3中，E ， F分别是G1G2，G2G3的中点，现沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合为点G，则有（）A．SG⊥平面EFG B．EG⊥平面SEFC．GF⊥平面SEF D．SG⊥平面SEF答案：A解析：根据正方形的特点，可得SG⊥FG，SG⊥EG，然后根据线面垂直的判定定理，可得结果.由题意：SG⊥FG，SG⊥EG，FG∩EG=G，FG，EG⊂平面EFG所以SG⊥平面EFG正确，D不正确；.又若EG⊥平面SEF，则EG⊥EF，由平面图形可知显然不成立；同理GF⊥平面SEF不正确；故选：A小提示：本题主要考查线面垂直的判定定理，属基础题.3、若一个正方体的体对角线长为a，则这个正方体的全面积为（）A ．2a 2B ．2√2a 2C ．2√3a 2D ．3√2a 2答案：A分析：设正方体的棱长为x ，求出正方体的棱长即得解.解：设正方体的棱长为x ，则√3x =a ，即x 2=13a 2，所以正方体的全面积为6x 2=6×13a 2=2a 2． 故选：A4、《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，AC ⊥CD ，AC ＝BC ＋CD ＝2，当△BCD 的面积最大时，鳖臑ABCD 的表面积为（ ）A ．√3+√62B ．3+√62C ．2+√3+√62D ．3+√3+√62答案：D分析：根据题意可证明CD ⊥BC ，从而说明三角形BCD 是直角三角形，求得BD ，进而求得四个直角三角形的面积，可得答案.由题意可知：AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ，故AB ⊥CD ,又AC ⊥CD ，AC ∩AB =A,AB,AC ⊂平面ABC ，故CD ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，故CD ⊥BC ,所以S △BCD =12BC ⋅CD ≤12×(BC+CD 2)2=12 ,当且仅当BC =CD =1时取得等号， 故BD =√1+1=√2 ,由AB ⊥平面BCD ，可知AB ⊥BD,AB ⊥BC ,故AB=√AC2−BC2=√4−1=√3 ,所以S△ABD=12AB⋅BD=√62,S△ABC=12AB⋅BC=√32,S△BCD=12BC⋅CD=12,S△ACD=12AC⋅CD=1,所以鳖臑ABCD的表面积为√62+√32+12+1=3+√3+√62，故选：D5、锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a=7、b=8，m⃑⃑ =(12,cosA)，n⃑=(sinA，−√32)，且m⃑⃑ ⊥n⃑，则△ABC的面积为（）A．√3B．3√3C．5√3D．10√3答案：D分析：先由向量垂直得到A=π3，利用余弦定理求出c=3或c=5，利用锐角三角形排除c=3，从而c=5，利用面积公式求出答案.由题意得：12sinA−√32cosA=0，故tanA=√3，因为A∈(0,π2)，所以A=π3，由余弦定理得：cosA=64+c 2−492×8c =12，解得：c=3或c=5，当c=3时，最大值为B，其中cosB=49+9−642×7×3<0，故B为钝角，不合题意，舍去；当c=5时，最大值为B，其中cosB=49+25−642×7×5>0，故B为锐角，符合题意，此时S△ABC=12bcsinA=12×8×5×√32=10√3.故选：D6、过半径为4的球O表面上一点M作球O的截面，若OM与该截面所成的角是30°，则O到该截面的距离是（）A．4B．2√3C．2D．1答案：C分析：作出球的截面图，根据几何性质计算，可得答案.作出球的截面图如图：设A为截面圆的圆心，O为球心，则OA⊥截面，AM在截面内，即有OA⊥AM，=2 ,故∠OMA=30∘,所以OA=4×12即O到该截面的距离是2，故选：C7、如图，点N为正方形ABCD的中心，ΔECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM,EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM,EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM,EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM,EN是异面直线答案：B解析：利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．如图所示， 作EO ⊥CD 于O ，连接ON ，过M 作MF ⊥OD 于F ．连BF ，∵平面CDE ⊥平面ABCD ．EO ⊥CD,EO ⊂平面CDE ，∴EO ⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，∴ΔMFB 与ΔEON 均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO =√3, ON =1 EN =2，MF =√32,BF =52,∴BM =√7．∴BM ≠EN ，故选B ．小提示：本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角形．8、在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为线段A 1B 1的中点，则异面直线D 1E 与BC 1所成角的余弦值为（ ）A ．√55B ．√105C ．√155D ．2√55答案：B分析：连接AD 1，AE ，得到AD 1//BC 1，把异面直线D 1E 与BC 1所成角转化为直线D 1E 与AD 1所成角，取AD 1的中点F ，在直角△D 1EF 中，即可求解.在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，连接AD 1，AE ，可得AD 1//BC 1，所以异面直线D 1E 与BC 1所成角即为直线D 1E 与AD 1所成角，即∠AD 1E 为异面直线D 1E 与BC 1所成角，不妨设AA 1=2，则AD 1=2√2，D 1E =AE =√5，取AD 1的中点F ，因为D 1E =AE ，所以EF ⊥AD 1，在直角△D 1EF 中，可得cos∠AD 1E =D 1F D 1E =√2√5=√105. 故选：B.9、若直线a //平面α，A ∉α，且直线a 与点A 位于α的两侧，B ，C ∈a ，AB ，AC 分别交平面α于点E ，F ，若BC =4，CF =5，AF =3，则EF 的长为（ ）A ．3B ．32C ．34D ．23答案：B分析：根据线面平行可得线线平行，从而可求EF =32. ∵BC //α，BC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩α=EF ，∴EF //BC ，∴AF AC =EF BC ，即35+3=EF 4，∴EF =32. 故选：B.10、如图在正三棱锥S −ABC 中，M,N 分别是棱SC,BC 的中点，Q 为棱AC 上的一点，且AQ =12QC ，MN ⊥MQ ，若AB =2√2，则此正三棱锥S −ABC 的外接球的体积为（ ）A ．12πB ．4√33πC ．8√3πD ．4√3π 答案：D分析：根据题意证明SA,SB,SC 两两垂直，将三棱锥放入棱长为2的正方体，两者外接球体积相同，求得正方体外接球体积即可得出答案.因为在△SBC 中，M,N 分别是棱SC,BC 的中点，所以MN //SB ，因为MN ⊥MQ ，所以SB ⊥MQ ，因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC （对棱垂直），又因为MQ,AC ⊂面SAC ，MQ ∩AC =Q ，所以SB ⊥面SAC ，因为SA,SC ⊂面SAC ，所以SB ⊥SA,SB ⊥SC ，在Rt △SAB 中，SA 2+SB 2=AB 2，因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥，所以△SBC 是等腰三角形，△ABC 是等边三角形，所以SB =SC ，AB =AC ,所以SA 2+SC 2=AC 2，即SA ⊥SC ，所以SA,SB,SC 两两垂直，将此三棱锥放入正方体中，此正方体的面对角线长等于AB 长，为2√2,则该正方体棱长为2，外接球半径R =√(22)2+(2√22)2=√3，正方体外接球体积V =43πR 3=43π×(√3)3=4√3π,此正三棱锥S −ABC 的外接球体积和正方体外接球体积相同，为4√3π.故选：D填空题11、如图所示，过三棱台上底面的一边A1C1，作一个平行于棱BB1的截面，与下底面的交线为DE．若D、E分别是AB、BC的中点，则V A1B1C1−DBEV A1B1C1−ABC=______．答案：37分析：证得S△A1B1C1=14S△ABC，然后结合棱台与棱柱的体积公式即可求出结果.因为BB1//平面DEC1A1，且平面BB1C1C∩平面DEC1A1=C1E，所以BB1//C1E，又因为B1C1//BE，所以四边形BB1C1E为平行四边形，所以B1C1=BE，且E分别是BC的中点，所以B1C1=1 2BC，同理A1B1=12AB，因此S△A1B1C1=14S△ABC，设上底面的面积为S，高为ℎ，则下底面的面积为4S，所以V A1B1C1−DBEV A1B1C1−ABC =13(S+√S⋅4S+4S)ℎ=37，所以答案是：37.12、两个平面最多可以将空间分为___________部分.答案：4分析：根据两个平面的位置关系分别计算出它们将空间分成的部分数即可得解. 两个平面的位置关系有平行和相交两种，当两个平面平行时，它们可将空间分成3部分，当两个平面相交时，它们可将空间分成4部分，所以两个平面最多可以将空间分为4部分.所以答案是：413、在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为矩形．请在下面给出的5个条件中选出2个作为一组，使得它们能成为“在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形”的充分条件___________．（写出符合题意的一组即可）①PA=2；②BC=3；③BC=√5；④AB=√2；⑤AB=1.答案：②④或②⑤或③⑤分析：设PA=a,AB=b,AD=c，BQ=x(0≤x≤c)，则CQ=c−x，计算出PQ2，DQ2，PD2，若在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形，则PQ2+DQ2<PD2，解不等式再根据已知条件可得答案.设PA=a,AB=b,AD=c，BQ=x(0≤x≤c)，则CQ=c−x，因为PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为矩形，所以PA⊥AQ，则PQ2=PA2+AQ2=PA2+AB2+BQ2=a2+b2+x2，DQ2=CD2+CQ2=b2+(c−x)2，PD2=PA2+AD2=a2+c2，若在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形，则PQ2+DQ2<PD2，即a2+b2+x2+b2+(c−x)2<a2+c2，整理得x2−cx+b2<0(0<x<c)，要使不等式有解，只需c2−4b2>0，即只需BC>2AB即可，因为①PA=2；②BC=3；③BC=√5；④AB=√2；⑤AB=1，所以②④或②⑤或③⑤.所以答案是：②④或②⑤或③⑤.14、所有棱长均为2的正三棱锥的体积为______.答案：23√2##2√23分析：棱长均为2的正三棱锥，分别求出棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式，即可得到答案. 当三棱锥棱长均为2时，正三棱锥即为正四面体，如图，正四面体的底面积S=√34×22=√3，正四面体的高ℎ=PO=√PA2−AO2=√22−(23×√32×2)2=2√63，故正四面体的体积V=13⋅S⋅ℎ=2√23.所以答案是：2√2315、已知球O的半径为43,点A,B,C,D均在球面上，若△ABC为等边三角形，且其面积为√3,则三棱锥D−ABC的最大体积是___________.答案：2√33分析：根据三角形面积求出边长，即可求出三角形外接圆半径，继而可求出高的最大值，求出体积.设△ABC外接圆的圆心为O1,由△ABC是面积为√3的等边三角形，得12⋅|AB|2⋅sin60∘=√3,解得AB=2，则|O1B|=12×|AB|sin60∘=2√33.当三棱棱锥D−ABC体积最大时，球心O在DO1上，因此有|OO1|=√|OB|2−|O1B|2=23,所以|DO1|的最大值为43+23=2，三棱锥D−ABC的最大体积为V=13⋅S△ABC⋅|DO1|=13×√3×2=2√33.所以答案是：2√33.小提示：本题考查三棱锥的外接球问题，解题的关键是建立好勾股关系求出高.解答题16、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点．（Ⅰ）求证：BC1//平面AD1E；（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．答案：（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）23.分析：（Ⅰ）证明出四边形ABC1D1为平行四边形，可得出BC1//AD1，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 . （Ⅰ）[方法一]：几何法 如下图所示：在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB //A 1B 1且AB =A 1B 1，A 1B 1//C 1D 1且A 1B 1=C 1D 1， ∴AB //C 1D 1且AB =C 1D 1，所以，四边形ABC 1D 1为平行四边形，则BC 1//AD 1， ∵BC 1⊄平面AD 1E ，AD 1⊂平面AD 1E ，∴BC 1//平面AD 1E ； [方法二]:空间向量坐标法以点A 为坐标原点，AD 、AB 、AA 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系A −xyz ，设正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则A (0,0,0)、A 1(0,0,2)、D 1(2,0,2)、E (0,2,1)，AD 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2)，AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,1)，设平面AD 1E 的法向量为n ⃑ =(x,y,z )，由{n →⋅AD 1→=0n →⋅AE →=0，得{2x +2z =02y +z =0， 令z =−2，则x =2，y =1，则n →=(2,1,−2).又∵向量BC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2),BC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·n ⃑ =2×2+0×1+2×(−2)=0, 又∵BC 1⊄平面AD 1E ，∴BC 1//平面AD 1E ； （Ⅱ）[方法一]：几何法延长CC 1到F ，使得C 1F =BE ，连接EF ，交B 1C 1于G ， 又∵C 1F//BE ，∴四边形BEFC 1为平行四边形，∴BC 1//EF ， 又∵BC 1//AD 1,∴AD 1//EF ,所以平面AD 1E 即平面AD 1FE , 连接D 1G ，作C 1H ⊥D 1G ,垂足为H ,连接FH ,∵FC 1⊥平面A 1B 1C 1D 1,D 1G ⊂平面A 1B 1C 1D 1,∴FC 1⊥D 1G ， 又∵FC 1∩C 1H =C 1,∴直线D 1G ⊥平面C 1FH , 又∵直线D 1G ⊂平面D 1GF ,∴平面D 1GF ⊥平面C 1FH ,∴C 1在平面D 1GF 中的射影在直线FH 上,∴直线FH 为直线FC 1在平面D 1GF 中的射影，∠C 1FH 为直线FC 1与平面D 1GF 所成的角，根据直线FC 1//直线AA 1，可知∠C 1FH 为直线AA 1与平面AD 1G 所成的角. 设正方体的棱长为2，则C 1G =C 1F =1,D 1G =√5,∴C 1H =√5=√5,∴FH =√1+(√5)2=√5,∴sin∠C 1FH =C 1H FH=23,即直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.[方法二]：向量法接续（I)的向量方法，求得平面平面AD 1E 的法向量n ⃑ =(2,1,−2)，又∵AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,2),∴cos <n ⃑ ,AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ >=n ⃑ ⋅AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |n ⃑ |⋅|AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=−43×2=−23， ∴直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.[方法三]：几何法+体积法如图，设B 1C 1的中点为F ，延长A 1B 1,AE,D 1F ，易证三线交于一点P ． 因为BB 1∥AA 1,EF ∥AD 1，所以直线AA 1与平面AD 1E 所成的角，即直线B 1E 与平面PEF 所成的角． 设正方体的棱长为2，在△PEF 中，易得PE =PF =√5,EF =√2， 可得S △PEF =32．由V 三棱锥B 1−PEF =V 三棱锥P−B 1EF ，得13×32⋅B 1H =13×12×1×1×2， 整理得B 1H =23． 所以sin∠B 1EH =B 1H B 1E =23．所以直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23．[方法四]：纯体积法设正方体的棱长为2，点A 1到平面AED 1的距离为h ， 在△AED 1中，AE =√5,AD 1=2√2,D 1E =3， cos∠AED 1=D 1E 2+AE 2−AD 122D 1E⋅AE=2×3×√5=√55， 所以sin∠AED 1=2√55，易得S △AED 1=3．由V E−AA 1D 1=V A 1−AED 1，得13S △AD 1A 1⋅A 1B 1=13S △AED 1⋅ℎ，解得ℎ=43， 设直线AA 1与平面AED 1所成的角为θ，所以sinθ=ℎAA 1=23．【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明； （II ）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法. 17、已知正方体ABCD −A ′B ′C ′D ′.(1)G 是△BA ′C ′的重心，求证：直线DG ⊥平面BA ′C ′；(2)若AB =1，动点E ､F 在线段AD ､D ′C ′上，且DE =D ′F =a ，M 为AB 的中点，异面直线EF 与DM 所成的角为arccos√210，求a 的值.答案：(1)证明见解析(2)√24分析：（1）根据空间向量，以B ′A ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =i ,B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =j ,B ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ 为基底，用基底向量表示其他向量，根据向量的数量积为0判断线线垂直，进而证明线面垂直.（2）以空间直角坐标系，写成点的坐标，根据向量的夹角与异面直线夹角间的关系，列出方程即可求解.（1）证明：设B ′A ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =i ,B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =j ,B′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ ， 显然i ⋅j =0，j ⋅k ⃑ =0，k ⃑ ⋅i =0，因为G 是△BA ′C ′的重心，所以B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =13(i +j +k ⃑ ),故DG ⃑⃑⃑⃑⃑ =B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −B ′D ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −(B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AD ⃑⃑⃑⃑⃑ )=13(i +j +k ⃑ )−(j +i +k )=−23(i +j +k ⃑ ) A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ −i ；DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−23(k ⃑ 2−i 2)=0，得DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ， 同理DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，得DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥A ′B⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ . 因为A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 不平行于A ′B⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以直线DG ⊥平面BA ′C ′. （2）以D 为坐标原点，射线DA 、DC 、DD ′分别是x 轴､y 轴､z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系，于是E(a,0,0),F(0,a,1),M (1,12,0)，则EF⃑⃑⃑⃑⃑ =(−a,a,1),DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,12,0).于是cos⟨EF⃑⃑⃑⃑⃑ ,DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩=|EF⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ||EF⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅|DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=12a √52⋅√2a 2+1=√210，解得a =√24，所以a 的值为√24.18、如图所示，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为正方形，E 为侧棱PC 的中点.（1）求证：经过A 、B 、E 三点的截面平分侧棱PD ；（2）若PA ⊥底面ABCD ，且PA =AD =2，求四面体ABEP 的体积. 答案：（1）证明见解析；（2）23.分析：（1）设截面ABE 与侧棱PD 交于点F ，连结EF,AF ，证明CD//EF.即得F 为PD 的中点，即截面ABE 平分侧棱PD ；（2）取PB 中点H ，连EH ，证明EH ⊥平面PAB ，即得解. （1）证明：设截面ABE与侧棱PD交于点F，连结EF,AF.因为底面ABCD为矩形，所以AB//CD.又AB⊄平面PCD，且CD⊂平面PCD，所以AB//平面PCD.又AB⊂平面ABE，且平面ABE∩平面PCD=EF，所以AB//EF.又因为AB//CD，所以CD//EF.因为E为PC的中点，所以F为PD的中点，即截面ABE平分侧棱PD. （2）∵PA⊥平面ABCD，BC⊆平面ABCD，∴BC⊥PA，又BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB.取PB 中点H ，连EH ， ∵E 是PC 中点，∴EH//BC ，即EH =1且EH ⊥平面PAB ， 又Rt △PAB 的面积S =12PA ⋅AB =2.∴四面体ABEP 的体积V =V E−PAB =13⋅S ⋅EH =23.小提示：方法点睛：求几何体的体积常用的方法有：（1）规则的公式法；（2）不规则的割补法；（3）等体积法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.19、如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点．若截面△BC 1D 是面积为6的直角三角形，求此三棱柱的表面积．答案：24√2+4√3分析：设AD =b,AB =a ，根据△BC 1D 是面积为6的直角三角形，由{BD 2+C 1D 2=BC 1212⋅BD ⋅C 1D =6求解.解：设AD =b,AB =a ，则BD =C 1D =√a 2+b 2，BC 1=√a 2+4b 2．由题意得{BD 2+C 1D 2=BC 12,12⋅BD ⋅C 1D =6, 即{a 2+b 2+a 2+b 2=a 2+4b 2,a 2+b 2=12,解得{a =2√2,b =2, 从而S 表=4×3×2√2+2×2√2×2√2×√34=24√2+4√3．。
立体几何复习专题及答案-高中数学
立体几何复习专题姓名： 班级：考点一、空间中的平行关系1．如图，在三棱锥P ABC -中，02,3,90PA PB AB BC ABC ====∠=,平面PAB ⊥平面ABC ，D 、E 分别为AB 、AC 的中点． (1)求证：DE //平面PBC ； (2)求证：AB PE ⊥；(3)求三棱锥B PEC -的体积．2． 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，PA CD ⊥，2CD =，3AD =，（Ⅰ）设G H ，分别为PB AC ，的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （Ⅱ）求证：PA ⊥平面PCD ；3．如图，七面体ABCDEF 的底面是凸四边形ABCD ，其中2AB AD ==，120BAD ∠=︒，AC ，BD 垂直相交于点O ，2OC OA =，棱AE ，CF 均垂直于底面ABCD .（1）证明：直线DE 与平面BCF 不．平行；4.（2014新课标Ⅱ）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）设二面角D AE C --为60°，AP =1，AD =3，求三棱锥E ACD -的体积．考点二、空间中的垂直关系5．如图，在四面体ABCD 中，E ，F 分别是线段AD ，BD 的中点，90ABD BCD ∠=∠=，2EC =，2AB BD ==，直线EC 与平面ABC 所成的角等于30．（1）证明：平面EFC ⊥平面BCD ；6．已知某几何体的直观图和三视图如下图所示，其中正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．（1）求证：BN ⊥平面11C B N ；（2）设M 为AB 中点，在C B 边上求一点P ，使//MP 平面1C NB ，求CBPP 的值．7．（2016全国I ）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，2AF FD =，90AFD ∠=，且二面角D AF E --与二面角C BE F --都是60．（I ）证明：平面ABEF⊥平面EFDC ；（II ）求二面角E BC A --的余弦值．考点三、折叠问题和探究性问题中的位置关系8．如图 1，在直角梯形ABCD 中， //,AB CD AB AD ⊥，且112AB AD CD ===．现以AD 为一边向外作正方形ADEF ，然后沿边AD 将正方形ADEF 翻折，使ADEF 平面与平面ABCD 垂直， M 为ED 的中点，如图 2．（1）求证： //AM 平面BEC ；（2）求证： BC ⊥平面BDE ； .9．如图，在边长为4的正方形ABCD 中，点E,F 分别是AB,BC 的中点，点M 在AD 上，且14AM AD =，将AED,DCF 分别沿DE,DF 折叠，使A,C 点重合于点P ，如图所示2.()1试判断PB 与平面MEF的位置关系，并给出证明；()2求二面角M EF D --的余弦值.10．如图所示，直角梯形ABCD 中，//AD BC ，AD AB ⊥，22AB BC AD ===，四边形EDCF 为矩形，3CF =，平面EDCF ⊥平面ABCD ． (1)求证：DF //平面ABE ；(2)求平面ABE 与平面EFB 所成锐二面角的余弦值． (3)在线段DF 上是否存在点P ，使得直线BP 与平面ABE 所成角的正弦值为34，若存在，求出线段BP 的长，若不存在，请说明理由．11．如图1，在边长为4的正方形ABCD中，E是AD的中点，F是CD的中点，现-.将三角形DEF沿EF翻折成如图2所示的五棱锥P ABCFE（1）求证：AC//平面PEF；（2）若平面PEF⊥平面ABCFE，求直线PB与平面PAE所成角的正弦值.12．（2011•浙江）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB=AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（1）证明：AP⊥BC；（2）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A﹣MC﹣β为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．13．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为等边三角形，122CC AC ==.（Ⅰ）求三棱锥11C CB A -的体积；（Ⅱ）在线段1BB 上寻找一点F ，使得1CF AC ⊥，请说明作法和理由.考点四、知空间角求空间角问题14．（2014天津）如图四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是平行四边形，2BA BD ==2AD =,5PA PD ==E ,F 分别是棱AD ,PC 的中点．（Ⅰ）证明: EF ∥平面PAB ； （Ⅱ）若二面角P AD B --为60°， （ⅰ）证明：平面PBC ⊥平面ABCD（ⅱ）求直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值． PCDBF15．四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ABCD ⊥平面，E 为PD 的中点．(1)证明：//E PB A C 平面；(2)设13AP AD ==，，三棱锥P ABD -的体积34V =，求二面角D -AE -C 的大小16．如图，四棱锥P ABCD -中， PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，90ADC ∠=︒， //AD BC ， AB AC ⊥， 2AB AC ==，点E 在AD 上，且2AE ED =．（Ⅰ）已知点F 在BC 上，且2=CF FB ，求证：平面PEF ⊥平面PAC ；（Ⅱ）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︒？立体几何专题参考答案1． (1)证明：∵在△ABC 中，D 、E 分别为AB 、AC 的中点，∴DE ∥BC . ∵DE ⊄平面PBC 且BC ⊂平面PBC ，∴DE ∥平面PBC . (2)证明：连接PD .∵PA ＝PB ，D 为AB 的中点，∴PD ⊥AB .∵DE ∥BC ，BC ⊥AB ，∴DE ⊥AB .又∵PD 、DE 是平面PDE 内的相交直线， ∴AB ⊥平面PDE .∵PE ⊂平面PDE ，∴AB ⊥PE .(3)解：∵PD ⊥AB ，平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ∩平面ABC ＝AB ，∴PD ⊥平面ABC ，可得PD 是三棱锥P －BEC 的高． 又∵33,2BECPD S==，1332B PEC P BEC BEC V V S PD --∆∴==⨯=. 2．（I ）见解析；（II ）见解析；（III ）33. （I ）证明：连接BD ，易知AC BD H ⋂=，BH DH =，又由BG PG =，故GHPD ，又因为GH ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ， 所以GH ∥平面PAD .（II ）证明：取棱PC 的中点N ，连接DN ，依题意，得DN PC ⊥， 又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC平面PCD PC =，所以DN ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，故DN PA ⊥， 又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD . 3．（1）见解析；（2）23535本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
高考中“立体几何”中的计数问题求解方法
高考中“立体几何”中的计数问题求解方法在近几年的高考试题中频繁出现以“立几”中的点、线、面的位置关系为背景的计数问题，这类问题题型新颖、解法灵活、多个知识点交织在一起，综合性强，能力要求高，有一定的难度，它不仅考查相关的基础知识，而且注重对数学思想方法和数学能力的考查。
现结合具体例子谈谈这种问题的求解策略。
1、直接求解例1：从平面上取6个点，从平面上取4个点，这10个点最多可以确定多少个三棱锥？解: 利用三棱锥的形成将问题分成平面上有1个点、2个点、3个点三类直接求解共有+ + 个三棱锥例2: 在四棱锥P-ABCD中，顶点为P，从其它的顶点和各棱的中点中取3个，使它们和点P在同一平面上，不同的取法有A.40B. 48C. 56D. 62种解: 满足题设的取法可以分成三类（1）在四棱锥的每一个侧面上除P点外取三点有种不同取法；（2）在两个对角面上除点P外任取3点，共有种不同取法；（3）过点P的每一条棱上的3点和与这条棱异面的棱的中点也共面，共有种不同取法,故共有40+8+8=56种评注：这类问题应根据立体图形的几何特点，选取恰当的分类标准，做到分类不重复、不遗漏。
2、结合“立几”概念求解例3: 空间10个点无三点共线，其中有6个点共面，此外没有任何四个点共面，则这些点可以组成多少个四棱锥？解析:3、结合“立几”图形求解例4.用正五棱柱的10个顶点中的5个顶点作四棱锥的5个顶点，共可得多少个四棱锥？解：分类：以棱柱的底面为棱锥的底面;以棱柱的侧面为棱锥的底面以棱柱的对角面为棱锥的底面以图中(梯形)为棱锥的底面共+ + + =170个4、构造几何模型求解例5.（05年湖北）以平面六面体的任意三个顶点为顶点作三角形，从中随机取出两个三角形，则这两个三角形不共面的概率为A. B. C.D. 选A在知识的网络交汇点初设计命题是近几年高考命题改革强调的重要观念之一，在复习备考中，要把握好知识间的纵横联系和综合，使所学知识真正融会贯通，运用自如，形成有序的网络化知识体系。
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。
立体几何高考题及解析
立体几何高考题及解析
以下是一道关于立体几何的高考题及解析：
题目：一个圆锥的底面半径是3cm，母线长为4cm。
若其高为h，求出圆锥的体积与表面积的比。
解析：
首先我们需要知道圆锥的体积和表面积的公式：
圆锥体积公式：V = 1/3 * π * r^2 * h
圆锥表面积公式：S = π * r * l + π * r^2
其中，r为底面半径，h为高，l为母线长。
给定的条件是底面半径为3cm，母线长为4cm。
我们需要求出圆锥的体积与表面积的比，即V/S。
首先计算出底面圆周长：
C = 2 * π * r = 2 * π * 3 = 6π
然后计算出母线的长度l：
l = 根号下(r^2 + h^2) = 根号下(3^2 + h^2)
代入母线长为4cm的条件，得到方程：
根号下(3^2 + h^2) = 4
解方程，得到h = 根号下(7)
将求得的h代入到圆锥体积公式和表面积公式中，求出圆锥的体积和表面积：
V = 1/3 * π * r^2 * h = 1/3 * π * 3^2 * 根号下(7) = 3π * 根号下(7) S = π * r * l + π * r^2 = π * 3 * 4π + π * 3^2 = 12π^2 + 9π
最后计算出圆锥的体积与表面积的比：
V/S = (3π * 根号下(7)) / (12π^2 + 9π) = (根号下(7)) / (4π + 3)
因此，圆锥的体积与表面积的比为(根号下(7)) / (4π + 3)。
2022年近三年高考数学(文科)立体几何简答题汇编
2022年近三年高考数学（文科）立体几何简答题汇编一．解答题（共28小题）（1）求三棱锥体积V P-ABC；（2）若M为BC中点，求PM与面PAC所成角大小．（1）证明：EF∥平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．3．如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设AB=BD=2，∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F-ABC的体积．4．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF ⊥A1B1．（1）求三棱锥F-EBC的体积；（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．5．如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P-ABCD的体积．6．在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．7．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1．证明：（1）当AB=BC时，EF⊥AC；（2）点C1在平面AEF内．8．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心．若AO=AB=6，AO ∥平面EB 1C 1F ，且∠MPN=π3，求四棱锥B-EB 1C 1F 的体积． 9．已知四棱锥P-ABCD ，底面ABCD 为正方形，边长为3，PD ⊥平面ABCD ．（1）若PC=5，求四棱锥P-ABCD 的体积；（2）若直线AD 与BP 的夹角为60°，求PD 的长．10．图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积．11．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．12．如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥E-BB1C1C的体积．13．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．14．如图，在正三棱锥P-ABC中，PA＝PB＝PC＝2，AB＝BC＝AC＝√3．（1）若PB的中点为M，BC的中点为N，求AC与MN的夹角；（2）求P-ABC的体积．15．如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．16．在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．17．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO=4，OA、OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图，求异面直线PM与OB 所成的角的大小．18．如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．19．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F 分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．20．如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP=DQ=23DA ，求三棱锥Q-ABP 的体积． 21．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°．（1）证明：直线BC ∥平面PAD ；（2）若△PCD 面积为2√7，求四棱锥P-ABCD 的体积．22．如图，在三棱锥A-BCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E 、F （E 与A 、D 不重合）分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD ．求证：（1）EF ∥平面ABC ；（2）AD ⊥AC ．23．如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E 为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E-BCD的体积．24．如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，且四棱锥P-ABCD的体积为8，求该四棱锥的侧面积．325．如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（Ⅰ）证明：A1O∥平面B1CD1；（Ⅱ）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．（1）求四棱锥A1-ABCD的体积；（2）求异面直线A1C与DD1所成角的大小．28．将边长为1的正方形AA1O1O（及其内部）绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．（1）求圆柱的体积与侧面积；（2）求异面直线O1B1与OC所成的角的大小．。
高一数学空间几何体试题答案及解析
高一数学空间几何体试题答案及解析1.某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图知，几何体是一个三棱锥，底面是直角边长为的直角三角形，面积是，三棱锥的一条侧棱与底面垂直，且长度是，这是三棱锥的高，三棱锥的体积是.故选A．【考点】本题考查由三视图求面积、体积．2.已知一空间几何体的三视图如图所示，它的表面积是()A．B．C．D．3【答案】C【解析】该几何体是三棱柱，如下图，，其表面积为。
故选C。
【考点】柱体的表面积公式点评：由几何体的三视图来求出该几何体的表面积或者体积是一个考点，这类题目侧重考察学生的想象能力。
3.已知某一几何体的正(主)视图与侧(左)视图如图，则在下列图形中，可以是该几何体的俯视图的图形有()A．①②③⑤B．②③④⑤C．①③④⑤D．①②③④【答案】D【解析】俯视图为⑤的几何体的侧视图如下，这与题目不相符，而①②③④符合题意。
故选D。
【考点】三视图点评：本题考查简单空间图形的三视图，考查空间想象能力，是基础题．4.如图是某直三棱柱(侧棱与底面垂直)被削去上底后的直观图与三视图中的侧(左)视图、俯视图，在直观图中，是的中点，侧(左)视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示．(1)求出该几何体的体积；(2)若是的中点，求证：∥平面；(3)求证：平面⊥平面.【答案】(1)4 (2)主要证明∥ (3)主要证明平面【解析】解:(1)由题意可知，四棱锥中，平面平面，，所以，平面，又，，则四棱锥的体积为.(2)连接，则∥，∥，又，所以四边形为平行四边形，∴∥，∵平面，平面，所以，∥平面.(3)∵，是的中点，∴⊥，又在直三棱柱中可知，平面平面，∴平面，由(2)知，∥，∴平面，又平面，所以，平面平面.【考点】平面与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．点评：本题考查的知识点是直线与平面平行的判定，棱锥的体积，平面与平面垂直的判定，其中（1）的关键是由面面垂直的性质定理可得AB⊥平面ACDE，（2）的关键是分析出四边形ANME为平行四边形，即AN∥EM，（3）的关键是熟练掌握空间线线垂直，线面垂直与面面垂直之间的相互转化．5.如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形为截面，长方形为底面，则四边形的形状为( )A．梯形B．平行四边形C．可能是梯形也可能是平行四边形D．不确定【答案】B【解析】因为，长方体中相对的平面互相平行，所以，被平面截后，EF,GH平行且相等，GF,EH 平行且相等，故四边形的形状为平行四边形，选B。
高二数学立体几何试题答案及解析
高二数学立体几何试题答案及解析1.已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形,，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离是（）A．B．1C．D．【答案】A【解析】三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，在面内的射影为中点，平面，上任意一点到的距离相等。
，在面内作的垂直平分线，则为的外接球球心。
，，即为到平面的距离。
故选A。
【考点】点、线、面间的距离计算。
2.已知、、两两所成的角为60，则平面与平面所成二面角的余弦值为。
【答案】【解析】在、、上分别截取,连接,则是正三角形；取的中点，连接,四棱锥是正四面体，每个面的三角形都是正三角形，则,所以是平面与平面所成二面角的平面角；设棱长为1，则,在三角形中，根据余弦定理．【考点】二面角的相关知识3.长方体的底面是边长为的正方形，若在侧棱上至少存在一点,使得,则侧棱的长的最小值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】以D为原点，分别为轴建立坐标系，设侧棱长为b，则，所以侧棱长的最小值为【考点】1．向量法求解立体几何问题；2．二次方程根的判定4.已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且,则棱锥的体积为．【答案】【解析】设,那么平面,在直角三角形中，,,所以,所以四棱锥的体积是．【考点】1．球与几何体；2．体积的计算5.棱长为1的正方体中，分别为棱的中点．（1）若平面与平面的交线为，与底面的交点为点，试求的长；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】根据两面相交，有一条交线，且满足过平面的平行线的平面与该平面相交，交线与面的平行线是平行的，所以所对应的直接与直线是平行的，从而根据平面几何的有关结论，求得交线的位置，从而求得点的位置，放在相应的三角形中，求得的长，第二问建立相应的空间坐标系，求得两个半平面的法向量，从而求得二面角的余弦值．试题解析：（1）如图，可求得，（2）分别以DA、DC、DD所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，1（1,1,1，）E（,1，0）A（1，0，0）,F（0，0，）,B1设平面的法向量为，平面，所以利用空间向量，易得【考点】面面相交，二面角的余弦值．6.在正方体底面，任一点，则直线所成角为（）A．B．C．D．不能确定【答案】C【解析】设AD、BC的中点分别为E、F，连接A1E、EF、FB1，则四边形A1EFB1矩形．可以证明A1E AM，EF AM，所以AM平面A1EFB1．而直线OP在平面A1EFB1，所以AM OP．故选C．【考点】异面直线垂直的判定．7.正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1的中点，则以下结论中不成立的是（）A．EF与BB1垂直B．EF与BD垂直C．EF与CD异面D．EF与A1C1异面【答案】D【解析】可以证明答案A、B、C是正确的．同时，设AB、BC的中点分别为G、H，连接GH．显然EF∥GH，GH∥AC，AC∥A1C1，所以EF∥A1C1即答案D是错误的．【考点】以正方体为载体的异面直线的判断．8.如果把一个球的表面积扩大到原来的2倍，变为一个新球，那么新球的体积扩大到原来的倍，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】球体扩大前表面积，体积，扩大后表面积，则，那么扩大后体积，所以．【考点】等差数列前项和公式．9.在空间直角坐标系中，点与点之间的距离为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由空间距离公式可知：【考点】空间两点间距离10.（本小题满分12分）如图所示，在多面体，四边形，均为正方形，为的中点，过的平面交于（1）证明：；（2）（理科做）求二面角余弦值．（3）（文科做）若正方形边长为2，求多面体的体积．【答案】（1）详见解析；（2）；（3）．【解析】（1）因为，平面，平面，所以平面，又平面，平面平面=，所以//．（2）将几何体补成正方体知，⊥平面，所以⊥, ⊥平面，所以⊥，所以交线⊥平面．二面角的平面角与∠相等，即可求出结果．（3）根据空间几何体的特征，可知四棱锥的高为2，然后根据体积公式即可求出结果．试题解析：（1）因为，平面，平面，所以平面，又平面，平面平面=，所以//．（2）将几何体补成正方体知，⊥平面，所以⊥⊥平面，所以⊥，所以交线⊥平面．二面角的平面角与∠相等，余弦值为（3）由题意可知，四棱锥．【考点】1．线面平行的性质定理；2．二面角；3．几何体的体积．11.一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．【答案】12【解析】：∵一个六棱锥的体积为，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，∴棱锥是正六棱锥，设棱锥的高为h，则，棱锥的斜高为，该六棱锥的侧面积为【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积12.已知球的半径为，求其内接正方体的棱长__________．【答案】【解析】球的内接正方体的对角线就是球的直径，所以正方体的棱长为【考点】球的内接多面体13.若一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，则圆锥侧面展开图的扇形的圆心角为A．B．C．D．【答案】C【解析】设底面圆半径为，母线长为，所以扇形圆心角为，圆心角【考点】圆锥表面积与扇形弧长公式14.如图，在棱长为1的正方体中，M、N分别是的中点，则图中阴影部分在平面上的投影的面积为．【答案】【解析】N点投影到AD中点，M点投影到中点，因此投影面积为正方形面积的，面积为【考点】侧视图15.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E、G、F分别为MB、PB、PC的中点，且AD＝PD＝2MA．（1）求证：平面EFG∥平面PMA；（2）求证：平面EFG⊥平面PDC；（3）求三棱锥P－MAB与四棱锥P－ABCD的体积之比．【答案】（1）、（2）证明过程详见解析；（3）1：4．【解析】（1）证明EG、FG都平行于平面PMA，然后由平面与平面平行的判定方法即可证明；（2）证明GF⊥平面PDC，然后由平面与平面垂直的判定定理即可证明；（3）设MA为1，从而其他边的长度都可表示，问题可求解．试题解析：（1）证明∵E、G、F分别为MB、PB、PC的中点，∴EG∥PM，GF∥BC．又∵四边形ABCD是正方形，∴BC∥AD，∴GF∥AD．∵EG、GF在平面PMA外，PM、AD在平面PMA内，∴EG∥平面PMA，GF∥平面PMA．又∵EG、GF都在平面EFG内且相交，∴平面EFG∥平面PMA．（2）证明由已知MA⊥平面ABCD，PD∥MA，∴PD⊥平面ABCD．又BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC．∵四边形ABCD为正方形，∴BC⊥DC．又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC．在△PBC中，∵G、F分别为PB、PC的中点，∴GF∥BC，∴GF⊥平面PDC．又GF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PDC．（3）解∵PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，不妨设MA＝1，则PD＝AD＝2．∵DA⊥平面MAB，且PD∥MA，∴DA即为点P到平面MAB的距离，∴VP －MAB∶VP－ABCD＝S△MAB·DA∶S正方形ABCD·PD＝S△MAB ∶S正方形ABCD＝∶（2×2）＝1∶4．【考点】①证明平面与平面平行、垂直；②求体积．16.某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是（）A．90B．129C．132D．138【答案】D．【解析】分析题意可知，该几何体为三棱柱与长方体的组合，其表面积，故选D．【考点】1．三视图；2．空间几何体的表面积．17.某几何体的三视图如图所示，则它的体积为____________．【答案】【解析】由三视图可知该几何体下面部分是圆柱，上半部分是圆锥，其中圆柱的底面圆半径为3，高位5，所以体积为，圆锥的底面圆半径为3，高为4，所以体积为，所以该几何体体积为【考点】三视图与几何体体积18.把球的表面积扩大到原来的2倍，那么球的体积扩大到原来的（）A．2倍B．倍C．倍D．倍【答案】C【解析】设原来球的半径为，扩大后球的半径为，依题意可知，．所以．即球的体积扩大到原来的倍．故C正确．【考点】球的表面积公式，体积公式．19.如图，在正三棱柱中，分别为中点．（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）连交于点，由三角形中位线可得且，则可证得为平行四边形，从而可得，由线面平行的判定定理可证得平面．（2）由正棱柱可得底面，从而可得，又为正三角形可得．由线面垂直的判定定理可得面，又，所以面，由面面垂直的判定定理可得面面．试题解析：证明：（1）连交于点，为中点，，为中点，，，四边形是平行四边形，，又平面，平面，平面；（2）由（1）知，，为中点，所以，所以，又因为底面，而底面，所以，则由，得，而平面，且，所以面，又平面，所以平面平面．【考点】1线面平行；2线面垂直，面面垂直．【方法点睛】本题主要考查的是线面平行，线面垂直，面面垂直，属于中档题．证明线面平行的关键是证明线线平行，常用方法有:中位线，平行四边形，平行线分线段成比例逆定理等；证明线面垂直常用其判定定理证明，关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法有:由线面垂直得线线垂直、勾股定理证直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．20.（2015秋•宁城县期末）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC=BC=CC1=2，M，N分别为AC，B1C1的中点．（Ⅰ）求证：MN∥平面ABB1A1；（Ⅱ）线段CC1上是否存在点Q，使A1B⊥平面MNQ？说明理由．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）线段CC1上存在点Q，使得A1B⊥平面MNQ．【解析】（Ⅰ）取AB中点D，连接DM，DB1，然后由三角形的中位线定理得到MN∥DB1，再由线面平行的判定定理得答案；（Ⅱ）连接BC1，可证QN⊥BC1，A1C1⊥QN，从而可证：A1B⊥QN，同理可得 A1B⊥MQ，即可得证A1B⊥平面MNQ．解：（Ⅰ）证明：取AB中点D，连接DM，DB1．在△ABC中，因为 M为AC中点，所以DM∥BC，．在矩形B1BCC1中，因为 N为B1C1中点，所以B1N∥BC，．所以 DM∥B1N，DM=BN．所以四边形MDB1N为平行四边形，所以 MN∥DB1．因为 MN⊄平面ABB1A1，DB1⊂平面ABB1A1，所以 MN∥平面ABB1A1．（Ⅱ）解：线段CC1上存在点Q，且Q为CC1中点时，有A1B⊥平面MNQ．证明如下：连接BC1．在正方形BB1C1C中易证 QN⊥BC1．又A1C1⊥平面BB1C1C，所以 A1C1⊥QN，从而NQ⊥平面A1BC1．所以 A1B⊥QN．同理可得 A1B⊥MQ，所以A1B⊥平面MNQ．故线段CC1上存在点Q，使得A1B⊥平面MNQ．【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．21.已知圆锥底面半径为4，高为3，则该圆锥的表面积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】依题意，圆锥的母线长为，则圆锥的表面积为，故选D．【考点】圆锥的表面积公式．22.已知两个不同的平面和两条不重合的直线，则下列四个命题正确的是（）A．若，，则B．若，，，，则C．若，，，则D．若，，，，则【答案】D【解析】若，，则或，故A错误；若，，，，则或相交，故B错误；若，，，则或或斜交，故C错误；若，，，，则正确；故选D．【考点】空间中线面位置关系的判定．23.已知A（2，－5，1），B（2，－2，4），C（1，－4，1），则与的夹角为（）A．30°B．45°C．60°D．90°【答案】C【解析】，夹角为【考点】向量夹角24.（2012•贵州校级模拟）棱长为2的正方体的内切球的表面积为（）A．2πB．4πC．8πD．16π【答案】B【解析】棱长为2的正方体的内切球的半径r=1，由此能求出其表面积．解：棱长为2的正方体的内切球的半径r==1，表面积=4πr2=4π．故选B．【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．25.如图，正方形和四边形所在平面互相垂直，，，，．（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）求二面角的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．【解析】（1）设与交于点，则在平面中，可先证明四边形为平行四边形，得，就可证明平面；（2）先为原点，建立空间直角坐标系，把对应各点坐标出来，可以推出和，求出平面的法向量，就可得证平面；（3）先利用（2）找到是平面的一个法向量，求出平面的法向量，就可利用法向量求解二面角的大小．试题解析：（1）证明：设与交于点．因为，且，，所以四边形为平行四边形，所以．因为平面，平面，所以平面．（2）证明：因为正方形和四边形所在的平面互相垂直，且，所以平面．如图，以为原点，建立空间直角坐标系．则，，，，，．，，．，，所以，，又，所以平面．（3）由（2）知，是平面的一个法向量．设平面的法向量，则，，即，得，且．令，则，．从而．故二面角为锐角，故二面角的大小为．【考点】空间中直线与平面的位置关系的判定与证明；二面角的求解．【方法点晴】本题主要考查了直线和平面垂直的判定和性质，直线与平面平行的判定定理及空间角的求解，在证明线面平行时，常用方法是在平面内找已知直线的平行线，也可利用面面平行的推理证明线面平行，注意方法的选择，本题第2，3问题的解答中，把空间的位置关系和空间角的求解转化为空间向量的运算，是解答立体几何问题的一种重要方法，平时注意总结和领会．26.（2014•云南模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】先找符合条件的特殊位置，然后根据符号条件的轨迹为线段PC的垂直平分面与平面AC 的交线得到结论．解：根据题意可知PD=DC，则点D符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC”设AB的中点为N，根据题目条件可知△PAN≌△CBN∴PN=CN，点N也符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC”故动点M的轨迹肯定过点D和点N而到点P与到点N的距离相等的点为线段PC的垂直平分面线段PC的垂直平分面与平面AC的交线是一直线故选A【考点】直线与平面垂直的性质；平面与平面之间的位置关系．27.已知，若则实数＝_______．【答案】4【解析】【考点】向量的坐标运算28.如图，在直三棱锥中，底面是正三角形，点是中点，.（1）求三棱锥的体积；（2）证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由于平面为直棱柱的侧面，所以可以考虑变换顶点，利用面面垂直的性质性质定理作，则面，由棱锥的体积公式即可求得其体积；（2）要证明线线垂直可考虑证线面平行，取的中点，连接，由于底面是正三角形，，可证得，在平面由平面几何的知识可证得，所以面由线面垂直的性质即可证得.试题解析：（1）过作，直三棱柱中面，，面，是高，（2）取的中点，连接底面是正三角形，矩形中，，中面.【考点】空间直线与平面的垂直关系及棱锥的体积.29.如图，在四棱锥O﹣ABCD中，底面ABCD四边长为1的菱形，∠ABC=，OA⊥底面ABCD，OA=2，M为OA的中点，N为BC的中点．（Ⅰ）证明：直线MN∥平面OCD；（Ⅱ）求异面直线AB与MD所成角的大小；（Ⅲ）求点B到平面OCD的距离．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）（Ⅲ）【解析】方法一：（1）取OB中点E，连接ME，NE，证明平面MNE∥平面OCD，方法是两个平面内相交直线互相平行得到，从而的到MN∥平面OCD；（2）∵CD∥AB，∴∠MDC为异面直线AB与MD所成的角（或其补角）作AP⊥CD于P，连接MP∵OA⊥平面ABCD，∴CD⊥MP菱形的对角相等得到∠ABC=∠ADC=，利用菱形边长等于1得到DP=，而MD利用勾股定理求得等于，在直角三角形中，利用三角函数定义求出即可．（3）AB∥平面OCD，∴点A和点B到平面OCD的距离相等，连接OP，过点A作AQ⊥OP于点Q，∵AP⊥CD，OA⊥CD，∴CD⊥平面OAP，∴AQ⊥CD，又∵AQ⊥OP，∴AQ⊥平面OCD，线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离，求出距离可得．方法二：（1）分别以AB，AP，AO所在直线为x，y，z轴建立坐标系，分别表示出A，B，O，M，N的坐标，求出，，的坐标表示．设平面OCD的法向量为=（x，y，z），则，解得，∴MN∥平面OCD（2）设AB与MD所成的角为θ，表示出和，利用a×b=|a||b|cosα求出叫即可．（3）设点B到平面OCD的距离为d，则d为在向量上的投影的绝对值，由得．所以点B到平面OCD的距离为．解：方法一（综合法）（1）取OB中点E，连接ME，NE∵ME∥AB，AB∥CD，∴ME∥CD又∵NE∥OC，∴平面MNE∥平面OCD∴MN∥平面OCD（2）∵CD∥AB，∴∠MDC为异面直线AB与MD所成的角（或其补角）作AP⊥CD于P，连接MP∵OA⊥平面ABCD，∴CD⊥MP∵，∴，，∴所以AB与MD所成角的大小为（3）∵AB∥平面OCD，∴点A和点B到平面OCD的距离相等，连接OP，过点A作AQ⊥OP于点Q，∵AP⊥CD，OA⊥CD，∴CD⊥平面OAP，∴AQ⊥CD．又∵AQ⊥OP，∴AQ⊥平面OCD，线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离，∵，，∴，所以点B到平面OCD的距离为．方法二（向量法）作AP⊥CD于点P，如图，分别以AB，AP，AO所在直线为x，y，z轴建立坐标系：A（0，0，0），B（1，0，0），，，O（0，0，2），M（0，0，1），（1），，设平面OCD的法向量为n=（x，y，z），则×=0，×=0即取，解得∵×=（，，﹣1）×（0，4，）=0，∴MN∥平面OCD．（2）设AB与MD所成的角为θ，∵∴∴，AB与MD所成角的大小为．（3）设点B到平面OCD的距离为d，则d为在向量=（0，4，）上的投影的绝对值，由，得d==所以点B到平面OCD的距离为．【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离；用向量证明平行．30.将边长为正方形沿对角线折成直二面角，有如下三个结论：（1）；（2）是等边三角形；（3）四面体的表面积为.则正确结论的序号为．【答案】（1）（2）（3）【解析】根据题意，画出图形，如图所示：二面角A-BD-C为90°，E是BD的中点，可以得出∠AEC=90°，为直二面角的平面角；对于（1），由于BD⊥面AEC，得出AC⊥BD，命题（1）正确；对于（2），在等腰直角三角形AEC中，可以求出AC=2AE=AD=CD，所以△ACD是等边三角形，命题（2）正确；对于（3），四面体ABCD的表面积为命题（3）正确；综上，正确的命题是（1）（2）（3）．【考点】平面与平面垂直的性质31.一个几何体的三视图如图，其中主视图是腰长为2的等腰三角形，俯视图是半径为1的半圆，则该几何体的体积是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由三视图可知该几何体为半个圆锥，其中圆锥底面半径为1，母线长为2，所以棱锥的高为，所以体积为【考点】三视图32.如图，在正方体中，与所成角的大小为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】在正方体中，连接，则,又平面，所以，根据线面垂直的判定定理可得，平面，所以，所以与所成角的大小为，故选D.【考点】直线与平面垂直；异面直线所成的角.【方法点晴】本题主要考查了直线与平面垂直的判定与证明及异面直线所成角的求解，其中熟记直线与平面垂直的判定定理和异面直线所成角的概念是解答问题的挂件，属于基础题，同时着重考查了转化与化归思想和空间几何体的结构特征，本题的解答中，利用直线与平面垂直的判定定理，得到平面，即可得到异面所成角的大小.33.一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为．【答案】【解析】由三视图可知该几何体为一个半圆锥,其底面半径为，高为，母线长为.所以其表面积为【考点】三视图与几何体的表面积.34.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个四面体的三视图，则该四面体的表面积为( )A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图知，该四面体中，，尺寸见三视图，,（由俯视图知），，，，，，所以．故选A．【考点】三视图，几何体的表面积．【名师】（1）画几何体的三视图可以想象自己站在几何体的正前方、正左方和正上方观察,它的轮廓线是什么,然后再去画图.（2）对于简单几何体的组合体的三视图,①要确定正视、侧视、俯视的方向;②要注意组合体是由哪些几何体组成,弄清楚它们的生成方式;③注意它们的交线的位置.（3）对简单几何体的三视图要熟悉．由三视图还原直观图时，还要注意三视图中反应的线面位置关系．35.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】观察三视图可以得到该几何体是一个四棱锥，高为，底面是边长为的正方体，故体积为,故选B．【考点】三视图及几何体的体积.36.如图所示，在三棱柱中，底面，，是上一动点，则的最小值是．【答案】【解析】连接,沿将展开到所在的平面，再连接交于,此时有最小值,在中.【考点】空间中线段最短值的计算．【方法点晴】本题主要考查的是在空间几何体中，线段最短问题，属于难题，对于空间的线段最值问题，我们需要将空间的线段转化成平面线段问题，将不在一个平面的的两条相交线段转化到同一平面上，根据两点间直线距离最短求出，线段的最小值.在空间中这种转化思想是需要注意的.37.如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由三视图可知，该几何体是一个半圆柱合一个四棱锥的组合体，其中四棱锥的底面与半圆柱的轴截面重合，半圆柱的底面半径为，高为，棱柱的高是，所以该几何体的体积是.【考点】1三视图；2、棱锥，圆柱.38.如图，四棱锥P—ABCD中，PD底面ABCD，AB//DC，AD DC，AB=AD=1，DC=2，PD=，M为棱PB的中点．（1）证明：DM平面PBC；（2）求二面角A—DM—C的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）证线与面垂直，基本思路为利用线与面垂直的判定，即转化为证线与线垂直。
高中立体几何—三棱锥顶点射影问题
O为三角形ABC的内心
B
O
A
E
F
C
典型：四面体P-ABC的顶点P在平面上的射影为O
(1)P到三顶点距离相等
O是 ABC的外心
(2)侧棱两两垂直
O是 ABC的垂心
(3)P到三边AB、BC、AC距离相等
O是 ABC的内心
例：四面体P-ABC中，PA BC, PB AC
求证：PC AB
O是垂心
证明：∵OA⊥α PQ α
A
∴ OA⊥PQ
OB⊥β, PQ β
∴ OB⊥PQ
又OA∩OB=0
P
∴PQ⊥平面OAB
而AB 平面OAB
∴ PQ⊥AB
O Q
B
作业：如图S是ABC所在平面外一点，SA SB SB SC，SC SA，H是ABC的垂心， 求证；SH 平面ABC
S
A
H
C
B
作业：如图S是ABC所在平面外一点，SA SB
求证：（1）PA BC
A
（2）BC 平面PAC
O
B
解：（1）
C
AB , AC ,
且AB AC A PA AC, PA AB
\ PA 又 BC
(2)QC为圆O上一点，AB 为直径
\ BC AC
由1得BC PA,又Q PA AC A
\ BC 面PAC
\ PA BC
例：平面内有一个三角形ABC，平面外 有一点P，自P向平面作斜线PA，PB， PC，且PA＝PB＝PC，若点O是△ABC 的外心，求证：PO⊥平面ABC.
三棱锥顶点射影问题
三角形的“心”
1、重心:三条中线的交点 2、垂心:三条高的交点 3、外心:三条边垂直平分线的交点（或 说△外接圆的圆心）
专题06 立体几何专项高考真题总汇(带答案与解析)
专题06立体几何（解答题）1．【2021·全国高考真题】如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)详见解析(2)6【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO ⊥平面BCD ，即可证得结果；（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.【解析】（1）因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD因为平面ABD 平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ，因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD (2)作EF ⊥BD 于F,作FM ⊥BC 于M,连FM 因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD,AO ⊥CD所以EF ⊥BD,EF ⊥CD,BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC 因为FM ⊥BC ，FM EF F =I ,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥ME 则EMF ∠为二面角E-BC-D 的平面角,4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以BCD 为直角三角形因为2DE EA =,1112(1)2233FM BF ∴==+=从而EF=FM=213AO ∴=AO ⊥Q 平面BCD,所以11131133326BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.2．【2021·浙江高考真题】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120,1,4,15ABC AB BC PA ∠=︒===M ，N 分别为,BC PC 的中点，,PD DC PM MD ⊥⊥.（1）证明：AB PM ⊥；（2）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）156．【分析】（1）要证AB PM ⊥，可证DC PM ⊥，由题意可得，PD DC ⊥，易证DM DC ⊥，从而DC ⊥平面PDM ，即有DC PM ⊥，从而得证；（2）取AD 中点E ，根据题意可知，,,ME DM PM 两两垂直，所以以点M 为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量AN和平面PDM 的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．【解析】（1）在DCM △中，1DC =，2CM =，60DCM ∠= ，由余弦定理可得DM =，所以222DM DC CM +=，∴DM DC ⊥．由题意DC PD ⊥且PD DMD ⋂=，DC ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，所以DC PM ⊥，又//AB DC ，所以AB PM ⊥．（2）由PM MD ⊥，AB PM ⊥，而AB 与DM 相交，所以PM ⊥平面ABCD，因为AM =，所以PM =，取AD 中点E ，连接ME ，则,,ME DM PM 两两垂直，以点M 为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则(2,0),(0,0,A P D,(0,0,0),1,0)M C -又N 为PC中点，所以31335,,,2222N AN ⎛⎛-=- ⎝⎝ .由（1）得CD ⊥平面PDM ，所以平面PDM 的一个法向量(0,1,0)n =从而直线AN 与平面PDM所成角的正弦值为5||2sin 6||AN n AN n θ⋅===‖．【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明AB PM ⊥，可以考虑DC PM ⊥，题中与DC 有垂直关系的直线较多，易证DC ⊥平面PDM ，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．3．【2021·全国高考真题（理）】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）见解析；（2）112B D =【分析】通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案．【解析】因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1BB ⊥底面ABC ，所以1BB AB ⊥因为11//A B AB ，11BF A B ⊥，所以BF AB ⊥，又1BB BF B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．所以()()()()()()1110,0,0,2,0,0,0,2,0,0,0,2,2,0,2,0,2,2B A C B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）．（1）因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-= ，所以BF DE ⊥．（2）设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BA θ⋅===⋅ ．当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ63=．所以()min3sin 3θ==，此时112B D =．【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出(),0,2D a （02a ≤≤），在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步．4．【2021·全国高考真题（理）】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．【答案】（12；（2）7014【分析】（1）以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设2BC a =，由已知条件得出0PB AM ⋅=，求出a 的值，即可得出BC 的长；（2）求出平面PAM 、PBM 的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.【解析】（1）PD ⊥ 平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ，则()2,1,1PB a =- ，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥ ，则2210PB AM a ⋅=-+= ，解得22a =，故2BC a ==；（2）设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z = ，则2,1,02AM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()AP = ，由111102m AM x y mAP z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，取1x =，可得)2m = ，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z = ，2,0,02BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =- ，由2222202n BM x nBP y z ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩ ，取21y =，可得()0,1,1n =r，314cos ,14m n m n m n⋅<>==⋅，所以，70sin ,14m n <>==，因此，二面角A PM B --的正弦值为14.【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.5．【2021·北京高考真题】已知正方体1111ABCD A B C D -，点E 为11A D 中点，直线11B C 交平面CDE 于点F ．（1）证明：点F 为11B C 的中点；（2）若点M 为棱11A B 上一点，且二面角M CF E --的余弦值为53，求111A M A B 的值．【答案】（1）证明见解析；（2）11112A M AB =．【分析】(1)首先将平面CDE 进行扩展，然后结合所得的平面与直线11BC 的交点即可证得题中的结论；(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数λ的值.【解析】(1)如图所示，取11B C 的中点'F ，连结,','DE EF F C ，由于1111ABCD A B C D -为正方体，,'E F 为中点，故'EF CD ，从而,',,E F C D 四点共面，即平面CDE 即平面'CDEF ，据此可得：直线11B C 交平面CDE 于点'F ，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F 与点'F 重合，即点F 为11B C 中点.(2)以点D 为坐标原点，1,,DA DC DD 方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方形，建立空间直角坐标系D xyz -，不妨设正方体的棱长为2，设()11101A MA B λλ=≤≤，则：()()()()2,2,2,0,2,0,1,2,2,1,0,2M C F E λ，从而：()()()2,22,2,1,0,2,0,2,0MC CF FE λ=---==-，设平面MCF 的法向量为：()111,,m x y z =，则：()111112222020m MC x y z m CF x z λ⎧⋅=-+--=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令11z =-可得：12,,11m λ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭，设平面CFE 的法向量为：()222,,n x y z =，则：2222020n FE y n CF x z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令11z =-可得：()2,0,1n =-，从而：5,m n m n ⋅===则：,5cos 3m n m n m n ⋅===⨯ ，整理可得：()2114λ-=，故12λ=（32λ=舍去）.【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.6．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，66PO DO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．【解析】（1）设DO a =，由题设可得63,,63PO a AO a AB a ===，22PA PB PC a ===.因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥.又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥.所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得312(0,1,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,222E A C P --.所以312(,,0),(0,1,222EC EP =--=- .设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，即021022y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取3(3=-m .由（1）知2(0,1,2AP = 是平面PCB 的一个法向量，记AP = n ，则25cos ,|||5⋅==n m n m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为255.【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.7．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．【解析】（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以1MN CC ∥．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ．所以平面A 1AMN ⊥平面11EB C F ．（2）由已知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA的方向为x 轴正方向， MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB =2，AM 3连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故23231(,0)333PM E =．由（1）知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ．设(,0,0)Q a ，则22123234()(4())33NQ a B a a =----，故21123223210(,,4()|3333B E a a B E =-----=．又(0,1,0)=-n 是平面A 1AMN 的法向量，故1111π10sin(,)cos ,210||B E B E B E B E ⋅-===⋅ n n |n |所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010．8．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【解析】设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c = ，11(0,,)3C F b c = ，得1EA C F = ．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内．（2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =-- ，1(0,1,2)A E =- ，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ．设2n 为平面1A EF 的法向量，则22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为121212cos ,||||⋅〈〉==⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为427．9．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ，所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C = 所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.10．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB ．由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥.由45ACB ∠=︒，1222BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB ．由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥.（Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角.设CD =.由2,DO OC BO BC ====BD OH ==所以sin OH OCH OC ∠==，因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-.设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,|3|||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．11．【2020年高考天津】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．【解析】依题意，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)C A B C ，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)C M = ，1(2,2,2)B D =--，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA = 是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB =，(2,0,1)ED =- ．设(,,)x y z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.y z x z +=⎧⎨-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ．因此有|||6cos ,6|A CA C CA ⋅〈〉==n n n ，于是30sin ,6CA 〈〉= n ．所以，二面角1B B E D --的正弦值为306．（Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB =-．由（Ⅱ）知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是3cos ,3||||AB AB AB ⋅==-n n n ．所以，直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值为33．12．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求二面角A−MA 1−N 的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）105.【解析】（1）连结B 1C ，ME ．因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =12A 1D ．由题设知A 1B 1= DC ，可得B 1C = A 1D ，故ME =ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ．又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ．（2）由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，3,2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =- ，1(3,2)A M =--，1(1,0,2)A N =-- ，(0,3,0)MN =-．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，所以32040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取(3,1,0)=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，．n n 所以3020q p r ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是2315cos ,||525⋅〈〉==⨯‖m n m n m n ，所以二面角1A MA N --的正弦值为105．【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.13．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）32.【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒，故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA的方向为x 轴正方向，||DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB = ，(1,1,1)CE =-，1(0,0,2)CC =．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取m =（1，1，0）．于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --的正弦值为2．【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.14．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的二面角B−CG−A 的大小.【答案】（1）见解析；（2）30 .【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故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 ，故AB ⊥平面BCGE ．又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ．由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EH以H 为坐标原点，HC的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，0），CG =（1，0AC=（2，–1，0）．设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,20.x x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩所以可取n =（3，6，）．又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以3cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ．因此二面角B –CG –A 的大小为30°．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.15．【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且13 PFPC=．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P的余弦值；（3）设点G在PB上，且23PGPB=．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）33；（3）见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD．（2）过A作AD的垂线交BC于点M．因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．如图建立空间直角坐标系A−xyz，则A（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）．所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP==-=．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF⎛⎫⎛⎫==-=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则0,0,AEAF⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩nn即0,2240.333y zx y z+=⎧⎪⎨++=⎪⎩令z=1，则1,1y x=-=-．于是=(1,1,1)--n．又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以3cos ,||3⋅〈〉==-‖n p n p n p .由题知，二面角F −AE −P为锐角，所以其余弦值为3．（3）直线AG 在平面AEF 内．因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--，所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n .所以4220333AG ⋅=-++= n .所以直线AG 在平面AEF 内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F −AE −P 的余弦值；（3）首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内.16．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【答案】（1）见解析；（2）49；（3）87．【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE，，的方向为x 轴，y 轴，z轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)CF h h =>>，则()1,2,F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB = 是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =，可得0BF AB ⋅=，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ．（2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =，可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==-n n n ．所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49．（3）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=-⎪⎝⎭m ．由题意，有224||1cos ,||||3432h h -⋅〈〉==+m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意．所以，线段CF的长为8 7．【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．17．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC .因为三棱柱ABC−A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC .又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ，所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.18．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A A C AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点.（1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35．【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E 3EG 3由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===，所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35．方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，），B，1，0），1B，33,,22F ，C (0，2，0)．因此，33(,,22EF =，(BC = ．由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(10)=(02BC A C -，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，得0y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.。
高考数学艺体生精选好题突围系列(基础篇)专题12立体几何【含答案】
专题12 立体几何三视图【背一背基础知识】1.投影：区分中心投影与平行投影。
平行投影分为正投影和斜投影。
2.三视图——是观察者从三个不同位置观察同一个空间几何体而画出的图形；正视图——光线从几何体的前面向后面正投影，得到的投影图；侧视图——光线从几何体的左面向右面正投影，得到的投影图；正视图——光线从几何体的上面向下面正投影，得到的投影图；注：（1）俯视图画在正视图的下方，“长度”与正视图相等；侧视图画在正视图的右边，“高度”与正视图相等，“宽度”与俯视图。
（简记为“正、侧一样高，正、俯一样长，俯、侧一样宽”.（2）正视图，侧视图，俯视图都是平面图形，而不是直观图。
3.直观图——是观察着站在某一点观察一个空间几何体而画出的图形。
直观图通常是在平行投影下画出的空间图形。
【讲一讲基本技能】1.必备技能：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、正上方观察几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高．一般地，若俯视图中出现圆，则该几何体可能是球或旋转体，若俯视图是多边形，则该几何体一般是多面体；若主视图和左视图中出现三角形，则该几何体可能为椎体。
2.典型例题例1已知三棱锥的俯视图与侧(左)视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧(左)视图是有一直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()【答案】C例2已知一个三棱锥的正(主)视图与俯视图如图所示，则该三棱锥的侧(左)视图的面积为()A.3 2B.3 4C．1D.1 2【答案】B例3如图，若一个空间几何体的三视图中，正(主)视图和侧(左)视图都是直角三角形，其直角边均为1，则该几何体的表面积是( )A ．1＋ 2B ．2＋2 2 C.13 D ．2＋ 2【答案】D【练一练趁热打铁】1. 如图1是一个几何体的三视图．若它的体积是33，则a ＝________.【答案】 32. 一个几何体的正(主)视图和俯视图如图2所示，其中俯视图是边长为23的正三角形，且圆与三角形内切，则侧(主)视图的面积为( )A ．6＋πB ．4＋πC ．6＋4πD ．4＋4π 【答案】A3.如图,三棱柱的棱长为2,底面是边长为2的正三角形,1111C B A AA 面 ,正视图是边长为2的正方形,俯视图为正三角形,则左视图的面积为（ ）A ．4B ．22 C．．2【答案】C几何体的表面积和体积【背一背基础知识】1. .柱体、锥体、台体和球的表面积与体积(1)表面积公式 (2)体积公式①圆柱的表面积S ＝2πr (r ＋l )； ①柱体的体积V ＝Sh ； ②圆锥的表面积S ＝πr (r ＋l )； ②锥体的体积V ＝13Sh ；③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )； ③台体的体积V ＝13(S ′＋SS ′＋S )h ；④球的表面积S ＝4πR 2④球的体积V ＝43πR【讲一讲基本技能】1.必备技能：求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在。
高考数学立体几何题目答案详解
高考数学立体几何题目答案详解在高考数学中，立体几何题目一直是让许多同学感到头疼的部分。
但其实，只要掌握了正确的方法和思路，这些题目也并非难以攻克。
接下来，我们将通过具体的题目来详细解析高考数学立体几何题目的解题方法和答案。
我们来看这样一道题：已知正方体 ABCD A₁B₁C₁D₁的棱长为 2，E、F 分别为棱 AA₁、CC₁的中点。
（1）求三棱锥 B EDF 的体积；（2）求证：平面 BDF ∥平面 B₁E₁F₁。
对于第一问，求三棱锥 B EDF 的体积。
我们知道，要求三棱锥的体积，关键是找到合适的底面和对应的高。
在这里，我们可以选择三角形 EDF 为底面，点 B 到平面 EDF 的距离为高。
首先，来计算三角形 EDF 的面积。
因为 E、F 分别为棱 AA₁、CC₁的中点，所以EF 的长度为正方体面对角线的一半，即EF ＝√2。
又因为 ED ＝ DF ＝√5 （根据勾股定理可得），所以三角形 EDF的面积可以通过海伦公式来计算，或者使用其他方法，比如以 EF 为底边，求出对应的高。
经过计算，三角形 EDF 的面积为√6。
接下来求点 B 到平面 EDF 的距离。
由于 BD 垂直于平面 AA₁C₁C，所以 BD 垂直于 EF 。
又因为三角形 EDF 在平面 AA₁C₁C 内，所以点 B 到平面 EDF 的距离就是 BD 在平面 AA₁C₁C 上的射影，也就是 BO（O 为 AC 的中点）的长度，BO ＝√2。
最后，根据三棱锥的体积公式 V ＝ 1/3×S×h （S 为底面积，h 为高），可得三棱锥 B EDF 的体积为2√3 ／ 3 。
再来看第二问，求证：平面 BDF ∥平面 B₁E₁F₁。
要证明两个平面平行，我们可以通过证明一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线。
在平面 BDF 中，BD 平行于 B₁D₁，BF 平行于 B₁F₁。
因为 BD 和 BF 是平面 BDF 内的两条相交直线，B₁D₁和 B₁F₁是平面 B₁E₁F₁内的两条相交直线，所以平面 BDF ∥平面 B₁E₁F₁。
(人教版)武汉市必修第二册第三单元《立体几何初步》测试题(包含答案解析)
一、选择题1．在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，15AA =，则V 的最大值是（ ）A ．4πB ．92πC ．1256πD ．323π 2．古代数学名著《数学九章》中有云：“有木长三丈，围之八尺，葛生其下，缠木两周，上与木齐，问葛长几何？”意思为：圆木长3丈，圆周为8尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长多少尺(注：1丈即10尺)（ ） A ．30尺 B ．32尺 C ．34尺 D ．36尺 3．如图所示，AB 是⊙O 的直径，VA 垂直于⊙O 所在的平面，点C 是圆周上不同于A ，B 的任意一点，M ，N 分别为VA ，VC 的中点，则下列结论正确的是（ ）A ．MN //AB B ．MN 与BC 所成的角为45° C ．OC ⊥平面VACD ．平面VAC ⊥平面VBC4．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，13,2,4AA AB AD ===，点M 是棱AD 的中点，点N 在棱1AA 上，且满足12AN NA =，P 是侧面四边形11ADD A 内的一动点（含边界），若1//C P 平面CMN ，则线段1C P 长度的取值范围是（ ）A ．17]B ．[2,3]C ．6,22]D ．[17,5] 5．用长度分别是2，3，5，6，9（单位：cm ）的五根木棒连接（只允许连接，不允许折断），组成共顶点的长方体的三条棱，则能够得到的长方体的最大表面积为（ ） A ．2258cm B ．2414cm C ．2416cm D ．2418cm6．如图所示，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 是侧面11CDD C 上的动点，且1//B F 面1A BE ，则F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是（ ）A ．aB ．2aC ．2aD ．22a 7．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，18AA =，3AB =，8AD =，点M 是棱AD 的中点，点N 是棱1AA 的中点，P 是侧面四边形11ADD A 内一动点（含边界），若1//C P 平面CMN ，则线段1C P 长度的取值范围是（ ）A ．[17,5]B ．[4,5]C ．[3,5]D ．[3,17] 8．如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1AA ⊥底面111A B C ，底面三角形111A B C 是正三角形，E 是BC 中点，则下列叙述正确的是（ ）A ．1CC 与1B E 是异面直线B ．AC ⊥平面11ABB A C ．AE ，11B C 为异面直线，且11AE B C ⊥D ．11//A C 平面1ABE 9．设α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ）A ．若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n ⊥βB ．若α⊥β，n ∥α，则n ⊥βC ．若m ∥α，m ∥β，则α∥βD ．若m ⊥α，m ⊥β，n ⊥α，则n ⊥β10．α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题；①如果m n ⊥，m α⊥，//n β，那么αβ⊥.②如果m α⊥，//n α，那么m n ⊥.③如果//αβ，m α⊂，那么//m β.④如果//m n ，//αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等.其中正确的命题的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．411．如图为水平放置的ΔOAB 的直观图，则原三角形的面积为（ ）A ．3B ．32C ．6D ．1212．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 内的射影为ABC ∆的中心O ，则1AC 与底面ABC 所成角的余弦值等于（ ）A 2B 7C 6D 5第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明参考答案13．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 分别是AB 、11B C 的中点，则异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值为（ ）A ．33B ．13C ．5829D ．3872914．用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥,截得的圆台上、下底面的面积之比为1:16，截去的圆锥的母线长是3cm ，则圆台的母线长是（ ）A ．9cmB ．10cmC ．12cmD ．15cm二、解答题15．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝2，A 1C ＝25，AB ＝2，∠BAC ＝60°.（1）求三棱锥A 1－ABC 的表面积；（2）证明：在线段A 1C 上存在点M ，使得AC ⊥BM ，并求1A M MC的值. 16．在四棱锥P ABCD -中，//AD BC ，BC CD ⊥，120ABC ∠=︒，4=AD ，3BC =，=2AB ，3=CD CE ，⊥AP ED ．（1）求证：DE ⊥面PEA ；（2）已知点F 为AB 中点，点P 在底面ABCD 上的射影为点Q ，直线AP 与平面ABCD 所成角的余弦值为3，当三棱锥-P QDE 的体积最大时，求异面直线PB 与QF 所成角的余弦值．17．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥面ABC ，2AC BC ==，22AB =，14CC =，M 是棱1CC 上一点．（1）若,M N 分别是1CC ，AB 的中点，求证：//CN 面1AB M ；（2）若132C M =，求二面角1A B M C --的大小． 18．如图，四面体ABCD 中，O ，E 分别是BD ､BC 的中点，2CA CB CD BD ====，2AB AD ==（1）求证：AO ⊥平面BCD ；（2）若G 为AO 上的一点，且2AG GO =，求证：//AC 平面GDE .19．如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PCD ⊥平面ABCD ，且PCD 是边长为2的等边三角形，四边形ABCD 是矩形，22BC =，M 为BC 的中点.（1）证明：AM PM ⊥；（2）求二面角P AM D --的大小；（3）求点D 到平面APM 的距离.20．如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为菱形，60BAD ∠=︒，PAD ∆为正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，且E ，F 分别为AD ，PC 的中点.（1）求证：//DF 平面PEB ；（2）求直线EF 与平面PDC 所成角的正弦值.21．如图所示，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，90//22ADE AF DE DE DA AF∠====，，.（1）求证：AC⊥平面BDE；（2）求证：//AC平面BEF；（3）若AC与BD相交于点O，求四面体BOEF的体积.22．如图，在三棱锥D-ABC中，已知△BCD是正三角形，AB⊥平面BCD，AB=BC=a，E为BC中点，F在棱AC上，且AF=3FC.（1）求三棱锥D-ABC的体积；（2）求证：AC⊥平面DEF；（3）若M为DB中点，N在棱AC上，且3,8CN CA=求证：MN//平面DEF.23．如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD//BC//FE，AB⊥AD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝12 AD.（I ）证明：平面AMD ⊥平面CDE ；（II ）求二面角A ﹣CD ﹣E 的余弦值.24．如图，四棱锥P ABCD -的底面是边长为2的菱形，PD ⊥底面ABCD .（1）求证：AC ⊥平面PBD ；（2）若2PD =，直线45DBP ∠=，求四棱锥P ABCD -的体积.25．如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点O 是BD 中点．（1）求证:平面11BDD B ⊥平面1C OC ；（2）求二面角1C BD C --的正切值．26．如图，已知三棱柱111ABC A B C -中，AB AC =，D 为BC 上一点，1A B 平面1AC D ．（1）求证：D 为BC 的中点;（2）若平面ABC ⊥平面11BCC B ，求证：1AC D ∆为直角三角形.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．D解析：D【分析】先保证截面圆与ABC 内切，记圆O 的半径为r ，由等面积法得()68AC AB BC r ++=⨯，解得2r．由于三棱柱高为5，此时可以保证球在三棱柱内部，球的最大半径为2，由此能求出结果．【详解】 解：如图，由题意可知，球的体积要尽可能大时，球需与三棱柱内切．先保证截面圆与ABC 内切，记圆O 的半径为r ， 则由等面积法得1111 (682222)ABC S AC r AB r BC r =++=⨯⨯△， 所以()68AC AB BC r ++=⨯，又因为6AB =，8BC =，所以10AC =，所以2r．由于三棱柱高为5，此时可以保证球在三棱柱内部，若r 增大，则无法保证球在三棱柱内，故球的最大半径为2，所以3344322333V r πππ==⋅=． 故选：D ．【点评】本题考查球的最大体积的求法，考查空间想象能力，属于中档题.2．C解析：C【分析】由题意，圆柱的侧面展开图是矩形，葛藤长是两个矩形相连所成矩形的对角线的长，画出图形，即可求出葛藤长.【详解】由题意，圆柱的侧面展开图是矩形，葛藤长是两个矩形相连所成矩形的对角线的长. 如图所示矩形ABCD 中，30AD =尺，2816AB =⨯=尺， 所以葛藤长2222301634AC AD AB =+=+=尺.故选：C .【点睛】本题考查圆柱的侧面展开图，考查学生的空间想象能力，属于基础题. 3．D解析：D【分析】由中位线性质，平移异面直线即可判断MN 不与AB 平行，根据异面直线平面角知MN 与BC 所成的角为90°，应用反证知OC 不与平面VAC 垂直，由面面垂直的判定知面VAC ⊥面VBC ，即可知正确选项.【详解】M ，N 分别为VA ，VC 的中点，在△VAC 中有//MN AC ，在面ABC 中AB AC A =，MN 不与AB 平行；AC BC C =，知：MN 与BC 所成的角为90BCA ∠=︒；因为OC ⋂面VAC C =，OC 与平面内交线,AC VC 都不垂直，OC 不与平面VAC 垂直； 由VA ⊥面ABC ，BC ⊂面ABC 即VA BC ⊥，而90BCA ∠=︒知AC BC ⊥，AC VA A ⋂=有BC ⊥面VAC ，又BC ⊂面VBC ，所以面VAC ⊥面VBC ； 故选：D【点睛】本题考查了异面直线的位置关系、夹角，以及线面垂直的性质，面面垂直判定的应用，属于基础题.4．C解析：C【分析】首先找出过点1C 且与平面CMN 平行的平面，然后可知点P 的轨迹即为该平面与侧面四边形11ADD A 的交线段，进而可以利用解三角形的知识求出线段1C P 长度的取值范围．【详解】如图所示：，取11A D 的中点G ，取MD 的中点E ，1A G 的中点F ，1D D 的三等分点H 靠近D ，并连接起来．由题意可知1//C G CM ，//GH MN ，所以平面1//C GH 平面CMN ． 即当点P 在线段GH 上时，1//C P 平面CMN ． 在1H C G 中，2212222C G =+=2212222C H =+=22GH =，所以1H C G 为等边三角形，取GH 的中点O ，1226C O == 故线段1C P 长度的取值范围是6,22]． 故选：C ． 【点睛】本题主要考查线面平行，面面平行的判定定理和性质定理的应用，以及解三角形，意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题．5．C解析：C 【分析】设出长方体的三条棱的长度为,,a b c ，根据表面积公式()2S ab bc ac =++求解出,,a b c 在何种条件下取得最大值，由此考虑长方体棱的长度，并计算出对应的长方体的最大表面积. 【详解】设长方体的三条棱的长度为,,a b c ，所以长方体表面积()()()()2222S ab bc ac a b b c a c =++≤+++++， 取等号时有a b c ==，又由题意可知a b c ==不可能成立，所以考虑当,,a b c 的长度最接近时，此时对应的表面积最大，此时三边长：8,8,9， 用2和6连接在一起形成8，用3和5连接在一起形成8，剩余一条棱长为9， 所以最大表面积为：()22888989416cm ⨯+⨯+⨯=.故选C. 【点睛】本题考查基本不等式与长方体表面积最大值的综合，难度一般.求解()0,0ab a b >>的最大值，根据2a b ab +≤可知最大值为2a b +⎛⎫ ⎪⎝⎭，此时要注意取等号的条件a b =是否成立，若取等号的条件不成立，则满足条件的,a b 相差最小时可取得最大值.6．D解析：D 【分析】解：设G ，H ，I 分别为CD 、1CC 、11C D 边上的中点，证明平面1//A BGE 平面1B HI ， 得到1//B F 面1A BE ，则F 落在线段HI 上，求出1122HI CD a == 【详解】解：设G ，H ，I 分别为CD 、1CC 、11C D 边上的中点，1//A B EG ,则1A BEG 四点共面，11//,//EG HI B H A E , 平面1//A BGE 平面1B HI ，又1//B F 面1A BE ，F ∴落在线段HI 上， 正方体1111ABCD A B C D -中的棱长为a ， 1122HI CD a ∴==，即F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是22a ． 故选：D ．【点睛】本题考查利用线面平行求线段长度，找到动点的运动轨迹是解题的关键，属于基础题.7．A解析：A 【分析】取11A D 中点E ，取1DD 中点F ，连接EF 、1C E 、1C F ，证明平面//CMN 平面1C EF 后即可得P ∈线段EF ，找到取最值的情况求解即可得解.【详解】取11A D 中点E ，取1DD 中点F ，连接EF 、1C E 、1C F ， 由//EF MN ，1//C E CM ，1EFC E E =可得平面//CMN 平面1C EF ，P 是侧面四边形11ADD A 内一动点（含边界），1//C P 平面CMN ，∴P ∈线段EF ，∴当P 与EF 的中点O 重合时，线段1C P 长度取最小值1C O ，当P 与点E 或点F 重合时，线段1C P 长度取最大值1C E 或1C F ， 在长方体1111ABCD A B C D -中，18AA =，3AB =，8AD =， 点M 是棱AD 的中点，点N 是棱1AA 的中点，∴221max 11345C P C E C F ===+=，42EF =，2221min 1125(22)17C P C O C E EO ==-=-=. ∴线段1C P 长度的取值范围是[17,5].故选：A.【点睛】本题考查了长方体的特征及面面平行的性质与判定，考查了空间思维能力，属于中档题.8．C解析：C 【分析】根据异面直线定义可判断A ；由线面垂直的性质即可判断B ；由异面直线的位置关系并得11AE B C ⊥可判断C ；根据线面平行的判定定理可判断D.【详解】对于A 项，1CC 与1B E 在同一个侧面中，故不是异面直线，所以A 错；对于B 项，由题意知，上底面是一个正三角形，故AC ⊥平面11ABB A 不可能，所以B 错；对于C 项，因为AE ，11B C 为在两个平行平面中且不平行的两条直线，故它们是异面直线，由底面111A B C 是正三角形，E 是BC 中点，根据等腰三角形三线合一可知AE BC ⊥，结合棱柱性质可知11//B C BC ，则11AE B C ⊥，所以C 正确；对于D 项，因为11A C 所在的平面与平面1AB E 相交，且11A C 与交线有公共点，故11//A C 平面1AB E 不正确，所以D 项不正确. 故选C. 【点睛】该题考查的是有关立体几何中空间关系的问题，在解题的过程中，需要对其相关的判定定理和性质定理的条件和结论熟练掌握，注意理清其关系，属于中档题9．D解析：D 【分析】根据直线、平面平行垂直的关系进行判断． 【详解】由α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，知：在A 中，若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故A 错误； 在B 中，若α⊥β，n ∥α，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故B 错误； 在C 中，若m ∥α，m ∥β，则α与β相交或平行，故C 错误； 在D 中，若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β， ∴若n ⊥α，则n ⊥β，故D 正确. 故选：D. 【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的益关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.10．C解析：C 【分析】对①，运用长方体模型，找出符合条件的直线和平面，即可判断； 对②，运用线面平行的性质定理和线面垂直的性质定理，即可判断； 对③，运用面面平行的性质定理，即可判断； 对④，由平行的传递性及线面角的定义，即可判断④． 【详解】对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设AA '为直线m ，CD 为直线n ，ABCD 所在的平面为α，ABC D ''所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但αβ⊥不成立；命题②正确，证明如下：设过直线n 的某平面与平面α相交于直线l ，则//l n ，由m α⊥知m l ⊥，从而m n ⊥，结论正确；由平面与平面平行的定义知命题如果//αβ，m α⊂，那么//m β.③正确；由平行的传递性及线面角的定义知命题：如果//m n ，//αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等，④正确. 故选：C . 【点睛】本题考查命题的真假判断，考查空间线面、面面平行和垂直的位置关系，注意运用判定定理和性质定理，考查推理能力，属于中档题．11．C解析：C 【分析】根据直观图的画法，可以得到直角坐标系下3014A B (,),(,)，还原三角形的图象，求得面积. 【详解】根据直观图的画法，可以得到直角坐标系下3014A B (,),(,)，如图所示：故原三角形面积为：13462S =⨯⨯= 故选：C 【点睛】本题考查了还原直观图为直角坐标系的图像问题，考查了学生概念理解，直观想象，数学运算的能力，属于基础题.12．B解析：B 【分析】连接1,,,OA OB OC AC ，设侧棱与底面边长都等于a ，计算3AO OC ==，163A O a =，1AC a =，13AC a =，再根据点1C 到底面ABC 的距离等于点1A 到底面ABC 的距离，求解1AC 与底面ABC 所成角的正弦值，即可.【详解】如图所示，设三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都等于a . 连接1,,,OA OB OC AC ，则3AO a OC ==. 在1Rt A OA ∆中，22211A A A O OA =+，得163A O a =. 在1Rt AOC ∆中，222211A C A O OC a =+=，即1AC a =， 则1A AC ∆为等边三角形，所以160A AC ∠=. 在菱形11ACC A 中，得111120,3AAC AC a ∠==.又因为点1C 到底面ABC 的距离等于点1A 到底面ABC 的距离163A O a =所以1AC 与底面ABC 62333aa=. 即1AC 与底面ABC 所成角的余弦值为7.故选：B 【点睛】本题考查直线与平面所成角的问题，属于中档题题.13．C解析：C 【分析】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF ，推导出四边形BDFE 为平行四边形，可得出//BE DF ，可得出异面直线BE 与CD 所成的角为CDF ∠，通过解CDF ，利用余弦定理可求得异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值. 【详解】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF .易知EF 是111A B C △的中位线，所以11//EF A B 且1112EF A B =. 又11//AB A B 且11AB A B =，D 为AB 的中点，所以11//BD A B 且1112BD A B =，所以//EF BD 且EF BD =.所以四边形BDFE 是平行四边形，所以//DF BE ，所以CDF ∠就是异面直线BE 与CD 所成的角.因为4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 、F 分别是AB 、11B C 、11A C 的中点， 所以111122C F AC ==，111122B E BC ==且CD AB ⊥. 由勾股定理得22442AB =+=2242AC BC CD AB ⋅=== 由勾股定理得2222115229CF CC C F =+=+=2222115229DF BE BB B E ==+=+=.在CDF 中，由余弦定理得((22229222958cos 2922922CDF +-∠==⨯⨯.故选：C. 【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，一般利用平移直线法找出异面直线所成的角，考查计算能力，属于中等题.14．A解析：A 【分析】计算得到12:1:4r r =，根据相似得到3134l =+，计算得到答案. 【详解】圆台上、下底面的面积之比为1:16，则12:1:4r r =. 设圆台母线长为l ，根据相似得到：3134l =+，故9l =. 故选：A . 【点睛】本题考查了圆台的母线长，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.二、解答题15．（1）；（2）证明见解析；13. 【分析】（1）可先证明1A B ⊂平面1A AB 得出1BC A B ⊥，即可求出三棱锥A 1－ABC 各个面的面积，得出表面积；（2）在平面ABC 内，过点B 作BN AC ⊥，垂足为N ，过N 作1//MN A A 交1A A 于M ，连接BM ，即可得出. 【详解】（1）2,4,=60AB AC BAC BC BC AB ==∠∴∴⊥，，1A A ⊥平面ABC ，BC ⊆平面ABC ，1BC AA ∴⊥，1A A AB A =，BC ∴⊥平面1A AB ，1A B ⊂平面1A AB ，1BC A B ∴⊥，112A BCS∴=⨯= 1=2ABCSAB BC ∴⋅⋅=，111==22A ABS A A AB ⋅，111=42A ACS A A AC =⋅，则表面积S（2）证明：在平面ABC 内，过点B 作BN AC ⊥，垂足为N ， 过N 作1//MN A A 交1A A 于M ，连接BM ，1A A ⊥AC ，1//MN A A ，AC MN ∴⊥，MN BN N =，∴AC ⊥平面MBN .又BM ⊂平面MBN ，∴AC BM ⊥.在直角BAN 中，cos 1, 3.=∠==-=AN AB BAC NC AC AN111//.3，∴==A M AN MN A A MC NC 【点睛】本题考查三棱柱表面积的求解，解题的关键是得出1BC A B ⊥以便求出各个面的面积，考查点的存在性问题，解题关键是正确利用线面垂直关系作出辅助线. 16．（1）证明见解析；（27． 【分析】（1）在直角梯形ABCD 中先求出,,CD CE BE ，然后可求得,DE AE ，从而可证明DE AE ⊥，由线面垂直判定定理证明线面垂直；（2）由（1）得面面垂直，知Q 在AE 上，PAQ ∠为直线AP 与平面ABCD 所成的角，3cos AQ PAQ AP ∠==AQ x =（023x <≤-P QDE 的体积，由二次函数知识求得最大值，及此时x 的值，得Q 为AE 中点，从而有//FQ BE ，PBE ∠为异面直线PB 与QF 所成角（或补角），由余弦定理可得．【详解】（1）证明：//AD BC ，BC CD ⊥，120ABC ∠=︒，4=AD ，3BC =，=2AB ， ∴222(43)3CD =--=3=CD CE ，∴1CE =，3CD =2BE =，由余弦定理得222cos120AE BE AB BE B =+-⋅︒22122222232⎛⎫=+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭又2222(3)12DE CD CE =+=+=， ∴222DE AE AD ，∴AD DE ⊥，∵AP DE ⊥，又AP AE A =，AP AE ⊂、平面APE ，∴DE ⊥平面APE ．（2）由（1）DE ⊥平面APE ．DE ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面PAE ，∴Q 点在AE 上，PAQ ∠为直线AP 与平面ABCD 所成的角，3cos 3AQ PAQ AP ∠==， 设AQ x =（023x <≤），则2PQ x =，23QE x =-，12(23)232QDE S x x =⨯⨯-=-△，212(23)33P QDE QDE V PQ S x x -=⋅=--△22(3)223x =--+≤，当且仅当3x =时等号成立，则当P QDE V -最大时，3AQ =，∴Q 为AE 中点，∵F 为AB 中点，∴//FQ BC ，∴PBE ∠为异面直线PB 与QF 所成角（或补角），1,3QB QE ==，则由PQ ⊥平面ABCD 得3,7PE PB ==，又2BE =，则2227cos 2PB BE PE PBE PB BE +-∠==⋅， ∴异面直线PB 与QF 所成角的余弦值为714．【点睛】本题考查线面垂直的判定定理，考查直线与平面所成的角，异面直线所成的角，三棱锥的体积等，旨在考查学生的空间想象能力，运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题． 17．（1）证明见解析；（2）4π. 【分析】（1）连接A 1B 交AB 1于P ，根据平行四边形AA 1B 1B 的性质，结合三角形中位线定理，可得NP 与CM 平行且相等，从而四边形MCNP 是平行四边形，可得CN ∥MP ，再结合线面平行的判定定理，得到CN ∥平面AB 1M ；（2）以C 为原点，CA ，CB ，CC 1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图，根据题意得到C 、A 、、B 1、M 各点的坐标，从而得到向量AB 、1B M 的坐标，再利用垂直向量数量积为零的方法，列方程组可求出平面AMB 1的法向量n =（5，﹣3，4），结合平面MB 1C 的一个法向量CA =（2，0，0），利用空间两个向量的夹角公式，得到n 与CA 的夹角，即得二面角A ﹣MB 1﹣C 的大小．【详解】（1）连结A 1B 交AB 1于P ．因为三棱柱ABC -A 1B 1C 1，所以P 是A 1B 的中点．因为M ，N 分别是CC 1，AB 的中点，所以NP // CM ，且NP = CM ，所以四边形MCNP 是平行四边形，所以CN //MP ．因为CN ⊄平面AB 1M ，MP ⊂平面AB 1M ，所以CN //平面AB 1M ．（2）因为AC =BC =2，22AB =， 所以由勾股定理的逆定理知BC ⊥AC ．又因为CC 1⊥平面ABC ，以C 为原点，CA ，CB ，CC 1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系C-xyz ．因为132C M =，所以C (0,0,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,4)，5(0,0,)2M ，5(2,0,)2AM =-， 13(0,2,)2B M =--． 设平面1AMB 的法向量(,,)n x y z =，则0n AM ⋅=，10n B M ⋅=． 即5(2,0,)(,,)=023(0,2,)(,,)=0.2x y z x y z ⎧-⋅⎪⎪⎨⎪--⋅⎪⎩，，令5x =，则3,4y z =-=，即(5,3,4)n =-． 又平面MB 1C 的一个法向量是=(2,0,0)CA ，所以2cos ,>=||||n CA n CA n CA ⋅<=． 由图可知二面角A-MB 1-C 为锐角，所以二面角A-MB 1-C 的大小为4π．【点睛】关键点睛：解题关键在于由勾股定理的逆定理知BC ⊥AC ．又因为CC 1⊥平面ABC ，进而 以C 为原点，CA ，CB ，CC 1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，进而利用法向量计算二面角，难度属于中档题18．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）连结OC ，根据等腰三角形的性质得出AO BD ⊥和CO BD ⊥，利用勾股定理的逆定理得出90AOC ︒∠=，则AO OC ⊥，最后根据线面垂直的判定定理，即可证明AO ⊥平面BCD ；（2）连接DE 交OC 于点H ，由BCD △为正三角形，得出H 为BCD △重心，最后通过线面平行的判定，即可证明//AC 平面GDE .【详解】证明：（1）证明：O ，E 分别是BD ､BC 的中点，连结OC ，∵,BO DO AB AD ==，∴AO BD ⊥，∵,BO DO BC CD ==，∴CO BD ⊥，在AOC △中，由已知可得1,3AO CO ==，而2AC =，∴222AO CO AC +=，∴90AOC ︒∠=，即AO OC ⊥，∵BD OC O ⋂=，,BD OC ⊂平面BCD ，∴AO ⊥平面BCD ；（2）证明：连接DE 交OC 于点H ，∵BCD △正三角形，,O E 分别为,BD BC 的中点，∴H 为BCD △重心，∴2CH HO =且2AG GO =，∴AG CH GO HO=，∴//AC GH ，∴GH ⊂平面GDE ，AC ⊄平面GDE ， ∴//AC 平面GDE .【点睛】关键点点睛：本题考查等腰三角形的性质、线面垂直和线面平行的判定定理，熟练掌握三角形的重心的性质是解题的关键.19．（1）证明见解析；（2）45；（3）263. 【分析】（1）取CD 的中点E ，连接PE 、EM 、EA ，根据面面垂直的性质可知PE ⊥平面ABCD ，从而AM PE ⊥，由勾股定理可求得AM EM ⊥，又PE EM E =，满足线面垂直的判定定理则AM ⊥平面PEM ，根据线面垂直的性质可知AM PM ⊥；（2）由（Ⅰ）可知EM AM ⊥，PM AM ⊥，根据二面角平面角的定义可知PME ∠是二面角P AM D --的平面角，然后在三角形PME 中求出此角即可；（3）设D 点到平面PAM 的距离为d ，连接DM ，则根据等体积得P ADM D PAM V V --=，建立关于d 的等式解之即可得到点D 到平面PAM 的距离．【详解】（1）取CD 的中点E ，连接PE 、EM 、EA ．PCD 为正三角形，PE CD ∴⊥，平面PCD ⊥平面ABCD ，PE ∴⊥平面ABCDAM PE ∴⊥四边形ABCD 是矩形ADE ∴、ECM 、ABM 均为直角三角形 由勾股定理可求得：3EM =，6AM =3AE =222EM AM AE ∴+=AM EM ∴⊥又PE EM E AM =∴⊥平面PEMAM PM ∴⊥（2）由（1）可知EM AM ⊥，PM AM ⊥PME ∴∠是二面角P AM D --的平面角3tan 13PE PME EM ∴∠=== 45PME ∴∠=︒∴二面角P AM D --为45︒（3）设D 点到平面PAM 的距离为d ，连接DM ，则P ADM D PAM V V --=，∴11··33ADM PAM S PE S d = 而1·222ADM S AD CD == 在Rt PEM 中，由勾股定理可求得6PM =1·32PAM S AM PM ∴==，所以：11223333d ⨯=⨯⨯ 26d ∴即点D 到平面PAM 的距离为263. 【点睛】 方法点睛：求点到平面的距离常用的方法有：（1）几何法：找→作→证→指→求；（2）向量法：利用向量中点到平面的距离公式求解；（3）等体积法：根据体积相等求出点到平面的距离.20．（1）证明见解析；（2）6. 【分析】（1）取PB 中点G ，推出//FG BC ，证明四边形DEGF 是平行四边形，得到//DF EG ，然后证明//DF 平面PEB .（2）以E 为原点，EA ，EB ，EP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求出平面PDC 的法向量，求出EF ，利用空间向量的数量积求解EF 与平面PDC 所成角的正弦值.【详解】（1）证明：取PB 中点G ，因为F 是PC 中点，//FG BC ∴，且12FG BC =， E 是AD 的中点，则//DE BC ，且12DE BC =， //FG DE ∴，且FG DE =，∴四边形DEGF 是平行四边形，//DF EG ∴，又DF ⊂/平面PEB ，EG ⊂平面PEB ，//DF ∴平面PEB .（2）因为E 是正三角形PAD 边为AD 的中点，则PE AD ⊥.因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD =，PE ⊂平面PAD ， PE ∴⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，60BAD ∠=︒，∴正三角形BAD 中，BE AD ⊥，以E 为原点，EA ，EB ，EP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，不妨设菱形ABCD 的边长为2，则1AE ED ==，2PA =，PE =，BE ==则点(0,0,0),(1,0,0),((E D C P F ---， ∴(1DC =-0)，(1DP =，0，设平面PDC 的法向量为(n x =，y ，)z ，则·0·0n DC n DP ⎧=⎨=⎩，即00x x ⎧=⎪⎨-+=⎪⎩，解得x x ⎧=⎪⎨=⎪⎩，不妨令1z =， 得(3n =-，1-，1)；又3(1,2EF =-， 设EF 与平面PDC 所成角为θ，∴sin |cos |5EF n θ=<>=⋅=，.所以EF 与平面PDC. 【点睛】对于线面角可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角运算，对于证明线线关系，线面关系，面面关系等方面的问题，必须在熟练掌握有关的定理和性质的前提下，再利用已知来进行证明.21．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）23. 【分析】（1）证明DE AC ⊥，AC BD ⊥，AC ⊥平面BDE 即得证；（2）设AC BD O =，取BE 中点G ，连接FG ，OG ，证明//AO 平面BEF ，即证//AC 平面BEF ；（3）先求出四面体BDEF 的体积43V =，再根据12BOEF BDEF V V =求解. 【详解】（1）证明：平面ABCD ⊥平面ADEF ，90ADE ∠=︒， DE ∴⊥平面ABCD ，DE AC ∴⊥．ABCD 是正方形，AC BD ∴⊥，因为,BD DE ⊂平面BDE ,BD DE D ⋂=,AC ∴⊥平面BDE .（2）证明：设AC BD O =，取BE 中点G ，连接FG ，OG ， OG 为BDE 的中位线1//2OG DE ∴ //AF DE ，2DE AF =，//AF OG ∴，∴四边形AFGO 是平行四边形，//FG AO ∴．FG ⊂平面BEF ，AO ⊂/平面BEF ，//AO ∴平面BEF ，即//AC 平面BEF ． 3（）平面ABCD ⊥平面ADEF ，AB AD ⊥，AB ∴⊥平面.ADEF 因为//9022AF DE ADE DE DA AF ∠=︒===，，， DEF ∴的面积为122DEF S ED AD =⨯⨯=， ∴四面体BDEF 的体积1433DEF V S AB =⋅⨯= 又因为O 是BD 中点，所以1223BOEF BDEF V V == 2.3BOEF V ∴= 【点睛】方法点睛：求几何体的体积的方法：方法一：对于规则的几何体一般用公式法.方法二：对于非规则的几何体一般用割补法.方法三：对于某些三棱锥有时可以利用转换的方法. 22．（133a ；（2）证明见解析；（3）证明见解析． 【分析】（1）根据三棱锥的体积公式计算；（2）证明AC 与EF 和DF 垂直，然后可得线面垂直；（3）连接CM 交DE 于点H ，证明//MN FH 即可得线面平行．【详解】（1）由题意234BCD S a =△，231133·33412D ABC A DBC DBC V V S AB a a a --===⨯⨯=； （2）由AB ⊥平面BCD ，得,AB BC AB BD ⊥⊥，AB BC a ==，则2AC AD a ==，如图，在ADC 中，取CD 中点G ，连接AG ，则AG DC ⊥，∵3AF FC =，∴24CF a =，又12CG a =， ∴CF CD CG CA=，C ∠公用，∴CDF ∽CAG ，∴90CFD CGA ∠=∠=︒，即AC DF ⊥，取AC 中点K ，连接BK ，则BK AC ⊥， 又由3AF FC =得12CF CK =，而12CE CB =，∴//EF BK ，∴EF AC ⊥，EF DF F =，∴AC ⊥平面DEF ；（3）连接CM 交DE 于点H ，∵,M E 分别是,BD BC 中点，∴H 是DBC △的重心， 23CH CM =， 又38CN AC =，14CF AC =，∴23CF CN =，即CF CH CN CM =， ∴//HF MN ，HF ⊂平面DEF ，MN ⊄平面DEF ， ∴//MN 平面DEF ．【点睛】关键点点睛：本题考查求棱锥的体积，考查证明线在垂直与线面平行，掌握线面平行与垂直的判定定理是解题关键．证明时定理的条件缺一不可，一般都需一一证明列举出来，才能得出相应的结论．23．(I)证明见解析；3 【分析】（I ）取AD 的中点P ，连结EP PC ，，MP ，利用平行四边形及线面垂直的性质定理证明,,PE PC AD 相互垂直，从而可证明EC 与,MP MD 垂直，然后可得线面垂直，面面垂直；（II ）取Q CD 为的中点，连结,PQ EQ ，可得EQP ∠为二面角A CD E --的平面角，在Rt EPQ △中求得其余弦值．【详解】（Ⅰ）证明：取AD 的中点P ，连结EP PC ，．则EFAP =，∵//FE AP =，∴四边形FAPE 是平行四边形，∴//FA EP =，同理，//AB PC =.又∵FA ⊥平面ABCD ，∴EP ⊥平面ABCD ，而PC AD ，都在平面ABCD 内，∴.EP PC EP AD ⊥⊥，由AB AD ⊥，可得PC AD ⊥，设FA a =，则2.EP PC PD a CD DE EC a ======，所以△ECD 为正三角形.∵DC DE =且M 为CE 的中点，∴DM CE ⊥.连结MP ，则.MP CE ⊥PM ∩MD =M ，而PM ，MD 在平面AMD 内 ，∴CE ⊥平面AMD而CE ⊂平面CDE ，所以平面AMD ⊥CDE .（Ⅱ）解：取Q CD 为的中点，连结,PQ EQ ，∵CE DE =，∴.EQ CD ⊥∵PC PD =，∴PQ CD ⊥∴EQP ∠为二面角A CD E --的平面角.由(Ⅰ)可得， 62EP PQ EQ a PQ ==⊥，，． 于是在Rt EPQ △中，3cos 3PQ EQP EQ ∠==．∴二面角A CD E --的余弦值为3. 【点睛】 方法点睛：本题考查证明面面垂直，考查求二面角．求二面角的几何方法：一作二证三计算，一作：作出二面角的平面角；二证：证明所作的角是二面角的平面角；三计算：在三角形中求出这个角（这个角的余弦值）．24．（1）证明见解析；（2 【分析】（1）证明AC BD ⊥，PD AC ⊥，结合线面垂直的判定定理得出AC ⊥平面PBD ； （2）求出菱形ABCD 的面积，结合PD ⊥平面ABCD ，利用棱锥的体积公式得出四棱锥P ABCD -的体积.【详解】（1）证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以AC BD ⊥.又因为PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以PD AC ⊥.又PD BD D ⋂=，PD ⊂平面PBD ，BD ⊂平面PBD ，故AC ⊥平面PBD ；（2）因为45DBP ∠=，PD ⊥平面ABCD因此2BD PD ==.又2AB AD ==所以菱形ABCD 的面积为sin6023S AB AD =⋅⋅=故四棱锥P ABCD -的体积13V S PD =⋅=. 【点睛】本题主要考查了证明线面垂直以及求棱锥的体积，属于中档题.25．（1）证明见解析；（2.【分析】（1）在正方体1111ABCD A B C D -中，易证1,C O BD CO BD ⊥⊥，由线面垂直的判定定理得到BD ⊥平面1C OC ，然后再利用面面垂直的判定定理证明.（2）由（1）知BD ⊥平面1C OC ，且平面1C BD ⋂平面CBD BD =，得到1C OC ∠是二面角1C BD C --的平面角 ，然后在1Rt C OC ∆中求解.【详解】（1）∵在正方体1111ABCD A B C D -中， 点O 是BD 中点 ，又11BC DC = ， BC DC = ，∴ 1,C O BD CO BD ⊥⊥11,C O CO O C O =⊂平面1,C OC CO ⊂平面1C OC ，BD ∴⊥平面1C OC ，又∵BD ⊂平面11BDD B ，∴平面11BDD B ⊥平面1C OC ．…（2）由（1）知：平面1C BD ⋂平面CBD BD =，11,C O BD C O ⊥⊂半平面1;,C BD CO BD CO ⊥⊂ 半平面;CBD所以1C OC ∠是二面角1C BD C --的平面角则在正方体1111ABCD A B C D -中121,C C OC ==∴在1Rt C OC ∆中，11tan 2C C C OC OC∠== 故二面角1C BD C --的正切值为2 ．【点睛】本题主要考查线面垂直，面面垂直的判定定理以及二面角的求法，还考查了逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题. 26．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接A 1C 交AC 1于O ，连接OD ，利用线面平行的性质定理和中位线的定义，即可证明D 为BC 的中点；（2）由等腰三角形的性质和面面垂直的性质定理，证明AD ⊥C 1D 即可．【详解】证明:(1) 联结1A C 交1AC 于O ，联结OD .∵四边形11ACC A 是棱柱的侧面， ∴四边形11ACC A 是平行四边形.∵O 为平行四边形11ACC A 对角线的交点， ∴O 为1A C 的中点.∵1A B 平面1AC D ，平面1A BC ⋂平面1AC D OD =，1A B ⊂平面1A BC ，∴1A B OD∴OD 为1A BC ∆的中位线， ∴D 为BC 的中点.。
高考数学二轮核心考点突破：专题13-立体几何中的计算问题(有答案解析)
专题13 立体几何中的计算问题【自主热身，归纳总结】1、若正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为1，则此三棱锥的体积为 ． 【答案】：61【解析】：设此正三棱锥的高为h ，则，所以312=h ，33=h ，故此三棱锥的体积．2、 如图，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，则三棱锥AB 1D 1D 的体积为________cm 3.【答案】 3【解析】VAB 1D 1D ＝VB 1AD 1D ＝13S △ADD 1×A 1B 1＝13×12×AD ×D 1D ×A 1B 1＝13×12×3×2×3＝3.3、将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π cm 3，则该圆柱的侧面积为________cm 2. 【答案】：18π【解析】：设正方形的边长为x cm ，则圆柱的体积为πx 2·x ＝27π，解得x ＝3，所以该圆柱的侧面积为2π×3×3＝18π(cm 2)．4、如图，正四棱锥PABCD 的底面一边AB 的长为2 3 cm ，侧面积为8 3 cm 2，则它的体积为________cm 3.【答案】 4【解析】：如图，过点P 作PO 垂直于底面ABCD ，且垂足为O ，在平面ABCD 中，过点O 作直线AB 的垂线，垂足为E ，连结PE.由正四棱锥的性质知，PE ⊥AB ，所以S 侧＝(12×23×PE )×4＝83，解得PE＝2，在Rt △POE 中，PO ＝PE 2－EO2＝22－3＝1，所以正四棱锥的体积为13×(23)2×1＝4.5、已知正四棱柱的底面边长为3 cm ，侧面的对角线长是35cm ，则这个正四棱柱的体积是________cm 3. 【答案】54【解析】：设该正四棱柱的侧棱长为h cm ，则(35)2＝32＋h 2，解得h ＝6(负值舍去)，从而这个正四棱柱的体积是V ＝32×6＝54(cm 3)．6、若圆锥的侧面展开图是面积为3π且圆心角为2π3的扇形，则此圆锥的体积为________．【答案】 223π7、现有一正四棱柱形铁块，底面边长为高的8倍，将其熔化锻造成一个底面积不变的正四棱锥形铁件（不计材料损耗）．设正四棱柱与正四棱锥的侧面积分别为1S ,2S ,则12S S 的值为 ． 【答案】25【解析】设正四棱柱得高为a ，所以底面边长为8a ，根据体积相等，且高相等，所以正四棱锥的高为3a ，则正棱锥侧面的高为,所以.8、以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积之比为________． 【答案】22【解析】：如图，由题意可得圆柱的侧面积为S 1＝2πrh ＝2πr 2.圆锥的母线l ＝h 2＋r 2＝2r ，故圆锥的侧面积为S 2＝12×2πr ×l ＝2πr 2，所以S 2∶S 1＝2∶2.9、如图，正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥AA 1EF 的体积是________．【答案】：23【解法1】过B 点作BE AC ⊥，垂足为E ，平面ABC ⊥平面11ACC A ，且平面ABC ⋂平面11ACC A =AC ,所以BE ⊥平面11ACC A ，又因为梯形1ACC D 的面积为=6，所以.【解法2】,而=1323⨯⨯,所以四棱锥1B ACC D -的体积为23.【关联1】、如图，铜质六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知正六棱柱的底面边长、高都为4 cm ，圆柱的底面积为9 3 cm 2.若将该螺帽熔化后铸成一个高为6 cm 的正三棱柱零件，则该正三棱柱的底面边长为________cm (不计损耗)．【答案】. 210 由题意知，熔化前后的体积相等，熔化前的体积为6×34×42×4－93×4＝603，设所求正三棱柱的底面边长为x cm ，则有34x 2·6＝603，解得x ＝210，所以所求边长为210cm .【关联2】、在棱长为2的正四面体P ABC -中，M ，N 分别为PA ，BC 的中点，点D 是线段PN 上一点，且2PD DN =，则三棱锥D MBC -的体积为 ．【答案】：2思路分析：解决空间几何体的体积计算问题常常有两个途径：一是直接利用体积公式求解，另一种是利用等体积转化的思想进行计算.解题过程：连结MB ，MC ，MN ，过点D 作MN DH ⊥于H ，因为BP BA =，M 为PA 的中点，所以BM PA ⊥，同理CM PA ⊥，又因为，所以，又因为，所以MN PA ⊥，又因为MN DH ⊥，所以PA DH //，从而，故DH 为点D 到平面MBC 的高.在MBC ∆中，MC MB =，N 为BC 的中点，则，MBC ∆的面积，在NPM ∆中，因为PM DH //，2PD DN =，所以，从而三棱锥D MBC -的体积．【关联3】、如图，在正三棱柱中，已知，点P 在棱1CC 上，则三棱锥1P ABA -的体积为 ．【答案】．439 【解析】： 因为正三棱柱中，11//CC AA ，因为，，所以，因为点P 在棱1CC 上，所以点C 到平面B B AA 11的距离就是点P 到平面B B AA 11的距离．作AB CD ⊥，垂直为点D ，因为正三棱柱中，⊥1AA 面ABC ，⊂CD 面ABC ，所以1AA CD ⊥，而，，，所以．因为正三棱柱中，，所以233=CD ，1ABA ∆的面积，所以三棱锥1ABA P -的体积．例2、已知矩形ABCD 的边AB ＝4，BC ＝3，若沿对角线AC 折叠，使平面DAC ⊥平面BAC ，则三棱锥DABC 的体积为________． 【答案】. 245【解析】：在平面DAC 内作DO ⊥AC ，垂足为点O ，因为平面DAC ⊥平面BAC ，且平面DAC ∩平面BAC ＝AC ，所以DO ⊥平面BAC ，因为AB ＝4，BC ＝3，所以DO ＝125，S △ABC ＝12×3×4＝6，所以三棱锥DABC 的体积为V ＝13×6×125＝245. 【变式1】、．已知一个空间几何体的所有棱长均为1 cm ，其表面展开图如图所示，则该空 间几何体的体积V= cm 3．【答案】216+【解析】空间几何体为一正方体和一正四棱锥的组合体，显然，正方体的体 积为1，正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为1，所以，棱锥的高为22，所以，正四棱锥的体积为26，即组合体的体积为216+【变式2】、已知△ABC 为等腰直角三角形，斜边BC 上的中线AD = 2，将△ABC 沿AD 折成60°的二面角，连结BC ，则三棱锥C ABD 的体积为 ． 【答案】：23易错警示 由于二面角平面角的概念在必做部分考查较少形成了复习中的知识盲点在边长为4的正方形ABCD 内剪去四个全等的等腰三角形(如图1中阴影部分)，【关联1】、折叠成底面边长为2的正四棱锥SEFGH(如图2)，则正四棱锥SEFGH 的体积为________．（图1）（图2）【答案】：. 43【解析】：连结EG ，HF ，交点为O ，正方形EFGH 的对角线EG ＝2，EO ＝1，则点E 到线段AB 的距离为1，EB ＝12＋22＝ 5.SO ＝SE 2－OE 2＝5－1＝2，故正四棱锥SEFGH 的体积为13×(2)2×2＝43.【关联2】、已知圆锥的底面半径和高相等，侧面积为42π，过圆锥的两条母线作截面，截面为等边三角形，则圆锥底面中心到截面的距离为 【答案】233【解析】设底面半径为r ，由题意可得：母线长为2r .又侧面展开图面积为，所以2r =.又截面三角形ABD 为等边三角形，故，又，故BOD V 为等角直角三角形.设圆锥底面中心到截面的距离为d ，又，所以.又,2OBD S =V ,2AO r ==，故.【关联3】、 如图，在圆锥VO 中，O 为底面圆心，半径OA ⊥OB ，且OA ＝VO ＝1，则O 到平面VAB 的距离为________．【答案】：33思路分析 在立体几何求点到平面的距离问题中，往往有两种途径：(1) 利用等体积法，这种方法一般不需要作出高线；(2) 利用面面垂直的性质作出高线，再进行计算．解法1 因为VO ⊥平面AOB ，OA ⊂平面AOB ，所以VO ⊥OA ，同理VO ⊥OB ，又因为OA ⊥OB ，OA ＝VO ＝OB ＝1，所以VA ＝VB ＝AB ＝2，所以S △VAB ＝12VA ×AB sin60°＝32.设O 到平面VAB 的距离为h ，由V VAOB ＝V OVAB ，得13S △AOB ×VO＝13S △VAB ×h ，得12OA ×OB ×VO ＝32h ，解得h ＝33. 解法2 取AB 中点M ，连结VM ，过点O 作OH ⊥VM 于H .因为OA ＝OB ，M 是AB 中点，所以OM ⊥AB ，因为VO ⊥平面AOB ，AB ⊂平面AOB ，所以VO ⊥AB ，又因为OM ⊥AB ，VO ∩OM ＝O ，所以AB ⊥平面VOM ，又因为AB ⊂平面VAB ，所以面VAB ⊥平面VOM ，又因为OH ⊥VM ，OH ⊂平面VOM ，平面VAB ∩平面VOM ＝VH ，所以OH ⊥平面VAB ，所以OH 为点O 到平面VAB 的距离，且OH ＝VO ×OM VM ＝33.例3、如图，在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，AB ⊥BC ，E ，F 分别是A 1B ，AC 1的中点． (1) 求证：EF ∥平面ABC ； (2) 求证：平面AEF ⊥平面AA 1B 1B ；(3) 若A 1A ＝2AB ＝2BC ＝2a ，求三棱锥FABC 的体积．)【解析】 (1) 连结A 1C .因为直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，四边形AA 1C 1C 是矩形，所以点F 在A 1C 上，且为A 1C 的中点．在△A 1BC 中，因为E ，F 分别是A 1B ，A 1C 的中点，所以EF ∥BC .(2分) 又因为BC ⊂平面ABC ，EF ⊄平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .(4分) (2) 因为在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，B 1B ⊥平面ABC ，所以B 1B ⊥BC . 因为EF ∥BC ，AB ⊥BC ，所以AB ⊥EF ，B 1B ⊥EF .(6分) 因为B 1B ∩AB ＝B ，所以EF ⊥平面ABB 1A 1.(8分)因为EF ⊂平面AEF ，所以平面AEF ⊥平面ABB 1A 1.(10分) (3) V FABC ＝12VA 1ABC ＝12×13×S △ABC ×AA 1(12分)＝12×13×12a 2×2a ＝a36.(14分)【变式1】、如图，在五面体ABCDEF 中，已知DE ⊥平面ABCD ，//AD BC ，o 60BAD ∠=，2AB =，1DE EF ==．（1）求证：//BC EF ； （2）求三棱锥B DEF -的体积．【解析】（1）因为//AD BC ，AD ⊂平面ADEF ，BC ⊄平面ADEF ， 所以//BC 平面ADEF ， （3分） 又BC ⊂平面BCEF ，平面BCEF I 平面ADEF EF =， 所以//BC EF ． （6分） （2）如图，在平面ABCD 内过点B 作BH AD ⊥于点H ．因为DE ⊥平面ABCD ，BH ⊂平面ABCD ，所以DE BH ⊥．又AD ，DE ⊂平面ADEF ，，所以BH ⊥平面ADEF ，所以BH 是三棱锥B DEF -的高． （9分） 在直角三角形ABH 中，o 60BAD ∠=，2AB =，所以3BH =． 因为DE ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以DE AD ⊥．又由（1）知，//BC EF ，且//AD BC ，所以//AD EF ，所以DE EF ⊥， （12分）所以三棱锥B DEF -的体积． （14分）易错警示 在证明线线、线面、面面的位置关系时，一定要注意条件的完备性，不能少写条件．另外，在求几何体的体积时， 一定要证明某条线为高的原因，即证明它与某个平面垂直，否则将导致丢分． 【变式2】、如图，在矩形ABCD 中，AD ＝2，AB ＝4，E ，F 分别为边AB ，AD 的中点．现将△ADE 沿DE 折起，得四棱锥ABCDE. （1）求证：EF ∥平面ABC ；（2）若平面ADE ⊥平面BCDE ，求四面体FDCE 的体积．【解析】 (1) 证法1 如图1，取线段AC 的中点M ，连结MF ，MB. 因为F ，M 为AD ，AC 的中点， 所以MF ∥CD ，且MF ＝12CD.图1在折叠前，四边形ABCD 为矩形，E 为AB 的中点，所以BE ∥CD ，且BE ＝12CD.所以MF ∥BE ，且MF ＝BE.所以四边形BEFM 为平行四边形，故EF ∥BM. 又EF ⊄平面ABC ，BM ⊂平面ABC ， 所以EF ∥平面ABC.证法2 如图2，延长DE 交CB 的延长线于点N ，连结AN.在折叠前，四边形ABCD 为矩形，E 为AB 的中点，所以BE ∥CD ，且BE ＝12CD.图2所以∠NBE ＝∠NCD ，∠NEB ＝∠NDC. 所以△NEB ∽△NDC.所以NE ND ＝BE CD ＝12，即E 为DN 的中点．又F 为AD 的中点，所以EF ∥NA. 又EF ⊄平面ABC ，NA ⊂平面ABC ， 所以EF ∥平面ABC.证法3 如图3，取CD 的中点O ，连结OE ，OF.图3(2) 解法1 在折叠前，四边形ABCD 为矩形，AD ＝2，AB ＝4，E 为AB 的中点，所以△A DE ，△CBE 都是等腰直角三角形，且AD ＝AE ＝EB ＝BC ＝2.所以∠DEA ＝∠CEB ＝45°，且DE ＝EC ＝2 2.又∠DEA ＋∠DEC ＋∠CEB ＝180°，所以∠DEC ＝90°，即DE ⊥CE.又平面ADE ⊥平面BCDE ，平面ADE∩平面BCDE ＝DE ，CE ⊂平面BCDE ，所以CE ⊥平面ADE ，即CE 为三棱锥CEFD 的高．因为F 为AD 的中点，所以S △EFD ＝12×12×AD×AE＝14×2×2＝1. 所以四面体FDCE 的体积V ＝13×S △EFD ×CE＝13×1×22＝223. 解法2 如图4，过F 作FH ⊥DE ，H 为垂足．图4因为平面ADE ⊥平面BCDE ，平面ADE∩平面BCDE ＝DE ，FH ⊂平面ADE ，所以FH ⊥平面BCDE ，即FH 为三棱锥FECD 的高．在折叠前，四边形ABCD 为矩形，且AD ＝2，AB ＝4，E 为AB 的中点，所以△ADE 是等腰直角三角形． 又F 为AD 的中点，所以DF ＝1.所以FH ＝DF·sin45°＝22. 又S △EDC ＝12×CD×BC＝12×4×2＝4， 所以四面体FDCE 的体积V ＝13×S △EDC ×FH＝13×4×22＝223. 解法3 如图5，过A 作AG ⊥DE ，G 为垂足．图5因为平面ADE ⊥平面BCDE ，平面ADE∩平面BCDE ＝DE ，AG ⊂平面ADE ，所以AG ⊥平面BCDE ，即AG 为三棱锥AECD 的高．在折叠前，四边形ABCD 为矩形，且AD ＝2，AB ＝4，E 为AB 的中点，所以△ADE 是等腰直角三角形．所以AG ＝AD·sin45°＝ 2.又S △EDC ＝12×DC×BC＝12×4×2＝4， 所以三棱锥AECD 的体积V AECD ＝13×S △EDC ×AG＝13×4×2＝423. 因为F 为AD 的中点，所以S △EFD ＝12S △EAD . 所以V CEFD ＝12V CEAD ＝12V AECD ＝223. 即四面体FDCE 的体积为223. 【关联】、如图，直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，∠ADC ＝120°，AA 1＝AB ＝1，点O 1，O 分别是上、下底面菱形的对角线的交点．（1）求证：A 1O ∥平面CB 1D 1；（2）求点O 到平面CB 1D 1的距离．【解析】 (1) 因为AA 1∥C C 1且AA 1＝C C 1，所以四边形A 1ACC 1是 平行四边形，所以AC ∥A 1C 1且AC ＝A 1C 1.因为O 1，O 分别是A 1C 1，AC 的中点，故O C ∥A 1O 1且O C ＝A 1O 1. 所以四边形A 1O 1C O 为平行四边形，所以A 1O ∥O 1C.又A 1O ⊄平面CB 1D 1，O 1C ⊂平面CB 1D 1，所以A 1O ∥平面CB 1D 1.（2）解法1 等体积法．设点O 到平面CB 1D 1的距离为h.因为D 1D ⊥平面ABCD ，所以D 1D ⊥C O.因为AC ，BD 为菱形ABCD 的对角线，所以C O ⊥BD.因为D 1D∩BD＝D ，所以C O ⊥平面BB 1D 1D.在菱形ABC D 中，BC ＝1，∠BCD ＝60°，C O ＝32. 解法2 作垂线．因为AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，所以AA 1⊥B 1D 1.因为A 1C 1，B 1D 1为菱形A 1B 1C 1D 1的对角线，所以B 1D 1⊥A 1C 1. 因为AA 1∩A 1C 1＝A 1，所以B 1D 1⊥平面AA 1C 1C.因为B 1D 1⊂平面CB 1D 1，所以平面CB 1D 1⊥平面AA 1C 1C.在平面AA 1C 1C 内，作OH ⊥C O 1，H 为垂足，而平面CB 1D 1∩平面AA 1C 1C ＝CO 1， 所以OH ⊥平面CB 1D 1，即线段OH 的长为点O 到平面CB 1D 1的距离．在矩形AA 1C 1C 中，∠O CH ＝∠C O 1C 1，sin ∠CO 1C 1＝C C 1C O 1＝172＝27， sin ∠OCH ＝OH O C ＝OH 32＝2OH 3，所以27＝2OH 3，故OH ＝217. 因此，点O 到平面CB 1D 1的距离为217.。
三棱锥的外接球问题
多面体的外接球问题多面体的外接球问题是一类重要的题型，学生往往感到困难，本文从常见的题型出发，进行归类总结，提高解决这类题的能力。
题型一有公共斜边的两个直角三角形组成的三棱锥 ，球心在公共斜边的中点处C1. 在矩形 ABCD 中， AB ＝ 4， BC ＝ 3，沿 AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角 B ACD ，则四面体 ABCD 的外接球的体积为A. 125B.125 C. 125D.125 12963B2. 三棱锥 SABC 的所有顶点都在球 O 的球面上， 且 SAACSB BC 2 2，SC 4 ，则该球的体积为256 B32 C16 D64A33解析：．在四面体 S ABC 中， AB BC, AB BC2, SA SC 2，二面角 S AC B 的余弦值是D33 ，则该四面体外接球的表面积是（）3A ．86 B ．6 C ．24D ．6A4. 在平面四边形 ABCD 中， AB ADCD 1，BD2 ， BDCD ，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 顶点都在同一个球面上，则该球的体积为A3 B3C2 D223225．平行四边形 ABCD 中， AB · BD =0，沿 BD 将四边形折起成直二面角A 一 BD －C ，且 2 ABBD4，则三棱锥 A － BCD 的外接球的表面积为（ ）A ．B． C． 4D．224试题分析：AB BD 0, 所以 AB BD , 因为 ABCD 为平行四边形 , 所以 CD BD, AB CD .因为A BD C 为直二面角 , 所以 面 ABD 面 CBD , 因为 面 ABD 面 CBD=BD , AB 面 ABD , ABBD ,所以AB 面 CBD . 因为 BC 面 CBD , 所以 ABBC . 分析可知三棱锥 ABCD 的外接球的球心为AC 的中2 2 22 2222点 .因 为 A CABBCA (BCD ) B2DAB 4CD则三棱锥,所以AC 2.A BCD 的外接球的半径为1, 表面积为 4 .故 C 正确.6 已知直角梯形ABCD ， ABAD ，CDAD ，AB 2 AD 2CD2 ，沿 AC 折叠成三棱锥 ，当三棱锥体积最大时，三棱锥外接球的体积为．4解：如图，2， AD ，13∴ AC2，BC 2， BC AC .取 AC 的中点 E ，AB 的中点 O ，连结 DE ， OE ， ∵当三棱锥体积最大，∴平面 DCA平面 ACB ，OB OA OC OD ， OB1即为外接球的半径. 此时三棱锥外接球的体积： 4R 34．33题型二 等腰四面体的外接球 补成长方体， 长方体相对面的对角线为等腰四面体的相对棱1. 在三棱锥 A BCD 中， AB CD 6, AC BD AD BC 5 ，则该三棱锥的外接球的表面积为科____________ 432 A ， B ， C ， D 四点在半径为5 2的球面上，且 AC BD5， ADBC41 ， AB CD ，则三2棱锥 DABC 的体积是 ____________． [来源 :学 ,科 ,网 ]【答案】 20试题分析：根据题意构造长方体，其面上的对角线构成三棱锥D ABC ，如图所示，设长方体的长、宽、a 2b 2 25高分别为 a ， b ， c ，则有 a 2c 2 41，解得 a 4， b3 ， c 5 ，所以三棱锥的体积为5a 2b 2c 250－ 4114 3 5＝20．3 2题型三 直角四面体的外接球补成长方体，长方体对角线长为球的直径1. 已知正三棱锥 P ABC ，点 P, A, B,C 都在半径为 3 的球面上，若 PA, PB, PC 两两互相垂直，则球心到截面 ABC3的距离为 ________3→ → → → → →2．设 A ，B ， C ， D 是半径为 2 的球面上的四个不同点，且满足 AB ·AC ＝ 0， AD ·AC ＝ 0，AB ·AD ＝ 0，用 S 1、 S 2、S 3 分别表示△ ABC 、△ ACD 、△ ABD 的面积，则 S 1 ＋S 2＋ S 3 的最大值是 ________．答案 8→ → → → → → →→→→→→解析 由AB ·AC ＝ 0，AD ·AC ＝ 0， AB ·AD ＝ 0， ∴ AB ⊥ AC ， AD ⊥ AC ，AB⊥AD ，由点 A ， B ，C ，D 构成的2 2三棱锥，可以补形成一个长方体， 该长方体的外接球半径为2222AB ＋AC2，∴ AB ＋ AC ＋ AD ＝ (2＋ 2) ＝ 16，即 2AB 2 ＋AD 22＋ AC 2＋ ＋ AD 1 1 2 ＝ 16≥ AB ·AC ＋ AB ·AD ＋ AC ·AD ， ∴S 1＋ S 2＋ S 3 ＝ (AB ·AC ＋ AB ·AD ＋ AC ·AD)≤2 2 2× 16，当且仅当 AB ＝ AC ＝ AD ＝43时， S ＋S ＋S 取得最大值 8.31233．三棱锥 P ABC 中， ABC 为等边三角形，PA PBPC 2， PAPB ，三棱锥 PABC 的外接球的表面积为（）A ． 48B ． 12C． 4 3D．32 3解析 :由题意得： PA, PB , PC 两两相互垂直，以 PA, PB, PC 为边补成一个正方体，其外接球就为三棱锥P ABC 的外接球，半径为 3 ，表面积为 4 ( 3) 2 12 ，选 B ．C4. 在正三棱锥 A BCD 中， E, F 分别是 AB, BC 的中点， EF DE ，若 BC2 ，则 A BCD 外接球的表面积为AB2C3D4C5. 在正三棱锥 S ABC 中， M , N 分别是 SC, BC 的中点，且 MN AM ，若侧棱 SA2 3 ，则正三棱锥 S ABC 外接球的表面积为A 12B32C36D487．已知正方形APP P的边长为4，点 B,C 分别是边PP , P P的中点，沿 AB, BC ,CA 折叠成一个三棱1 2 31 22 3锥 P ABC （使 P , P , P 重合于点 P ），则三棱锥 P ABC 的外接球的体积为（）123A.24B.86C.46D. 4解析：折成的三棱锥 P ABC 如图所示.由题意可知 PA,PB,PC 两两互相垂直且PA PB PC 4,AB AC 2 5,BC 2 2.设此棱锥外接球的半径 r , 则 r2224 r 326 . 则外接球的体积为 V8 6 . 故 B 正确.38. 已知 P, A, B,C, D 在球 O 的表面上， PA ABCD ， PA2 6 ， ABCD 是边长为 23 的正方形，则 OAB 的面积为 ____________ 3 3 题型四 过底面外心做垂线，球心有垂线上1.已知四面体 P ABC ,其中 ABC 是边长为 6 的等边三角形 , PA 平面 ABC , PA 4 ,则四 面体P ABC 外接球的表面积为 ________．【答案】 64π．【解析】根据已知中底面 ABC 是边长为 6 的等边三角形 , PA 平面 ABC ,可得此三棱锥外接球 ,即以ABC 为底面以 PA 为高的正三棱柱的外接球．因为 ABC 是边长为 6 的正三角形 ,所以 ABC 的外接圆半径为 r2 3 ,所以球心到 ABC 的外接圆圆心的距离为 d 2 ,所以球的半径为R r2d 2 12 4 4 所以四面体 P ABC外接球的表面积为 S 4πR 264π故应填．,,64π2.已知三棱锥 A BCD 中， ABACBD CD 2 , BC 2 AD ,直线 AD 底面 BCD 所成的角是，3则此时三棱锥外接球的体积是()A82 4 28 2BC3D33选 D3. 一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的（）A．外接球的半径为B73 1 C．体积为 3 D．外接球的表面积为43．表面积为3解：由三视图可知，这是侧面ACD ⊥ABC ，高 的三棱锥， AC=2 ， BE=1 ，所以三棱锥的体积为，设外接球的圆心为 0，半径为 x ，则，在直角三角形222，即，OEC 中， OE +CE =OC整理得，解得半径，所以外接球的表面积为，所以 A ，C ， D 都不正确，故选 B ．题型五平面截球的截面是圆，设球心到截面的距离是d ，球的半径为 R ，截面圆的半径为r ，则有R 2 d 2 r 21. 已知 A,B,C 三点是某球的一个截面的内接三角形的三个顶点，其中AB 18, BC 24, AC30 ，球心到这个截面的距离为球半径的一半，则该球的表面积为A. 1200B. 1400C. 1600D.18002.已知一个球的球心 O 到过球面上 A 、 B 、 C 三点的截面的距离等于此球半径的一半，若 ABBCCA3，则球的体积为32.33. 已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 4 的球 O 的球面上， 且 AB 6, BC 2 3,则棱锥 OABCD 的体积为 。
立体几何多选题(讲义及答案)附解析
立体几何多选题(讲义及答案)附解析一、立体几何多选题1．已知三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，其长度分别为a ，b ，c ．点A在底面BCD 内的射影为O ，点A ，B ，C ，D 所对面的面积分别为A S ，B S ，C S ，D S ．在下列所给的命题中，正确的有（ ） A ．2A BCO D S SS ⋅=； B ．3333A B C D S S S S <++；C ．若三条侧棱与底面所成的角分别为1α，1β，1γ，则222111sin sin sin 1αβγ++=；D ．若点M 是面BCD 内一个动点，且AM 与三条侧棱所成的角分别为2α，2β，2γ，则22cos α+2222cos cos 1βγ+=．【答案】ACD 【分析】由Rt O OA '与Rt O AD '相似，得边长关系，进而判断A 正确；当M 与O 重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得C 正确；构造长方体，建立直角坐标系，代入夹角公式计算可得D 正确；代入特殊值，可得B 错误. 【详解】由三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，则将三棱锥A BCD -补成长方体ABFC DGHE -，连接DO 并延长交BC 于O '， 则AO BC ⊥．对A ：由Rt O OA '与Rt O AD '相似，则2O A O O O D '''=⨯ 又12A S BC O D '=⋅，12BCOS BC O O '=⋅， 22221124DS BC O A BC O A ⎛⎫''=⋅=⋅ ⎪⎝⎭所以2A BCOD S SS ⋅=，故A 正确．对B ：当1a b c ===时，33318B C D S S S ===，则33338B C D S S S ++=，而3332288A S ⎛⎫==> ⎪ ⎪⎝⎭，此时3333A B C D S S S S >++，故B 不正确． 对D ：分别以AB ，AC ，AD 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设(),,M x y z ，则(),,AM x y z =，AM =(),0,0AB a =，()0,,0AC b =，()0,0,AD c =所以222222222cos cos cos AM AB AM AC AM AD AM ABAM ACAM ADαβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222221x y z AMAMAM=++=，所以D 正确．对C ：当M 与O 重合时，AO ⊥面BCD ，由D 有222222cos cos cos 1αβγ++=，由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO 成角互为余角，可得C 正确． 故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题考查空间线面角、线线角、面积关系的问题，计算角的问题关键是建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用数量积的公式代入计算，解决这道题目还要结合线面角与线线角的关系判断.2．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（ ）A ．存在某个位置，使得1CN AB ⊥ B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -外接球的体积是43π 【答案】BD 【分析】对于A ，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ，可得到EN NF ⊥，又EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点，不可能；对于B ，可得由1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值），由余弦定理可得NC 是定值．对于C ，取AM 中点O ，连接1,B O DO ，假设1AM B D ⊥，易得AM ⊥面1ODB ，即可得OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不一定成立．对于D ，当平面B 1AM ⊥平面AMD 时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，可得球半径为1，体积是43π． 【详解】对于A 选项：如图1，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ， 则11////NE AB NF MB ，，又11AB MB ⊥，所以EN NF ⊥， 如果1CN AB ⊥，可得EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点， 不可能，故A 选项不正确；对于B 选项：如图1，由A 选项可得1AMB EFN ≈△△，故1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值），故在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠，整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+， 故CN 为定值，故B 选项正确．对于C 选项：如图，取AM 中点O ，连接1,B O DO ， 由AB BM =，得1B O AM ⊥，假设1AM B D ⊥，111B D B O B =，所以AM ⊥面1ODB ，所以OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不恒成立，所以假设不成立，可得C 选项不正确．对于D 选项：由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得12BO =2DM =22221122122B E OB OE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，体积是43π．故D 选项正确． 故答案为：BD ． 【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于难题.本题C 选项的解题的关键在于采用反证法证明，进而推出矛盾解题，D 选项求解的关键在于把握平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大.3．如图四棱锥P ABCD -，平面PAD ⊥平面ABCD ，侧面PAD 是边长为26角形，底面ABCD 为矩形，23CD =，点Q 是PD 的中点，则下列结论正确的是（ ）A ．CQ ⊥平面PADB ．PC 与平面AQC 所成角的余弦值为223C ．三棱锥B ACQ -的体积为62D ．四棱锥Q ABCD -外接球的内接正四面体的表面积为3【答案】BD 【分析】取AD 的中点O ，BC 的中点E ，连接,OE OP ，则由已知可得OP ⊥平面 ABCD ，而底面ABCD 为矩形，所以以O 为坐标原点，分别以,,OD OE OP 所在的直线为x 轴，y 轴 ，z 轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量依次求解即可. 【详解】解：取AD 的中点O ，BC 的中点E ，连接,OE OP ， 因为三角形PAD 为等边三角形，所以OP AD ⊥, 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以OP ⊥平面 ABCD ， 因为AD OE ⊥，所以,,OD OE OP 两两垂直，所以，如下图，以O 为坐标原点，分别以,,OD OE OP 所在的直线为x 轴，y 轴 ，z 轴， 建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(6,0,0),(6,0,0)O D A ，(0,0,32),6,23,0),(6,23,0)P C B ，因为点Q 是PD 的中点，所以632)2Q ， 平面PAD 的一个法向量为(0,1,0)m =，632(23,22QC =-，显然 m 与QC 不共线， 所以CQ 与平面PAD 不垂直，所以A 不正确；3632(6,23,32),(,0,),(26,23,0)22PC AQ AC =-==， 设平面AQC 的法向量为(,,)n x y z =，则360260n AQ x zn AC ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，令=1x ，则y z ==， 所以(1,2,n =-， 设PC 与平面AQC 所成角为θ，则21sin 36n PC n PCθ⋅===， 所以cos θ=，所以B 正确； 三棱锥B ACQ -的体积为1132BACQ Q ABC ABCV V SOP --==⋅ 1116322=⨯⨯⨯=， 所以C不正确；设四棱锥Q ABCD -外接球的球心为)M a ，则MQ MD=，所以2222222a a⎛⎫++-=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得0a =，即M 为矩形ABCD 对角线的交点，所以四棱锥Q ABCD -外接球的半径为3，设四棱锥Q ABCD -外接球的内接正四面体的棱长为x ， 将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，故正方体的棱长为2x，所以22362x ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，得224x =， 所以正四面体的表面积为244x ⨯=，所以D 正确. 故选：BD【点睛】此题考查线面垂直，线面角，棱锥的体积，棱锥的外接球等知识，综合性强，考查了计算能力，属于较难题.4．已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，如图，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α.下面说法正确的是（）A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为32⎣⎦B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C ．点M 为1CC 的中点时，若平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的中点 【答案】AC 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，利用空间向量法可判断A 选项的正误；证明出1AC ⊥平面1A BD ，分别取棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点E 、F 、Q 、N 、G 、H ，比较1A BD 和六边形EFQNGH 的周长和面积的大小，可判断B 选项的正误；利用空间向量法找出平面α与棱11A D 、11A B 的交点E 、F ，判断四边形BDEF 的形状可判断C 选项的正误；将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，利用A 、M 、N 三点共线得知AM MN +最短，利用平行线分线段成比例定理求得MC ，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()2,0,0A 、()2,2,0B 、设点()()0,2,02M a a ≤≤，AM ⊥平面α，则AM 为平面α的一个法向量，且()2,2,AM a =-，()0,2,0AB =，2232cos ,,32288AB AMAB AM AB AM a a ⋅<>===⎢⋅⨯++⎣⎦， 所以，直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为322⎣⎦，A 选项正确；对于B 选项，当M 与1CC 重合时，连接1A D 、BD 、1A B 、AC ， 在正方体1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD CC ∴⊥，四边形ABCD 是正方形，则BD AC ⊥，1CC AC C =，BD ∴⊥平面1ACC ，1AC ⊂平面1ACC ，1AC BD ∴⊥，同理可证11AC A D ⊥， 1A D BD D ⋂=，1AC ∴⊥平面1A BD ，易知1A BD 是边长为22的等边三角形，其面积为()12322234A BD S =⨯=△，周长为22362⨯=.设E 、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点，易知六边形EFQNGH 是边长为2的正六边形，且平面//EFQNGH 平面1A BD ， 正六边形EFQNGH 的周长为62，面积为()2362334⨯⨯=，则1A BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，B 选项错误； 对于C 选项，设平面α交棱11A D 于点(),0,2E b ，点()0,2,1M ，()2,2,1AM =-，AM ⊥平面α，DE ⊂平面α，AM DE ∴⊥，即220AM DE b ⋅=-+=，得1b =，()1,0,2E ∴，所以，点E 为棱11A D 的中点，同理可知，点F 为棱11A B 的中点，则()2,1,2F ，()1,1,0EF =，而()2,2,0DB =，12EF DB ∴=，//EF DB ∴且EF DB ≠， 由空间中两点间的距离公式可得2222015DE =++=，()()()2222212205BF =-+-+-=，DE BF ∴=，所以，四边形BDEF 为等腰梯形，C 选项正确；对于D 选项，将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，如下图所示：若AM MN +最短，则A 、M 、N 三点共线，11//CC DD ，2222222MC AC DN AD ∴===-+， 11222MC CC =-≠，所以，点M 不是棱1CC 的中点，D 选项错误.故选：AC. 【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.5．M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，将菱形沿对角线AC 折起，使点D 不在平面ABC 内，则在翻折过程中，下列结论正确的有（ ）A ．MN ∥平面ABDB ．异面直线AC 与MN 所成的角为定值C ．在二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径先变小后变大D ．若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，则ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭【答案】ABD 【分析】利用线面平行的判定即可判断选项A ；利用线面垂直的判定求出异面直线AC 与MN 所成的角即可判断选项B ；借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，利用空间想象能力进行分析即可判断选项C;过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,分ABC ∠为锐角、直角、钝角三种情况分别进行分析判断即可判断选项D. 【详解】对于选项A:因为M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，所以MN 为BCD ∆的中位线，所以//MN BD ,因为MN ⊄平面ABD ,BD ⊂平面ABD ，所以MN ∥平面ABD ,故选项A 正确；对于选项B ：取AC 的中点O ，连接,DO BO ,作图如下：则,AC DO AC BO ⊥⊥,BO DO O =,由线面垂直的判定知，AC ⊥平面BOD ,所以AC BD ⊥,因为//MN BD ,所以AC MN ⊥,即异面直线AC 与MN 所成的角为定值90，故选项B 正确；对于选项C:借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，球心离开平面ABC ，但是球心在底面的投影仍然是ABC ∆外接圆圆心，故二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径不可能先变小后变大，故选项C 错误；对于选项D:过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,若ABC ∠为锐角，H 在线段BC 上；若ABC ∠为直角，H 与B 重合；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上；若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，因为AH BC ⊥，所以CB ⊥平面AHD ,由线面垂直的性质知,CB HD ⊥,若ABC ∠为直角，H 与B 重合，所以CB BD ⊥,在CBD ∆中，因为CB CD =, 所以CB BD ⊥不可能成立，即ABC ∠为直角不可能成立；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上，则在原平面图菱形ABCD 中，DCB ∠为锐角，由于立体图中DB DO OB <+,所以立体图中DCB ∠一定比原平面图中更小，，所以DCB ∠为锐角，CB HD ⊥，故点H 在线段BC 与H 在线段BC 的延长线上矛盾，因此ABC ∠不可能为钝角；综上可知，ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭.故选项D 正确;故选：ABD 【点睛】本题考查异面垂直、线面平行与线面垂直的判定、多面体的外接球问题；考查空间想象能力和逻辑推理能力；借助极限状态和反证法思想的运用是求解本题的关键；属于综合型强、难度大型试题.6．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段B 1C 上运动，则（ ）A ．直线BD 1⊥平面A 1C 1DB ．三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值C ．异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[45°，90°] D ．直线C 1P 与平面A 1C 1D 6【答案】ABD 【分析】在A 中，推导出A 1C 1⊥BD 1，DC 1⊥BD 1，从而直线BD 1⊥平面A 1C 1D ；在B 中，由B 1C ∥平面 A 1C 1D ，得到P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，再由△A 1C 1D 的面积是定值，从而三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线C 1P 与平面A 1C 1D 6． 【详解】解：在A 中，∵A 1C 1⊥B 1D 1，A 1C 1⊥BB 1，B 1D 1∩BB 1＝B 1， ∴A 1C 1⊥平面BB 1D 1，∴A 1C 1⊥BD 1，同理，DC 1⊥BD 1， ∵A 1C 1∩DC 1＝C 1，∴直线BD 1⊥平面A 1C 1D ，故A 正确； 在B 中，∵A 1D ∥B 1C ，A 1D ⊂平面A 1C 1D ，B 1C ⊄平面A 1C 1D ，∴B 1C ∥平面 A 1C 1D ，∵点P 在线段B 1C 上运动，∴P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，又△A 1C 1D 的面积是定值，∴三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值，故B 正确； 在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]，故C 错误；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，P （a ，1，a ），则D （0，0，0），A 1（1，0，1），C 1（0，1，1），1DA ＝（1，0，1），1DC ＝（0，1，1），1C P ＝（a ，0，a ﹣1）， 设平面A 1C 1D 的法向量(),,n x y z =，则1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x ＝1，得1,1,1n，∴直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为：11||||||C P n C P n ⋅⋅＝22(1)3a a +-⋅＝21132()22a ⋅-+， ∴当a ＝12时，直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为63，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解； （2）、用空间向量坐标公式求解.7．如图，已知P 为棱长为1的正方体对角线1BD 上的一点，且()()10,1BP BD λλ=，下面结论中正确结论的有（ ）A ．11A D C P ⊥；B ．当1A P PD +取最小值时，23λ=； C ．若()0,1λ∈，则7,312APC ππ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭；D ．若P 为1BD 的中点，四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π． 【答案】ABD 【分析】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，利用向量关系可判断ABC ；根据几何体外接球关系建立方程求出球半径即可判断D. 【详解】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系， 则()1,1,0B ，()10,0,1D ，设(),,P x y z ，()()10,1BP BD λλ=，1BP BD λ∴=，即()()1,1,1,1,1x y z λ--=--，则可解得()1,1,P λλλ--， 对A ，()()()111,0,1,0,0,0,0,1,1A D C ，()11,0,1A D ∴=--，()11,,1C P λλλ=---，则()()()()11110110A D C P λλλ⋅=-⨯-+⨯-+-⨯-=，则11A D C P ⊥，故A 正确；对B ，()()()()()2222221111111A P PD λλλλλλ+=--+-+-+-+-+222223422333λλλ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭，则当23λ=时，1A P PD +取最小值，故B 正确； 对C ，()()1,0,0,0,1,0A C ，(),1,PA λλλ∴=--，()1,,PC λλλ=--，则222321cos 1321321PA PCAPC PA PC λλλλλλ⋅-∠===--+-+⋅， 01λ<<，则2232123λλ≤-+<，则2111123212λλ-≤-<-+， 即11cos 22APC -≤∠<，则2,33APC ππ⎛⎤∠∈ ⎥⎝⎦，故C 错误； 对于D ，当P 为1BD 中点时，四棱锥11P AA D D -为正四棱锥，设平面11AA D D 的中心为O ，四棱锥11P AA D D -的外接球半径为R ，所以2221222R R ⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得34R =， 故四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π，所以D 正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：本题考查空间相关量的计算，解题的关键是建立空间直角坐标系，利用向量建立关系进行计算.8．如图所示，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，得四边形1BFD E ，在以下结论中，正确的是（ ）A ．四边形1BFD E 有可能是梯形B ．四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形C ．四边形1BFDE 有可能垂直于平面11BB D DD ．四边形1BFDE 面积的最小值为6 【答案】BCD 【分析】四边形1BFD E 有两组对边分别平行知是一个平行四边形四边形；1BFD E 在底面ABCD 内的投影是四边形ABCD ；当与两条棱上的交点是中点时，四边形1BFD E 垂直于面11BB D D ；当E ，F 分别是两条棱的中点时，四边形1BFD E 的面积最小为62.【详解】过1BD 作平面与正方体1111ABCD A B C D -的截面为四边形1BFD E ， 如图所示，因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，且平面1BFD E 平面11ABB A BE =.平面1BFD E平面1111,//DCC D D F BE D F =，因此，同理1//D E BF ，故四边形1BFD E 为平行四边形，因此A 错误；对于选项B ，四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形ABCD ，因此B 正确； 对于选项C ，当点E F 、分别为11,AA CC 的中点时，EF ⊥平面11BB D D ，又EF ⊂平面1BFD E ，则平面1BFD E ⊥平面11BB D D ，因此C 正确；对于选项D ，当F 点到线段1BD 的距离最小时，此时平行四边形1BFD E 的面积最小，此时点E F 、分别为11,AA CC 的中点，此时最小值为16232⨯⨯=，因此D 正确. 故选：BCD【点睛】关键点睛：解题的关键是理解想象出要画的平面是怎么样的平面，有哪些特殊的性质，考虑全面即可正确解题.。
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武汉艺术生文化课三棱锥的几何问题及多种答案解析
1.【答案】 3
【解析】 由已知，S △ABC ＝12×22sin π3＝3， ∴ V P －ABC ＝13S △ABC ·P A ＝13×3×3＝3，即三棱锥P －ABC 的体积等于 3.
3.C 【解析】 由三视图可知，该四面体可以描述为SA ⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，且SA ＝AB ＝4，BC ＝3，所以四面体四个面的面积分别为10,8,6,62，从而面积最大为10，故应选C.
图1－4
4. B 【解析】 由三视图知该几何体为棱柱，h ＝22－1＝3，S 底＝3×3，所以V ＝9 3.
5.D 【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如下图，故侧视图选D.
6.A 【解析】 ①可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易判断②正确；③可以是放倒的
圆柱，所以也正确．
7.A 【解析】 分析图中所给的三视图可知，对应空间几何图形，应该是一个棱长为2
的正方体中间挖去一个半径为1，高为2的圆锥，则对应体积为：V ＝2×2×2－13
π×12×2＝8－23
π. 8. 6＋π 【解析】 根据图中信息，可得该几何体为一个棱柱与一个圆锥的组合体，V
＝3×2×1＋13
π×1×3＝6＋π. 9.4 【解析】 根据三视图还原成直观图，可以看出，其是由两个形状一样的，底面长和宽都为1，高为2的长方体叠加而成，故其体积V ＝2×1×1＋1×1×2＝4.
10.B 【解析】 由正视图可排除A ，C ；由侧视图可判断该该几何体的直观图是B.
11.B 【解析】 对于A ，直线l 1与l 3可能异面；对于C ，直线l 1、l 2、l 3可能构成三棱柱三条侧棱所在直线时而不共面；对于D ，直线l 1、l 2、l 3相交于同一个点时不一定共面. 所
以选B.
14. D 【解析】 若面α⊥面β，在面α内与面β的交线不相交的直线平行于平面β，故A 正确；B 中若α内存在直线垂直平面β，则α⊥β，与题设矛盾，所以B 正确；由面面垂直的性质知选项C 正确．由A 正确可推出D 错误．
15. D 【解析】 圆M 的半径为2，由球面的几何性质得OM ＝42－22＝23，且∠OMN ＝30°，则ON ＝3，故圆N 的半径为42－3＝13，圆N 的面积为13π，故选D.
16.83 【解析】 如图，由题意知，截面圆的直径为62＋(23)2＝48＝43， 所以四棱锥的高||OO 1＝OA 2－O 1A 2＝16－12＝2，
所以其体积V ＝13S 矩形ABCD ·||OO 1＝13
×6×23×2＝8 3.
12.【解答】 解法1：过E 作EN ⊥AC 于N ，连结EF .
(1)如图①，连结NF 、AC 1，由直棱柱的性质知，底面ABC ⊥侧面A 1C ，
又底面ABC ∩侧面A 1C ＝AC ，且EN ⊂底面ABC ，所以EN ⊥侧面A 1C ，NF 为EF 在侧面A 1C 内的射影，
在Rt △CNE 中，CN ＝CE cos60°＝1，
则由CF CC 1＝CN CA ＝14
，得NF ∥AC 1. 又AC 1⊥A 1C ，故NF ⊥A 1C ，
由三垂线定理知EF ⊥A 1C .
(2)如图②，连结AF ，过N 作NM ⊥AF 于M ，连结ME ，
由(1)知EN ⊥侧面A 1C ，根据三垂线定理得EM ⊥AF ，
所以∠EMN 是二面角C －AF －E 的平面角，即∠EMN ＝θ，
设∠F AC ＝α，则0°<α≤45°.
在Rt △CNE 中，NE ＝EC ·sin60°＝3，
在Rt △AMN 中，MN ＝AN ·sin α＝3sin α，
故tan θ＝NE MN ＝33sin α
. 又0°<α≤45°，∴0<sin α≤22
， 故当sin α＝22
，即当α＝45°时，tan θ达到最小值， tan θ＝33×2＝63
，此时F 与C 1重合．
解法2：(1)建立如图③所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，
E (3，3,0)，
F (0,4,1)，
于是CA 1→＝(0，－4,4)，EF →＝(－3，1,1)，
则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0，故EF ⊥A 1C .
(2)设CF ＝λ(0<λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由(1)得F (0,4，λ)， AE →＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →可得
⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎨⎧
3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0，取m ＝(3λ，－λ，4)， 又由直三棱柱的性质可取侧面A 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，
于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n||m|·|n|＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝
λ2＋163λ＝1
3＋16
3λ2，
由0<λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝6
3，
故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值6
3.
图1－2。