高考数学专题复习立体几何(理科)练习题
高考理科数学第一轮立体几何专题测试题参考答案
高考理科数学第一轮《立体几何》专题测试题&参考答案测试时间：120分钟满分：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分，每小题只有一个选项符合题意)1．[2021·浙江高考]已知彼此垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n 知足m∥α，n⊥β，则( )A．m∥l B.m∥nC．n⊥l D.m⊥n答案C解析因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.故选C.2．[2021·济南调研]已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A．28＋6 5 B.40C.403D.30＋65答案C解析由三视图知，直观图如图所示：底面是直角三角形，直角边长为4,5，三棱锥的一个后侧面垂直底面，而且高为4，所以棱锥的体积为：13×12×5×4×4＝403.3．[2021·云师大附中月考]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.12 B.13 C ．22D.23答案 D解析 由题意知该几何体为如图放置的正四面体，其棱长为2，故其表面积为12×2×2×sin π3×4＝23，故选D.4．[2021·山东实验中学一诊]已知一个四棱锥的三视图及有关数据如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2 3 B.3 C.433D.233答案 C解析由三视图知该几何体是四棱锥，其直观图如图所示，四棱锥的一个侧面SAB与底面ABCD垂直，过S作SO⊥AB，垂足为O，所以SO⊥底面ABCD，SO＝3，所以四棱锥的体积为13×2×2×3＝433，故选C.5．[2021·广西梧州模拟]若某圆柱体的上部挖掉一个半球，下部挖掉一个圆锥后所得的几何体的三视图中的正(主)视图和侧(左)视图如图所示，则此几何体的表面积是()A．(4＋2)π B.6π＋22πC．6π＋2π D.(8＋2)π答案C解析圆柱的侧面积为S1＝2π×1×2＝4π，半球的表面积为S2＝2π×12＝2π，圆锥的侧面积为S3＝π×1×2＝2π，所以几何体的表面积为S＝S1＋S2＋S3＝6π＋2π，故选C.6．[2021·安徽师大期末]某个长方体被一个平面所截，取得的几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为()A．4 B.2 2C．4 2 D.8答案D解析按照三视图还原可知该几何体为长、宽、高别离为3,2,2的长方体，被一个平面截去一部份剩余23，如图所示，所以该几何体的体积为(3×2×2)×23＝8，故选D.7．[2021·吉林长春质检]某几何体的三视图如图，其正视图中的曲线部份为半圆，则该几何体的体积是()A ．4＋32πB.6＋3π C ．6＋32πD.12＋32π答案 C解析 由题意，此模型为柱体，底面大小等于主视图面积大小，即几何体体积为V ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12π·12＋12×2×2×3＝6＋3π2，故选C.8．[2021·河南百校联盟质监]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由正方形切割而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.112B.132C ．6D.7答案 C解析 几何体如图，为每一个正方体中去掉两个全等的三棱柱，体积为23－12×1×1×1×4＝6，选C.9．[2021·河北唐山模拟]在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝4，E ，F ，H别离是棱PB ，BC ，PD 的中点，则过E ，F ，H 的平面截四棱锥P －ABCD 所得截面面积为( )A ．2 6 B.4 6 C ．5 6 D.23＋46 答案 C解析 由过E ，F ，H 的平面交直线CD 于N 点，可得N 点为CD 的中点，即CN ＝2；由过E ，F ，H 的平面交直线PA 于M 点，可得M 为PA 的四等分点，所以PM ＝1，所以过E ，F ，H 的平面截四棱锥P －ABCD 所得截面为五边形MEFNH ，所以其面积等于三角形MEH 与矩形EFNH 的面积之和，而S △MEH ＝12×22×3＝6，S △EFNH ＝22×23＝46，所以所求的面积为56，故应选C.10．[2021·全国卷Ⅲ]在封锁的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4π B.9π2 C ．6π D.32π3答案 B解析 由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部份面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.11．[2021·云师大附中月考]棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有极点均在球O 的球面上，E ，F ，G 别离为AB ，AD ，AA 1的中点，则平面EFG 截球O 所得圆的半径为( )A. 2B.153 C.263D.3答案 B解析 如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的外接球球心O 为对角线AC 1的中点，球半径R ＝3，球心O 到平面EFG 的距离为233，所以小圆半径r ＝R 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝153，故选B.12．[2021·河北武邑期末]已知边长为23的菱形ABCD 中，∠A ＝60°，现沿对角线BD 折起，使得二面角A －BD －C 为120°，此时点A ，B ，C ，D 在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．20π B.24π C ．28π D.32π答案 C解析 如图别离取BD ，AC 的中点M ，N ，连MN ，则容易算得AM ＝CM ＝3，MN ＝32，MD ＝3，CN ＝332，由图形的对称性可知球心必在MN 的延长线上，设球心为O ，半径为R ，HN ＝x ，则由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧R 2＝x 2＋274，R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋x 2＋3，解之得x ＝12，则R 2＝14＋274＝7，所以球的表面积S ＝4πR 2＝28π，故应选C.第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．[2021·江苏联考]将圆锥的侧面展开恰为一个半径为2的半圆，则圆锥的体积是________．答案33π 解析 圆锥的侧面展开恰为一个半径为2的半圆，所以圆锥的底面周长为2π，底面半径为1，圆锥的高为3，圆锥的体积为13π×12×3＝33π.14．[2021·河南郑州一中期末]我国古代数学名著《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________．答案 1.6解析 由图可得π×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×x ＋3×1×(5.4－x )＝12.6⇒x ＝1.6.15．[2021·江苏联考]在下列四个图所表示的正方体中，能够取得AB ⊥CD 的是________．答案 ①②解析 对于①，通过平移AB 到右边的平面，可知AB ⊥CD ，所以①中AB ⊥CD ；对于②，通过作右边平面的另一条对角线，可得CD 垂直AB 所在的平面，由线面垂直定理取得②中AB ⊥CD ；对于③，可知AB 与CD 所成的角为60°；对于④，通过平移CD 到下底面，可知AB 与CD 不垂直．故答案为①②.16．[2021·长春质检]若是一个棱锥底面为正多边形，且极点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥称为正棱锥．已知正四棱锥P －ABCD 内接于半径为1的球，则当此正四棱锥的体积最大时，其高为________．答案 43 解析 由球的几何性质可设四棱锥高为h ，从而V P －ABCD ＝23h [1－(h －1)2]＝23(－h 3＋2h 2)，有V ′P －ABCD ＝23(－3h 2＋4h )＝23h (－3h ＋4)，可知当h ＝43时，体积V P －ABCD 最大．三、解答题(共6小题，共70分，解承诺写出文字说明、证明进程或演算步骤)17．[2021·西安八校联考](本小题满分10分)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝DC ＝12DD 1，过A 1、B 、C 1三点的平面截去长方体的一个角后，得如图所示的几何体ABCD －A 1C 1D 1，E 、F 别离为A 1B 、BC 1的中点．(1)求证：EF ∥平面ABCD ；(2)求平面A 1BC 1与平面ABCD 的夹角θ的余弦值．解 (1)证明：∵在△A 1BC 1中，E 、F 别离为A 1B 、BC 1的中点，∴EF ∥A 1C 1. ∵在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC ∥A 1C 1，∴EF ∥AC .(2分)∵EF ⊄平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴EF ∥平面ABCD .(4分)(2)以D 为坐标轴原点，以DA 、DC 、DD 1方向别离为x ，y ，z 轴，成立空间直角坐标系，不妨设AD ＝DC ＝12DD 1＝1， 则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，D 1(0,0,2)，A 1(1,0,2)，A 1B →＝(0,1，－2)，C 1B →＝(1,0，－2)，(5分)∵DD 1⊥平面ABCD ，∴平面ABCD 的一个法向量为DD 1→＝(0,0,2)，(6分)设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(a ，b ，c )，则⎩⎨⎧ n ·A 1B →＝0，n ·C 1B →＝0，即⎩⎨⎧b －2c ＝0，a －2c ＝0，取a ＝1，得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，(8分) ∴cos θ＝|cos 〈n ，DD 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪DD 1→·n |DD 1→||n |＝13. ∴平面A 1BC 1与平面ABCD 的夹角θ的余弦值为13.(10分)18．[2021·江西南昌模拟](本小题满分12分)如图所示，点P 为斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧棱BB 1上一点，PM ⊥BB1交AA1于点M，PN⊥BB1交CC1于点N.(1)求证：CC1⊥MN；(2)在任意△DEF中有余弦定理：DE2＝DF2＋EF2－2DF·EF cos∠DFE.拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明．解(1)证明：∵PM⊥BB1，PN⊥BB1，PM∩PN＝P，∴BB1⊥平面PMN，∴BB1⊥MN.又CC1∥BB1，∴CC1⊥MN.(4分)(2)在斜三棱柱ABC—A1B1C1中，有S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1·SACC1A1cosα，其中α为平面BCC1B1与平面ACC1A1所成的二面角的大小．(7分)证明：∵CC1⊥平面PMN，∴上述的二面角的平面角为∠MNP.在△PMN中，∵PM2＝PN2＋MN2－2PN·MN cos∠MNP，∴PM2·CC21＝PN2·CC21＋MN2·CC21－2(PN·CC1)·(MN·CC1)cos∠MNP，由于SCBB1C1＝PN·CC1，SACC1A1＝MN·CC1，SABB1A1＝PM·BB1＝PM·CC1，∴S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1·SACC1A1cosα.(12分)19．[2021·长春质检](本小题满分12分)已知等腰梯形ABCD如图1所示，其中AB∥CD，E，F别离为AB和CD的中点，且AB＝EF＝2，CD＝6，M为BC中点，现将梯形ABCD按EF所在直线折起，使平面EFCB⊥平面EFDA，如图2所示，N是线段CD上一动点，且CN＝λND.(1)当λ＝12时，求证：MN ∥平面ADFE ； (2)当λ＝1时，求二面角M －NA －F 的余弦值．解 (1)证明：过点M 作MP ⊥EF 于点P ，过点N 作NQ ⊥FD 于点Q ，连接PQ .由题意，平面EFCB ⊥平面EFDA ，所以MP ⊥平面EFDA ，且MP ＝BE ＋CF 2＝2，(2分) 因为CF ⊥EF ，DF ⊥EF ，所以EF ⊥平面CFD ，所以NQ ⊥EF ，由NQ ⊥FD ，所以NQ ⊥平面EFDA ，又CN ＝12ND ，所以NQ ＝23CF ＝2，(4分) 即MP ∥NQ ，MP ＝NQ ，则MN ∥PQ ，由MN ⊄平面ADFE ，PQ ⊂平面ADFE ，所以MN ∥平面ADFE .(6分)(2)以F 为坐标原点，FE 方向为x 轴，FD 方向为y 轴，FC 方向为z 轴，成立如图所示坐标系．由题意，M (1,0,2)，A (2,1,0)，F (0,0,0)，C (0,0,3)，D (0,3,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32. 设平面AMN 与平面FAN 的法向量别离为n 1，n 2，平面AMN 的法向量为平面ABCD 的法向量，即n 1＝(1,1,1)，(8分)在平面FAN 中，FA →＝(2,1,0)，FN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32，即n 2＝(1，－2,2)，(10分) 则cos θ＝39，所以二面角M －NA －F 的余弦值为39.(12分) 20．[2021·沈阳质检](本小题满分12分)四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD,2AD ＝BC ＝2a (a >0), AD ∥BC ，PD ＝3a ，∠DAB ＝θ.(1)若θ＝60°，AB ＝2a ，Q 为PB 的中点，求证：DQ ⊥PC ；(2)若θ＝90°，AB ＝a ，求平面PAD 与平面PBC 所成二面角的大小．(若非特殊角，求出所成角余弦即可)解 (1)证明：连接BD ，△ABD 中，AD ＝a ，AB ＝2a ，∠DAB ＝60°，由余弦定理：BD 2＝DA 2＋AB 2－2DA ·AB cos60°，解得BD ＝3a ，所以△ABD 为直角三角形，BD ⊥AD ，因为AD ∥BC ，所以BC ⊥BD ，(1分)又因为PD ⊥平面ABCD ，所以BC ⊥PD ，(2分)因为PD ∩BD ＝D ，所以BC ⊥平面PBD ，(3分)BC ⊂平面PBC ，所以平面PBD ⊥平面PBC ，(4分)又因为PD ＝BD ＝3a ，Q 为PB 中点，所以DQ ⊥PB .因为平面PBD ∩平面PBC ＝PB ，所以DQ ⊥平面PBC ，(5分)PC ⊂平面PBC ，所以DQ ⊥PC .(6分)(2)由θ＝90°，AB ＝a ，可得BD ＝CD ＝2a .取BC 中点M ，可证得ABMD 为矩形．(7分)以D 为坐标原点别离以DA ，DM ，DP 所在直线为x ，y ，z 轴，成立空间直角坐标系Dxyz ，则A (a,0,0)，B (a ，a,0)，DM ⊥平面PAD ，所以DM →是平面PAD 的法向量，DM →＝(0，a,0)．(9分)设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，P (0,0，3a )，B (a ，a,0)，C (－a ，a,0)，所以PB →＝(a ，a ，－3a )，BC →＝(－2a,0,0)，⎩⎨⎧ n ·PB →＝0，n ·BC →＝0，令z ＝1，可得⎩⎨⎧ax ＋ay －3a ＝0，－2ax ＝0，解得n ＝(0，3，1)，(10分) 所以cos θ＝DM →·n |DM →||n |＝3a 2a ＝32.(11分)所以平面PAD 与平面PBC 所成二面角为π6.(12分)21．[2021·贵阳月考](本小题满分12分)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，PD ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝2，BC＝12PA ，BD ＝3，E 在PC 边上． (1)求证：平面PDA ⊥平面PDB ；(2)当E 是PC 边上的中点时，求异面直线AP 与BE 所成角的余弦值；(3)若二面角E －BD －C 的大小为30°，求DE 的长．解 (1)证明：因为底面ABCD 是平行四边形，∴AD ＝BC ＝1，又BD ＝3，AB ＝2，知足AD 2＋BD 2＝AB 2，∴AD ⊥BD .又因为PD ⊥底面ABCD ，∴PD ⊥BD ，∴BD ⊥平面PAD .(3分)∵BD ⊂平面PDB ，∴平面PDA ⊥平面PDB .(4分)(2)以D 为原点成立如图所示空间直角坐标系．则D (0,0,0)，P (0,0，3)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)， ∵E 是PC 边上的中点，∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，32， 则AP →＝(－1,0，3)，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32，32，(6分) ∴cos 〈AP →，BE →〉＝|A P →·BE →||AP →||BE →|＝277.(8分) (3)由C ，E ，P 三点共线，得DE →＝λDP →＋(1－λ)DC →，且0≤λ≤1，从而有DE →＝(λ－1，3(1－λ)，3λ)，DB →＝(0，3，0)．设平面EDB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·DE →＝0及n ·DB →＝0，可取n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3，0，1－λλ. 又平面CBD 的法向量可取m ＝(0,0,1)，(10分)二面角E －BD －C 的大小为30°，∴cos30°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·m |n ||m |＝32， ∴λ＝14，∴DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，334，34，∴|DE |＝394.(12分)22．[2021·河北一模](本小题满分12分)如图，在三棱锥S－ABC 中，SC ⊥平面ABC ，SC ＝3，AC ⊥BC ，CE ＝2EB ＝2，AC ＝32，CD ＝ED . (1)求证：DE ⊥平面SCD ；(2)求二面角A －SD －C 的余弦值；(3)求点A 到平面SCD 的距离．解 (1)证明：以C 为原点，CA ，CB ，CS 所在直线别离为x 轴，y 轴，z 轴成立空间直角坐标系，如图，则C (0,0,0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，S (0,0,3)，E (0,2,0)，D (1,1,0)， 因为DE →＝(－1,1,0)，CD →＝(1,1,0)，CS →＝(0,0,3)，所以DE →·CD →＝－1＋1＋0＝0，DE →·CS →＝0＋0＋0＝0，即DE ⊥CD ，DE ⊥CS .(2分)因为CD ∩CS ＝C ，所以DE ⊥平面SCD .(4分)(2)由(1)可知DE →＝(－1,1,0)为平面SCD 的一个法向量．设平面SAD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，而AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，0， AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，3，则⎩⎨⎧ n ·AD →＝0，n ·AS →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －12x ＋y ＝0，－32x ＋3z ＝0. 不妨设x ＝2，可得n ＝(2,1,1)．(6分)易知二面角A －SD －C 为锐角，因此有|cos 〈DE →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2＋1＋02·6＝36， 即二面角A －SD －C 的余弦值为36.(8分)(3)AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，0，AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，0，AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，3，作AH ⊥平面SCD ，垂足为H ， 设AH →＝xAC →＋yAD →＋zAS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32x －12y －32z ，y ，3z ，且x ＋y ＋z ＝1.(10分)由AH →⊥CD →，AH →⊥CS →，得 ⎩⎪⎨⎪⎧ －32x －12y －32z ＋y ＝0，9z ＝0，x ＋y ＋z ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝14，y ＝34，z ＝0.所以AH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，34，0，(11分)|AH →|＝324，32即点A到平面SCD的距离为4.(12分)。
高三立体几何专题练习(含答案)
立体几何专题练习卷一、填空题（本大题满分56分，每小题4分） 1．正方体DC B A ABCD 111-的棱长为a ，则异面直线1AB 与1BC 所成的角的大小是__________．2．已知某铅球的表面积是2484cm π，则该铅球的体积是___________2cm ．3．若圆锥的侧面积为20π，且母线与底面所成的角为4arccos5，则该圆锥的体积为___________．4．在长方体1111ABCD A B C D -中，若12,1,3AB BC AA ===，则1BC 与平面11BB D D 所成的角θ可用反三角函数值表示为θ=____________．5．若取地球的半径为6371米，球面上两点A 位于东经O12127'，北纬O 318'，B 位于东经O12127'，北纬O 255'，则A B 、两点的球面距离为_____________千米(结果精确到1千米)．6．已知圆锥的母线长为5cm ，侧面积为π15 2cm ，则此圆锥的体积为__________3cm ．7．若圆锥的底面半径和高都是2，则圆锥的侧面积是_____________． 8．如图，是一个无盖正方体盒子的表面展开图，A B C 、、为其上的三个点，则在正方体盒子中，ABC ∠=____________.9．一个圆柱形容器的轴截面尺寸如右图所示，容器内有一个实心的球，球的直径恰等于圆柱的高.现用水将该容器注满，然后取出该球（假设球的密度大于水且操作过程中水量损失不计），则球取出后，容器中水面的高度为__________cm. （精确到0.1cm ）10．如图，用铁皮制作一个无盖的圆锥形容器，已知该圆锥的母线与底面所在平面的夹角为45︒，容器的高为10cm ．制作该容器需要铁皮面积为__________cm2．（衔接部分忽略不计，结果保留整第9题数）11．如图，圆锥的侧面展开图恰好是一个半圆，则该圆锥的母线与底面所成的角的大小是__________ .12．如右下图，ABC ∆中， 90=∠C ，30=∠A ，1=BC ．在三角形内挖去半圆（圆心O 在边AC 上，半圆与BC 、AB 相切于点C 、M ，与AC 交于N ），则图中阴影部分绕直线AC 旋转一周所得旋转体的体积为__________ ．13．如图所示，以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， 则该圆锥与圆柱等底等高。
高中立体几何测试题及答案（理科）
⾼中⽴体⼏何测试题及答案（理科）⽴体⼏何测试题1．如图，直⼆⾯⾓D —AB —E 中，四边形ABCD 是边长为2的正⽅形，AE=EB ，F 为CE 上的点，且BF ⊥平⾯ACE.（Ⅰ）求证AE ⊥平⾯BCE ；（Ⅱ）求⼆⾯⾓B —AC —E 的⼤⼩的余弦值；2．已知直四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的底⾯是菱形，且1,60AA AD DAB =?=∠，F 为棱BB 1的中点，M 为线段AC 1的中点.（1）求证：直线MF//平⾯ABCD ；（2）求证：平⾯AFC 1⊥平⾯ACC 1A 1；（3）求平⾯AFC 1与平⾯ABCD 所成⼆⾯⾓的⼤⼩.3、在四棱锥P-ABCD 中，底⾯ABCD 为矩形，PA ⊥平⾯ABCD ，点 E 在线段PC 上，PC ⊥平⾯BDE ．（1）证明：BD ⊥平⾯PAC ；（2）（2）若PH=1，AD=2，求⼆⾯⾓B-PC-A 的正切值；4、如图，直三棱柱111ABC A B C -中，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点，BD DC ⊥1（1）证明：BC DC ⊥1（2）求⼆⾯⾓11C BD A --的⼤⼩.5. 如图，P ABCD -是正四棱锥,1111ABCD A B C D -是正⽅体，其中2,6AB PA ==．（Ⅰ）求证：11PA B D ⊥；（Ⅱ）求平⾯PAD 与平⾯11BDD B 所成的锐⼆⾯⾓θ的⼤⼩；（Ⅲ）求1B 到平⾯PAD 的距离．6. 已知多⾯体ABCDE 中，AB ⊥平⾯ACD ，DE ⊥平⾯ACD ，AC = AD = CD= DE = 2a ，AB = a ，F 为CD 的中点. （Ⅰ）求证：AF ⊥平⾯CDE ；（Ⅱ）求异⾯直线AC ，BE 所成⾓余弦值；（Ⅲ）求⾯ACD 和⾯BCE 所成⼆⾯⾓的⼤⼩.7. 已知斜三棱柱111ABC A B C -，90BCA ∠=，2AC BC ==，1A 在底⾯ABC 上的射影恰为AC 的中点D ，⼜知11BA AC ⊥。
高考真题立体几何(理科)
G 立体几何G1 空间几何体的结构9．G1[2012·重庆卷] 设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，2和a，且长为a的棱与长为2的棱异面，则a的取值范围是()A．(0，2) B．(0，3)C．(1，2) D．(1，3)9．A[解析] 如图所示，设AB＝a，CD BC＝BD＝AC＝AD＝1，则∠ACD＝∠BCD＝45°，要构造一个四面体，则平面ACD BCD不能重合，当△BCD与△ACD重合时，a＝0；当A、B、C、D四点共面，且A、B两点在DC的两侧时，在△ABC中，∠ACB ＝∠ACD＋∠BCD＝45°＋45°＝90°，AB＝AC2＋BC2＝2，所以a的取值范围是(0，2)．G2 空间几何体的三视图和直观图13．G2[2012·辽宁卷] 一个几何体的三视图如图1－3所示．则该几何体的表面积为________．图1－313．38[解析] 本小题主要考查三视图的应用和常见几何体表面积的求法．解题的突破口为弄清要求的几何体的形状，以及表面积的构成．由三视图可知，该几何体为一个长方体中挖去一个圆柱构成，几何体的表面积S＝长方体表面积＋圆柱的侧面积－圆柱的上下底面面积，由三视图知，长方体的长、宽、高为4、3、1，圆柱的底面圆的半径为1，高为1，所以S＝2×(4×3＋4×1＋3×1)＋2π×1×1－2×π×12＝38.7．G2、G7[2012·北京卷] 1－4所示，该三棱锥的表面积是()－4A．28＋6 5 B．30＋6 5C．56＋12 5 D．60＋12 57．B[解析] 本题考查的三棱锥的三视图与表面积公式．由三视图可知，几何体为一个侧面和底面垂直的三棱锥，如图所示，可知S底面＝12×5×4＝10，S 后＝12×5×4＝10，S 左＝12×6×25＝65，S 右＝12×4×5＝10，所以S 表＝10×3＋65＝30＋6 5.12．G2、G7[2012·安徽卷] 某几何体的三视图如图1－3所示，该几何体的表面积是________．图1－312．92 [解析] 本题考查三视图的识别，四棱柱等空间几何体的表面积． 如图根据三视图还原的实物图为底面是直角梯形的直四棱柱，其表面积为 S ＝12×()2＋5×4×2＋4×2＋5×4＋4×4＋5×4＝92.10．G2[2012·天津卷] 1－2所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.1－210．18＋9π [解析] 本题考查几何体的三视图及体积公式，考查运算求解及空间想象力，容易题．由三视图可得该几何体为一个长方体与两个球的组合体，其体积V ＝6×3×1＋2×43π×⎝⎛⎭⎫323＝18＋9π.4．G2[2012·福建卷] 一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是( )A ．球B ．三棱锥C ．正方体D ．圆柱4．D [解析] 本题考查简单几何体的三视图，大小、形状的判断以及空间想象能力，球的三视图大小、形状相同．三棱锥的三视图也可能相同，正方体三种视图也相同，只有圆柱不同．6．G2[2012·广东卷] 1( )图1－1A ．12πB ．45πC ．57πD ．81π6．C [解析] 根据三视图知该几何体是由圆柱与圆锥构成，圆柱与圆锥的半径R ＝3，圆锥的高h ＝4，圆柱的高为5，所以V 组合体＝V 圆柱＋V 圆锥＝π×32×5＋13×π×32×4＝57π，所以选择C.4．G2[2012·湖北卷] 则该几何体的体积为( )1－2A.8π3 B ．3π C.10π3 D ．6π 4．B [解析] 根据三视图知几何体的下面是一个圆柱，上面是圆柱的一半，所以V ＝2π＋12×2π＝3π.故选B. 3．G2[2012·湖南卷] 某几何体的正视图和侧视图均如图1－1所示，则该几何体的俯视图不可能．．．是( )图1－1 图 23．D [解析] 本题考查三视图，意在考查考生对三视图的辨析，以及对三视图的理解和掌握．是基础题型. 选项A ，B ，C ，都有可能，选项D 的正视图应该有看不见的虚线，故D 项是不可能的．[易错点] 本题由于对三视图的不了解，易错选C ，三视图中看不见的棱应该用虚线标出．7．G2、G7[2012·课标全国卷] 如图1－2，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为( )图1－2A ．6B ．9C ．12D ．187．B [解析] 由三视图可知，该几何体是三棱锥，其底面是斜边长为6的等腰直角三角形，有一条长为3的侧棱垂直于底面(即三棱锥的高是3)，可知底面等腰直角三角形斜边上的高为3，故该几何体的体积是V ＝13×12×6×3×3＝9，故选B.11．G2、G7[2012·浙江卷] 已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图1－3所示，则该三棱锥的体积等于________cm 3.11．1 [解析] 本题考查三棱锥的三视图与体积计算公式，考查学生对数据的运算处理能力和空间想象能力．由三视图可知，几何体为一个三棱锥，则V ＝13Sh ＝13×12×1×3×2＝1.[点评] 正确的识图是解决三视图问题的关键，同时要注意棱长的长度、关系等．G3 平面的基本性质、空间两条直线18．G3、G5[2012·陕西卷] (1)如图1－6所示，证明命题“a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直线(b 不垂直于π)，c 是直线b 在π上的投影，若a ⊥b ，则a ⊥c ”为真；图1－6(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)．18．解：(1)证法一：如下图，过直线b 上任一点作平面π的垂线n ，设直线a ，b ，c ，n 的方向向量分别是a ，b ，c ，n ，则b ，c ，n 共面．根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ使得c ＝λb ＋μn ，则a·c ＝a ·(λb ＋μn )因为a ⊥b ，所以a·b ＝0，又因为a ，n ⊥π，所以a·n ＝0， 故a·c ＝0，从而a ⊥c .证法二：如图，记c ∩b ＝A ，P 为直线b 上异于点A 的任意一点，过P 作PO ⊥π，垂足为O ，则O ∈c .∵PO ⊥π，a ，∴直线PO ⊥a ， 又a ⊥b ，b 平面P AO ，PO ∩b ＝P ，∴a ⊥平面P AO ，又c 平面P AO ，∴a ⊥c .(2)逆命题为：a 是平面π(b 不垂直于π)，c 是直线b 在π上的投影，若a ⊥c ，则a ⊥b .逆命题为真命题．G4 空间中的平行关系18．G4、G7、G11[2012·全国卷] 如图1－1，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，P A ⊥底面ABCD ，AC ＝22，P A ＝2，E 是PC 上的一点，PE ＝2EC .(1)证明：PC ⊥平面BED ； (2)设二面角A －PB －C 为90°18．解：方法一：(1)因为底面ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC ， 又P A ⊥底面ABCD ，所以PC ⊥BD .设AC ∩BD ＝F ，连结EF .因为AC ＝22，P A ＝2，PE ＝2EC ，故PC ＝23，EC ＝233，FC ＝2，从而PC FC ＝6，ACEC ＝ 6.因为PC FC ＝ACEC，∠FCE ＝∠PCA ，所以△FCE ∽△PCA ，∠FEC ＝∠P AC ＝90°， 由此知PC ⊥EF .PC 与平面BED 内两条相交直线BD ，EF 都垂直，所以PC ⊥平面BED . (2)在平面P AB 内过点A 作AG ⊥PB ，G 为垂足． 因为二面角A －PB －C 为90°，所以平面P AB ⊥平面PBC .又平面P AB ∩平面PBC ＝PB ， 故AG ⊥平面PBC ，AG ⊥BC .BC 与平面P AB 内两条相交直线P A ，AG 都垂直，故BC ⊥平面P AB ，于是BC ⊥AB ，所以底面ABCD 为正方形，AD ＝2，PD ＝P A 2＋AD 2＝2 2.设D 到平面PBC 的距离为d .因为AD ∥BC ，且AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，故AD ∥平面PBC ，A 、D 两点到平面PBC 的距离相等，即d ＝AG ＝ 2.设PD 与平面PBC 所成的角为α，则sin α＝d PD ＝12.所以PD 与平面PBC 所成的角为30°.方法二：(1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .设C (22，0,0)，D (2，b,0)，其中b >0，则P (0,0,2)，E ⎝⎛⎭⎫423，0，23，B (2，－b,0)．于是PC →＝(22，0，－2)，BE →＝⎝⎛⎭⎫23，b ，23，DE →＝⎝⎛⎭⎫23，－b ，23，从而PC →·BE →＝0，PC →·DE →＝0， 故PC ⊥BE ，PC ⊥DE .又BE ∩DE ＝E ，所以PC ⊥平面BDE . (2)AP →＝(0,0,2)，AB →＝(2，－b,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面P AB 的法向量，则m ·AP →＝0，m ·AB →＝0， 即2z ＝0，且2x －by ＝0，令x ＝b ，则m ＝(b ，2，0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面PBC 的法向量，则 n ·PC →＝0，n ·BE →＝0，即22p －2r ＝0且2p 3＋bq ＋23r ＝0，令p ＝1，则r ＝2，q ＝－2b ，n ＝⎝⎛⎭⎫1，－2b ，2.因为面P AB ⊥面PBC ，故m·n ＝0，即b －2b＝0，故b ＝2，于是n ＝(1，－1，2)，DP→＝(－2，－2，2)，cos 〈n ，DP →〉＝n ·DP →|n ||DP →|＝12，〈n ，DP →〉＝60°.因为PD 与平面PBC 所成角和〈n ，DP →〉互余，故PD 与平面PBC 所成的角为30°. 18．G4、G5、G11[2012·福建卷] 如图1－3，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．18．解：(1)以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫a2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，0. ∵AD 1→·B 1E →＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,00使得DP ∥平面B 1AE .此时DP →＝(0，－1，z 0)． 又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，－a2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.(3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D . ∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1.∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)． 设AD 1→与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·AD 1→|n ||AD 1→|＝－a 2－a 21＋a 24＋a2.∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos30°，即3a 221＋5a24＝32， 解得a ＝2，即AB 的长为2. 16．G4、G5[2012·江苏卷] 如图1－4，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1B 1＝A 1C 1，D ，E 分别是棱BC ，CC 1上的点(点D 不同于点C )，且AD ⊥DE ，F 为B 1C 1的中点．求证：(1)平面ADE ⊥平面BCC 1B 1； (2)直线A 1F ∥平面ADE .16．证明：(1)因为ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CC 1⊥平面ABC ， 又AD ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥AD .又因为AD ⊥DE ，CC 1，DE ⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩DE ＝E ， 所以AD ⊥平面BCC 1B 1.又AD ⊂平面ADE ， 所以平面ADE ⊥平面BCC 1B 1.(2)因为A 1B 1＝A 1C 1，F 为B 1C 1的中点，所以A 1F ⊥B 1C 1. 因为CC 1⊥平面A 1B 1C 1，且A 1F ⊂平面A 1B 1C 1， 所以CC 1⊥A 1F .又因为CC 1，B 1C 1⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩B 1C 1＝C 1， 所以A 1F ⊥平面BCC 1B 1.由(1)知AD ⊥平面BCC 1B 1，所以A 1F ∥AD .又AD ⊂平面ADE ，A 1F ⊄平面ADE ，所以A 1F ∥平面ADE . 18．G4、G11[2012·辽宁卷] 如图1－4，直三棱柱ABC －A ′B ′C ′，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝λAA ′，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．(1)证明：MN ∥平面A ′ACC ′；(2)若二面角A ′－MN －C 为直二面角，求λ的值．18．解：(1)(证法一)连结AB ′，AC ′，由已知∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱． 所以M 为AB ′中点．又因为N 为B ′C ′的中点． 所以MN ∥AC ′.又MN ⊄平面A ′ACC ′， AC ′⊂平面A ′ACC ′， 因此MN ∥平面A ′ACC ′. (证法二)取A ′B ′中点P ，连结MP ，NP ，M ，N 分别为AB ′与B ′C ′的中点，所以MP ∥AA ′，PN ∥A ′C ′， 所以MP ∥平面A ′ACC ′，PN ∥平面A ′ACC ′，又MP ∩NP ＝P ， 因此平面MPN ∥平面A ′ACC ′，而MN ⊂平面MPN ，因此MN ∥平面A ′ACC ′.(2)以A 为坐标原点，分别以直线AB ，AC ，AA ′为x 轴，y 轴，z 轴建立直角坐标系O －xyz ，如图1－5所示．设AA ′＝1，则AB ＝AC ＝λ，于是A (0,0,0)，B (λ，0,0)，C (0，λ，0)，A ′(0,0,1)，B ′(λ，0,1)，C ′(0，λ，1)．所以M ⎝⎛⎭⎫λ2，0，12，N ⎝⎛⎭⎫λ2，λ2，1. 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A ′MN 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A ′M →＝0，m ·MN →＝0得⎩⎨⎧λ2x 1－12z 1＝0，λ2y 1＋12z 1＝0，可取m ＝(1，－1，λ)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面MNC 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·NC →＝0，n ·MN →＝0得⎩⎨⎧－λ2x 2＋λ2y 2－z 2＝0，λ2y 2＋12z 2＝0.可取n ＝(－3，－1，λ)．因为A ′－MN －C 为直二面角，所以m ·n ＝0. 即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝ 2.G5 空间中的垂直关系19．G5、G6、G10、G11[2012·重庆卷] 如图1－2，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，AC ＝BC ＝3，D 为AB 的中点．(1)求点C 到平面A 1ABB 1的距离；(2)若AB 1⊥A 1C ，求二面角A 1－CD －C 的平面角的余弦值．19．解：(1)由AC ＝BC ，D 为AB 的中点，得CD ⊥AB .又CD ⊥AA 1，故CD ⊥面A 1ABB 1，所以点C 到平面A 1ABB 1的距离为CD ＝BC 2－BD 2＝ 5.(2)解法一：如图，取D 1为A 1B 11DD 1∥AA 1∥CC 1.又由(1)知CD ⊥面A 1ABB 1，故CD ⊥A 1D ，CD ⊥DD 1，所以∠A 1DD 1为所求的二面角A 1－CD －C 1的平面角．因A 1D 为A 1C 在面A 1ABB 1上的射影，又已知AB 1⊥A 1C ，由三垂线定理的逆定理得AB 1⊥A 1D ，从而∠A 1AB 1、∠A 1DA 都与∠B 1AB 互余，因此∠A 1AB 1＝∠A 1DA ，所以Rt △A 1AD∽Rt △B 1A 1A .因此AA 1AD ＝A 1B 1AA 1，即AA 21＝AD ·A 1B 1＝8，得AA 1＝2 2. 从而A 1D ＝AA 21＋AD 2＝2 3. 所以，在Rt △A 1DD 1中，cos ∠A 1DD 1＝DD 1A 1D ＝AA 1A 1D ＝63.解法二：如图，过D 作DD 1∥AA 1111易知DB ，DC ，DD 1两两垂直．以D 为原点，射线DB ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .设直三棱柱的高为h ，则A (－2,0,0)，A 1(－2,0，h )，B 1(2,0，h )，C (0，5，0)，C 1(0，5，h )，从而AB 1→＝(4,0，h )，A 1C →＝(2，5，－h )．由AB 1→⊥A 1C →，有8－h 2＝0，h ＝2 2. 故DA 1→＝(－2,0,22)，CC 1→＝(0,0,22)，DC →＝ (0，5，0)．设平面A 1CD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ⊥DC →，m ⊥DA 1→，即⎩⎨⎧5y 1＝0，－2x 1＋22z 1＝0，取z 1＝1，得m ＝(2，0,1)，设平面C 1CD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ⊥DC →，n ⊥CC 1→，即⎩⎨⎧5y 2＝0，22z 2＝0，取x 2＝1，得n ＝(1,0,0)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n|m ||n |＝22＋1·1＝63.所以二面角A 1－CD －C 1的平面角的余弦值为63. 20． G5、G7[2012·浙江卷] 如图1－5所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面是边长为23的菱形，∠BAD ＝120°，且P A ⊥平面ABCD ，P A ＝26，M ，N 分别为PB ，PD 的中点．(1)证明：MN ∥平面ABCD ；(2)过点A 作AQ ⊥PC ，垂足为点Q ，求二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值．20．解：(1)因为M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以MN 是△PBD 的中位线，所以MN ∥BD .又因为MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD . (2)方法一：连结AC 交BD 于O .以O 为原点，x ，y 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示．在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得 AC ＝AB ＝23，BD ＝3AB ＝6.又因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AC .在Rt △P AC 中，AC ＝23，P A ＝26，AQ ⊥PC ，得QC ＝2，PQ ＝4. 由此知各点坐标如下，A (－3，0,0)，B (0，－3,0)，C (3，0,0)，D (0,3,0)，P (－3，0,26)，M ⎝⎛⎭⎫－32，－32， 6，N ⎝⎛⎭⎫－32，32， 6， Q ⎝⎛⎭⎫33，0，263.设m ＝(x ，y ，z )为平面AMN 的法向量．由AM →＝⎝⎛⎭⎫32，－32，6，AN →＝⎝⎛⎭⎫32，32，6知⎩⎨⎧32x －32y ＋6z ＝0，32x ＋32y ＋6z ＝0.取z ＝－1，得m ＝(22，0，－1)．设n ＝(x ，y ，z )为平面QMN 的法向量．由QM →＝⎝⎛⎭⎫－536，－32，63，QN →＝⎝⎛⎭⎫－536，32，63知 ⎩⎨⎧－536x －32y ＋63z ＝0，－536x ＋32y ＋63z ＝0，取z ＝5，得n ＝(22，0,5)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n|m |·|n |＝3333.所以二面角A －MN －Q方法二：在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得 AC ＝AB ＝BC ＝CD ＝DA ，BD ＝3AB . 又因为P A ⊥平面ABCD ，所以 P A ⊥AB ，P A ⊥AC ，P A ⊥AD . 所以PB ＝PC ＝PD . 所以△PBC ≌△PDC .而M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以MQ ＝NQ ，且AM ＝12PB ＝12PD ＝AN .取线段MN 的中点E ，连结AE ，EQ ，则 AE ⊥MN ，QE ⊥MN ，所以∠AEQ 为二面角A －MN －Q 的平面角． 由AB ＝23，P A ＝26，故在△AMN 中，AM ＝AN ＝3，MN ＝12BD ＝3，得AE ＝332.在直角△P AC 中，AQ ⊥PC ，得 AQ ＝22，QC ＝2，PQ ＝4.在△PBC 中，cos ∠BPC ＝PB 2＋PC 2－BC 22PB ·PC ＝56，得MQ ＝PM 2＋PQ 2－2PM ·PQ cos ∠BPC ＝ 5. 在等腰△MQN 中，MQ ＝NQ ＝5，MN ＝3，得QE ＝MQ 2－ME 2＝112.在△AEQ 中，AE ＝332，QE ＝112，AQ ＝22，得cos ∠AEQ ＝AE 2＋QE 2－AQ 22AE ·QE ＝3333.所以二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值为3333.17．G5、G11[2012·天津卷] 如图1－4所示，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，P A ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明PC ⊥AD ；(2)求二面角A －PC －D 的正弦值；(3)设E 与棱P A 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．17．解：方法一：如图所示，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,1,0)，B ⎝⎛⎭⎫－12，12，0，P (0,0,2)．(1)易得PC →＝(0,1，－2)，AD →＝(2,0,0)，于是PC ·AD ＝0，所以PC ⊥AD . (2)PC →＝(0,1，－2)，CD →＝(2，－1，0)．设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －2z ＝0，2x －y ＝0.不妨令z ＝1，可得n ＝(1,2,1)．可取平面P AC 的法向量m ＝(1,0,0)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n|m|·|n |＝16＝66，从而sin 〈m ，n 〉＝306.所以二面角A －PC －D的正弦值为306. (3)设点E 的坐标为(0,0，h )，其中h ∈[0,2]．由此得BE →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，h ，由CD →＝(2，－1,0)，故cos 〈BE →，CD →〉＝BE →·CD →|BE →||CD →|＝3212＋h 2×5＝310＋20 h 2， 所以，310＋20 h 2＝cos30°＝32，解得h ＝1010，即AE ＝1010.方法二：(1)由P A ⊥平面ABCD ，可得P A ⊥AD . 又由AD ⊥AC ，P A ∩AC ＝A ，故AD ⊥平面P AC ， 又PC ⊂平面P AC ，所以PC ⊥AD .(2)如图所示，作AH ⊥PC 于点H ，连接DH .由PC ⊥AD ，PC ⊥AH ，可得PC ⊥平面ADH ，因此DH ⊥PC ，从而∠AHD 为二面角A－PC －D 的平面角在Rt △P AC 中，P A ＝2，AC ＝1，由此得AH ＝25. 由(1)知AD ⊥AH .故在Rt △DAH 中，DH ＝AD 2＋AH 2＝2305.因此sin ∠AHD ＝AD DH ＝306.所以二面角A －PC －D 的正弦值为306.(3)如图所示，因为∠ADC ＜45°，故过点B 作CD 的平行线必与线段AD 相交，设交点为F ，连接BE ，EF .故∠EBFCD 所成的角．由BF ∥CD ，故∠AFB ＝∠ADC . 在Rt △DAC 中，CD ＝5，sin ∠ADC ＝15， 故sin ∠AFB ＝15. 在△AFB 中，由BF sin ∠F AB ＝AB sin ∠AFB ，AB ＝12，sin ∠F AB ＝sin135°＝22，可得BF ＝52.由余弦定理，BF 2＝AB 2＋AF 2－2AB ·AF ·cos ∠F AB ，可得AF ＝12.设AE ＝h .在Rt △EAF 中，EF ＝AE 2＋AF 2＝h 2＋14.在Rt △BAE 中，BE ＝AE 2＋AB 2＝h 2＋12.在△EBF 中，因为EF ＜BE ，从而∠EBF ＝30°，由余弦定理得cos30°＝BE 2＋BF 2－EF 22BE ·BF，可解得h ＝1010.所以AE ＝1010.14．G5[2012·四川卷] 如图1－4所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是棱CD 、CC 1的中点，则异面直线A 1M 与________．14．90° [解析] 因为ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，故A 1在平面CDD 1C 1上的射影为D 1，即A 1M 在平面CDD 1C 1上的射影为D 1M ，而在正方形CDD 1C 1中，由tan ∠DD 1M ＝tan ∠CDN ＝12，可知D 1M ⊥DN ，由三垂线定理可知，A 1M ⊥DN . 16．G4、G5[2012·江苏卷] 如图1－4，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1B 1＝A 1C 1，D ，E 分别是棱BC ，CC 1上的点(点D 不同于点C )，且AD ⊥DE ，F 为B 1C 1的中点．求证：(1)平面ADE ⊥平面BCC 1B 1； (2)直线A 1F ∥平面ADE .16．证明：(1)因为ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CC 1⊥平面ABC ， 又AD ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥AD .又因为AD ⊥DE ，CC 1，DE ⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩DE ＝E ， 所以AD ⊥平面BCC 1B 1.又AD ⊂平面ADE ， 所以平面ADE ⊥平面BCC 1B 1.(2)因为A 1B 1＝A 1C 1，F 为B 1C 1的中点，所以A 1F ⊥B 1C 1. 因为CC 1⊥平面A 1B 1C 1，且A 1F ⊂平面A 1B 1C 1， 所以CC 1⊥A 1F .又因为CC 1，B 1C 1⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩B 1C 1＝C 1， 所以A 1F ⊥平面BCC 1B 1.由(1)知AD ⊥平面BCC 1B 1，所以A 1F ∥AD .又AD ⊂平面ADE ，A 1F ⊄平面ADE ，所以A 1F ∥平面ADE . 18．G5、G10、G11[2012·湖南卷] 如图1－6，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AB ＝4，BC ＝3，AD ＝5，∠DAB ＝∠ABC ＝90°，E 是CD 的中点．(1)证明：CD ⊥平面P AE ；(2)若直线PB 与平面P AE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等，求四棱锥P －ABCD 的体积．18．解：解法1：(1)如下图(1)，连结AC .由AB ＝4，BC ＝3，∠ABC ＝90°得AC ＝5.又AD ＝5，E 是CD 的中点，所以CD ⊥AE .因为P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥CD .而P A ，AE 是平面P AE 内的两条相交直线，所以CD ⊥平面P AE .(2)过点B 作BG ∥CD ，分别与AE 、AD 相交于点F ，G ，连结PF .由(1)CD ⊥平面P AE 知，BG ⊥平面P AE .于是∠BPF 为直线PB 与平面P AE 所成的角，且BG ⊥AE .由P A ⊥平面ABCD 知，∠PBA 为直线PB 与平面ABCD 所成的角．由题意∠PBA ＝∠BPF ，因为sin ∠PBA ＝P A PB ，sin ∠BPF ＝BFPB，所以P A ＝BF .由∠DAB ＝∠ABC ＝90°知，AD ∥BC ，又BG ∥CD ， 所以四边形BCDG 是平行四边形．故GD ＝BC ＝3. 于是AG ＝2.在Rt △BAG 中，AB ＝4，AG ＝2，BG ⊥AF ，所以BG ＝AB 2＋AG 2＝25，BF ＝AB 2BG ＝1625＝855.于是P A ＝BF ＝855.又梯形ABCD 的面积为S ＝12×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P －ABCD 的体积为V ＝13×S ×P A ＝13×16×855＝128515.解法2：如上图(2)，以A x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设P A ＝h ，则相关各点的坐标为：A (0,0,0)，B (4,0,0)，C (4,3,0)，D (0,5,0)，E (2,4,0)，P (0,0，h )．(1)易知CD →＝(－4,2,0)，AE →＝(2,4,0)，AP →＝(0,0，h )．因为CD →·AE →＝－8＋8＋0＝0，CD →·AP →＝0，所以CD ⊥AE ，CD ⊥AP .而AP ，AE 是平面P AE 内的两条相交直线，所以CD ⊥平面P AE .(2)由题设和(1)知，CD →，P A →分别是平面P AE ，平面ABCD 的法向量．而PB 与平面P AE所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等，所以|cos 〈CD →，PB →〉|＝|cos 〈P A →，PB →〉|，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪CD →·PB →|CD →|·|PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪P A →·PB→|P A →|·|PB →|. 由(1)知，CD →＝(－4,2,0)，P A →＝(0,0，－h )， 又PB →＝(4,0，－h )，故⎪⎪⎪⎪⎪⎪－16＋0＋025·16＋h 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0＋0＋h 2h ·16＋h 2. 解得h ＝855.又梯形ABCD 的面积为S ＝12×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P －ABCD 的体积为V ＝13×S ×P A ＝13×16×855＝128515.18．G5、G11[2012·广东卷] 如图1－5所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，点E 在线段PC 上，PC ⊥平面BDE .(1)证明：BD ⊥平面P AC ；(2)若P A ＝1，AD ＝2，求二面角B －PC －A 的正切值．18．证明：(1)⎭⎪⎬⎪⎫PC ⊥平面BDE BD ⊂平面BDE ⇒PC ⊥BD .⎭⎪⎬⎪⎫P A ⊥平面ABCD BD ⊂平面ABCD ⇒P A ⊥BD .∵P A ∩PC ＝P ，P A ⊂平面P AC ，PC ⊂平面P AC ， ∴BD ⊥平面P AC .(2)法一：如图所示，记BD 与.由PC ⊥平面BDE ，BE ⊂平面∴PC ⊥BE ，PC ⊥EF .即∠BEF 为二面角B －PC －A 的平面角． 由(1)可得BD ⊥AC ，所以矩形ABCD 为正方形，AB ＝AD ＝2， AC ＝BD ＝22，FC ＝BF ＝ 2.在Rt △P AC 中，P A ＝1，PC ＝P A 2＋AC 2＝3， 即二面角B －PC －A 的正切值为3.法二：以A 为原点，AB →、AD →、AP →的方向分别作为x 、y 、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．设AB ＝b ，则： A (0,0,0)，B (b,0,0)， C (b,2,0)，D (0,2,0)， P (0,0,1)．于是PC →＝(b,2，－1)，DB →＝(b ，－2,0)．因为PC ⊥DB ，所以PC →·DB →＝b 2－4＝0，从而b ＝2.结合(1)可得DB →＝(2，－2,0)是平面APC 的法向量． 现设n ＝(x ，y ，z )是平面BPC 的法向量，则n ⊥BC →，n ⊥PC →，即n ·BC →＝0，n ·PC →＝0.因为BC →＝(0,2,0)，PC →＝(2,2，－1)， 所以2y ＝0,2x －z ＝0.取x ＝1，则z ＝2，n ＝(1,0,2)．令θ＝〈n ，DB →〉，则cos θ＝n ·DB →|n ||DB →|＝25·22＝110，sin θ＝310，tan θ＝3.由图可得二面角B －PC －A 的正切值为3. 16．G5、G7、G9、G10[2012·北京卷] 如图1－9(1)，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图1－8(2)．(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点与平面A 1BE 垂直？说明理由．1－916．解：(1)证明：因为AC ⊥BC ，DE ∥BC ， 所以DE ⊥AC ，所以DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD ， 所以DE ⊥平面A 1DC ， 所以DE ⊥A 1C . 又因为A 1C ⊥CD ，所以A 1C ⊥平面BCDE .(2)如右图，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系C －xyz ， 则A 1(0,0,23)，D (0,2,0)，M (0,1，3)，B (3,0,0)，E (2,2,0)． 设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 n ·A 1B →＝0，n ·BE →＝0. 又A 1B →＝(3,0，－23)，BE →＝(－1,2,0)，所以⎩⎨⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令y ＝1，则x ＝2，z ＝3， 所以n ＝(2,1，3)．设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ，因为CM →＝(0,1，3)，所以sin θ＝|cos(n ，CM →)|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CM →|n ||CM |＝48×4＝22. 所以CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4.(3)线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直，理由如下： 假设这样的点P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p ∈[0,3]． 设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则 m ·A 1D →＝0，m ·DP →＝0. 又A 1D →＝(0,2，－23)，DP →＝(p ，－2,0)，所以⎩⎨⎧2y －23z ＝0，px －2y ＝0.令x ＝2，则y ＝p ，z ＝p3.所以m ＝⎝⎛⎭⎫2，p ，p3.平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m·n ＝0， 即4＋p ＋p ＝0.解得p ＝－2，与p ∈[0,3]矛盾．所以线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直． 6．A2、G5[2012·安徽卷] 设平面α与平面β相交于直线m ，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且b ⊥m ，则“α⊥β”是“a ⊥b ”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件6．A [解析] 本题考查线面关系的判断，证明，充要条件的判断．由题知命题是条件命题为“α⊥β”，命题“a ⊥b ”为结论命题，当α⊥β时，由线面垂直的性质定理可得a ⊥b ，所以条件具有充分性；但当a ⊥b 时，如果a ∥m ，就得不出α⊥β，所以条件不具有必要性，故条件是结论的充分不必要条件．18．G4、G5、G11[2012·福建卷] 如图1－3，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．18．解：(1)以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫a2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，0. ∵AD 1→·B 1E →＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,00使得DP ∥平面B 1AE .此时DP →＝(0，－1，z 0)． 又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，－a2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.(3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D . ∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1.∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)． 设AD 1→与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·AD 1→|n ||AD 1→|＝－a 2－a 21＋a 24＋a 2.∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos30°，即3a221＋5a 24＝32， 解得a ＝2，即AB 的长为2. 18．G5、G10、G11[2012·安徽卷] 平面图形ABB 1A 1C 1CBB 1C 1C是矩形，BC ＝2，BB 1＝4，AB ＝AC ＝2，A 1B 1＝A 1C 1＝ 5.图1－4现将该平面图形分别沿BC 和B 1C 1折叠，使△ABC 与△A 1B 1C 1所在平面都与平面BB 1C 1C 垂直，再分别连接A 1A ，A 1B ，A 1C ，得到如图1－4(2)所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA1⊥BC ； (2)求AA 1的长；(3)求二面角A －BC －A 1的余弦值．18．解：(向量法)：(1)证明：取BC B 1C 1的中点分别为D 和D 1，连接A 1D 1，DD 1，AD . 由BB 1C 1C 为矩形知， DD 1⊥B 1C 1，因为平面BB 1C 1C ⊥平面A 1B 1C 1， 所以DD 1⊥平面A 1B 1C 1， 又由A 1B 1＝A 1C 1知， A 1D 1⊥B 1C 1.故以D 1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D 1－xyz . 由题设，可得A 1D 1＝2，AD ＝1.由以上可知AD ⊥平面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，于是AD ∥A 1D 1. 所以A (0，－1,4)，B (1,0,4)，A 1(0,2,0)，C (－1,0,4)，D (0,0,4)． 故AA 1→＝(0,3，－4)，BC →＝(－2,0,0)，AA 1→·BC →＝0，因此AA 1→⊥BC →，即AA 1⊥BC .(2)因为AA 1→＝(0,3，－4)，所以||AA 1→＝5，即AA 1＝5. (3)连接A 1D ，由BC ⊥AD ，BC ⊥AA 1，可知BC ⊥平面A 1AD ，BC ⊥A 1D ，所以∠ADA 1为二面角A －BC －A 1的平面角．因为DA →＝(0，－1,0)，DA 1→＝(0,2，－4)，所以cos 〈DA →，DA 1→〉＝－21×22＋(－4)2＝－55.即二面角A －BC －A 1的余弦值为－55.(综合法)(1)证明：取BC ，B 1C 11A 1D 1，DD 1，AD ，A 1D . 由条件可知，BC ⊥AD ，B 1C 1⊥A 1D 1，由上可得AD ⊥面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥面BB 1C 1C . 因此AD ∥A 1D 1，即AD ，A 1D 1确定平面AD 1A 1D . 又因为DD 1∥BB 1，BB 1⊥BC ，所以DD 1⊥BC . 又考虑到AD ⊥BC ，所以BC ⊥平面AD 1A 1D ， 故BC ⊥AA 1.(2)延长A 1D 1到G 点，使GD 1＝AD ，连接AG . 因为AD 綊GD 1，所以AG 綊DD 1綊BB 1. 由于BB 1⊥平面A 1B 1C 1，所以AG ⊥A 1G .由条件可知，A 1G ＝A 1D 1＋D 1G ＝3，AG ＝4， 所以AA 1＝5.(3)因为BC ⊥平面AD 1A 1D ，所以∠ADA 1为二面角A －BC －A 1的平面角． 在Rt △A 1DD 1中，DD 1＝4，A 1D 1＝2，解得sin ∠D 1DA 1＝55，cos ∠ADA 1＝cos ⎝⎛⎭⎫π2＋∠D 1DA 1＝－55. 即二面角A －BC －A 1的余弦值为－55.19．G5、G11[2012·课标全国卷] 如图1－5，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD .(1)证明：DC 1⊥BC ；(2)求二面角A 1－BD －C 1的大小．19．解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形． 由于D 为AA 1的中点，故DC ＝DC 1.又AC ＝12AA 1，可得DC 21＋DC 2＝CC 21， 所以DC 1⊥DC .而DC 1⊥BD ，DC ∩BD ＝D ，所以DC 1⊥平面BCD . BC ⊂平面BCD ，故DC 1⊥BC .(2)由(1)知BC ⊥DC 1，且BC ⊥CC 1，则BC ⊥平面ACC 1，所以CA ，CB ，CC 1两两相互垂直．以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴的正方向，|CA →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .由题意知A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，D 1则A 1D →＝(0,0，－1)，BD →＝(1，－1,1)，DC 1→＝(－1,0,1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1B 1BD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·A 1D →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，z ＝0.可取n ＝(1,1,0)．同理，设m 是平面C 1BD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·DC 1→＝0.可得m ＝(1,2,1)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝32.故二面角A 1－BD －C 1的大小为30°. 18．G5、G11[2012·山东卷] 在如图1－5所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，FC ⊥平面ABCD ，AE ⊥BD ，CB ＝CD ＝CF .(1)求证：BD ⊥平面AED ；(2)求二面角F －BD －C 的余弦值．18．解：(1)证明：因为四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°， 所以∠ADC ＝∠BCD ＝120°. 又CB ＝CD ， 所以∠CDB ＝30°， 因此∠ADB ＝90°，AD ⊥BD ， 又AE ⊥BD ，且AE ∩AD ＝A ，AE ，AD ⊂平面AED ， 所以BD ⊥平面AED . (2)解法一：取BD 的中点G ，连接CG ，FG ， 由于CB ＝CD ，因此CG ⊥BD ，又FC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以FC ⊥BD ，由于FC ∩CG ＝C ，FC ，CG ⊂平面FCG ， 所以BD ⊥平面FCG ， 故BD ⊥FG ，所以∠FGC 为二面角F －BD －C 的平面角．在等腰三角形BCD 中，由于∠因此CG ＝12CB .又CB ＝CF ，所以GF ＝CG 2＋CF 2＝5CG ，故cos ∠FGC ＝55，因此二面角F －BD －C 的余弦值为55.解法二：由(1)知AD ⊥BD ，所以AC ⊥BC . 又FC ⊥平面ABCD ，因此CA ，CB ，CF 两两垂直，以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CF所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设CB ＝1.则C (0,0,0)，B (0,1,0)，D ⎝⎛⎭⎫32，－12，0，F (0,0,1)．因此BD →＝⎝⎛⎭⎫32，－32，0，BF →＝(0，－1,1)．设平面BDF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·BD →＝0，m ·BF →＝0， 所以x ＝3y ＝3z ，取z ＝1，则m ＝(3，1,1)．由于CF →＝(0,0,1)是平面BDC 的一个法向量，则cos 〈m ，CF →〉＝m ·CF →|m ||CF →|＝15＝55，所以二面角F －BD －C 的余弦值为55.18．G3、G5[2012·陕西卷] (1)如图1－6所示，证明命题“a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直线(b 不垂直于π)，c 是直线b 在π上的投影，若a ⊥b ，则a ⊥c ”为真；图1－6(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)．18．解：(1)证法一：如下图，过直线b 上任一点作平面π的垂线n ，设直线a ，b ，c ，n 的方向向量分别是a ，b ，c ，n ，则b ，c ，n 共面．根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ使得c ＝λb ＋μn ，则a·c ＝a ·(λb ＋μn )因为a ⊥b ，所以a·b ＝0，又因为a ，n ⊥π，所以a·n ＝0， 故a·c ＝0，从而a ⊥c .证法二：如图，记c ∩b ＝A ，P 为直线b 上异于点A 的任意一点，过P 作PO ⊥π，垂足为O ，则O ∈c .∵PO ⊥π，a ，∴直线PO ⊥a ， 又a ⊥b ，b 平面P AO ，PO ∩b ＝P ，∴a ⊥平面P AO ，又c 平面P AO ，∴a ⊥c .(2)逆命题为：a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直线(b 不垂直于π)，c 是直线b 在π上的投影，若a ⊥c ，则a ⊥b .逆命题为真命题．10．G5、G7[2012·浙江卷] 已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝ 2.将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中，( )A ．存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直B ．存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直C ．存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直10．B [解析] 本题主要考查空间几何体的判定与分析问题．考查空间想象能力和动手操作能力．对于AB ⊥CD ，因为BC ⊥CD ，由线面垂直的判定可得CD ⊥平面ACB ，则有CD ⊥AC ，而AB ＝CD ＝1，BC ＝AD ＝2，可得AC ＝1，那么存在AC 这样的位置，使得AB ⊥CD 成立，故应选B.[点评] 解决折叠问题时，可以先通过实际操作，找到可行性后再加以合理判断与分析．实际解决此类问题时可以通过草稿纸加以折叠分析后直接判断．G6 三垂线定理19．G5、G6、G10、G11[2012·重庆卷] 如图1－2，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB＝4，AC ＝BC ＝3，D 为AB 的中点．(1)求点C 到平面A 1ABB 1的距离；(2)若AB 1⊥A 1C ，求二面角A 1－CD －C 的平面角的余弦值．19．解：(1)由AC ＝BC ，D 为AB 的中点，得CD ⊥AB .又CD ⊥AA 1，故CD ⊥面A 1ABB 1，所以点C 到平面A 1ABB 1的距离为CD ＝BC 2－BD 2＝ 5.(2)解法一：如图，取D 1为A 1B 11DD 1∥AA 1∥CC 1.又由(1)知CD ⊥面A 1ABB 1，故CD ⊥A 1D ，CD ⊥DD 1，所以∠A 1DD 1为所求的二面角A 1－CD －C 1的平面角．因A 1D 为A 1C 在面A 1ABB 1上的射影，又已知AB 1⊥A 1C ，由三垂线定理的逆定理得AB 1⊥A 1D ，从而∠A 1AB 1、∠A 1DA 都与∠B 1AB 互余，因此∠A 1AB 1＝∠A 1DA ，所以Rt △A 1AD∽Rt △B 1A 1A .因此AA 1AD ＝A 1B 1AA 1，即AA 21＝AD ·A 1B 1＝8，得AA 1＝2 2. 从而A 1D ＝AA 21＋AD 2＝2 3. 所以，在Rt △A 1DD 1中，cos ∠A 1DD 1＝DD 1A 1D ＝AA 1A 1D ＝63.解法二：如图，过D 作DD 1∥AA 1111易知DB ，DC ，DD 1两两垂直．以D 为原点，射线DB ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .设直三棱柱的高为h ，则A (－2,0,0)，A 1(－2,0，h )，B 1(2,0，h )，C (0，5，0)，C 1(0，5，h )，从而AB 1→＝(4,0，h )，A 1C →＝(2，5，－h )．由AB 1→⊥A 1C →，有8－h 2＝0，h ＝2 2. 故DA 1→＝(－2,0,22)，CC 1→＝(0,0,22)，DC →＝ (0，5，0)．设平面A 1CD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ⊥DC →，m ⊥DA 1→，即⎩⎨⎧5y 1＝0，－2x 1＋22z 1＝0，取z 1＝1，得m ＝(2，0,1)，设平面C 1CD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ⊥DC →，n ⊥CC 1→，即⎩⎨⎧5y 2＝0，22z 2＝0，取x 2＝1，得n ＝(1,0,0)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n|m ||n |＝22＋1·1＝63.所以二面角A 1－CD －C 1的平面角的余弦值为63.G7 棱柱与棱锥14．G7[2012·上海卷] 如图1－2所示，AD 与BC 是四面体ABCD 中互相垂直的棱，BC＝2，若AD ＝2c ，且AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝2a ，其中a 、c 为常数，则四面体ABCD 的体积的最大值是________．图1－214.23c a 2－c 2－1 [解析] 以空间四面体为载体，考查几何体的体积和代数式的最值问题，以及转化思想，解此题的关键是求出侧面三角形ABD 的高的最大值．作BE 垂直AD 于E ，连接CE ，则CE 也垂直AD ，且BE ＝CE ，所以四面体ABCD 的体积V ＝13S △BCE ·AD ＝23c BE 2－1，在三角形ABD 中，AB ＋BD ＝2a ，AD ＝2c ，所以AD 边上的高BE 等于以AD 为焦点，长轴为2a 的椭圆上的点到x 轴的距离，其最大值刚好在点在短轴端点的时候得到，即BE ≤a 2－c 2，所以V ＝23c BE 2－1≤23c a 2－c 2－1.8．G7[2012·上海卷] 若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为________．8.33π [解析] 考查扇形的弧长和面积公式，以及圆锥的体积公式，关键是求出圆锥的半径和高．由已知可得圆锥的母线长l ＝2，底面圆的周长2πr ＝πl ＝2π，所以底面半径r ＝1，由此得圆锥的高h ＝l 2－r 2＝3，由圆锥的体积公式得V ＝13πr 2h ＝33π.14．G7[2012·山东卷] 如图1－3所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段 AA 1，B 1C －EDF 的体积为________．14.16[解析] 本题考查棱锥的体积公式，考查空间想象力与转化能力，中档题．VD 1－EDF ＝VF －DD 1E ＝13×12×1×1×1＝16.11．G7[2012·课标全国卷] 已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为( )A.26B.36C.23D.2211．A [解析] 设三角形ABC 的中心为M ，球心为O ，则OM ⊥平面ABC ，且OM ＝1－⎝⎛⎭⎫332＝63.所以此棱锥的高h ＝2OM ＝263.所以此棱锥的体积V ＝13×12×1×32×263＝26.故选A.7．G7[2012·江苏卷] 如图1－2，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，则四棱锥A －BB 1D 1D 37．6 [解析] 本题考查四棱锥体积的求解以及对长方体性质的运用． 解题突破口为寻找四棱锥的高．连AC 交BD 于点O ，因四边形ABCD 为正方形，故AO 为四棱锥A －BB 1D 1D 的高，从而V ＝13×2×32×322＝6.11．G2、G7[2012·浙江卷] 已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图1－3所示，则该三棱锥的体积等于________cm 3.11．1 [解析] 本题考查三棱锥的三视图与体积计算公式，考查学生对数据的运算处理能力和空间想象能力．由三视图可知，几何体为一个三棱锥，则V ＝13Sh ＝13×12×1×3×2＝1.[点评] 正确的识图是解决三视图问题的关键，同时要注意棱长的长度、关系等． 20． G5、G7[2012·浙江卷] 如图1－5所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面是边长为23的菱形，∠BAD ＝120°，且P A ⊥平面ABCD ，P A ＝26，M ，N 分别为PB ，PD 的中点．(1)证明：MN ∥平面ABCD ；(2)过点A 作AQ ⊥PC ，垂足为点Q ，求二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值．20．解：(1)因为M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以MN 是△PBD 的中位线，所以MN ∥BD .又因为MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD . (2)方法一：连结AC 交BD 于O .以O 为原点，x ，y 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示．在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得 AC ＝AB ＝23，BD ＝3AB ＝6.又因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AC .在Rt △P AC 中，AC ＝23，P A ＝26，AQ ⊥PC ，得QC ＝2，PQ ＝4. 由此知各点坐标如下，A (－3，0,0)，B (0，－3,0)，C (3，0,0)，D (0,3,0)，P (－3，0,26)，M ⎝⎛⎭⎫－32，－32， 6，N ⎝⎛⎭⎫－32，32， 6， Q ⎝⎛⎭⎫33，0，263.设m ＝(x ，y ，z )为平面AMN 的法向量．由AM →＝⎝⎛⎭⎫32，－32，6，AN →＝⎝⎛⎭⎫32，32，6知⎩⎨⎧32x －32y ＋6z ＝0，32x ＋32y ＋6z ＝0.取z ＝－1，得m ＝(22，0，－1)．设n ＝(x ，y ，z )为平面QMN 的法向量．由QM →＝⎝⎛⎭⎫－536，－32，63，QN →＝⎝⎛⎭⎫－536，32，63知 ⎩⎨⎧－536x －32y ＋63z ＝0，－536x ＋32y ＋63z ＝0，取z ＝5，得n ＝(22，0,5)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n|m |·|n |＝3333.所以二面角A －MN －Q 方法二：在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得 AC ＝AB ＝BC ＝CD ＝DA ，BD ＝3AB . 又因为P A ⊥平面ABCD ，所以 P A ⊥AB ，P A ⊥AC ，P A ⊥AD . 所以PB ＝PC ＝PD . 所以△PBC ≌△PDC .而M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以MQ ＝NQ ，且AM ＝12PB ＝12PD ＝AN .取线段MN 的中点E ，连结AE ，EQ ，则 AE ⊥MN ，QE ⊥MN ，所以∠AEQ 为二面角A －MN －Q 的平面角． 由AB ＝23，P A ＝26，故在△AMN 中，AM ＝AN ＝3，MN ＝12BD ＝3，得AE ＝332.在直角△P AC 中，AQ ⊥PC ，得 AQ ＝22，QC ＝2，PQ ＝4.在△PBC 中，cos ∠BPC ＝PB 2＋PC 2－BC 22PB ·PC ＝56，得MQ ＝PM 2＋PQ 2－2PM ·PQ cos ∠BPC ＝ 5.在等腰△MQN 中，MQ ＝NQ ＝5，MN ＝3，得QE ＝MQ 2－ME 2＝112.在△AEQ 中，AE ＝332，QE ＝112，AQ ＝22，得cos ∠AEQ ＝AE 2＋QE 2－AQ 22AE ·QE ＝3333.所以二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值为3333.10．G5、G7[2012·浙江卷] 已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝ 2.将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中，( )A ．存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直B ．存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直C ．存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直10．B [解析] 本题主要考查空间几何体的判定与分析问题．考查空间想象能力和动手操作能力．对于AB ⊥CD ，因为BC ⊥CD ，由线面垂直的判定可得CD ⊥平面ACB ，则有CD ⊥AC ，。
高三数学立体几何专项练习题及答案
高三数学立体几何专项练习题及答案一、选择题1. 下列哪个几何体的所有面都是三角形？A. 正方体B. 圆柱体C. 正六面体D. 球体答案：C2. 一个有8个面的多面体，其中6个面是正方形，另外2个面是等边三角形，它的名字是？A. 正八面体B. 正十二面体C. 正二十面体D. 正二十四面体答案：C3. 空间中任意一点到四个角落连线的垂直距离相等的四棱锥称为？A. 正四棱锥B. 圆锥台C. 四棱锥D. 无法确定答案：C4. 任意多面体的面数与顶点数、棱数的关系是？A. 面数 + 顶点数 = 棱数 + 2B. 面数 + 棱数 = 顶点数 + 2C. 顶点数 + 棱数 = 面数 + 2D. 顶点数 + 面数 = 棱数 + 2答案：A5. 求下列多面体的棱数：（1）正六面体（2）正八面体（3）正十二面体答案：（1）正六面体的棱数为 12（2）正八面体的棱数为 24（3）正十二面体的棱数为 30二、填空题1. 下列说法正确的是：一棱锥没有底面时，它的底面是一个______。
答案：点2. 铅垂线是指从一个多面体的一个顶点到与它相对的棱上所作的垂线，它与该棱垂足的连线相交于该多面体的______上。
答案：中点3. 对正八面体，下列说法不正确的是：_____条对角线与_____两两垂直。
答案：六，相邻面三、计算题1. 一个棱锥的底面是一个边长为6cm的正三角形，其高为8cm。
求棱锥体积。
解答：底面积 S = (1/2) ×底边长 ×高 = (1/2) × 6 × 8 = 24 cm²棱锥体积 V = (1/3) × S ×高 = (1/3) × 24 × 8 = 64 cm³所以，棱锥的体积为64 cm³。
2. 一个正四棱锥的底面是一个边长为10cm的正方形，其高为12cm。
求四棱锥的体积。
解答：底面积 S = 边长² = 10² = 100 cm²四棱锥体积 V = (1/3) × S ×高 = (1/3) × 100 × 12 = 400 cm³所以，四棱锥的体积为400 cm³。
高考数学近三年真题立体几何(理科专用)
三年专题 立体几何（选择题、填空题）（理科专用）1．【2022年新高考1卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m 时，相应水面的面积为140．0km 2；水位为海拔157．5m 时，相应水面的面积为180．0km 2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m 上升到157．5m 时，增加的水量约为（√7≈2.65）（ ） A ．1.0×109m 3B ．1.2×109m 3C ．1.4×109m 3D ．1.6×109m 32．【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l ≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ） A ．[18,814]B ．[274,814]C ．[274,643]D ．[18,27]3．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π4．【2021年甲卷理科】2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m ），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A ，B ，C 三点，且A ，B ，C 在同一水平面上的投影,,A B C '''满足45A C B ∠'''=︒，60A B C ''∠'=︒．由C 点测得B 点的仰角为15︒，B B '与C C '的差为100；由B 点测得A 点的仰角为45︒，则A ，C 两点到水平面A B C '''的高度差A A C C ''- 1.732≈）（ ）A ．346B ．373C ．446D ．4735．【2021年甲卷理科】已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1A CBC A C B C ⊥==，则三棱锥O A B C-的体积为（ ）A 12B 12C 4D 46．【2021年新高考1的母线长为（ ）A ．2B ．C ．4D ．7．【2021年新高考2卷】正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）A ．201+B ．2C ．563D 38．【2020年新课标1卷理科】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A 4B 2C 4D 29．【2020年新课标1卷理科】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为A B C的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1A BB C A C O O ===，则球O 的表面积为（ ）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π10．【2020年新课标2卷理科】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为（ ）A ．EB ．FC ．GD ．H11．【2020年新课标2卷理科】已知△ABC 4的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）AB ．32C ．1D 212．【2020年新课标3卷理科】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）A．B ．C ．D ．13．【2020年新高考1卷（山东卷）】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（ ）A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°14．【2022年新高考1卷】已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1，则（ ） A ．直线BC 1与DA 1所成的角为90° B ．直线BC 1与CA 1所成的角为90° C ．直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为45°D ．直线BC 1与平面ABCD 所成的角为45°15．【2022年新高考2卷】如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED,AB =ED =2FB ，记三棱锥E −ACD ，F −ABC ，F −ACE 的体积分别为V 1,V 2,V 3，则（ ）A ．V 3=2V 2B ．V 3=V 1C ．V 3=V 1+V 2D ．2V 3=3V 116．【2021年新高考1卷】在正三棱柱111A B CA B C -中，11A BA A ==，点P 满足1B P BC B B λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1A B P△的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A B C-的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1AP B P⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1AB ⊥平面1A BP17．【2021年新高考2卷】如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足M NO P⊥的是（ ）A ．B ．C ．D ．18．【2020年新课标3卷理科】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．19．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD=60°．以1D BCC 1B 1的交线长为________．20．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________三年专题立体几何（解答题）（理科专用）1．【2022年全国甲卷】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1 ,AB=2,DP=√3．(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．2．【2022年全国乙卷】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CF与平面ABD所成的角的正弦值．3．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2√2．(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1=AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求二面角A −BD −C 的正弦值．4．【2022年新高考2卷】如图，PO 是三棱锥P −ABC 的高，PA =PB ，AB ⊥AC ，E 是PB 的中点．(1)证明：OE//平面PAC ；(2)若∠ABO =∠CBO =30°，PO =3，PA =5，求二面角C −AE −B 的正弦值． 5．【2021年甲卷理科】已知直三棱柱111A B C A B C -中，侧面11A AB B为正方形，2A BB C ==，E ，F 分别为A C 和1C C 的中点，D 为棱11AB 上的点．11B FA B ⊥（1）证明：B F D E⊥；（2）当1BD为何值时，面11B BC C与面D F E 所成的二面角的正弦值最小?6．【2021年乙卷理科】如图，四棱锥P A B C D==，P D D C-的底面是矩形，P D⊥底面A B C D，1M为B C的中点，且P B A M⊥．（1）求B C；（2）求二面角A P M B--的正弦值．7．【2021年新高考1卷】如图，在三棱锥A B C D-中，平面A B D⊥平面B C D，A B A D=，O为B D的中点.（1）证明：O A C D⊥；（2）若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱A D上，2--=，且二面角E B C DD E E A的大小为45︒，求三棱锥A B C D-的体积.8．【2021年新高考2卷】在四棱锥Q A B C D-中，底面A B C D是正方形，若====．A D Q D Q A Q C2,3（1）证明：平面Q A D ⊥平面A B C D ； （2）求二面角BQ D A--的平面角的余弦值．9．【2020年新课标1卷理科】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，A E 为底面直径，A EA D=．A B C是底面的内接正三角形，P 为D O 上一点，6P OO=．（1）证明：P A ⊥平面P B C ；（2）求二面角BP C E--的余弦值．10．【2020年新课标2卷理科】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB1C 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 ⊥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 1AM N 所成角的正弦值.11．【2020年新课标3卷理科】如图，在长方体1111A B C D A B C D -中，点,E F 分别在棱11,D DB B 上，且12D EE D =，12B FF B =．（1）证明：点1C 在平面A E F 内；（2）若2A B=，1A D=，13A A=，求二面角1AE F A --的正弦值．12．【2020年新高考1卷（山东卷）】如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面A BCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． 13．【2020年新高考2卷（海南卷）】如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面A BCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB ，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．。
高考数学专题复习立体几何(理科)练习题
《立体几何》专题练习题1．如图正方体A BCD A1B C D 中，E、F 分别为D1C1 和B1C1 的中点，1C1 和B1C1 的中点，1 1 1P、Q分别为A1C1 与EF、AC与BD的交点，（1）求证：D、B、F、E 四点共面；ED1 C1（2）若A1C与面DBFE交于点R，求证：P、Q、R三点共线A1Q FB1D CPAB2．已知直线a、b 异面, 平面过a且平行于b , 平面过b 且平行于a , 求证: ∥．3. 如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEFG 所截而得，其中AB 4，BC 1BE 3, CF 4 , 若如图所示建立空间直角坐标系．Z①求EF 和点G的坐标；②求异面直线EF 与AD 所成的角；③求点C到截面AEFG 的距离．FGD E CyBAx4. 如图，三棱锥P—ABC中，PC 平面ABC，PC=AC=，2AB=BC，D是PB上一点，且CD 平面PAB．(I) 求证：AB 平面PCB；P(II) 求异面直线AP与BC所成角的大小；（III ）求二面角C-PA-B 的余弦值．DBC A5. 如图，直二面角D—AB —E 中，四边形ABCD 是边长为 2 的正方形，AE=EB ，F 为CE 上的点，且BF⊥平面ACE.(1)求证AE⊥平面BCE；(2)求二面角B—AC—E 的余弦值．6. 已知正三棱柱A BC A B C的底面边长为2，点M在侧棱BB1上.1 1 1第 1 页共 3 页（Ⅰ）若P 为AC的中点，M为BB1 的中点，求证BP// 平面AMC1；（Ⅱ）若AM与平面A A CC 所成角为30 ，试求BM的长.1 17.如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD 中，PA⊥底面ABCD ，PA＝AB ＝1，BC＝2．（1）求证：平面PDC⊥平面PAD；P（2）若E 是PD 的中点，求异面直线AE E与PC 所成角的余弦值；DAB C8.已知：在正三棱柱ABC—A1 B1C1中，AB = a ，AA1 = 2a . D 是侧棱BB1 的中点. 求证：（Ⅰ）求证：平面ADC1⊥平面ACC1A1；（Ⅱ）求平面ADC1 与平面ABC所成二面角的余弦值．9.已知直四棱柱A BCD ABC D 的底面是菱形，且DAB 60 ，AD AA1 F 为1 1 1 1棱B B1的中点，M 为线段AC1 的中点．（Ⅰ）求证：直线MF // 平面ABCD ；（Ⅱ）求证：直线MF 平面A CC A ；1 1（Ⅲ）求平面AFC1 与平面ABCD 所成二面角的大小.AP CQ10.棱长是 1 的正方体，P、Q 分别是棱AB 、CC1 上的内分点，满足 2PB QC1第 2 页共 3 页（1）求证：A1P⊥平面AQD ；（2）求直线PQ 与平面AQD 所成角的正弦值.D1 C1A1 B1 QD CA BP11.如图,长方体ABCD －A1B1C1D1 中，E、F 分别是线段B1D1、A 1B 上的点，且D1E=2EB 1,BF=2FA 1．（1）求证:EF∥AC1；（2）若EF 是两异面直线B1D1、A 1B 的公垂线段,求证该长方体为正方体．D1 C1EA1 B 1FD CA B12.如图，在正四棱柱ABCD —A1B1C1D1 中，AA 1=B，M 三点的平面A1BMN 交C1D1 于点N.（Ⅰ）求证：EM∥平面A1B1C1D1；12AB ，点E、M 分别为 A 1B、C1C 的中点，过点A1，（Ⅱ）求二面角B—A1N—B1 的正切值.第 3 页共 3 页。
高考数学理数立体几何大题训练(含答案)
高考数学理数立体几何大题训练(含答案)1.（2020·新课标Ⅲ·理）在长方体中，点P、Q分别在棱AB、CD上，且AP=CQ.（1）证明：点PQ平分长方体的体对角线；（2）若PQ在平面BCFE内，求二面角的正弦值．2.（2020·新课标Ⅱ·理）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：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN 所成角的正弦值.3.（2020·新课标Ⅰ·理）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，底面是内接正三角形ABC，P为上一点，AP为底面直径，DP⊥底面．（1）证明：DP平分∠ADC；（2）求二面角平面APD与平面ABC的余弦值．4.（2020·新高考Ⅰ）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．5.（2020·天津）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，点P、Q分别在棱AB、A1B1上，且AP=A1Q，平面PQC1为棱BC1的中垂面，M为棱AC的中点．（Ⅰ）求证：PM∥B1Q，且PM=B1Q；（Ⅱ）求二面角平面PQC1与直线PM所成角的正弦值；（Ⅲ）求直线B1Q与平面PQC1所成角的正弦值．6.（2020·江苏）在三棱锥ABCD中，已知CB=CD=1，AC=2，BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC上一点，DE⊥平面BCD，DE=1.（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F-DE-C的大小为θ，求sinθ的值．7.（2020·北京）如图，正方体ABCD-EFGH中，E为AD的中点，P为BF上一点．（Ⅰ）求证：PE∥CG；（Ⅱ）求直线PE与平面CGH所成角的正弦值．8.（2020·浙江）如图，三棱台DEF-ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，XXX．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求DF与面DBC所成角的正弦值．9.（2020·扬州模拟）如图，在等边三角形ABC的三棱锥ABCD中，D为底面的中点，E为线段AD上一动点，记DE=λAD.（1）当λ=1时，求证：DE与平面ABC垂直；（2）当λ=2时，求直线BE与平面ACD所成角的正弦值．求证：直线AD与平面BCD垂直；2）若平面ABD与平面ACD所成二面角为，求二面角ABC与平面BCD所成二面角的正弦值。
高三理科立体几何专题
高三理科数学专题复习 专题六 立体几何1、 如图，棱长为5的正方体无论从哪一个面看，都有两个直通的边长为1的正方形孔，则这个有孔正方体的表面积（含孔内各面）是( )A ．258B ．234C ．222D ．2102、已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为(A)3 (B)3 (C) 33、设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为(A) 2a π (B) 273a π (C) 2113a π (D) 25a π 4、如图，在正方体ABCD A B C D -1111中，P 是侧面BB C C11若P 到直线BC 与直线C D 11的距离相等， 则动点P 的轨迹所在的曲线是 A ．直线 B ．圆 C ． 双曲线D ． 抛物线5、已知二面角l αβ--为60o ，动点P 、Q 分别在面α、β内，P 到β的距离为，Q 到α的距离为P 、Q 两点之间距离的最小值为（ ） (A) (B)2 (C)6、如图，下列四个正方体图形中，A B ，为正方体的两个顶点，M N P ，，分别为其所在棱的中点，能得出AB ∥平面MNP 的图形的序号是（ ）．（A ）①④ （B ）②④ （C ）①③④ （D ）①③7、连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB 、CD 的长度分别等于27、43，M 、N 分别为AB 、CD 的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：①弦AB 、CD 可能相交于点M ②弦AB 、CD 可能相交于点N ③MN 的最大值为5 ④MN 的最小值为l 其中真命题的个数为（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个A8、，在该几何体的正视图中，的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a +b 的最大值为（ ） A．B．C ．4D．9、在△ABC 中，02, 1.5,120AB BC ABC ==∠=,若使绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的体积是（ ）A.32π B. 52π C. 72π D. 92π 10、将正三棱柱截去三个角（如图1所示A B C ，，分别是GHI △三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（ A ）11、如图定点A 和B 都在平面α内，定点αα⊥∉PB P ,的动点，且PC 垂直AC ，那么动点C 在平面α（A ）一条线段，但要去掉两个点。
2023年高考备考三年 立体几何(解答题)(理科专用)(含答案)
又,1 ⊂ 平面11且相交，所以 ⊥ 平面11，
所以,,1两两垂直，以 B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，
高考材料
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由〔1〕得 = 2，所以1 = = 2，1 = 2 2，所以 = 2，
角函数的根本关系计算可得；
(1)
证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥−的高，所以 ⊥ 平面，, ⊂ 平面，
所以 ⊥ 、 ⊥ ，
又 = ，所以 △ ≅ △ ，即 = ，所以∠ = ∠，
又因为, ⊂ 平面， ∩ = ，所以 ⊥ 平面，
因为 ⊂ 平面，所以平面 ⊥ 平面.
(2)
连接，由〔1〕知， ⊥ 平面，因为 ⊂ 平面，
1
所以 ⊥ ，所以 △ = 2 ⋅ ，
当 ⊥ 时，最小，即 △ 的面积最小.
则(0,2,0),1(0,2,2),(0,0,0),(2,0,0),所以1的中点(1,1,1)，
则 = (1,1,1)， = (0,2,0), = (2,0,0),
设平面的一个法向量 = (,,)，则{
⋅ = + + = 0
，
⋅ = 2 = 0
以为坐标原点建立如下图的空间直角坐标系−，
则(1,0,0),(0, 3,0),(0,0,1)，所以 = (−1,0,1), = (−1, 3,0)，
设平面的一个法向量为 = (,,)，
{
⋅ = − + = 0
则 ⋅ = − + 3 = 0 ，取 = 3，则 = (3, 3,3)，
高考材料
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〔1〕证明： BF DE ；
〔2〕当 B1 D 为何值时，面 BB1C1C 与面 DFE 所成的二面角的正弦值最小
福建省高考数学(理科)-立体几何-专题练习有答案
福建省高考数学（理科）-专题练习立体几何一、选择题：本大题共6小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． （1）已知某几何体的正视图和侧视图（如图所示），则该几何体的俯视图不可能是（ ）（2）已知某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积是（ ）A ．384cmB ．392cmC ．3100cmD ．3108cm（3）对于不重合的两条直线m l ,和不重合的两个平面βα,，下列命题正确的是（ ）A ．若l m ∥，l β∥，则m β∥B ．若m αβ⋂=，l α⊂，则l β∥C ．若αβ⊥，l α⊥，则l β∥D ．若l m ⊥，m β⊥，l α⊥，则αβ⊥（4）在如图所示的空间直角坐标系O xyz -中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)，给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（ ）A ．①和②B ．③和①C ．③和④D ．④和②（5）已知一个直三棱柱，其底面是正三角形，一个体积为43π的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是（ ）A ．B ．C ．D ．（6）空间中的一条线段PQ ，在其俯视图和侧视图中，该线段的投影的长度分别恒为1和2，则线段PQ 长的取值范围是（ ）A ．(]0,1PQ ∈B ．[]0,2PQ ∈C ．[]2,3PQ ∈D ．PQ ⎡∈⎣二、填空题：本大题共4小题，每小题6分．（7）正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为2D 为BC 中点，则三棱锥11DC B A -的体积为_______．（8）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_______．（9）已知点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上，60PDA ∠=，则DP 与1CC 所成角的大小为_______．（10）已知三棱锥O ABC -底面ABC 的顶点在半径为4的球O 表面上，且6AB =，BC =，AC =，则三棱锥O ABC -的体积为_______．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．（11）（本小题满分10分）如图，在三棱柱111A B CA B C -中，侧面11ACC A 与侧面11CBB C 都是菱形，2AC =，11160ACC CC B ∠=∠=．（Ⅰ）求证：11AB CC ⊥；（Ⅱ）若1AB 11C AB A --的余弦值．（12）（本小题满分15分）如图，在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 为直角梯形，AD BC ，90ADC ∠=，平面PAD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，2==PD PA ，112BC AD ==，CD = （Ⅰ）若M 是棱PC 的中点，求证：PA MQB ⊥平面；（Ⅱ）若二面角M BQ C --的大小为30，试求PM PC的值．（13）（本小题满分15分）已知三棱锥P ABC -中，侧面PBC 垂直底面，AB 是底面最长的边；图1是三棱锥P ABC -的三视图，其中的侧视图和俯视图均为直角三角形；图2是用斜二测画法画出的三棱锥P ABC -的直观图的一部分，其中点P 在xOz 平面内．（Ⅰ）请在图2中将三棱锥P ABC -的直观图补充完整，并指出三棱锥P ABC -的哪些面是直角三角形； （Ⅱ）设二面角B PA C --的大小为α，求tan α的值；（Ⅲ）求点C 到面PAB 的距离．福建省高考数学（理科）-专题练习立体几何答 案一、选择题．1~5．CCDDB 6．D二、填空题．（7）1（8）50(1+（9）45（10）三、解答题．（11）解：（Ⅰ）证明：连1AC ，1CB ，则1ACC △和11B CC △皆为正三角形．取1CC 中点O ，连OA ，1OB ，则1CC OA ⊥，11CC OB ⊥，则11CC OAB ⊥平面，则11CC AB ⊥．……5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，1OA OB ==1AB =，∴1OA OB ⊥．如图所示，分别以1OB ，1OC ，OA 为正方向建立空间直角坐标系，则0(0,)1C -,，1)0,0B ，(A ，……6分 设平面1CAB 的法向量为111(,,)m x y z =，∵1(3,0,AB =，(0,1,AC =-，∴11111100010x y z x y z +⨯=⨯-⨯=⎪⎩，取(1,m =．……8分设平面11A AB 的法向量为222(,,)n x y z =，∵1(3,0,AB =，1(0,2,0)AA =，∴222111000200x y z x y z +⨯=⨯+⨯+⨯=⎪⎩，取(1,0,1)n =．则cos ,55||||m nm n m n ∙<>===⨯，又∵二面角11C AB A --为钝角，∴二面角11C AB A --的余弦值为．……10分 （12）证明：（Ⅰ）连接AC ，交BQ 于N ，连接MN ，∵BC AD ∥且12BC AD =，即BC AQ ∥且BC AQ =， ∴四边形BCAQ 为平行四边形，故N 为AC 的中点． 又∵点M 是棱PC 的中点，∴MN PA ∥．……3分∵MN MQB ⊂平面，PA MQB ⊄平面，∴PA MQB ∥平面．……6分（Ⅱ）因为,PA PD Q =为AD 的中点，则PQ AD ⊥．∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ⋂平面ABCD AD =，∴PQ ⊥平面ABCD ，∵BQ ABCD ⊂平面，∴PQ BQ ⊥．∵,AD BC ∥12BC AD =，Q 为AD 的中点， ∴四边形BCDQ 为平行四边形，∴//CD BQ ，又∵90ADC ∠=， ∴90AQB ∠=，即QB AD ⊥……9分以Q 为原点，分别以,,QAQB QP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系（如图），则(0,0,0)Q ，P，B ，(1C -，(1PC =-，QP =，QB =．设,(01)PM tPC t =≤≤，则()QM QP tPC t =+=-．设平面MQB 的法向量为(,,)=m x y z ，由0,0m QB m QM ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩得0,)0=⎧⎪⎨-+=⎪⎩y tx z ， 令=z t ，得平面MQB的一个法向量为(3,0,)m t =-，又(0,0,1)n =是平面BQC 的一法向量，二面角M BQ C --的大小为30，∴||cos302(n m n m ︒∙===，……13分 解得 1233,42t t ==（舍），∴3=4PM PC ．……15分 （13）解：（Ⅰ）补充完整的三棱锥P ABC -的直观图如图所示；……2分由三视图知ABC △和PCA △是直角三角形．……3分（Ⅱ）如图，过P 作PH BC ⊥交BC 于点H ．由三视图知2OH HC ==，PH =，,AC BC ⊥4AC =，……4分∴在图中所示的坐标系下，相关点的坐标为：(0,0,0)B ，(4,0,0)C ，P ，(4,4,0)A， 则(4,4,0)BA =，BP =，(0,4,0)CA =，(CP =-．……5分设平面PAB 、平面PAC 的法向量分别为111(,,)x y z =m ，222(,,)x y z =n ．由0BA ∙=m ，0BP ∙=m ，得1111440,20,x y x +=⎧⎪⎨+=⎪⎩ 令11z =，得1x =1y =(=m ．……7分由0CA ∙=n ，0PC ∙=n，得2224020y x =⎧⎪⎨-+=⎪⎩， 令21=z ，得2x ，20y =，即=n ．……8分∴cos ,∙<>===m n m n m n ，∴sin ,<>=m ntan ,<>=m n 9分 ∵二面角B PA C --的大小为锐角，∴tan α．……10分 （Ⅲ）记C 到面PAB 的距离为h ，由(0,0,0)B ，(4,0,0)C，P ，(4,4,0)A ，得PA ==4AB PB ==，……11分∴PAB S ∆=13C PAB PAB V S h -=∙=△．……13分 又三棱锥P ABC -的体积13P ABC ABC V S PH -=∙△ 由P ABC C PAB V V --=，可得：7=h ．……15分。
近五年高考数学(理科)立体几何题目汇总
高考真题集锦（立体几何部分）1.(2016.理1）如图是由圆柱和圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）A 20π B24π C28π D.32π2. βα，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βα⊥；（2）如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n.（3）如果αβα⊂m ，∥那么m ∥β。
（4）如果m ∥n,βα∥，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等。
其中正确的命题有___________3.（2016年理1）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是π328，则它的表面积是 A 17π B.18π C.20π D.28π4.平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ，α//平面11D CB ，⋂α平面ABCD =m ，⋂α平面11A ABB =n,则m,n 所成角的正弦值为（ ）A.23B.22C.33D.315.（2016年理1）如图，在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF=2FD ，∠AFD=90°，且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60° .（12分）（Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（Ⅱ）求二面角E-BC-A 的余弦值.6. (2015年理1）圆柱被一个平面截取一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体三视图的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积是16+20π，则r=（ ）A.1B.2C.7D.87.如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E,F 是平面ABCD 同一侧的亮点，BE ⊥平面ABCD,DF ⊥平面ABCD,BE=2DF,AE ⊥EC.(1) 证明：平面AEC ⊥平面AFC;(2) 求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值。
8.一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截取部分体积和剩余部分体积的比值为（）9.如图，长方体1111D C B A ABCD -中，AB = 16，BC = 10，AA1 = 8，点E ，F 分别在1111C D B A ，上，411==F D E A ，过点E,F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。
2024届全国高考数学真题分类专项(立体几何)汇编(附答案)
2024届全国高考数学真题分类专项（立体几何）汇编1．（2024年新课标全国Ⅰ卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧）A ．B ．C ．D ．2．（2024年新课标全国Ⅱ卷）已知正三棱台111ABC A B C -的体积为523，6AB =，112A B =，则1A A 与平面ABC 所成角的正切值为（ ）A ．12 B ．1 C ．2 D ．33．（2024年高考全国甲卷数学（理））已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为1r 和2r ，母线长分别为()212r r -和()213r r -，则两个圆台的体积之比=V V 甲乙．4．（2024年新课标全国Ⅰ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，2PA AC ==，1,BC AB =．(1)若AD PB ⊥，证明：//AD 平面PBC ；(2)若AD DC ⊥，且二面角A CP D --的正弦值为7，求AD ．5．（2024年新课标全国Ⅱ卷）如图，平面四边形ABCD 中，8AB =，3CD =，AD =90ADC ︒∠=，30BAD ︒∠=，点E ，F 满足25AE AD = ，12AF AB =，将AEF △沿EF 对折至PEF !，使得PC =．(1)证明：EF PD ⊥；(2)求面PCD 与面PBF 所成的二面角的正弦值．6．（2024年高考全国甲卷数学（理））如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形，//,//BC AD EF AD ，4,2AD AB BC EF ====，ED FB ==M为AD 的中点．(1)证明：//BM 平面CDE ； (2)求二面角F BM E --的正弦值．参考答案1．（2024年新课标全国Ⅰ卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高，则圆锥的体积为（ ）A ．B ．C ．D ．【详细详解】设圆柱的底面半径为r而它们的侧面积相等，所以2ππr r =即=，故3r =，故圆锥的体积为1π93⨯=.故选：B.2．（2024年新课标全国Ⅱ卷）已知正三棱台111ABC A B C -的体积为523，6AB =，112A B =，则1A A 与平面ABC 所成角的正切值为（ ） A ．12B ．1C ．2D ．3【详细详解】解法一：分别取11,BC B C 的中点1,D D ，则11AD A D =可知11111662222ABC A B C S S =⨯⨯==⨯= 设正三棱台111ABC A B C -的为h ，则(11115233ABC A B C V h -==，解得h = 如图，分别过11,A D 作底面垂线，垂足为,M N ，设AM x =，则1AA DN AD AM MN x =--=-，可得1DD ==结合等腰梯形11BCC B 可得22211622BB DD -⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,即()221616433x x +=++，解得x = 所以1A A 与平面ABC 所成角的正切值为11tan 1A MA ADAM?=； 解法二：将正三棱台111ABC A B C -补成正三棱锥-P ABC ，则1A A 与平面ABC 所成角即为PA 与平面ABC 所成角，因为11113PA A B PA AB ==，则111127P A B C P ABC V V --=， 可知1112652273ABC A B C P ABC V --==，则18P ABC V -=， 设正三棱锥-P ABC 的高为d，则116618322P ABC V d -=⨯⨯⨯=，解得d =，取底面ABC 的中心为O ，则PO ⊥底面ABC，且AO = 所以PA 与平面ABC 所成角的正切值tan 1POPAO AO∠==. 故选：B.3．（2024年高考全国甲卷数学（理））已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为1r 和2r ，母线长分别为()212r r -和()213r r -，则两个圆台的体积之比=V V 甲乙． 【详细详解】由题可得两个圆台的高分别为)12h r r ==-甲，)12h r r ==-乙，所以((212113143S S h r r V h V h S S h +-====+甲甲甲乙乙乙.4．（2024年新课标全国Ⅰ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，2PA AC ==，1,BC AB =．(1)若AD PB ⊥，证明：//AD 平面PBC ； (2)若AD DC ⊥，且二面角A CP D --的正弦值为7，求AD ． 【详细详解】（1）（1）因为PA ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD ，所以PA AD ⊥， 又AD PB ⊥，PB PA P = ，,PB PA ⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ， 而AB ⊂平面PAB ，所以AD AB ⊥.因为222BC AB AC +=，所以BC AB ⊥， 根据平面知识可知//AD BC ， 又AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ．（2）如图所示，过点D 作DE AC ⊥于E ，再过点E 作EF CP ⊥于F ，连接DF ， 因为PA ⊥平面ABCD ，所以平面PAC ⊥平面ABCD ，而平面PAC 平面ABCD AC =， 所以DE ⊥平面PAC ，又EF CP ⊥，所以⊥CP 平面DEF ， 根据二面角的定义可知，DFE ∠即为二面角A CP D --的平面角，即sin 7DFE ∠=，即tan DFE ∠= 因为AD DC ⊥，设AD x =，则CD =2DE =，又242xCE -=，而EFC 为等腰直角三角形，所以2EF=，故22tan DFE∠==x =AD =5．（2024年新课标全国Ⅱ卷）如图，平面四边形ABCD 中，8AB =，3CD =，AD =，90ADC ︒∠=，30BAD ︒∠=，点E ，F 满足25AE AD = ，12AF AB =，将AEF △沿EF 对折至PEF !，使得PC =．(1)证明：EF PD ⊥；(2)求面PCD 与面PBF 所成的二面角的正弦值．【详细详解】（1）由218,,52AB AD AE AD AF AB ====， 得4AE AF ==，又30BAD ︒∠=，在AEF △中，由余弦定理得2EF =,所以222AE EF AF +=，则AE EF ⊥，即EF AD ⊥， 所以,EF PE EF DE ⊥⊥，又,PE DE E PE DE =⊂ 、平面PDE ， 所以EF ⊥平面PDE ，又PD ⊂平面PDE ， 故EF ⊥PD ；（2）连接CE ，由90,3ADC ED CD ︒∠===，则22236CE ED CD =+=，在PEC 中，6PC PE EC ===，得222EC PE PC +=，所以PE EC ⊥，由（1）知PE EF ⊥，又,EC EF E EC EF =⊂ 、平面ABCD ， 所以PE ⊥平面ABCD ，又ED ⊂平面ABCD ，所以PE ED ⊥，则,,PE EF ED 两两垂直，建立如图空间直角坐标系E xyz -，则(0,0,0),(0,0,(2,0,0),(0,E P D C F A -， 由F 是AB的中点，得(4,B ，所以(4,(2,0,PC PD PB PF =-=-=-=-，设平面PCD 和平面PBF 的一个法向量分别为111222(,,),(,,)n x y z m x y z ==，则11111300n PC x n PD ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，222224020m PB x m PF x ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩ ，令122,y x ==11220,3,1,1x z y z ===-=，所以(0,2,3),1,1)n m ==- ，所以cos ,m nm n m n ⋅===设平面PCD 和平面PBF 所成角为θ，则sin θ== 即平面PCD 和平面PBF所成角的正弦值为65.6．（2024年高考全国甲卷数学（理））如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形，//,//BC AD EF AD ，4,2AD AB BC EF ====，ED FB ==M 为AD 的中点．(1)证明：//BM 平面CDE ； (2)求二面角F BM E --的正弦值．【详细详解】（1）因为//,2,4,BC AD EF AD M ==为AD 的中点，所以//,BC MD BC MD =，四边形BCDM 为平行四边形，所以//BM CD ，又因为BM ⊄平面CDE ，CD ⊂平面CDE ，所以//BM 平面CDE ；（2）如图所示，作BO AD ⊥交AD 于O ，连接OF ，因为四边形ABCD 为等腰梯形，//,4,BC AD AD =2AB BC ==，所以2CD =， 结合（1）BCDM 为平行四边形，可得2BM CD ==，又2AM =， 所以ABM 为等边三角形，O 为AM中点，所以OB =又因为四边形ADEF 为等腰梯形，M 为AD 中点，所以,//EF MD EF MD =， 四边形EFMD 为平行四边形，FM ED AF ==，所以AFM △为等腰三角形，ABM 与AFM △底边上中点O 重合，OF AM ⊥，3OF ==，因为222OB OF BF +=，所以OB OF ⊥，所以,,OB OD OF 互相垂直，以OB 方向为x 轴，OD 方向为y 轴，OF 方向为z 轴，建立O xyz -空间直角坐标系，()0,0,3F，)()(),0,1,0,0,2,3BM E，()(),BM BF ==，()2,3BE = ，设平面BFM 的法向量为()111,,m x y z =，平面EMB 的法向量为()222,,n x y z =，则00m BM m BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1111030y z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令1x =113,1y z ==，即)m = ，则00n BM n BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即222220230y y z ⎧+=⎪⎨++=⎪⎩，令2x =，得223,1y z ==-，即)1n =-，11cos ,13m n m n m n ⋅===⋅，则sin ,m n =故二面角F BM E --的正弦值为13.。
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A
B
C D P 《立体几何》专题 练习题
1．如图正方体1111D C B A ABCD -中，E 、F 分别为D 1C 1和B 1C 1的中点，
P 、Q 分别为A 1C 1与EF 、AC 与BD 的交点， （1）求证：D 、B 、F 、E 四点共面；
（2）若A 1C 与面DBFE 交于点R ，求证：P 、Q 、R 三点共线
2．已知直线a 、b 异面,平面α过a 且平行于b ,平面β过b 且平行于a ,求证:α∥β．
3. 如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEFG 4=AB 1=BC 3=BE ,4=CF ,若如图所示建立空间直角坐标系． ①求EF 和点G 的坐标；
②求异面直线EF 与AD 所成的角；
③求点C 到截面AEFG 的距离．
4. 如图，三棱锥P —ABC 中， PC ⊥平面ABC ，PC=AC=2，AB=BC ，D 是PB 上一点，且CD 平面PAB ．
(I) 求证：AB ⊥平面PCB ； (II) 求异面直线AP 与BC 所成角的大小；
（III ）求二面角C-PA-B 的余弦值．
5. 如图，直二面角D —AB —E 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，AE=EB ，F 为CE 上的点，且BF
⊥平面ACE.
(1)求证AE ⊥平面BCE ；
(2)求二面角B —AC —E 的余弦值．
6. 已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2，点M 在侧棱1BB 上.
P Q F E D 1C 1B 1A 1D C B A F
E C B y Z
x G D A
（Ⅰ）若P 为AC 的中点，M 为BB 1的中点，求证BP//平面AMC 1；
（Ⅱ）若AM 与平面11AA CC 所成角为30ο，试求BM 的长.
7. 如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝1，BC ＝2．
（1）求证：平面PDC ⊥平面PAD ；
（2）若E 是PD 的中点，求异面直线AE
与PC 所成角的余弦值；
8. 已知：在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB = a ，AA 1 = 2a . D 是侧棱BB 1的中点.求证： （Ⅰ）求证：平面ADC 1⊥平面ACC 1A 1；
（Ⅱ）求平面ADC 1与平面ABC 所成二面角的余弦值．
9. 已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，且60DAB ∠=，1AD AA =F 为
棱1BB 的中点，M 为线段1AC 的中点．
（Ⅰ）求证：直线MF //平面ABCD ；
（Ⅱ）求证：直线MF ⊥平面11ACC A ；
（Ⅲ）求平面1AFC 与平面ABCD 所成二面角的大小
10. 棱长是1的正方体，P 、Q 分别是棱AB 、CC 1上的内分点，满足
21==QC CQ PB AP . P A B C D E
（1）求证：A 1P ⊥平面AQD ；
（2）求直线PQ 与平面AQD 所成角的正弦值.
11. 如图,长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， E 、F 分别是线段B 1D 1、A 1B 上的点，且D 1E=2EB 1,BF=2FA 1．
（1）求证:EF ∥AC 1；
（2）若EF 是两异面直线B 1D 1、A 1B 的公垂线段,求证该长方体为正方体．
12. 如图，在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1=
21AB ，点E 、M 分别为A 1B 、C 1C 的中点，过点A 1，B ，M 三点的平面A 1BMN 交C 1D 1于点N.
（Ⅰ）求证：EM ∥平面A 1B 1C 1D 1；
（Ⅱ）求二面角B —A 1N —B 1的正切值.
D C A B D 1 C 1 A 1 B 1
E
F Q P D 1 C 1 A 1 B 1 D C A B。