天津市各地市高考数学最新联考试题分类大汇编(8)立体几何

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2024年9-10月新高考数学名校模拟大题汇编：立体几何(解析版)

2024年9-10月新高考数学名校大题汇编：立体几何大题必备基础知识梳理【知识点一：空间向量及其加减运算】(1)空间向量在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模．空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量a 的起点是A ，终点是B ，则向量a也可以记作AB ，其模记为a或AB .(2)零向量与单位向量规定长度为0的向量叫做零向量，记作0．当有向线段的起点A 与终点B 重合时，AB=0.模为1的向量称为单位向量.(3)相等向量与相反向量方向相同且模相等的向量称为相等向量．在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量．空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量.与向量a 长度相等而方向相反的向量，称为a 的相反向量，记为-a .(4)空间向量的加法和减法运算①OC=OA+OB=a +b ，BA=OA-OB=a -b．如图所示.②空间向量的加法运算满足交换律及结合律a +b =b +a ，a +b +c =a +b +c【知识点二：空间向量的数乘运算】(1)数乘运算实数λ与空间向量a 的乘积λa 称为向量的数乘运算．当λ>0时，λa 与向量a方向相同；当λ<0时，向量λa 与向量a 方向相反.λa 的长度是a的长度的λ 倍.(2)空间向量的数乘运算满足分配律及结合律λa +b =λa +λb ，λμa =λμ a .(3)共线向量与平行向量如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，a 平行于b ，记作a ⎳b.(4)共线向量定理对空间中任意两个向量a ，b b ≠0，a ⎳b的充要条件是存在实数λ，使a =λb.(5)直线的方向向量如图8-153所示，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线．对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使OP =OA +ta ①，其中向量a 叫做直线l 的方向向量，在l 上取AB =a ，则式①可化为OP =OA +tAB =OA +t OB -OA =1-t OA +tOB ②①和②都称为空间直线的向量表达式，当t =12，即点P 是线段AB 的中点时，OP =12OA +OB ，此式叫做线段AB 的中点公式.(6)共面向量如图8-154所示，已知平面α与向量a ，作OA=a，如果直线OA 平行于平面α或在平面α内，则说明向量a 平行于平面α．平行于同一平面的向量，叫做共面向量.(7)共面向量定理如果两个向量a ，b不共线，那么向量p 与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对x ,y ，使p =xa +yb.推论：①空间一点P 位于平面ABC 内的充要条件是存在有序实数对x ,y ，使AP =xAB +yAC；或对空间任意一点O ，有OP-OA=xAB+yAC，该式称为空间平面ABC 的向量表达式.②已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，满足向量关系式OP =xOA +yOB +zOC (其中x +y +z =1)的点P 与点A ，B ，C 共面；反之也成立.【知识点三：空间向量的数量积运算】(1)两向量夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA =a ，OB =b ，则∠AOB 叫做向量a ，b 的夹角，记作a ,b ，通常规定0≤a ,b ≤π，如果a ,b =π2，那么向量a ，b 互相垂直，记作a ⊥b ．(2)数量积定义已知两个非零向量a ，b ，则a b cos a ,b 叫做a ，b 的数量积，记作a ⋅b ，即a ⋅b =a b cos a,b．零向量与任何向量的数量积为0，特别地，a ⋅a =a 2．(3)空间向量的数量积满足的运算律：λa ⋅b =λa ⋅b ，a ⋅b =b ⋅a (交换律)；a ⋅b +c =a ⋅b +a ⋅c(分配律)．【知识点四：空间向量的坐标运算及应用】(1)设a =a 1,a 2,a 3 ，b=b 1,b 2,b 3 ，则a +b=a 1+b 1,a 2+b 2,a 3+b 3 ；a -b=a 1-b 1,a 2-b 2,a 3-b 3 ；λa=λa 1,λa 2,λa 3 ；a ⋅b=a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3；a ⎳b b ≠0⇒a 1=λb 1,a 2=λb 2,a 3=λb 3；a ⊥b⇒a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3=0．(2)设A x 1,y 1,z 1 ，B x 2,y 2,z 2 ，则AB =OB -OA=x 2-x 1,y 2-y 1,z 2-z 1 ．这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标．(3)两个向量的夹角及两点间的距离公式．①已知a =a 1,a 2,a 3 ，b =b 1,b 2,b 3 ，则a =a 2=a 12+a 22+a 32；b =b2=b 12+b 22+b 32；a ⋅b=a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3；cos a ,b =a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3a 12+a 22+a 32b 12+b 22+b 32；②已知A x 1,y 1,z 1 ，B x 2,y 2,z 2 ，则AB=x 1-x 22+y 1-y 2 2+z 1-z 2 2，或者d A ,B =AB．其中d A ,B 表示A 与B 两点间的距离，这就是空间两点的距离公式．(4)向量a 在向量b 上的投影为a cos a ,b=a ⋅b b．【知识点五：法向量的求解与简单应用】(1)平面的法向量：如果表示向量n 的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n ⊥α，如果n⊥α，那么向量n叫做平面α的法向量．几点注意：①法向量一定是非零向量；②一个平面的所有法向量都互相平行；③向量n 是平面的法向量，向量m 是与平面平行或在平面内，则有m ⋅n =0．第一步：写出平面内两个不平行的向a=x 1，y 1，z 1 ，b=x 2，y 2，z 2 ；第二步：那么平面法向量n=x ， y ， z ，满足n ⋅a=0n ⋅b =0⇒xx 1+yy 1+zz 1=0xx 2+yy 2+zz 2=0．(2)判定直线、平面间的位置关系①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线a ，b 的方向向量分别为a ，b．若a ∥b，即a =λb，则a ∥b ；若a ⊥b，即a ⋅b=0，则a ⊥b ．②直线与平面的位置关系：直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，且l ⊥α．若a ∥n ，即a =λn ，则l ⊥α；若a ⊥n ，即a ⋅n =0，则a ∥α．(3)平面与平面的位置关系平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2．若n 1∥n 2，即n 1=λn 2，则α∥β；若n 1⊥n 2，即n 1⋅n 2=0，则α⊥β．【知识点六：空间角公式】(1)异面直线所成角公式：设a ，b分别为异面直线l 1，l 2上的方向向量，θ为异面直线所成角的大小，则cos θ=cos a,b =a ⋅b a b．(2)线面角公式：设l 为平面α的斜线，a 为l 的方向向量，n为平面α的法向量，θ为l 与α所成角的大小，则sin θ=cos a ,n=a ⋅na n．(3)二面角公式：设n 1，n 2分别为平面α，β的法向量，二面角的大小为θ，则θ=n 1 ,n 2 或π-n 1 ,n 2(需要根据具体情况判断相等或互补)，其中cos θ =n 1 ⋅n 2n 1 n 2．【知识点七：空间中的距离】求解空间中的距离(1)异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．如图，设两条异面直线a ，b 的公垂线的方向向量为n ，这时分别在a ，b 上任取A ，B 两点，则向量在n上的正射影长就是两条异面直线a ，b 的距离．则d =AB ⋅n |n |=|AB ⋅n ||n|即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．(2)点到平面的距离A 为平面α外一点(如图)，n为平面α的法向量，过A 作平面α的斜线AB 及垂线AH ．|AH |=|AB |⋅sin θ=|AB |⋅|cos <AB ,n >|=|AB ||AB ⋅n |AB ⋅n =|AB ⋅n|nd =|AB ⋅n||n|【必考题型汇编】1.(湖南省长沙市2025届高三六校九月大联考解析第16题)如图,四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形,BC ⎳AD ,EF ⎳AD ,AD =4,AB =2,BC =EF =2,AF =11,FB ⊥平面ABCD ,M 为AD 上一点,且FM ⊥AD ,连接BD 、BE 、BM .(1)证明:BC ⊥平面BFM ;(2)求平面ABF 与平面DBE 的夹角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:因为FB ⊥平面ABCD ,又AD ⊂平面ABCD ,所以FB ⊥AD .又FM ⊥AD ,且FB ∩FM =F ,所以AD ⊥平面BFM .因为BC ⎳AD ,所以BC ⊥平面BFM .(2)解析:作EN ⊥AD ,垂足为N ,则FM ⎳EN .又EF ⎳AD ,所以四边形FMNE 是平行四边形,又EN ⊥AD ,所以四边形FMNE 是矩形,又四边形ADEF 为等腰梯形,且AD =4,EF =2,所以AM =1.由(1)知AD ⊥平面BFM ,所以BM ⊥AD .又AB =2,所以BM =1.在Rt △AFM 中,FM =AF 2-AM 2=10.在Rt △FMB 中,∴FB =FM 2-BM 2=3.由上可知,能以BM 、BC 、BF 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系.则A -1,-1,0 ,B 0,0,0 ,F 0,0,3 ,D -1,3,0 ,E 0,2,3 ,所以,AB =1,1,0 ,BF =0,0,3 ,BD =-1,3,0 ,BE=0,2,3 ,设平面ABF 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ,由m ⋅AB=0m ⋅BF =0,得x 1+y 1=0z 1=0 ,可取m =1,-1,0 ;设平面BDE 的法向量为n=x 2,y 2,z 2 ,由n ⋅BD=0n ⋅BE =0,得-x 2+3y 2=0-2y 2+3z 2=0 ,可取n=9,3,2 .因此,cos ‹m ,n›=m ⋅n m ⋅n=9-31+1⋅81+9+4=34747.依题意可知,平面ABF 与平面DBE 的夹角的余弦值为34747.2.(辽宁省沈阳市郊联体2024年高三上学期开学联考解析第17题)如图,已知斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧面BB 1C 1C ⊥侧面AA 1B 1B ,侧面BB 1C 1C 是矩形,侧面AA 1B 1B 是菱形,∠BAA 1=60°,AB =2BC =2,点E ,F ,G 分别为棱AA 1,A 1C ,BB 1的中点.(1)证明:FG ⎳平面ABC ;(2)求二面角A 1-B 1C -E 的余弦值.方法提供与解析:解析:(1)证明:因为点E ,F ,G 分别为棱AA 1,A 1C ,BB 1的中点,连接EF ,EG ,则EF ⎳AC ,EG ⎳AB ,又因为EF ⊄平面ABC ,AC ⊂平面ABC ,所以EF ⎳平面ABC ,同理可得EG ⎳平面ABC ,因为EF ∩EG =E ,EF ⊂平面EFG ,EG ⊂平面EFG ,所以平面EFG ⎳平面ABC ,因为FG ⊂平面EFG ,所以FG ⎳平面ABC .(2)解:侧面BB 1C 1C 是矩形,所以BC ⊥BB 1,又因为平面BB 1C 1C ⊥平面AA 1B 1B ,平面BB 1C 1C ∩平面AA 1B 1B =BB 1,所以BC ⊥平面AA 1B 1B ,又BE ⊂平面AA 1B 1B ,因此BC ⊥BE .在菱形AA 1B 1B 中,∠BAA 1=60°,因此△AA 1B 是等边三角形,又E 是AA 1的中点,所以BE ⊥AA 1,从而得BE ⊥BB 1.如图,以B 为坐标原点,BE ,BB 1,BC 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.因为AB =2BC =2,所以BE =AB sin60°=3,因此B 10,2,0 ,A 13,1,0 ,E 3,0,0 ,C 0,0,1 ,所以B 1C =0,-2,1 ,B 1E =3,-2,0 ,B 1A 1=3,-1,0 ,设平面EB 1C 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ,由m⊥B 1C,得-2y 1+z 1=0 ,令y 1=1,得m =23,1,2设平面A 1B 1C 的法向量为n=x 2,y 2,z 2 ,由n ⊥B 1Cn ⊥B 1A 1,得-2y 2+z 2=03x 2-y 2=0 ,令y 2=1,得n =33,1,2 ,cos ‹m ,n ›=m ⋅n m ⋅n =23+1+4193⋅163=171976,即二面角A 1-B 1C -E 的余弦值为171976.3.如图,在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1⊥平面ABCD ,底面ABCD 为梯形,AD ⎳BC ,BC =4,AB =AD =DC =AA 1=2,Q 为AD 的中点.(1)在A 1D 1上是否存在点P ,使直线CQ ⎳平面AC 1P ,若存在,请确定点P 的位置并给出证明,若不存在,请说明理由;(2)若(1)中点P 存在,求平面AC 1P 与平面ABB 1A 1所成的锐二面角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:(几何法)存在,证明如下:在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,因为平面ABCD ⎳平面A 1B 1C 1D 1,所以可在平面A 1B 1C 1D 1内作C 1P ⎳CQ ,由平面几何知识可证△C 1D 1P ≅△CDQ ,所以D 1P =DQ ,可知P 是A 1D 1中点,因为C 1P ⊂平面AC 1P ,所以CQ ⎳平面AC 1P .即存在线段A 1D 1的中点,满足题设条件.满足条件的点只有一个,证明如下:当CQ ⎳平面AC 1P 时,因为CQ ⎳平面A 1B 1C 1D 1,所以过C 1作平行于CQ 的直线既在平面A 1C 1P 内,也在平面A 1B 1C 1D 1内,而在平面A 1B 1C 1D 1内过C 1只能作一条直线C 1P ⎳CQ ,故满足条件的点P 只有唯一一个.所以,有且只有A 1D 1的中点为满足条件的点P ,使直线CQ ⎳平面AC 1P .(2)解析:(坐标法)过点D 作DF ⊥BC ,垂足为F ,又因为DD 1⊥平面ABCD ,以D 为坐标原点,分别以DA ,DF ,DD 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立如图的空间直角坐标系D -xyz ,则A 2,0,0 ,P 1,0,2 ,C 1-1,3,2 ,A 12,0,2 ,B 3,3,0 ,P A =1,0,-2 ,PC 1 =-2,3,0 ,AB =1,3,0 ,AA 1=0,0,2设平面P AC 1的法向量为n=x ,y ,z ,则有n ⋅P A=0,n ⋅PC 1 =0,即x -2z =0,-2x +3y =0. 令x =23,得y =4,z =3,所以n=23,4,3 .设平面ABB 1A 1的法向量为m=x ,y ,z .则有AB ⋅m =0,AA 1 ⋅m =0,即x +3y =0,2z =0. 令x =3,得y =-1,z =0,所以m=3,-1,0 .所以cos n ,m =n ⋅m n m=6-4+0231=3131.故平面AC 1P 与平面ABB 1A 1所成的锐二面角的余弦值为3131.4.(福建泉州市2025届高中毕业班模拟检测(一)解析第16题)4:如图,在四棱锥P -ABCD 中,PD =PC =CB =BA =12AD =2,AD ⎳CB ,∠CPD =∠ABC =90°,平面PCD ⊥平面ABCD ,E 为PD 中点.(1)求证:PD ⊥平面PCA ;(2)点Q 在棱P A 上,CQ 与平面PDC 所成角的正弦值为63,求平面PCD 与平面CDQ 夹角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:由题意:BC =AB =2,∠ABC =90°,AC =AB 2+BC 2=22同理CD =22,又AD =4,CD 2+AC 2=AD 2,CD ⊥AC .而CD =22=PD 2+PC 2,即PC ⊥PD ,又平面PCD ⊥平面ABCD ,平面PCD ∩平面ABCD =CD ,AC ⊂平面ABCD ,AC ⊥平面PCD ,PD ⊂平面PCD ,PD ⊥AC ,又PC ⊥PD ,且PC ⊂面PCA ,AC ⊂面PCA ,PC ∩AC =C ,PD ⊥平面PCA .(2)解析:以C 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则C 0,0,0 ,A 0,22,0 ,D 22,0,0 ,P 2,0,2 ,所以CD =22,0,0 ,CP =2,0,2 ,P A=-2,22,-2 ,设PQ =λP A 0<λ<1 ,有CQ =CP +λP A=21-λ ,22λ,21-λ ,取面PCD 的一个法向量m =0,1,0 ,则cos CQ ,m =22λ41-λ 2+8λ2=63,λ=12,故CQ =22,2,22.令n=x ,y ,z 是平面CDQ 的一个法向量,则n ⋅CD =0n ⋅CQ =0,即22x =022x +2y +22z =0,令y =1,有n =0,1,-2 ,则cos ‹n ,m › =n ⋅m n m=55,故平面PCD 与平面CDQ 夹角的余弦值为55.5.(长沙市雅礼中学2025届高三上学期(9月)综合自主测试解析第17题)5:如图(1),在△ABC 中,CD ⊥AB ,BD =2CD =2AD =4,点E 为AC 的中点.将△ACD 沿CD 折起到△PCD 的位置,使DE ⊥BC ,如图(2).图(1)图(2)(1)求证:PB ⊥PC ;(2)在线段BC 上是否存在点F ,使得CP ⊥DF ?若存在,求二面角P -DF -E 的余弦值;若不存在,说明理由。

新高考专点专练解答题立体几何部分(天津历年高考真题汇编)

新高考专点专练解答题立体几何部分（天津历年高考真题汇编）一、解答题（共8小题；共104分）1. 如图，正方形的中心为，四边形为矩形，平面平面，点为的中点，．（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）设为线段上的点，且，求直线和平面所成角的正弦值．2. 如图，在三棱锥中，底面，．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，．（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长．3. 如图，正三棱柱的底面边长为，侧棱长为．（1）建立适当的坐标系，并写出点，，，的坐标；（2）求与侧面所成的角．4. 如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，且点和分别为和的中点．（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求线段的长．5. 如图，在三棱柱中，是正方形的中心，，平面，且．（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）求二面角的正弦值；（3）设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段的长．6. 如图，在四棱锥中，丄平面，丄，丄，，，．（1）证明丄；（2）求二面角的正弦值；（3）设为棱上的点，满足异面直线与所成的角为，求的长．7. 如图，在长方体中，、分别是棱、上的点，，．（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）证明平面；（3）求二面角的正弦值．8. 如图，且，，且，且，平面，．（1）若为的中点，为的中点，求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长．答案第一部分1. （1）取中点，连接，，因为矩形，所以且，因为，是中点，所以是的中位线，所以且．因为是正方形中心，所以，所以且，所以四边形是平行四边形，所以．因为面，面，所以面．（2）如图所示建立空间直角坐标系，，，，，设面的法向量，得：所以．因为面，所以面的法向量，，，二面角的正弦值为．（3）因为，所以，因为，所以．设直线和平面所成角为，．所以直线和平面所成角的正弦值为．2. （1）取中点，连接，，因为为中点，所以，因为平面，平面，所以平面．因为为中点，所以，又，分别为，的中点，所以，则．因为平面，平面，所以平面．又．所以平面平面，则平面；（2）因为底面，．所以以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．因为，，所以，，，，，则，设平面的一个法向量为，由得取，得．由图可得平面的一个法向量为．所以所以二面角的余弦值为，则正弦值为；（3）设，则，，．因为直线与直线所成角的余弦值为，所以．解得：．所以当与重合时直线与直线所成角的余弦值为，此时线段的长为．3. （1）如图，以点为坐标原点，以所成直线为轴，以所在直线为轴，以经过原点且与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系．由已知得，，，．（2）坐标系如上，取的中点，于是有，连，有由，，所以面，所以与所成的角就是与侧面所成的角．因为，，所以又因为所以所以，与所成的角，即与侧面所成的角为．4. （1）如图，以为原点建立空间直角坐标系，依题意可得，，，，，，，．又因为，分别为和的中点，所以，．依题意，可得为平面的一个法向量，，由此可得．又因为直线平面，所以平面．（2），．设为平面的一个法向量，则即不妨设，可得．设为平面的一个法向量，则又，所以不妨设，可得．因此有，于是，所以二面角的正弦值为．（3）依题意，可设，其中，则，从而．又为平面的一个法向量，由已知，得整理得，解得．又因为，所以．所以线段的长为．5. （1）方法一：由于，故是异面直线与所成的角．因为平面，又为正方形的中心，，．可得因此所以异面直线与所成角的余弦值为．方法二：如图所示，建立空间直角坐标系，点为坐标原点．依题意得，，，，．易得于是所以异面直线与所成角的余弦值为．（2）方法一：连接，易知，又由于，，所以，过点作于点，连接，于是，故为二面角 ——的平面角．在中，连接，在中，，，从而所以二面角 ——的正弦值为．方法二：易知设平面的法向量，则即不妨令，可得同样地，设平面的法向量，则即不妨令，可得于是从而所以二面角 ——的正弦值为．（3）方法一：因为平面，所以．取中点，连接，由于是棱中点，所以且又平面，所以平面，故．又，所以平面，连接并延长交于点，则由得延长交于点，可得连接，在中，所以可得连接，在中，方法二：由为棱的中点，得．设，则由平面，得即解得故，因此所以线段的长为6. （1）解法一：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，依题意得．易得，于是，所以．解法二：由平面，可得，又由，，则平面，又平面，所以．（2）解法一：．设平面的法向量，则即不妨令，可得．可取平面的一个法向量，于是从而所以二面角的正弦值为．解法二：如图，作于点，连接．由，，可得平面，因此，从而为二面角的平面角．在中，，由此得．由（1）知，故在中，因此所以二面角的正弦值为．（3）解法一：设点的坐标为，其中，由此得由，故所以解得，即的长为解法二：如图，因为，则过点作的平行线必与线段相交，设交点为，连接．则或其补角为异面直线与所成的角．由于，则．在中，从而在中，由正弦定理得由解得．由余弦定理，可得．设，在中，在中，在中，因为，从而，由余弦定理得可解得，所以的长为7. （1）法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点为坐标原点，设，依题意得易得于是所以异面直线与所成角的余弦值为．法二：设，可得连接，，设与交于点，易知，由，可知．则是异面直线与所成的角，易知由余弦定理得所以异面直线与所成角的余弦值为．（2）法一：因为所以因此，，又，所以平面．法二：连接，设与交点．因为，所以从而又由于所以故，又因为且，所以平面，从而．连接，同理可证平面，从而，所以．因为，所以平面．（3）法一：设平面的法向量，则即不妨令，可得．由（2）可知，为平面的一个法向量．于是从而所以二面角的正弦值为．法二：连接，，由（2）可知平面，又平面，平面，所以，，故为二面角的平面角．易知，所以又，解得在中，可得在中，可得连接，，在中，可得在中，可得从而所以二面角的正弦值为．8. （1）依题意，可以建立以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得，，，，，，，，．依题意，．设为平面的法向量，则即不妨令，可得．又，可得，又因为直线平面，所以平面．（2）依题意，可得，，．设为平面的法向量，则即不妨令，可得，设为平面的法向量，则即不妨令，可得．因此有，于是．所以，二面角的正弦值为．（3）设线段的长为，则点的坐标为，可得．易知，为平面的一个法向量，故，，解得．所以线段的长为．。

2023年高考数学----立体几何解答题常考全归类真题练习题(含答案解析)

2023年高考数学----立体几何解答题常考全归类真题练习题（含答案解析）1．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C -中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D 为11A B 的中点，E 为1AA 的中点，F 为CD 的中点．(1)求证：//EF 平面ABC ；(2)求直线BE 与平面1CC D 所成角的正弦值； (3)求平面1ACD 与平面1CC D 所成二面角的余弦值．【解析】（1）证明：在直三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面111A B C ，且AC AB ⊥，则1111AC A B ⊥以点1A 为坐标原点，1A A 、11A B 、11AC 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，则()2,0,0A 、()2,2,0B 、()2,0,2C 、()10,0,0A 、()10,0,2B 、()10,0,2C 、()0,1,0D 、()1,0,0E 、11,,12F ⎛⎫⎪⎝⎭，则10,,12EF ⎛⎫= ⎪⎝⎭，易知平面ABC 的一个法向量为()1,0,0m =，则0EF m ⋅=，故EF m ⊥，EF ⊄平面ABC ，故//EF 平面ABC .（2）()12,0,0C C =，()10,1,2C D =−，()1,2,0EB =，设平面1CC D 的法向量为()111,,u x y z =，则111112020u C C x u C D y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=−=⎪⎩，取12y =，可得()0,2,1u =，4cos ,5EB u EB u EB u⋅<>==⋅. 因此，直线BE 与平面1CC D 夹角的正弦值为45.（3）()12,0,2AC =，()10,1,0A D =，设平面1ACD 的法向量为()222,,v x y z =，则122122200v AC x z v A D y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩，取21x =，可得()1,0,1v =−，则1cos ,5u v u v u v⋅<>==−=⨯⋅因此，平面1ACD 与平面1CC D 2．（2022·全国·统考高考真题）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2,60AB BD ACB ==∠=︒，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．【解析】（1）因为AD CD =，E 为AC 的中点，所以AC DE ⊥；在ABD △和CBD △中，因为,,B A C D CD ADB DB DB D ∠=∠==，所以ABD CBD ≌△△，所以AB CB =，又因为E 为AC的中点，所以AC BE ⊥；又因为,DE BE ⊂平面BED ，DE BE E ⋂=，所以AC ⊥平面BED ，因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .（2）连接EF ，由（1）知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC EF ⊥，所以1=2AFC S AC EF ⋅△，当EF BD ⊥时，EF 最小，即AFC △的面积最小. 因为ABD CBD ≌△△，所以2CB AB ==，又因为60ACB ∠=︒，所以ABC 是等边三角形，因为E 为AC 的中点，所以1AE EC ==，BE 因为AD CD ⊥，所以112DE AC ==, 在DEB 中，222DE BE BD +=，所以BE DE ⊥.以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E xyz −，则()()()1,0,0,,0,0,1A B D ，所以()()1,0,1,AD AB =−=−，设平面ABD 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AD x z n AB x ⎧⋅=−+=⎪⎨⋅=−+=⎪⎩，取y =()3,3,3n =，又因为()31,0,0,4C F ⎛⎫− ⎪ ⎪⎝⎭，所以31,4CF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，所以cos ,21n CF n CF n CF⋅===设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为02πθθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，所以4sin cos ,7nCF θ==所以CF 与平面ABD3．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B −−的平面角为60︒．设M ，N 分别为,AE BC 的中点．(1)证明：FN AD ⊥；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．【解析】（1）过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点G 、H ． ∵四边形ABCD 和EFCD 都是直角梯形，//,//,5,3,1AB DC CD EF AB DC EF ===，60BAD CDE ∠=∠=︒，由平面几何知识易知，2,90DG AH EFC DCF DCB ABC ==∠=∠=∠=∠=︒，则四边形EFCG 和四边形DCBH 是矩形，∴在Rt EGD 和Rt DHA ，EG DH == ∵,DC CF DC CB ⊥⊥，且CF CB C ⋂=，∴DC ⊥平面,BCF BCF ∠是二面角F DC B −−的平面角，则60BCF ∠=， ∴BCF △是正三角形，由DC ⊂平面ABCD ，得平面ABCD ⊥平面BCF ，∵N 是BC 的中点，∴FN BC ⊥，又DC ⊥平面BCF ，FN ⊂平面BCF ，可得FN CD ⊥，而BC CD C ⋂=，∴FN ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD FN AD ∴⊥．（2）因为FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以以点N 为原点， NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N xyz −，设(3,(1,0,3)A B D E，则32M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，333,,,(2,23,0),(2,22BM AD DE ⎛⎫∴=−=−−=− ⎪ ⎪⎝⎭ 设平面ADE 的法向量为(,,)nx y z =由00n AD n DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得20230x x z ⎧−−=⎪⎨−+=⎪⎩，取(3,n =−，设直线BM 与平面ADE 所成角为θ，∴3||sin cos ,|||3n BM n BM n BMθ⋅=〈〉====⋅4．（2022·全国·统考高考真题）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30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B −−的正弦值．【解析】（1）证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥−P ABC 的高，所以PO ⊥平面ABC ，,AO BO ⊂平面ABC ，所以PO AO ⊥、PO BO ⊥，又PA PB =，所以POA POB ≅△△，即OA OB =，所以OAB OBA ∠=∠，又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒，所以ODA OAD ∠=∠所以AO DO =，即AO DO OB ==，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以//OE PD ，又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ，所以//OE 平面PAC（2）过点A 作//Az OP ，如图建立平面直角坐标系，因为3PO =，5AP =，所以4OA =，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD，AB = 所以12AC =，所以()O，()B，()P ，()0,12,0C ，所以32E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则332AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()43,0,0AB =，()0,12,0AC =，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则33302430n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令2z =，则=3y −，0x =，所以()0,3,2n =−；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则33302120m AE a bc m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令a =6c =−，0b =，所以()3,0,6m =−；所以cos ,13n m n m n m⋅−===设二面角C AE B −−的大小为θ，则43cos cos ,=13n m θ=，所以11sin 13θ=，即二面角C AE B −−的正弦值为1113.5．（2022·全国·统考高考真题）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2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC −的体积．【解析】（1）由于AD CD =，E 是AC 的中点，所以AC DE ⊥.由于AD CDBD BD ADB CDB =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，所以ADB CDB ≅△△，所以AB CB =，故AC BD ⊥，由于DE BD D ⋂=，,DE BD Ì平面BED ，所以AC ⊥平面BED ，由于AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD . （2）[方法一]：判别几何关系依题意2AB BD BC ===，60ACB ∠=︒，三角形ABC 是等边三角形，所以2,1,AC AE CE BE ===由于,AD CD AD CD =⊥，所以三角形ACD 是等腰直角三角形，所以1DE =. 222DE BE BD +=，所以DE BE ⊥，由于AC BE E ⋂=，,AC BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC . 由于ADB CDB ≅△△，所以FBA FBC ∠=∠，由于BF BF FBA FBC AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，所以FBA FBC ≅，所以AF CF =，所以EF AC ⊥，由于12AFCSAC EF =⋅⋅，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小过E 作EF BD ⊥，垂足为F ，在Rt BED △中，1122BE DE BD EF ⋅⋅=⋅⋅，解得EF =所以13,222DF BF DF ===−=，所以34BF BD =过F 作FH BE ⊥，垂足为H ，则//FH DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且34FH BF DE BD ==，所以34FH =，所以111323324F ABC ABCV SFH −=⋅⋅=⨯⨯=[方法二]：等体积转换AB BC =，60ACB ∠=︒，2AB =ABC ∴∆是边长为2的等边三角形，BE ∴=连接EFADB CDB AF CF EF ACBED EF BD ∆≅∆∴=∴⊥∴∆⊥∆在中，当时，AFC 面积最小222,,2,,BED EF AD CD AD CD AC E AC DE BE BD BE EDBE DE EF BD BD ⊥==∴+=∴⊥⋅⊥∆==为中点DE=1若在中，32113222BEFBF S BF EF ∆∴=⋅=⋅11233F ABC A BEF C BEF BEF V V V S AC −−−∆∴=+=⋅=6．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥P ABCD −中，PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP ====∥(1)证明：BD PA ⊥；(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．【解析】（1）证明：在四边形ABCD 中，作DE AB ⊥于E ，CF AB ⊥于F ，因为//,1,2CD AB AD CD CB AB ====，所以四边形ABCD 为等腰梯形，所以12AE BF ==，故DE =BD = 所以222AD BD AB +=，所以AD BD ⊥，因为PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PD BD ⊥，又=PD AD D ⋂，所以BD ⊥平面PAD ，又因为PA ⊂平面PAD ，所以BD PA ⊥；（2）如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系，BD =则()()(1,0,0,,A B P ，则()()(1,0,3,0,3,3,AP BP DP =−=−=，设平面PAB 的法向量(),,n x y z =，则有0{30n AP x n BP ⋅=−=⋅=−=，可取()3,1,1n =，则5cos ,5n DPn DP n DP ⋅==所以PD 与平面PAB7．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【解析】（1）取AB 的中点为K ，连接,MK NK ，由三棱柱111ABC A B C -可得四边形11ABB A 为平行四边形，而11,B M MA BK KA ==，则1//MK BB ，而MK ⊄平面11BCC B ，1BB ⊂平面11BCC B ，故//MK 平面11BCC B ，而,CN NA BK KA ==，则//NK BC ，同理可得//NK 平面11BCC B ，而,,NK MK K NK MK =⊂平面MKN ，故平面//MKN 平面11BCC B ，而MN ⊂平面MKN ，故//MN 平面11BCC B ，（2）因为侧面11BCC B 为正方形，故1CB BB ⊥，而CB ⊂平面11BCC B ，平面11CBB C ⊥平面11ABB A ，平面11CBB C ⋂平面111ABB A BB =，故CB ⊥平面11ABB A ，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，因为AB ⊂平面11ABB A ，故NK AB ⊥，若选①，则AB MN ⊥，而NK AB ⊥，NK MN N =，故AB ⊥平面MNK ，而MK ⊂平面MNK ，故AB MK ⊥，所以1AB BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ，故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =−，则()2,2,1n =−−，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯. 若选②，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，而KM ⊂平面MKN ，故NK KM ⊥，而11,1B M BK NK ===，故1B M NK =，而12B B MK ==，MB MN =，故1BB M MKN ≅，所以190BB M MKN ∠=∠=︒，故111A B BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ，故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =−，则()2,2,1n =−−，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯.8．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C −−的正弦值．【解析】（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则111111112211433333A A BC A A ABC A ABC AB BC C C B V S h h V S A A V −−−=⋅===⋅==，解得h =所以点A 到平面1A BC （2）取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥, 又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC ⋂平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以⊥AE 平面1A BC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE 12AA AB ==，1A B =2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1AC 的中点()1,1,1D ，则()1,1,1BD =，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()1,0,1m =−，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c =，则020n BD a b c n BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()0,1,1n =−r ，则11cos ,22m nm n m n ⋅===⨯⋅，所以二面角A BD C −−=本课结束。

新高考专点专练解答题立体几何文科部分(天津历年高考真题汇编)

新高考专点专练解答题立体几何文科部分（天津历年高考真题汇编）一、解答题（共15小题；共195分）1. 如图，在四棱锥中，平面．（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）求证：平面；（3）求直线与平面所成角的正弦值．2. 如图，在四棱锥中，平面，，平分，为的中点，，．（1）证明：平面；（2）证明：平面；（3）求直线与平面所成的角的正切值．3. 如图，四棱锥－的底面是平行四边形，，，，分别是棱的中点．（1）证明：平面；（2）若二面角为，①证明：平面平面；②求直线与平面所成角的正弦值．4. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，为中点，平面，，为中点．（1）证明：平面；（2）证明：平面；（3）求直线与平面所成角的正切值．5. 如图，在五面体中，平面，，，为的中点，．（1）求异面直线与所成的角的大小；（2）证明平面平面；（3）求二面角的余弦值．6. 如图，在四棱锥中，底面，，，，，是的中点．（1）证明；（2）证明平面；（3）求二面角的平面角的正弦值．7. 如图，在四棱锥中，底面是矩形．已知，，，，．（1）证明平面；（2）求异面直线与所成的角的大小；（3）求二面角的大小．8. 如图，在五面体中，点是矩形的对角线的交点，面是等边三角形，且．（1）证明：平面；（2）设，证明：平面．9. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，．（1）求异面直线与所成角的正切值；（2）证明：平面平面；（3）求直线与平面所成角的正弦值．10. 如图，四边形是平行四边形，平面平面，，，，，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求直线与平面所成角的正弦值.11. 如图，已知平面，，，，，，点和分别为和的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求直线与平面所成角的大小．12. 如图，在五面体中，四边形是正方形，平面，，，，．（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）证明平面；（3）求二面角的正切值．13. 已知正四棱柱，，，点为中点，点为中点．（1）证明为与的公垂线；（2）求点到面的距离．14. 如图，在斜三棱柱中，，，，侧面与底面所成的二面角为，、分别是棱、的中点．（1）求与底面所成的角；（2）证明平面；（3）求经过、、、四点的球的体积．15. 如图，在四面体中，是等边三角形，平面平面，点为棱的中点，，，．（1）求证：；（2）求异面直线与所成角的余弦值；（3）求直线与平面所成角的正弦值．答案第一部分1. （1）如图，由已知，故或其补角即为异面直线与所成的角，因为平面，所以，在中，由已知，得，故，所以异面直线与所成角的余弦值为．（2）因为平面，直线平面，所以，又因为，所以，又，，且平面，平面，所以平面．（3）过点作的平行线交于点，连接，则与平面所成的角等于与平面所成的角，因为平面，故为在平面上的射影，所以为直线和平面所成的角，由于，故，由已知，得．又，故，在中，，可得，所以直线与平面所成角的正弦值为．2. （1）如图，设，连接．在，因为，且平分，所以为的中点．又由题设，为的中点，故．又平面且平面，所以平面．（2）因为平面，平面，所以．由（1）可得，．又，故平面．（3）由平面可知，为在平面内的射影，所以为直线与平面所成的角．由可得在中，所以直线与平面所成的角的正切值为．3. （1）如图，取中点，连接，因为为中点，所以为中位线，所以且，所以四边形为平行四边形，．因为平面，平面，所以平面．（2）①连接．因为，，而为中点，故，，所以为二面角的平面角．在中，由可解得中，由可解得在三角形中，，，，由余弦定理，可解得从而，即，又，，从而，因此平面．又平面，所以平面平面；②连接，由①知平面．所以为直线与平面所成的角，由得为直角，而可得，故．又，故在中，可得所以，直线与平面所成角的正弦值为．4. （1）如图，连接，．在平行四边形中，因为为的中点，所以为的中点．又为的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．（2）因为，且，所以，即，又平面，平面，所以，而，所以平面．（3）如图，取中点，连接，．因为为的中点，所以，且．由平面，得平面，所以是直线与平面所成的角．在中，，，所以，从而．在中，，即直线与平面所成角的正切值为．5. （1）由题设知，，所以（或其补角）为异面直线与所成的角．设为的中点，连接，．因为，且，所以，且．同理，，且．又平面，所以平面．而，都在平面内，故，．由，可得．设，则，．故．所以异面直线与所成的角的大小为．（2）因为且为的中点，所以．连接，则．又，故平面．而平面，所以平面平面．（3）设为的中点，连接，．因为，所以．因为，所以，故为二面角的平面角．由（1）可得，，，．于是在中，．所以二面角的余弦值为．6. （1）在四棱锥中，因底面，平面，故．，，平面．而平面，．（2）由，，可得．是的中点，．由（1）知，，且，所以平面．而平面，．底面，在底面内的射影是，，．又，综上得平面．（3）过点作，垂足为，连接．则由（2）知，平面，在平面内的射影是，则．因此是二面角的平面角．由已知，得．设，可得在中，，，则在中，所以二面角的平面角的正弦值是． 7. （1）由题中线段长度可得，所以．因为矩形中，而面，所以面．（2）由题设，，所以（或其补角）是异面直线与所成的角．在中，由余弦定理得．由（1）知平面，平面，所以，因而，于是是直角三角形，故．所以异面直线与所成的角的大小为．（3）过点作于，过点作于，连接．因为平面，平面，所以．又，因而平面，故为在平面内的射影．由三垂线定理可知，．从而是二面角的平面角．由题设可得，于是在中，所以二面角的大小为． 8. （1）如图，取中点，连接，连接．在矩形中，且，又且，则且，于是四边形为平行四边形，．又平面，且平面，平面．（2）如图，连接，由（1）和已知条件，在等边中，，且．因此平行四边形为菱形，从而．而，平面，从而．而，所以平面．9. （1）在四棱锥中，因为底面是矩形，所以且，故为异面直线与所成的角．在中，．所以，异面直线与所成角的正切值为．（2）由于底面是矩形，所以，又由于，，因此平面，而平面，所以平面平面．（3）在平面内，过点作交直线于点，连接．由于平面平面，而直线是平面与平面的交线，则平面，由此得为直线与平面所成的角．在中，由于，．在中，．由，平面，得平面，因此．在中，．在中，．所以直线与平面所成角的正弦值为．10. （1）取的中点为，连接，．在中，因为是的中点，所以，且．又因为，，所以，且，从而四边形是平行四边形，所以．又平面，平面，所以平面 .（2）在中，，，，由余弦定理，得，则，即．又平面平面，平面平面，所以平面．又平面，所以平面平面．（3）因为，所以直线与平面所成的角就是直线与平面所成的角．过点作于点，连接．因为平面平面，所以平面，则是直线与平面所成的角．在中，，，，由余弦定理，得，因为为锐角，所以，因此．在中，，所以直线与平面所成角的正弦值为．11. （1）如图，连接．在中，因为和分别是和的中点，所以．又因为平面，所以平面．（2）因为，为的中点，所以．因为平面，，所以平面，从而．又因为，所以平面．又因为平面，所以平面平面．（3）如图，取的中点和的中点，连接，，．因为和分别为和的中点，所以，，故，且，所以，且．又因为平面，所以平面，从而为直线与平面所成的角．在中，可得，所以．因为，，所以，．又由，有．在中，可得．在中，可得．因此．所以，直线与平面所成的角为．12. （1）因为四边形是正方形，所以，则为异面直线与所成的角．因为平面，所以，从而．在中，所以故异面直线与所成角的余弦值为．（2）过点作，交于点，则．由，可得，从而，又，，所以平面．（3）由（2）及已知，可得，即为的中点．取的中点，连接，则，因为，所以．过点作，交于，则为二面角的平面角．连接，可得平面，则，从而．由已知，可得．由，，得．在中，所以二面角的正切值为．13. （1）取中点，连接，，因为为中点，所以且，又，且．所以四边形是矩形．所以．又面，所以面．因为面，所以．故为与的公垂线．（2）连接，有．由（1）知面，设点到面的距离为，则因为，，所以，，所以故点到平面的距离为．14. （1）过作平面，垂足为．连接，并延长交于，于是为与底面所成的角．，为的平分线．又，，且为的中点．因此，由三垂线定理知．，且，．于是为二面角的平面角，即．由于四边形为平行四边形，得．即与底面所成的角为．（2）设与的交点为，则点为的中点．连接，在平行四边形中，因为为的中点，故．而平面，平面，所以平面．（3）连接，在和中，由于，，，则，故．由已知得．又平面，为的外心．设所求球的球心为，则，且球心与中点的连线．在中，故所求球的半径，球的体积15. （1）由平面平面，平面平面，，可得平面，故．（2）取棱的中点，连接，．又因为为棱的中点，故．所以（或其补角）为异面直线与所成的角．在中，，故．因为平面，故．在中，，故．在等腰三角形中，，可得．所以，异面直线与所成角的余弦值为．（3）连接．因为为等边三角形，为边的中点，故，．又因为平面平面，而平面，故平面．所以，为直线与平面所成的角．在中，．在中，．所以，直线与平面所成角的正弦值为．。

2019天津各地高考数学联考分类篇：08立体几何

2019天津各地高考数学联考分类篇：08立体几何注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！【一】填空题：10、(天津市六校2018届高三第三次联考理科)如下图是一个组合几何体的三视图，那么该几何体的体积是______________、π12836+11、(天津市天津一中2018届高三第三次月考理科)如图是一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图，如果直角三角形的直角边长均为1，那么这个几何体的体积为.1312、(天津市天津一中2018届高三第三次月考理科)如图，将正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使平面ABD ⊥平面CBD ，E 是CD的中点，那么异面直线AE 、BC 所成的角的正切值为。

210、(天津市天津一中2018届高三第三次月考文科)一个几何体的三视图〔单位：cm 〕如下图，那么此几何体的体积是3cm 、18+π2910、(天津市五区县2018届高三上学期期末考试文科)一个几何体的三视图如下图，那么这个几何体的体积为。

1+π10、(天津市五区县2018届高三上学期期末考试理科)某几何的三视图如下图，那么该几何体的表面积是。

3【二】解答题：17、(天津市六校2018届高三第三次联考文科)〔此题13分〕在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠45,AD=AC=1,ADC=0O为AC中点，PO⊥平面ABCD,PO=2，M为PD中点(Ⅰ)求证：PB∥平面ACM；(Ⅱ)求证：AD⊥平面PAC；--的正切值.(Ⅲ)求二面角M AC D17、证明(Ⅰ)连接OM,BDM,O中点和分别为ACPD过点N 作NE ⊥AC=E易知E 为AO 中点,连结ME,由三垂线定理可知∠MEN 即为所求MN=1，NE=21 ∴tan ∠MEN=2………………………………………..13分17、(天津市六校2018届高三第三次联考理科)〔本小题总分值13分〕如下图，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为1的正方形，PA ⊥CD ，PA =1，PD ＝ 2 ，E 为PD 上一点，PE =2ED 、〔Ⅰ〕求证：PA ⊥平面ABCD ；〔Ⅱ〕求二面角D －AC －E 的余弦值；〔Ⅲ〕在侧棱PC 上是否存在一点F ，使得BF //平面AEC ？假设存在，指出F 点的位置，并证明；假设不存在，说明理由、17、〔本小题总分值13分〕解：〔Ⅰ〕 PA=PD=1,PD=2,∴PA 2+AD 2=PD 2,即：PA ⊥AD---2分又PA ⊥CD,AD,CD 相交于点D,∴PA ⊥平面ABCD-------4分〔Ⅱ〕过E 作EG//PA 交AD 于G ，从而EG ⊥平面ABCD ，且AG=2GD,EG=13 PA=13 ,------5分连接BD 交AC 于O,过G 作GH//OD ，交AC 于H ，连接EH 、 GH ⊥AC,∴EH ⊥AC,∴∠EHG 为二面角D —AC ―E 的平面角、-----6分又因为：＝+＝〔0，1，0〕+〔-λ,-λ,λ〕=〔-λ,1-λ,λ〕,∴⋅＝λ+1-λ-2λ=0,∴λ=12 ,所以存在PC的中点F,使得BF//平面AEC、----------------13分16、(天津市天津一中2018届高三第三次月考理科)四棱锥P ABCD-中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，1,120,3,90AD CD BAD PA ACB==∠==∠=〔1〕求证：BC⊥平面PAC；〔2〕求二面角D PC A--的平面角的余弦值；〔3〕求点B到平面PCD的距离。

天津高考真题分类汇编立体几何部分

天津高考真题分类汇编立体几何部分一、选择题（共12小题；共60分）1. 设，为两条直线，，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是A. 若，与所成的角相等，则B. 若，，，则C. 若，，，则D. 若，，，则2. 已知，为异面直线，平面，平面，，则A. 与，都相交B. 与，中至少一条相交C. 与，都不相交D. 至多与，中的一条相交3. 若为一条直线，为三个互不重合的平面，给出下面三个命题：①，；②，；③，．其中正确的命题有A. 个B. 个C. 个D. 个4. 一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为A. B. C. D.5. 设是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是A. ，，B. ，，C. ，，D. ，，6. 如图，在棱长为的正方体中，是底面的中心，、分别是、的中点．那么异面直线和所成的角的余弦值等于A. B. C. D.7. 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列命题正确的是A.B.C.D.8. 棱长为的正方体中，连接相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为A. B. C. D.9. 设、、为平面，、、为直线，则的一个充分条件是A. ，，B. ，，C. ，，D. ，，10. 如图，定点，都在平面内，定点，，是平面内异于和的动点，且，那么动点在平面内的轨迹为A. 一条线段，去掉两个点B. 一个圆去掉两个点C. 一个椭圆去掉两个点D. 半圆去掉两个点11. 正六棱柱底面边长为，侧棱长为，则这个棱柱的侧面对角线与所成的角是A. B. C. D.12. 如图，在长方体中，，，，分别过，的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为，，．若，则截面的面积为A. B. C. D.二、填空题（共18小题；共90分）13. 若一个球的体积为，则它的表面积为．14. 已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为，则正方体的棱长为．15. 一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该球的体积为，则该正方体的表面积为．16. 如图是一个几何体的三视图．若它的体积是．17. 一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为，则此球的表面积为．18. 一个几何体的三视图如图所示（单位：），则这个几何体的体积为．19. 如图，在正三棱柱中，．若二面角的大小为，则点到直线的距离为．20. 在平面几何里，有勾股定理："设的两边，互相垂直，则．"拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥的侧面面积与底面面积间的关系．可以得出的正确结论是："设三棱锥的三个侧面、、两两相互垂直，则 "．21. 如图，在正三棱柱中，．若二面角的大小为，则点到平面的距离为．22. 已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：），则该四棱锥的体积为．23. 已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为，则这个球的体积为．24. 一个几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积为．25. 已知一个几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积为．26. ―个几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积为．27. 如图，平面，且．则异面直线与所成角的正切值等于．28. 下列五个正方体图形中，是正方体的一条对角线，点、、分别为其所在棱的中点，能得出面的图形的序号是．（写出所有符合要求的图形序号）29. 如图，已知正方体的棱长为，则四棱锥的体积为．30. 已知正方体的棱长为，除面外，该正方体其余各面的中心分别为点，，，，（如图），则四棱锥的体积为．答案第一部分1. D2. B3. C 【解析】①中，和的位置关系不确定，所以不成立；②符合面面垂直的判定，所以成立；③也符合面面垂直的判定．所以有个正确．4. A5. C【解析】以正方体为背景考虑，A中，设平面为，平面为，若为，为，显然不成立；B中的条件可以推得，所以不成立；C中，由，可得，而，所以可得到；反之，仅由得不到C中的条件，所以C为符合结论的选项．D中，设平面为，平面为，若为，为，则不成立．6. B 【解析】如图，取中点为，连接，则，再取中点为，连接、，则为异面直线和所成的角．在中，，，．计算可得．7. B8. C 【解析】提示：算出一个正四棱锥的体积再乘即可．9. D10. B【解析】如图，连接，由题可知，，，因此面，故，所以，动点在平面内的轨迹为以为直径的圆且去掉、两点．11. B12. C第二部分13.【解析】提示：球的半径为．14.15.【解析】球的半径为，则正方体的体对角线长为，从而正方体的棱长为，表面积为．16.【解析】三视图对应的空间几何体是以为底、高为的三角形作为底面，以为高的卧放的一个三棱柱．17.18.【解析】如图：该几何体为一个棱柱与一个圆锥的组合体．所以19.20.21. 作的中点，作，交于点．正三棱锥中，，，所以，，故为的平面角．，，所以平面，所以到平面的距离为．．22.【解析】该四棱锥的高为，底面边长为，高为的平行四边形，所以四棱锥的体积为．23.24.【解析】由三视图知该几何体由两个相同的圆锥和一个圆柱组成．其中，圆锥的底面半径和圆柱的底面半径均为，圆锥的高均为，圆柱的高为．因此该几何体的体积为．25.【解析】该几何体的体积为．26.【解析】由三视图可知，该几何体为两个相切的球上方加了一个长方体组成的组合体，所以其体积为27.【解析】如图：过作，且，所以为矩形，且（或其补角）即为所求．，，．平面，．又，，平面，．在直角中，．即异面直线与所成的角的正切值等于．28. ①④⑤【解析】分别在各图中添加辅助线，如图：对于①，因为面，所以面；对于②，若面，则，显然它们不垂直，所以②错误；③显然错误；对于④，因为，，所以，又，所以面；对于⑤，垂直于图中正六边形所在的面，所以面．29.30.。

天津市各地区高三数学高考最新联考试题分类大汇编直线与圆新人教A版

天津市各地区2010年高考数学最新联考试题分类大汇编第9部分:直线与圆一、选择题：8．(天津十二区县重点中学2010年高三联考一理)两圆042222=-+++a ax y x 和0414222=+--+b by y x 恰有三条公切线，若R b R a ∈∈,，且0≠ab ，则2211ba +的最小值为（ C ） D ．(][)3,11,3 -- 二、填空题：13．（天津市武清区2009～2010学年高三下学期第一次模拟理）两圆相交于两点（1，3）和（m ，-1），两圆圆心都在直线x-y+c=0上，且m 、c 均为实数，则m+c= 313．（天津市天津一中2010届高三第四次月考文科）由直线1y x =+上的点向圆22(3)(2)1x y -++=引切线，则切线长的最小值为．三、解答题21．（天津市天津一中2010届高三第四次月考理科）如图所示，已知圆,8)1(:22=++y x C 定点A （1，0），M 为圆上一动点，点P 在AM 上，点N 在CM 上，且满足0,2=⋅=，点N 的轨迹为曲线E 。

（1）求曲线E 的方程；（2）若过定点F （0，2）的直线交曲线E 于不同的两点G 、H （点G 在点F 、H 之间），且满足λλ求,=的取值范围。

21、解：（1）.0,2=⋅=∴NP 为AM 的垂直平分线，∴|NA|=|NM|……………………(1分).222||||>=+∴AN CN ……………………(2分)∴动点N 的轨迹是以点C （－1，0），A （1，0）为焦点的椭圆……………………(3分) 且椭圆长轴长为.22,222==c a 焦距.1,1,22===∴b c a ……………………(5分)∴曲线E 的方程为.1222=+y x ……………………(6分) （2）当直线GH 斜率存在时，设直线GH 方程为,12,222=++=y x kx y 代入椭圆方程得.034)21(22=+++kx x k ……………………(7分) 由.2302>>∆k 得……………………(8分) 设2112212211213,214),,(),,(k x x k k x x y x H y x G +=+-=+则……………………(9分) 又,λ=)2,()2,(2211-=-∴y x y x λ,21x x λ=∴2221221,)1(x x x x x x λλ=+=+∴ λλ2122221)1(x x x x x ==++∴ ,213))1(214(2222λλk k k +=++- 整理得λλ22)1()121(316+=+k……………………(10分) ,232>k.3163231642<+<∴k .331.316214<<<++<∴λλλ解得……………………(11分) 又,10<<λ.131<<∴λ……………………(12分) 又当直线GH 斜率不存在，方程为.31,31,0===λFH FG x ,131<≤∴λ即所求λ的取值范围是)1,31[……………………(14分) 20．（天津市六校2010届高三第三次联考理科）（本小题12分）已知椭圆)0(1:22221>>=+b a by a x C 的左、右焦点分别为F 1、F 2，其中F 2也是抛物线x y C 4:22=的焦点，M 是C 1与C 2在第一象限的交点，且.35||2=MF （I ）求椭圆C 1的方程；（II ）已知菱形ABCD 的顶点A 、C 在椭圆C 1上，顶点B 、D 在直线0177=+-y x 上，求直线AC 的方程.20．解：（I ）设.35||),0,1(),,(2211=MF F y x M 由抛物线定义，,32,35111=∴=+x x .362,41121=∴=y x y …………2分 ),362,32(M ∴M 点C 1上， 1,138942222-==+∴a b ba 又 0437922=+-∴a a222914c a a >==∴或舍去. 3,422==∴b a∴椭圆C 1的方程为.13422=+y x …………5分（II ）ABCD y x BD ,0177=+-的方程直线为菱形，BD AC ⊥∴，设直线AC 的方程为m x y +-=,0124871342222=-+-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=++-=m mx x y x m x y C A , 在椭圆C 1上，.77,7,02<<-∴<∴>∆∴m m设),(),,(2211y x C y x A ，则.7821m x x =+ …………9分 .762782)()()(212121m m m m x x m x m x y y =+-=++-=+-++-=+ AC ∴的中点坐标为)73,74(m m ，由ABCD 为菱形可知，点)73,74(m m 在直线BD ：0177=+-y x 上， ,1,01737747-==+⋅-⋅∴m m m ),7,7(1-∈-=m∴直线AC 的方程为.01,1=++--=y x x y 即 …………12分。

天津市各地市高考数学联考试题分类汇编集合

天津市各地市 2020 年高考数学最新联考试题分类汇编（ 1）会合一、选择题 :1.（天津市耀华中学 2020 届高三第一次月考文）设会合 M ={ x||x|<1}, N ={ y|y=2x,x M } ，则会合 e R (M I N ) 等于 A 、 ( - ,-1) B、 (-l ，1) C 、 (, 1] U [1, ) D 、(1 ， +)3. （天津市天津一中 2020 届高三第二次月考文）已知全集 U R ， A { y | y2x 1} ，B { x || x 1| | x 2 | 2} ，则 (C U A) I B（）A ．B ． { x |1x 1} C ． { x | x 1}D ． { x |0 x 1}2【答案】 B【分析】 A { y y2x 1} { y y1} ，B { x || x 1| | x2| 2} { x 1 x5 } ，所2 2以 e U A { y y 1} ，因此 (e U A) I B{ x1x1} ，选 B.24. （天津市新华中学 2020届高三第二次月考文）已知会合 Mx x 2 9 ，N x z 3 x 3 ，则 M NA.B.3C.3,3D.3, 2,0,1,2二、填空题:13. （天津市十二区县要点中学2020 年高三毕业班联考一）若不等式x+4m-2 +1对一x切非零实数x均建立, 记实数m 的取值范围为M .已知会合A=x xM，会合B= x R x 2 -x-6<0，则会合 AI B=.【答案】x -1x<39. ( 天津市六校2020 届高三第二次联考文) 若会合 Ax x1 ， Ax11，则xAB =▲.【答案】 [ 1,0)(9 ) （天津市和平区 2020 届高三第二学期第一次质量检查文）已知会合A { x R || x 55 |11} ，则会合 A 中的最大整数为。

2【答案】 6014. （天津市耀华中学 2020 届高三第一次月考文）设会合是 A={ a|f (x)=8 x 3 3ax 2 +6 x 是(0 ，+∞) 上的增函数 } ， B={ y|y=5 ,x [-1,3]} ，则 e R (A I B) = ；x+2【答案】(,1) U (4,)【解析】 f ' (x)=24 x26ax 6 ，要使函数在(0,)上是增函数，则14x 1 1 4f ' (x)=24 x26ax 6恒建立，即 a 4x2 4 xx ，由于x x，因此a 4，即会合A{ a aB={ y|y= 5,x[-1,3]}{ y 1 x5}，因此4}.会合x+2A B { x 1 x 4} ，因此 e R (A I B)= (,1) U (4,) .。

历年(2019-2023)全国高考数学真题分项(立体几何)汇编(附答案)

历年（2019-2023）全国高考数学真题分项（立体几何）汇编考点一空间几何体的侧面积和表面积1．（2021( )A ．2B ．C ．4D ．2．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为．3．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB 为上底面圆的一条直径，C 是下底面圆周上的一个动点，则ABC ∆的面积的取值范围为．4．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为．5．（2019•上海）一个直角三角形的两条直角边长分别为1和2，将该三角形分别绕其两个直角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为( ) A ．1B ．2C ．4D ．86．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：2)cm 为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：)cm 是．7．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π8．（2021•新高考Ⅱ）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积22(1cos )S r πα=-（单位：2)km ，则S 占地球表面积的百分比约为( ) A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%考点二空间几何体的体积9．（2022•新高考Ⅰ）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3l 剟，则该正四棱锥体积的取值范围是( )A ．[18，81]4B ．27[4，814C ．27[4，643D ．[18，27]10．（2022•新高考Ⅰ）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2140.0km ；水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为2180.0km ．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 2.65)(≈ ) A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯11．（2021•新高考Ⅱ）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 ．20+B ．C ．563D ．312．【多选】（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：)m 的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有( ) A ．直径为0.99m 的球体 B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体13．【多选】（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，//FB ED ，2AB ED FB ==．记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为1V ，2V ，3V ，则( )A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =14．【多选】（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+ ，其中[0λ∈，1]，[0μ∈，1]，则( ) A ．当1λ=时，△1AB P 的周长为定值 B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 15．（2023•新高考Ⅱ）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．16．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，2AB =，111A B =，1AA =，则该棱台的体积为． 17．（2020•海南）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，则三棱锥1A NMD -的体积为．18．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边ABC ∆，O 为AC 边中点，且PO ⊥底面ABC ，2AP AC ==．（1）求三棱锥体积P ABC V -；（2）若M 为BC 中点，求PM 与面PAC 所成角大小．19．（2020•上海）已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为正方形，边长为3，PD ⊥平面ABCD ．（1）若5PC =，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．考点三空间中直线与直线之间的位置关系20．（2022•上海）如图正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 、R 、S 分别为棱AB 、BC 、1BB 、CD 的中点，联结1A S ，1B D ．空间任意两点M 、N ，若线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，则称MN 两点可视，则下列选项中与点1D 可视的为( )A ．点PB ．点BC ．点RD ．点Q21．（2021•浙江）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则( )A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B22．（2020•上海）在棱长为10的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为左侧面11ADD A 上一点，已知点P 到11A D 的距离为3，P 到1AA 的距离为2，则过点P 且与1A C 平行的直线交正方体于P 、Q 两点，则Q 点所在的平面是( )A ．11AAB BB ．11BBC CC ．11CCD DD ．ABCD23．（2023•上海）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为边11A C 上的动点，则下列直线中，始终与直线BP 异面的是( )A ．1DDB ．ACC ．1ADD ．1B C考点四异面直线及其所成的角24．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知正方体1111ABCD A B C D -，则( ) A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒考点五空间中直线与平面之间的位置关系25．（2019•上海）已知平面α、β、γ两两垂直，直线a 、b 、c 满足：a α⊆，b β⊆，c γ⊆，则直线a 、b 、c 不可能满足以下哪种关系( )A ．两两垂直B ．两两平行C ．两两相交D ．两两异面26．【多选】（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，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MN OP ⊥的是( )A ．B ．C ．D ．考点六直线与平面所成的角27．（2020•山东）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︒28．（2021•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，已知2AB BC ==，13AA =．（1）若P 是棱11A D 上的动点，求三棱锥C PAD -的体积；（2）求直线1AB 与平面11ACC A 的夹角大小．29．（2021•浙江）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120ABC ∠=︒，1AB =，4BC =，PA =M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD DC ⊥，PM MD ⊥．（Ⅰ）证明：AB PM ⊥；（Ⅱ）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值．30．（2020•海南）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1PD AD ==，Q 为l 上的点，QB =，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．31．（2020•上海）已知ABCD 是边长为1的正方形，正方形ABCD 绕AB 旋转形成一个圆柱．（1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD 绕AB 逆时针旋转2π至11ABC D ，求线段1CD 与平面ABCD 所成的角．32．（2020•山东）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1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．33．（2020•浙江）如图，在三棱台ABC DEF -中，平面ACFD ⊥平面ABC ，45ACB ACD ∠=∠=︒，2DC BC =．（Ⅰ）证明：EF DB ⊥；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．34．（2019•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，M 为1BB 上一点，已知2BM =，3CD =，4AD =，15AA =．（1）求直线1A C 和平面ABCD 的夹角；（2）求点A 到平面1A MC 的距离．35．（2019•浙江）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，30BAC ∠=︒，11A A A C AC ==，E ，F 分别是AC ，11A B 的中点．（Ⅰ）证明：EF BC ⊥；（Ⅱ）求直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值．考点七二面角的平面角及求法36．（2022•浙江）如图，已知正三棱柱111ABC A B C -，1AC AA =，E ，F 分别是棱BC ，11A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则( )A ．αβγ剟B ．βαγ剟C ．βγα剟D ．αγβ剟37．（2019•浙江）设三棱锥V ABC -的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P AC B --的平面角为γ，则( )A ．βγ<，αγ<B ．βα<，βγ<C ．βα<，γα<D ．αβ<，γβ<38．【多选】（2023•新高考Ⅱ）已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，AB 为底面直径，120APB ∠=︒，2PA =，点C 在底面圆周上，且二面角P AC O --为45︒，则( )A ．该圆锥的体积为πB ．该圆锥的侧面积为C ．AC =D ．PAC ∆39．（2023•上海）已知直四棱柱1111ABCD A B C D -，AB AD ⊥，//AB CD ，2AB =，3AD =，4CD =．（1）证明：直线1//A B 平面11DCC D ；（2）若该四棱柱的体积为36，求二面角1A BD A --的大小．40．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥A BCD -中，DA DB DC ==，BD CD ⊥，60ADB ADC ∠=∠=︒，E 为BC 中点．（1）证明BC DA ⊥；（2）点F 满足EF DA =，求二面角D AB F --的正弦值．41．（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱111ABCD A B C D -中，2AB =，14AA =．点2A ，2B ，2C ，2D 分别在棱1AA ，1BB ，1CC ，1DD 上，21AA =，222BB DD ==，23CC =．（1）证明：2222//B C A D ；（2）点P 在棱1BB 上，当二面角222P A C D --为150︒时，求2B P ．42．（2022•浙江）如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B --的平面角为60︒．设M ，N 分别为AE ，BC 的中点．（Ⅰ）证明：FN AD ⊥；（Ⅱ）求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．43．（2022•新高考Ⅱ）如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 为PB 的中点．（1）证明：//OE 平面PAC ；（2）若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．44．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，△1A BC 的面积为（1）求A 到平面1A BC 的距离；（2）设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．45．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2AD =，QD QA ==3QC =．（Ⅰ）求证：平面QAD ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B QD A --的平面角的余弦值．46．（2021•新高考Ⅰ）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．考点八立体几何的交线问题47．（2020•山东）已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，60BAD ∠=︒．以1D 为半径的球面与侧面11BCC B 的交线长为．参考答案考点一空间几何体的侧面积和表面积1．（2021，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A ．2B ．C ．4D ．【详细解析】由题意，设母线长为l ，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有2l ππ=⋅，解得l =所以该圆锥的母线长为故选：B ．2．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为．【详细解析】因为圆柱的底面积为9π，即29R ππ=，所以3R =，所以224S Rh ππ==侧．故答案为：24π．3．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB 为上底面圆的一条直径，C 是下底面圆周上的一个动点，则ABC ∆的面积的取值范围为．【详细解析】如图1，上底面圆心记为O ，下底面圆心记为O '，连接OC ，过点C 作CM AB ⊥，垂足为点M ，则12ABC S AB CM ∆=⨯⨯，根据题意，AB 为定值2，所以ABC S ∆的大小随着CM 的长短变化而变化，如图2所示，当点M 与点O 重合时，CM OC ==，此时ABC S ∆取得最大值为122⨯=；如图3所示，当点M 与点B 重合，CM 取最小值2，此时ABC S ∆取得最小值为12222⨯⨯=．综上所述，ABC S ∆的取值范围为．故答案为：．4．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为．【详细解析】圆柱的底面半径为1r =，高为2h =，所以圆柱的侧面积为22124S rh πππ==⨯⨯=侧．故答案为：4π．5．（2019•上海）一个直角三角形的两条直角边长分别为1和2，将该三角形分别绕其两个直角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为( ) A ．1B ．2C ．4D ．8【详细解析】如图，则21142133V ππ=⨯⨯=，22121233V ππ=⨯⨯=，∴两个圆锥的体积之比为43223ππ=．故选：B ．6．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：2)cm 为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：)cm 是．【详细解析】圆锥侧面展开图是半圆，面积为22cm π，设圆锥的母线长为acm ，则2122a ππ⨯=，2a cm ∴=，∴侧面展开扇形的弧长为2cm π，设圆锥的底面半径OC rcm =，则22r ππ=，解得1r cm =．故答案为：1cm ．7．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π3=4=，如图，设球的半径为R 1=，解得5R =， ∴该球的表面积为24425100R πππ=⨯=．当球心在台体内时，如图，1=，无解．综上，该球的表面积为100π．故选：A ．8．（2021•新高考Ⅱ）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积22(1cos )S r πα=-（单位：2)km ，则S 占地球表面积的百分比约为( ) A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%【详细解析】由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，则36000640042400OP =+=，那么64008cos 4240053α==；卫星信号覆盖的地球表面面积22(1cos )S r πα=-，那么，S 占地球表面积的百分比为222(1cos )4542%4106r r παπ-=≈．故选：C ．考点二空间几何体的体积9．（2022•新高考Ⅰ）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3l 剟，则该正四棱锥体积的取值范围是( )A ．[18，814B ．27[4，814C ．27[4，643D ．[18，27]【详细解析】如图所示，正四棱锥P ABCD -各顶点都在同一球面上，连接AC 与BD 交于点E ，连接PE ，则球心O 在直线PE 上，连接OA ，设正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，在Rt PAE ∆中，222PA AE PE =+，即222221(22l h a h =+=+，球O 的体积为36π，∴球O 的半径3R =，在Rt OAE ∆中，222OA OE AE =+，即222(3)(2R h =-+， ∴221602a h h +-=，∴22162a h h +=，26l h ∴=，又3l 剟∴3922h剟， ∴该正四棱锥体积2232112()(122)4333V h a h h h h h h ==-=-+，2()282(4)V h h h h h '=-+=- ，∴当342h <…时，()0V h '>，()V h 单调递增；当942h <…时，()0V h '<，()V h 单调递减，()max V h V ∴=（4）643=，又327(24V = ，981()24V =，且278144<，∴2764()43V h 剟，即该正四棱锥体积的取值范围是27[4，643，故选：C ．10．（2022•新高考Ⅰ）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2140.0km ；水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为2180.0km ．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 2.65)(≈ )A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯【详细解析】26214014010km m =⨯，26218018010km m =⨯，根据题意，增加的水量约为661401018010(157.5148.5)3⨯+⨯⨯-9=6693(32060 2.65)103143710 1.410m ≈+⨯⨯⨯=⨯≈⨯．故选：C ．11．（2021•新高考Ⅱ）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 ．20+B ．C ．563D 【详细解析】解法一：如图1111ABCD A B C D -为正四棱台，2AB =，114A B =，12AA =．在等腰梯形11A B BA 中，过A 作11AE A B ⊥，可得14212A E -==，AE ==．连接AC ，11A C ，AC ==，11A C ==，过A 作11AG A C ⊥，12A G -==AG ==， ∴正四棱台的体积为：V h =22243+== 解法二：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，∴该棱台的记h ==下底面面积116S =，上底面面积24S =，则该棱台的体积为：1211((16433V h S S =++=+=故选：D ．12．【多选】（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：)m 的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有( )A ．直径为0.99m 的球体B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体【详细解析】对于A ，棱长为1的正方体内切球的直径为10.99>，选项A 正确；对于B ，如图，正方体内部最大的正四面体11D A BC - 1.4=>，选项B 正确；对于C ，棱长为1 1.8<，选项C 错误；对于D ，如图，六边形EFGHIJ 为正六边形，E ，F ，G ，H ，I ，J 为棱的中点，高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，六边形EFGHIJ 棱长为2米，30GFH GHF ∠=∠=︒，所以FH ===米，故六边形EFGHIJ而223()(1.2) 1.4422=>=，选项D 正确．故选：ABD ．13．【多选】（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，//FB ED ，2AB ED FB ==．记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为1V ，2V ，3V ，则( )A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【详细解析】设22AB ED FB ===， 114||33ACD V S ED ∆=⨯⨯=，212||33ABC V S FB ∆=⨯⨯=，如图所示，连接BD 交AC 于点M ，连接EM 、FM ，则FM =EM =，3EF =，故12EMF S ∆==，3112332EMF V S AC ∆=⨯=⨯⨯=，故C 、D 正确，A 、B 错误．故选：CD ．14．【多选】（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+ ，其中[0λ∈，1]，[0μ∈，1]，则( )A ．当1λ=时，△1AB P 的周长为定值 B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【详细解析】对于A ，当1λ=时，1BP BC BB μ=+ ，即1CP BB μ= ，所以1//CP BB，故点P 在线段1CC 上，此时△1AB P 的周长为11AB B P AP ++，当点P 为1CC 的中点时，△1AB P ，当点P 在点1C 处时，△1AB P 的周长为1，故周长不为定值，故选项A 错误；对于B ，当1μ=时，1BP BC BB λ=+ ，即1B P BC λ= ，所以1//B P BC，故点P 在线段11B C 上，因为11//B C 平面1A BC ，所以直线11B C 上的点到平面1A BC 的距离相等，又△1A BC 的面积为定值，所以三棱锥1P A BC -的体积为定值，故选项B 正确；对于C ，当12λ=时，取线段BC ，11B C 的中点分别为M ，1M ，连结1M M ，因为112BP BC BB μ=+，即1MP BB μ= ，所以1//MP BB ，则点P 在线段1M M 上，当点P 在1M 处时，1111A M B C ⊥，111A M B B ⊥，又1111B C B B B = ，所以11A M ⊥平面11BB C C ，又1BM ⊂平面11BB C C ，所以111A M BM ⊥，即1A P BP ⊥，同理，当点P 在M 处，1A P BP ⊥，故选项C 错误；对于D ，当12μ=时，取1CC 的中点1D ，1BB 的中点D ，因为112BP BC BB λ=+ ，即DP BC λ= ，所以//DP BC ，则点P 在线的1DD 上，当点P 在点1D 处时，取AC 的中点E ，连结1A E ，BE ，因为BE ⊥平面11ACC A ，又1AD ⊂平面11ACC A ，所以1AD BE ⊥，在正方形11ACC A 中，11AD A E ⊥，又1BE A E E = ，BE ，1A E ⊂平面1A BE ，故1AD ⊥平面1A BE ，又1A B ⊂平面1A BE ，所以11A B AD ⊥，在正方体形11ABB A 中，11A B AB ⊥，又11AD AB A = ，1AD ，1AB ⊂平面11AB D ，所以1A B ⊥平面11AB D ，因为过定点A 与定直线1A B 垂直的平面有且只有一个，故有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P ，故选项D 正确．故选：BD ．15．（2023•新高考Ⅱ）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．【详细解析】如图所示，根据题意易知△11SO A SOA ∆∽，∴11112SO O A SO OA ===，又13SO =， 6SO ∴=，13OO ∴=，又上下底面正方形边长分别为2，4，∴所得棱台的体积为1(4163283⨯++⨯=．故答案为：28．16．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，2AB =，111A B =，1AA =，则该棱台的体积为．【详细解析】如图，设正四棱台1111ABCD A B C D -的上下底面中心分别为M ，N ，过1A 作1A H AC ⊥，垂足点为H ，由题意易知12A M HN ==，又AN =，2AH AN HN ∴=-=，又1AA =，1A H MN ∴==∴该四棱台的体积为1(143⨯++故答案为：6．17．（2020•海南）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，则三棱锥1A NMD -的体积为．【详细解析】如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点， ∴111122ANM S ∆=⨯⨯=， ∴111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯=．故答案为：13．18．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边ABC ∆，O 为AC 边中点，且PO ⊥底面ABC ，2AP AC ==．（1）求三棱锥体积P ABC V -；（2）若M 为BC 中点，求PM 与面PAC 所成角大小．【详细解析】（1）在三棱锥P ABC -中，因为PO ⊥底面ABC ，所以PO AC ⊥，又O 为AC 边中点，所以PAC ∆为等腰三角形，又2AP AC ==．所以PAC ∆是边长为2的为等边三角形，PO ∴=，三棱锥体积2112133P ABC ABC V S PO -∆=⋅==，（2）以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系，则(0P ，0，B 0，0)，(0C ，1，0)，M 12，0)，(2PM = ，12，，平面PAC的法向量OB =0，0)，设直线PM 与平面PAC 所成角为θ，则直线PM 与平面PAC所成角的正弦值为3sin ||||||PM OB PM OB θ⋅===⋅所以PM 与面PAC所成角大小为arcsin4． 19．（2020•上海）已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为正方形，边长为3，PD ⊥平面ABCD ．（1）若5PC =，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．【详细解析】（1）PD ⊥ 平面ABCD ，PD DC ∴⊥． 3CD = ，5PC ∴=，4PD ∴=，2134123P ABCD V -∴=⨯⨯=，所以四棱锥P ABCD -的体积为12．（2）ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ， BC PD ∴⊥，BC CD ⊥又PD CD D = BC ∴⊥平面PCDBC PC ∴⊥异面直线AD 与PB 所成角为60︒，//BC AD ∴在Rt PBC ∆中，60PBC ∠=︒，3BC =故PC =在Rt PDC ∆中，3CD =PD ∴=考点三空间中直线与直线之间的位置关系20．（2022•上海）如图正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 、R 、S 分别为棱AB 、BC 、1BB 、CD 的中点，联结1A S ，1B D ．空间任意两点M 、N ，若线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，则称MN 两点可视，则下列选项中与点1D 可视的为( )A ．点PB ．点BC ．点RD ．点Q【详细解析】线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，即直线MN 与线段1A S 、1B D 不相交，因此所求与1D 可视的点，即求哪条线段不与线段1A S 、1B D 相交，对A 选项，如图，连接1A P 、PS 、1D S ，因为P 、S 分别为AB 、CD 的中点， ∴易证11//A D PS ，故1A 、1D 、P 、S 四点共面，1D P ∴与1A S 相交，A ∴错误；对B 、C 选项，如图，连接1D B 、DB ，易证1D 、1B 、B 、D 四点共面，故1D B 、1D R 都与1B D 相交，B ∴、C 错误；对D 选项，连接1D Q ，由A 选项分析知1A 、1D 、P 、S 四点共面记为平面11A D PS ， 1D ∈ 平面11A D PS ，Q ∉平面11A D PS ，且1A S ⊂平面11A D PS ，点11D A S ∉， 1D Q ∴与1A S 为异面直线，同理由B ，C 选项的分析知1D 、1B 、B 、D 四点共面记为平面11D B BD ， 1D ∈ 平面11D B BD ，Q ∉平面11D B BD ，且1B D ⊂平面11D B BD ，点11D B D ∉，1D Q ∴与1B D 为异面直线，故1D Q 与1A S ，1B D 都没有公共点，D ∴选项正确．故选：D ．21．（2021•浙江）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则( )A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B【详细解析】连接1AD ，如图：由正方体可知11A D AD ⊥，1A D AB ⊥，1A D ∴⊥平面1ABD ， 11A D D B ∴⊥，由题意知MN 为△1D AB 的中位线，//MN AB ∴，又AB ⊂ 平面ABCD ，MN ⊂/平面ABCD ，//MN ∴平面ABCD ．A ∴对；由正方体可知1A D 与平面1BDD 相交于点D ，1D B ⊂平面1BDD ，1D D B ∉， ∴直线1A D 与直线1D B 是异面直线，B ∴、C 错；//MN AB ，AB 不与平面11BDD B 垂直，MN ∴不与平面11BDD B 垂直，D ∴错．故选：A ．22．（2020•上海）在棱长为10的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为左侧面11ADD A 上一点，已知点P 到11A D 的距离为3，P 到1AA 的距离为2，则过点P 且与1A C 平行的直线交正方体于P 、Q 两点，则Q 点所在的平面是( )A ．11AAB B B ．11BBC C C ．11CCD DD ．ABCD【详细解析】如图，由点P 到11A D 的距离为3，P 到1AA 的距离为2，可得P 在△1AA D 内，过P 作1//EF A D ，且1EF AA 于E ，EF AD 于F ，在平面ABCD 中，过F 作//FG CD ，交BC 于G ，则平面//EFG 平面1A DC ．连接AC ，交FG 于M ，连接EM ，平面//EFG 平面1A DC ，平面1A AC ⋂平面11A DC A C =，平面1A AC ⋂平面EFM EM =， 1//EM A C ∴．在EFM ∆中，过P 作//PQ EM ，且PQ FM 于Q ，则1//PQ A C ．线段FM 在四边形ABCD 内，Q 在线段FM 上，Q ∴在四边形ABCD 内． ∴则Q 点所在的平面是平面ABCD ．故选：D ．23．（2023•上海）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为边11A C 上的动点，则下列直线中，始终与直线BP 异面的是( )A ．1DDB ．ACC ．1ADD ．1B C【详细解析】对于A ，当P 是11A C 的中点时，BP 与1DD 是相交直线；对于B ，根据异面直线的定义知，BP 与AC 是异面直线；对于C ，当点P 与1C 重合时，BP 与1AD 是平行直线；对于D ，当点P 与1C 重合时，BP 与1B C 是相交直线．故选：B ．考点四异面直线及其所成的角24．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知正方体1111ABCD A B C D -，则( ) A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒ 【详细解析】如图，连接1B C ，由11//A B DC ，11A B DC =，得四边形11DA B C 为平行四边形，可得11//DA B C ，11BC B C ⊥ ，∴直线1BC 与1DA 所成的角为90︒，故A 正确；111A B BC ⊥ ，11BC B C ⊥，1111A B B C B = ，1BC ∴⊥平面11DA B C ，而1CA ⊂平面11DA B C ，11BC CA ∴⊥，即直线1BC 与1CA 所成的角为90︒，故B 正确；设1111A C B D O = ，连接BO ，可得1C O ⊥平面11BB D D ，即1C BO ∠为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角，1111sin 2OC C BO BC ∠== ，∴直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为30︒，故C 错误； 1CC ⊥ 底面ABCD ，1C BC ∴∠为直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒，故D 正确．故选：ABD ．考点五空间中直线与平面之间的位置关系25．（2019•上海）已知平面α、β、γ两两垂直，直线a 、b 、c 满足：a α⊆，b β⊆，c γ⊆，则直线a 、b 、c 不可能满足以下哪种关系( )A ．两两垂直B ．两两平行C ．两两相交D ．两两异面【详细解析】如图1，可得a 、b 、c 可能两两垂直；如图2，可得a 、b 、c 可能两两相交；如图3，可得a 、b 、c 可能两两异面；故选：B ．26．【多选】（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，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MN OP ⊥的是( )A ．B ．C ．D ．【详细解析】对于A ，设正方体棱长为2，设MN 与OP 所成角为θ，则1tan 12θ==，∴不满足MN OP ⊥，故A 错误；对于B ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(2N ，0，0)，(0M ，0，2)，(2P ，0，1)，(1O ，1，0)，(2MN = ，0，2)-，(1OP = ，1-，1)，0MN OP ⋅= ，∴满足MN OP ⊥，故B 正确；对于C ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(2M ，2，2)，(0N ，2，0)，(1O ，1，0)，(0P ，0，1)，(2MN =- ，0，2)-，(1OP =- ，1-，1)，0MN OP ⋅= ，∴满足MN OP ⊥，故C 正确；对于D ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(0M ，2，0)，(0N ，0，2)，(2P ，1，2)，(1O ，1，0)，(0MN = ，2-，2)，(1OP = ，0，2)，4MN OP ⋅= ，∴不满足MN OP ⊥，故D 错误．故选：BC ．考点六直线与平面所成的角27．（2020•山东）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︒【详细解析】可设A 所在的纬线圈的圆心为O '，OO '垂直于纬线所在的圆面，由图可得OHA ∠为晷针与点A 处的水平面所成角，又OAO '∠为40︒且OA AH ⊥，在Rt OHA ∆中，O A OH '⊥，40OHA OAO '∴∠=∠=︒，另解：画出截面图，如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线．l 是点A 处的水平面的截线，由题意可得OA l ⊥，AB 是晷针所在直线．m 是晷面的截线，由题意晷面和赤道面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得//m CD ，根据线面垂直的定义可得AB m ⊥，由于40AOC ∠=︒，//m CD ，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒，故选：B ．28．（2021•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，已知2AB BC ==，13AA =．（1）若P 是棱11A D 上的动点，求三棱锥C PAD -的体积；（2）求直线1AB 与平面11ACC A 的夹角大小．【详细解析】（1）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1112322332C PAD PAD C PAD V S h -∆-⎛⎫=⋅=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭平面；（2）连接1111A C B D O = ，AB BC = ，∴四边形1111A B C D 为正方形，则11OB OA ⊥，又11AA OB ⊥，111OA AA A = ，1OB ∴⊥平面11ACC A ，∴直线1AB 与平面11ACC A 所成的角为1OAB ∠，∴111sin OB OAB AB ∠=== ∴直线1AB 与平面11ACC A所成的角为29．（2021•浙江）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120ABC ∠=︒，1AB =，4BC =，PA =M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD DC ⊥，PM MD ⊥．（Ⅰ）证明：AB PM ⊥；（Ⅱ）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值．【详细解析】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD 中，由已知可得，1CD AB ==，122CM BC ==，60DCM ∠=︒， ∴由余弦定理可得，2222cos60DM CD CM CD CM =+-⨯⨯︒11421232=+-⨯⨯⨯=，则222134CD DM CM +=+==，即CD DM ⊥，又PD DC ⊥，PD DM D = ，CD ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，CD PM ∴⊥，//CD AB ，AB PM ∴⊥；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD ⊥平面PDM ，又CD ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面PDM ，且平面ABCD ⋂平面PDM DM =，PM MD ⊥ ，且PM ⊂平面PDM ，PM ∴⊥平面ABCD ，连接AM ，则PM MA ⊥，在ABM ∆中，1AB =，2BM =，120ABM ∠=︒，可得2114212(72AM =+-⨯⨯⨯-=，又PA =Rt PMA ∆中，求得PM ==，取AD 中点E ，连接ME ，则//ME CD ，可得ME 、MD 、MP 两两互相垂直，以M 为坐标原点，分别以MD 、ME 、MP 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则(A ，2，0)，(0P ，0，，1,0)C -，又N 为PC的中点，1(22N ∴-，5(,22AN =- ，平面PDM 的一个法向量为(0,1,0)n = ，设直线AN 与平面PDM 所成角为θ，则5||sin |cos ,|6||||AN n AN n AN n θ⋅=<>===⋅ ．故直线AN 与平面PDM所成角的正弦值为6．30．（2020•海南）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1PD AD ==，Q 为l上的点，QB =，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【详细解析】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ，设m 为平面PCD 中任意一条直线，则BC m ⊥，//l BC ，l m ∴⊥，由线面垂直的定义是l ⊥平面PCD ；（2）解：如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，1PD AD == ，Q 为l上的点，QB =，PB ∴=，1QP =，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，作//PQ AD ，则PQ 为平面PAD 与平面PBC 的交线为l，因为QB =，QAB ∆是等腰直角三角形，所以(1Q ，0，1)，则(1DQ = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b a c =⎧⎨+=⎩，取1c =，可得(1n =- ，0，1)，|cos n ∴<，||||||||n PB PB n PB ⋅>=== ， PB ∴与平面QCD所成角的正弦值为3． 31．（2020•上海）已知ABCD 是边长为1的正方形，正方形ABCD 绕AB 旋转形成一个圆柱．（1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD 绕AB 逆时针旋转2π至11ABC D ，求线段1CD 与平面ABCD 所成的角．【详细解析】（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为1的矩形组成， 221214S πππ∴=⨯⨯+⨯=．故该圆柱的表面积为4π．（2）正方形11ABC D ，1AD AB ∴⊥，又12DAD π∠=，1AD AD ∴⊥，AD AB A = ，且AD 、AB ⊂平面ADB ，1AD ∴⊥平面ADB ，即1D 在面ADB 上的投影为A ，连接1CD ，则1D CA ∠即为线段1CD 与平面ABCD 所成的角，而11cos 3AC D CA CD ∠==， ∴线段1CD 与平面ABCD所成的角为3． 32．（2020•山东）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1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．【详细解析】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线， PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ，设平面PCD 中有任一直线l '，则BC ⊥直线l '，//l BC ，l ∴⊥直线l '，∴由线面垂直的定义得l ⊥平面PCD ；（2）如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz-则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，设(Q m ，0，1)，(DQ m = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b am c =⎧⎨+=⎩，取1a =-，可得(1n =- ，0，)m ， cos n ∴<，||||n PB PB n PB ⋅>==⋅ ， PB ∴与平面QCD。

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.。

天津市各地市2013年高考数学最新联考试题分类汇编(8) 立体几何.pdf

一、选择题: (5) （天津市和平区2013届高三第二学期第一次质量调查文）已知正棱柱—A1B1ClD1中=2AB，E是的中点则异面与所成角的余值为 (A) (B) (C) （D）【答案】B 【解析】由三视图可知，该几何体是有两个相同的直三棱柱构成，三棱柱的高为4，三棱柱的底面三角形为直角三角形，两直角边分别为，所以三角形的底面积为，所以三棱柱的体积为，所以该几何体的体积为，选B. 二、填空题: 10．10. (天津市六校2013届高三第二次联考理)一个几何体的三视图如上图所示，且其侧视图为正三角形，则这个几何体的体积为。

▲ . (10) （天津市和平区2013届高三第二学期第一次质量调查文）已知某几何体的视图如图所示，根据图中标出的尺寸(单位c)，可得这个几何体的体积是 10. （天津市2013年滨海新区五所重点学校高三毕业班联考理）右图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的体积大小为 . 10．【答案】由三视图可知，该几何体时一个边长为2，2,1的长方体挖去一个半径为1的半球。

所以长方体的体积为，半球的体积为，所以该几何体的体积为。

三、解答题: 17．（天津市十二区县重点中学2013年高三毕业班联考一理）（本小题满分1分）的底面是平行四边形，且，，，为的中点，平面．（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）若，试求异面直线与所成角的余弦值．（）的余弦值. 17.解（Ⅰ）依题意，所以是正三角形， ……1分（Ⅰ）（Ⅱ）解法2：以为原点，过且垂直于的直线为轴，所在直线为轴、所在直线为建立右手系空间直角坐标系 ……1分设（），则 ……2分（），平面的一个法向量为又，设平面的法向量则得 ……11分设二面角的平面角为，且为锐角则所以二面角的余弦值为 ……13分 17．（天津市十二区县重点中学2013年高三毕业班联考一文）(本小题满分1分）中， ,,，分别是的中点， (Ⅰ)求证； (Ⅱ) 证明 (Ⅲ)若，求二面角的大小. 17．(Ⅰ) 证明:由已知得，故是平行四边形，所以，---------1分因为，所以, ---------2分由及是的中点，得, ---------3分又因为,所以. ---------4分 17．（天津市新华中学2012届高三第二次月考文）如图，为等边三角形，为矩形，平面平面，，、、分别为、、中点，。

天津卷高考数学“立体几何”(文)

高考数学天津卷（文史类）——立体几何部分【高考考情解读】一、空间几何体高考对该项知识的考查主要有以下两个考向：1.三视图几乎是每年必考内容，一般以选择题、填空题的形式出现，一是考查相关的识图，由直观图判断三视图或三视图想象直观图，二是以三视图为载体，考查面积、体积的计算等，均属低中档题.2.对于空间几何体的表面积与体积，由原来的简单公式套用渐渐变为三视图及柱、锥与球的接切问题相结合，特别是已知空间几何体的三视图求表面积、体积是近两年高考考查的热点，题型一般为选择题或填空题.二、空间中的线、面位置关系高考对该项知识的考查主要有以下两种形式：1.以选择、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线面和面面的判定与性质定理对命题真假进行判断.2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥为载体进行考查，难度中等.【天津市高考考试说明解读】一、立体几何初步（P45---P47）●能画出简单空间图形（长方体、棱柱、圆柱、圆锥、球等及其简易组合）的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图.●能运用公理、定理、和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.●能根据定义解决两条异面直线所成的角、直线和平面所成的角、二面角的简单计算问题.二、“立几”典型题示例（P62---P65）【天津市09—13五年高考立体几何试题分布、特点及规律分析】试题题型、题号位置、分值、难度、考查内容较为稳定（详见下附09--13五年高考数据表格）题型：选填、解答各一题呈现“一大一小”的特点.题号：小题基本上为填空第2题的位置，大题基本上为解答第3题的位置.分值：小题为5分，大题为13分.难度：基本上属于中档水平的题目.考查内容:小题主要考查三视图（求三棱、四棱柱的体积）；大题主要考查直线、平面位置关系的证明（线面平行，线面垂直）；空间角计算（异面直线成角，直线与平面成角）为主.从设问上2证1算，2算1证有规律的隔年出现，稳定在（3问）.纵观近五年解答题09年设计（2证1算），难度为0.58，10年设计（2算1证），难度为0.47，11年设计（2证1算），难度为0.56，12年设计（2算1证），难度为0.53，13年设计（2证1算），难度为0.58，14年设计（？算？证）。

立体几何-天津高考真题专题

天津高考立体几何考点分析17．（13分）（2018•天津）如图，AD∥BC且AD=2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG=AD，CD∥FG且CD=2FG，DG⊥平面ABCD，DA=DC=DG=2．（Ⅰ）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣F的正弦值；（Ⅲ）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP 的长．17．（13分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．17．（13分）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2．（1）求证：EG∥平面ADF；（2）求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；（3）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．17．（13分）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB ⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且点M和N分别为B1C和D1D 的中点．（Ⅰ）求证：MN∥平面ABCD（Ⅱ）求二面角D1﹣AC﹣B1的正弦值；（Ⅲ）设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长．17．（13分）（2018•天津）如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=2，∠BAD=90°．（Ⅰ）求证：AD⊥BC；（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．17．（13分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2．（Ⅰ）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；（Ⅱ）求证：PD⊥平面PBC；（Ⅲ）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．17．（13分）如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF∥AB，AB=2，DE=3，BC=EF=1，AE=，∠BAD=60°，G为BC的中点．（1）求证：FG∥平面BED；（2）求证：平面BED⊥平面AED；（3）求直线EF与平面BED所成角的正弦值．17．（13分）如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB=AC=3，BC=2，AA1=，BB1=2，点E和F分别为BC和A1C的中点．（Ⅰ）求证：EF∥平面A1B1BA；（Ⅱ）求证：平面AEA1⊥平面BCB1；（Ⅲ）求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小．。

2023-2024学年天津市高中数学人教A版选修一空间向量与立体几何同步测试-8-含解析

1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上2023-2024学年天津市高中数学人教A 版选修一空间向量与立体几何同步测试(8)姓名：____________ 班级：____________学号：____________考试时间：120分钟满分：150分题号一二三四五总分评分*注意事项：阅卷人得分一、选择题（共12题，共60分）++++++++1. 已知M 、N 分别是四面体OABC的棱OA ，BC 的中点，P点在线段MN 上，且MP=2PN ，设= ， = ，= ，则=（）A. B. C. D. 垂直平行直线在平面内直线在平面内或平行2. 设直线的一个方向向量，平面的一个法向量，则直线与平面的位置关系是（）A.B. C.D.与斜交3. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（）A. B. C. D. 4. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（）A. B.C. D.，，，，，，，，5. 若构成空间的一组基底，则下列向量不共面的是（）A. B. C. D.6. 如图，在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=2，AA 1=1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为（）A. B. C. D.7. 在空间直角坐标系中，点在坐标平面内的射影为点，且关于轴的对称点为点，则，两点间的距离为（）A. B. C. D. +-+--+-++8. 在空间四边形ABCD 中，=,== ， P 在线段AD 上，且DP=2PA ，Q 为BC 的中点，则=（）A. B. C. D. 29m 29.8m 30.8m 32.8m9. 古希腊时期，人们把宽与长之比为的矩形称为黄金矩形，把这个比值称为黄金分割比例．下图为希腊的一古建筑.其中部分廊、檐、顶的连接点为图中所示相关对应点，图中的矩形，，，，，均近似为黄金矩形.若与间的距离大于18.7m ，与间的距离小于12m ．则该古建筑中与间的距离可能是（）（参考数据：，，）A. B. C. D. 10. 设向量=（﹣1，1，2）， =（2，1，3），则向量，的夹角的余弦值为（）A. B. C. D.，-1，- ,1，- ，1，- ，1，-11. 若是空间的一个基底，，，，，，则x ，y ，z 的值分别为（）A. B. C. D. 12.已知向量，分别为平面，的法向量，则平面与的夹角为（）A. B. C. D.13. 在长方体中，，点分别是的中点，则点到直线的距离为.14. 设动点P在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上，记．当∠APC为钝角时，则λ的取值范围是．15. 已知点，，，则 .16. 若是为斜边的直角三角形的三个顶点,则 .17. 如图，AB是圆柱底面圆O的直径，、为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且，E、F分别为、的中点．(1) 证明：EF 平面ABCD；(2) 求平面OEF与平面夹角的余弦值．18. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，分别为，的中点．（I）求证：平面；（II）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值。

2023-2024学年天津市西青区高中数学人教A版必修二第八章立体几何章节测试-8-含解析

1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上2023-2024学年天津市西青区高中数学人教A 版必修二第八章立体几何章节测试(8)姓名：____________ 班级：____________ 学号：____________考试时间：120分钟满分：150分题号一二三四五总分评分*注意事项：阅卷人得分一、选择题（共12题，共60分）一条直线与两个平行平面中的一个平面相交，则必与另一个平面相交平行于同一个平面的两个不同平面平行若直线l 与平面平行，则平面内存在与l 平行的直线若直线l 不平行于平面，则在平面内不存在与l 平行的直线1. 下列命题中，错误的是（） A. B. C. D.2. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.不确定3. 以等腰直角三角形ABC 斜边AB 的中线CD 为棱，将折叠，使平面平面BCD ，则AC 与BC 的夹角为（）．A. B. C. D. 4. 下列命题中正确的个数是( )（1）若直线上有无数个点不在平面内，则∥.（2）若直线与平面平行，则与平面内的任意一条直线都平行.123（3）如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行.（4）若直线与平面平行，则与平面内的任意一条直线都没有公共点.A. B. C. D. ①④②④①④5.已知，是两条不同的直线，为两个不同的平面，有下列四个命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则其中正确的命题是（）A. B. C. D. 2 2 4 46. 四面体ABCD 中∠BAC=∠BAD=∠CAD=60°，AB=2，AC=3，AD=4，则四面体ABCD 的体积V=（）A. B. C. D. 8πcm 2 12πcm 216πcm 220πcm 27. 一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长为2cm ，则球的表面积是（）A. B. C. D. 8. 《算术书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典著，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取3，则近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取（）A. B. C. D. 平面ABCD 平面PBC 平面PAD 平面PAB9. 如图，PA 垂直于矩形ABCD 所在的平面，则图中与平面PCD 垂直的平面是（）A. B. C. D. 一个平面内有无数条直线平行于另一个平面一个平面内有两条直线平行于另一个平面一个平面内有两条相交直线平行于另一个平面两个平面同时垂直于另一个平面10. 下列条件中，能判断两个平面平行的是（）A. B. C. D. 12cm 218cm 236cm 272cm 211. 已知一个正方体的顶点都在球面上，若球的的体积等于36πcm 3 ，则正方体的表面积为（）A. B. C. D. 12. 给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；①和②②和③③和④②和④③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.其中，为真命题的是( )A. B. C. D. 13. 早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把按计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于．14. 以等腰梯形的对称轴为轴旋转一周，所形成的旋转体是15. 已知关于空间两条不同直线m ，n ，两个不同平面α，β，有下列四个命题：①若m ∥α且n ∥α，则m ∥n ；②若m ⊥β且m ⊥n ，则n ∥β；③若m ⊥α且m ∥β，则α⊥β；④若n ⊂α且m 不垂直于α，则m 不垂直于n ．其中正确命题的序号为．16. 已知直四棱柱的底面是菱形，，棱长均为4，，的中点分别为、，则三棱锥的体积为．17. 如图，在三棱柱中，底面，，，，是棱上一点.(1) 求证：；(2) 若，分别是，的中点，求证：平面：(3) 若，求二面角的大小.18. 菱形ABCD 的边长为3，AC 与BD 交于O ，且∠BAD=60°．将菱形ABCD 沿对角线AC 折起得到三棱锥﹣ADC （如图），点M 是棱C 的中点，DM= ．(1) 求证：OD⊥平面ABC(2) 求三棱锥M﹣ABD的体积．19. 在如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥BE，AB=PA=4，BE=2．（Ⅰ）求证：CE∥平面PAD；（Ⅱ）求PD与平面PCE所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱AB上是否存在一点F，使得平面DEF⊥平面PCE？如果存在，求的值；如果不存在，说明理由．20. 如图，直三棱柱中，D是棱的中点，且， .（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）求二面角的大小.21. 如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1) 证明：PB∥平面AEC；(2) 设AP=1，AD= ，三棱锥P﹣ABD的体积V= ，求A到平面PBC的距离．答案及解析部分1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.17.(1)(2)(3)18.(1)(2)19.20.21.(1)(2)。

天津市立体几何多选题试题含答案

天津市立体几何多选题试题含答案一、立体几何多选题1．在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，18AA =，点P 在线段11A C 上，M为AB 的中点，则（） A ．BD ⊥平面PACB ．当P 为11AC 的中点时，四棱锥P ABCD -外接球半径为72C ．三棱锥A PCD -体积为定值D ．过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面，所得截面圆的面积的最小值为4π 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A 选项的正误；判断出四棱锥P ABCD -为正四棱锥，求出该四棱锥的外接球半径，可判断B 选项的正误；利用等体积法可判断C 选项的正误；计算出截面圆半径的最小值，求出截面圆面积的最小值，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，因为AB BC =，所以，矩形ABCD 为正方形，所以，BD AC ⊥，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD AA ∴⊥，1AC AA A ⋂=，AC 、1AA ⊂平面PAC ，所以，BD ⊥平面PAC ，A 选项正确；对于B 选项，当点P 为11A C 的中点时，PA ===同理可得PB PC PD ===因为四边形ABCD 为正方形，所以，四棱锥P ABCD -为正四棱锥，取AC 的中点N ，则PN 平面ABCD ，且四棱锥P ABCD -的外接球球心在直线PN上，设该四棱锥的外接球半径为R ，由几何关系可得222PN R AN R -+=，即2288R R -+=，解得92R =，B 选项错误；对于C 选项，2114822ACDSAD CD =⋅=⨯=，三棱锥P ACD -的高为18AA =，因此，116433A PCD P ACD ACD V V S AA --==⋅=△，C 选项正确；对于D 选项，设长方体1111ABCD A B C D -的外接球球心为E ，则E 为1BD 的中点，连接EN 、MN ，则1142EN DD ==，122MN AD ==，E 、N 分别为1BD 、BD 的中点，则1//EN DD ， 1DD ⊥平面ABCD ，EN ∴⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，EN MN ∴⊥，2225EM EN MN ∴=+=.过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面为平面α，点E 到平面α的距离为d ，直线EM 与平面α所成的角为θ，则sin 25sin 25d EM θθ==≤，当且仅当2πθ=时，等号成立，长方体1111ABCD A B C D -的外接球半径为222126AB AD AA R ++'==，所以，截面圆的半径()()222226252r R d '=-≥-=，因此，截面圆面积的最小值为4π，D 选项正确.故选：ACD. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.2．已知四面体ABCD 的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（） A ．异面直线AC 与BD 所成角为60︒B ．点A 到平面BCD 的距离为3C ．四面体ABCDD ．动点P 在平面BCD 上，且AP 与AC 所成角为60︒，则点P 的轨迹是椭圆【答案】BC 【分析】在正四面体中通过线面垂直可证得AC ⊥BD ，通过计算可验证BC,通过轨迹法可求得P 的轨迹为双曲线方程即可得D 错误. 【详解】取BD 中点E ,连接,AE CE ,可得BD ⊥面ACE ,则AC ⊥BD ,故A 错误；在四面体ABCD 中，过点A 作AF ⊥面BCD 于点F ,则F 为为底面正三角形BCD 的重心，因为所有棱长均为2,AF ==即点A 到平面BCD 的距离为3,故B 正确；设O 为正四面体的中心则OF 为内切球的半径，OA 我外接球的半径，因为11433A BCD BCD BCD V S AF S OF -=⋅=⨯⋅△△，所以4AF OF =，即2=6OF AO =,所以四面体ABCD 的外接球体积334433V R OA ππ===,故C 正确；建系如图：,A C ⎛⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,设(,,0)P x y ，则,,0,,333AP x y AC →→⎛⎛=-=- ⎝⎭⎝⎭，因为cos 60AP AC AP AC →→→→⋅=，所以241392y +=，83y +，平方化简可得：22400399y x y ----，可知点P 的轨迹为双曲线,故D 错误. 故选：BC ．【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹的求解问题，解决此类问题可采用空间向量法，利用空间向量法表示出已知的角度或距离的等量关系，从而得到轨迹方程.3．在直角梯形ABCD 中，2ABC BCD π∠=∠=，1AB BC ==，2DC =，E 为DC 中点，现将ADE 沿AE 折起，得到一个四棱锥D ABCE -，则下列命题正确的有（） A ．在ADE 沿AE 折起的过程中，四棱锥D ABCE -体积的最大值为13B ．在ADE 沿AE 折起的过程中，异面直线AD 与BC 所成的角恒为4π C ．在ADE 沿AE 折起的过程中，二面角A EC D --的大小为45︒D ．在四棱锥D ABCE -中，当D 在EC 上的射影恰好为EC 的中点F 时，DB 与平面ABCE 所成的角的正切为155【答案】ABD 【分析】对于A ，四棱锥D ABCE -的底面面积是固定值，要使得体积最大，需要平面DAE ⊥平面ABCE ，此时DE CE ⊥，可求得1133D ABCE ABCE V S DE -=⋅=可判断A ；对于B ，在ADE 沿AE 折起的过程中，//AE BC ，所以异面直线AD 与AE 所成的角即为AD 与BC所成角，由翻折前可知4DAE π∠=可判断B ；对于C ，利用线面垂直的判定定理，结合翻折前可知AE ⊥平面DEC ，又AE ⊂平面ABCE ，所以平面DEC ⊥平面ABCE ，即二面角A EC D --的在大小为2π判断C ；对于D ，利用线面垂直的判定定理可知DF ⊥平面ABCE ，所以DBF ∠为直线DB 与平面ABCE 所成的角，在直角DFB △中，15tanDF DBF BF ∠==，可判断D 正确；【详解】对于A ，ADE 沿AE 折起得到四棱锥D ABCE -，由四棱锥底面面积是固定值，要使得体积最大，需要四棱锥的高最大，即平面DAE ⊥平面ABCE ，此时DE CE ⊥，由已知得1DE =，则111111333D ABCE ABCE V S DE -=⋅=⨯⨯⨯=，故A 正确；对于B ，在ADE 沿AE 折起的过程中，//AE BC ，所以异面直线AD 与AE 所成的角即为AD 与BC 所成角，又1AB BC ==，2DC =，E 为DC 中点，可知4DAE π∠=，即异面直线AD 与BC 所成的角恒为4π，故B 正确；对于C ，由翻折前知，,AE EC AE ED ⊥⊥，且ECED E =，则AE ⊥平面DEC ，又AE ⊂平面ABCE ，所以平面DEC ⊥平面ABCE ，即二面角A EC D --的大小为2π，故C 错误；对于D ，如图连接,DF BF ，由C 选项知，AE ⊥平面DEC ，又DF ⊂平面DEC ，则AE DF ⊥，又由已知得EC DF ⊥，且EC AE E ⋂=，则DF ⊥平面ABCE ，所以DBF ∠为直线DB 与平面ABCE 所成的角，在直角DFB △中，222222113122152tan 5511122DE CE DFDBF BFBC CE ⎛⎫⎛⎫-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∠=====⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以DB 与平面ABCE 15D 正确；故选：ABD 【点睛】关键点睛：本题考查立体几何综合问题，求体积，求线线角，线面角，面面角，解题的关键要熟悉几种角的定义，通过平移法找到线线角，通过证垂直找到线面角和面面角，再结合三角形求出角，考查了学生的逻辑推理能力，转化能力与运算求解能力，属于难题.4．（多选题）如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且总是保持1AP BD ⊥，则以下四个结论正确的是（）A ．113P AA D V -=B ．点P 必在线段1BC 上 C ．1AP BC ⊥D ．AP ∥平面11AC D【答案】BD 【分析】对于A ，1111111113326P AA D AA DV S CD -=⋅=⨯⨯⨯⨯=，对于B,C,D ，如图以D 为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用空间向量判即可. 【详解】对于A ，因为点P 在平面11BCC B ，平面11BCC B ∥平面1AA D ，所以点P 到平面1AA D 即为C 到平面1AA D 的距离，即为正方体棱长，所以1111111113326P AA D AA DV S CD -=⋅=⨯⨯⨯⨯=，A 错误；对于B ，以D 为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：则11(1,0,0),(,1,),(1,1,0),(0,0,1),(1,1,1),(0,1,0)A P x z B D B C 所以11(1,1,),(1,1,1),(1,0,1)AP x z BD BC =-=--=--, 因为1AP BD ⊥，所以1110AP BD x z ⋅=--+=，所以x z =，即(,1,)P x x ，所以(,0,)CP x x =,所以1CP xBC =-，即1,,B C P 三点共线，所以点P 必在线段1B C 上，B 正确；对于C ，因为1(1,1,),(1,0,1)AP x x BC =-=-，所以111AP BC x x ⋅=-+=，所以1AP BC ⊥不成立，C 错误；对于D ，因为11(1,0,1),(0,1,1),(0,0,0)A C D , 所以11(1,0,1),(0,1,1)DA DC ==, 设平面11AC D 的法向量为(,,)n x y z =，则110n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1x =，则1,1z y =-=，所以(1,1,1)n =-，所以110AP n x x ⋅=-+-=，所以AP n ⊥，所以AP ∥平面11AC D ，D 正确，故选：BD 【点睛】此题考查了空间线线垂直的判定，线面平行的判定，三棱锥的体积，考查空间想象能力，考查计算能力，属于较难题.5．已知直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==，D 是AC 的中点，O 为1A C 的中点.点P 是1BC 上的动点，则下列说法正确的是（）A ．当点P 运动到1BC 中点时，直线1A P 与平面111ABC 5B ．无论点P 在1BC 上怎么运动，都有11A P OB ⊥C ．当点P 运动到1BC 中点时，才有1A P 与1OB 相交于一点，记为Q ，且113PQ QA = D ．无论点P 在1BC 上怎么运动，直线1A P 与AB 所成角都不可能是30° 【答案】ABD【分析】构造线面角1PA E ∠，由已知线段的等量关系求1tanEPPA E AE∠=的值即可判断A的正误；利用线面垂直的性质，可证明11A P OB ⊥即可知B 的正误；由中位线的性质有112PQ QA =可知C 的正误；由直线的平行关系构造线线角为11B A P ∠，结合动点P 分析角度范围即可知D 的正误【详解】直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==选项A 中，当点P 运动到1BC 中点时，有E 为11B C 的中点，连接1A E 、EP ，如下图示即有EP ⊥面111A B C∴直线1A P 与平面111A B C 所成的角的正切值：1tan EPPA E AE∠= ∵112EP BB =，2211115AE A B B E BB =+= ∴15tan PA E ∠=，故A 正确选项B 中，连接1B C ，与1BC 交于E ，并连接1A B ，如下图示由题意知，11B BCC 为正方形，即有11B C BC ⊥而AB BC ⊥且111ABC A B C -为直三棱柱，有11A B ⊥面11B BCC ，1BC ⊂面11B BCC∴111A B BC ⊥，又1111A B B C B =∴1BC ⊥面11A B C ，1OB ⊂面11A B C ，故11BC OB ⊥ 同理可证：11A B OB ⊥，又11A B BC B ⋂=∴1OB ⊥面11A BC ，又1A P ⊂面11A BC ，即有11A P OB ⊥，故B 正确选项C 中，点P 运动到1BC 中点时，即在△11A B C 中1A P 、1OB 均为中位线∴Q 为中位线的交点∴根据中位线的性质有：112PQ QA =，故C 错误选项D 中，由于11//A B AB ，直线1A P 与AB 所成角即为11A B 与1A P 所成角：11B A P ∠ 结合下图分析知：点P 在1BC 上运动时当P 在B 或1C 上时，11B A P ∠最大为45° 当P 在1BC 中点上时，11B A P ∠最小为23arctan 30>=︒ ∴11B A P ∠不可能是30°，故D 正确故选：ABD 【点睛】本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小6．在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 上的动点，下列结论正确的是（） A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥ B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥ C ．当1AR A C ⊥时，1AR D R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD 【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算142D P CQ b ⋅=-，()12222D R CQ b λλ⋅=--，134AR D R ⋅=-，10D R n ⋅=，得到答案.【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a，a ⎡∈⎣，()Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到()22,22R λλ--，[]0,1λ∈. ()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；()122,2D R λλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确； 1AR A C ⊥，则()()12,222212440AR AC λλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=， 14λ=，此时113313022224AR D R ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错误； 113AC A R =，则44,,333R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，142,,333D R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(3,n =-，故10D R n ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确. 故选：ABD .【点睛】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力.7．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（）A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个B ．若3PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2D ．若PD ∥平面1ACB ，且3PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94π 【答案】ABD【分析】若3PD =，由于P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一；()313PD =，，则12PD =P 的轨迹是一段圆弧；当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为3=断C ；平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为32=，可得D . 【详解】如图：∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2， ∴1122B D =，又侧棱11AA =，∴()2212213DB =+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确； ∵()313PD =∈，，11DD =，则12PD =，即点P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确；连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为()22213+=，故C 错误；由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为2221322122++=，面积为94π，故D 正确．故选：ABD ．【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.8．如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，E ，F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB '，DD '交于点M ，N ，以下四个命题中正确的是（）A ．0MN EF ⋅=B ．ME NE =C ．四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2:3D ．四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3【答案】ABD【分析】证明EF ⊥平面BDD B ''，进而得EF MN ⊥，即可得A 选项正确；证明四边形MENF 为菱形即可得B 选项正确；由菱形性质得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅，再分别讨论MN 的最大值与最小值即可；根据割补法求解体积即可.【详解】对于A 选项，如图，连接BD ，B D ''，MN ．由题易得EF BD ⊥，EF BB '⊥，BD BB B '⋂=，所以EF ⊥平面BDD B ''，又MN ⊂平面BDD B ''，所以EF MN ⊥，因此0MN EF ⋅=，故A 正确．对于B 选项，由正方体性质得：平面''//BCC B 平面''ADD A ，平面''BCC B 平面EMFN MF =，平面''ADD A 平面EMFN EN =，所以//MF EN ，同理得//ME NF ，又EF MN ⊥，所以四边形MENF 为菱形，因此ME NE =，故B 正确．对于C 选项，由B 易得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅，所以当点M ，N 分别为BB '，DD '的中点时，四边形MENF 的面积S 最小，此时MN EF ==，即面积S 的最小值为1；当点M ，N 分别与点B （或点B '），D （或D ）重合时，四边形MENF 的面积S 最大，此时MN =，即面积S 的最大值为2所以四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2C 不正确．对于D 选项，四棱锥A MENF -的体积11113346M AEF N AEF AEF V V V DB S --=+=⋅==△；因为E ，F 分别是AA '，CC '的中点，所以BM D N '=，DN B M '=，于是被截面MENF 平分的两个多面体是完全相同的，则它们的体积也是相同的，因此多面体ABCD EMFN -的体积21122ABCD A B C D V V ''''-==正方体，所以四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3，故D 正确．故选：ABD ．【点睛】本题考查立体几何与向量的综合、截面面积的最值、几何体的体积，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于证明四边形MENF 为菱形，利用割补法将四棱锥A MENF -的体积转化为三棱锥M AEF - 和N AEF -的体积之和，将多面体ABCD EMFN -的体积转化为正方体的体积的一半求解.。

2024届天津市各区高三上期末数学试题分类汇编—— 空间立体几何(向量证明)

2024届天津市各区高三上期末数学试题分类汇编——空间立体几何（向量证明）1.（2024·天津和平区·高三上期末）如图，四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱1AA ⊥底面,,//ABCD AD DC AB DC ⊥，4,26AD DC AB ===，四棱柱1111ABCD A B C D -的体积为36．（1）证明：1AB //平面11CDD C ；（2）求平面11CDD C 与平面1ACB 的夹角的余弦值；（3）求点1D 到平面1ACB 的距离．2.（2024·天津和平耀华中学·高三上期末）四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB DC ，AB AD ⊥，1DC AD ==，2,45AB PAD ︒=∠=，E 是PA 的中点，点F 在线段AB 上，且满足0CF BD ⋅= ．（1）求证：//DE 平面PBC ；（2）求平面FPC 与平面BPC 夹角的余弦值；（3）在线段PA 上是否存在点Q ，使得FQ 与平面PFC 所成角的余弦值是63，若存在，求出AQ 的长；若不存在，请说明理由．3.（2024·天津河北区·高三上期末）如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直，//AB CD ，,222,,AB BC AB CD BC EA EB O ⊥===⊥为AB 的中点.（1）求证：AB DE ⊥；（2）求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；（3）线段EA 上有一点F ，满足13EF EA =，求证：//EC 平面FBD .4.（2024·天津河东区·高三上期末）如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，2PA AD ==，22BD =.（1）求证：BD ⊥平面PAC ；（2）求二面角P CD B --余弦值的大小；（3）求点C 到平面PBD 的距离．5.（2024·天津河西区·高三上期末）如图所示的几何体ABCDE 中，DA ⊥平面EAB ，22AB AD AE BC ====，CB DA ∥，EA AB ⊥，M 为CE 的中点，3AF FD =，N 为BE 的中点.（1）求证：FN //平面MBD ；（2）求点F 到平面MBD 的距离.（3）求平面MBD 与平面ABD 所成角的余弦值.6.（2024·天津红桥区·高三上期末）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，13AA AC ==，4AB =，5BC =，点D 是线段BC 的中点，（1）求证：1AB A C ⊥（2）求D 点到平面11A B C 的距离；7.（2024·天津南开区·高三上期末）.如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱11A B 上一点（不含端点），F 为棱BC 的中点.（1）若E 为棱11A B 的中点，（i ）求直线EF 与平面11A BC 所成角的正弦值；（ii ）求平面11A BC 和平面AC 的夹角的余弦值；（2）求直线EF 与11A C 所成角余弦值的取值范围.8.（2024·天津宁河区·高三上期末）如图，//AB CD 且2CD AB =，AD CD ⊥，//EG AD且2AD EG =，//FG CD 且FG CD =，DG ⊥平面ABCD ，2AD CD DG ===，M 为棱FG 的中点．（1）求证：//BF 平面CEM ；（2）求直线BE 与平面CEM 所成角的正弦值；（3）求平面BEM 与平面CEM 夹角的余弦值．9.（2024·天津五所重点校·高三上期末）在直三棱柱111ABC A B C -中，1,2,4AB AC AB AC A A ⊥===，点D 是BC 的中点．（1）求异面直线11,A B AC 所成角的余弦值；（2）求直线1AB 与平面1C AD 所成角的正弦值；10.（2024·天津西青区·高三上期末）如图所示，在三棱柱111ABC A B C -中，1A A ⊥平面ABC ，90BAC ∠=︒，11AB AC AA ===，D 是棱1CC 的中点，P 是AD 的延长线与11A C 的延长线的交点．（1）求证1//PB 平面1BDA ；（2）求平面1AA D 与平面1A DB 夹角的余弦值；（3）求点C 到平面1B DP 的距离．11.（2024·天津八校联考·高三上期末）如图，正方形ADEF 与梯形ABCD 所在平面互相垂直，已知．AB //CD ，AD CD ⊥，1 1.2AB AD CD ===点P 为线段EC 的中点．（1）求证：BF ∥平面CDE ；（2）求直线DP 与平面BDF 所成角的正弦值；（3）求平面BDF 与平面CDE 夹角的余弦值．12.（2024·天津塘沽一中·高三上期末）如图，正方形ABCD 与直角梯形ADEF 所在平面互相垂直，90,ADE AF DE ∠=︒∥，22DE DA AF ===，（1）求证：//AC 平面BEF ；（2）求平面AFD 与平面BFD 夹角的余弦值；（3）求点D 到平面BEF 的距离．13.（2024·天津部分区·高三上期末）如图，已知1D D ⊥平面ABCD ，AD BC ∥，AD CD ⊥，11AA DD ∥，11CC DD ∥，111AA CC BC ===，12AD DC DD ===.（1）求证：1//CD 平面11A BC ；（2）求平面11A ADD 与平面11A BC 的夹角的余弦值；（3）求点C 到直线1A B 的距离.答案1.（2024·天津和平区·高三上期末）如图，四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱1AA ⊥底面,,//ABCD AD DC AB DC ⊥，4,26AD DC AB ===，四棱柱1111ABCD A B C D -的体积为36．（1）证明：1AB //平面11CDD C ；（2）求平面11CDD C 与平面1ACB 的夹角的余弦值；（3）求点1D 到平面1ACB 的距离．【答案】（1）证明见解析（2）32222（3）92211【小问1详解】因为侧棱1AA ⊥底面,ABCD AD DC ⊥，所以以点D 为坐标原点，1,,DA DC DD 的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，又因为棱柱体积为36，易知底面ABCD 为直角梯形，其面积为364182S +=⨯=，柱体体积36V Sh ==，有12DD =．所以()()()()4,0,0,4,3,0,0,6,0,0,0,0A B C D ，()()()()11114,0,2,4,3,2,0,6,2,0,0,2A B C D 证明：因为()10,3,2AB = ，平面11CDD C 的法向量为()11,0,0n = ，110AB n ⋅= ，所以11AB n ⊥ ，又因为1AB ⊄平面11CDD C ，所以1AB ∥平面11CDD C ．【小问2详解】因为()()10,3,2,4,6,0AB AC ==- ，设平面1ACB 的法向量为()2,,n x y z = ，则212320,460.n AB y z n AC x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，令3x =，则()23,2,3n =- ，由（1）得()11,0,0n = ，设平面11CDD C 与平面1ACB 的夹角为θ，121212cos cos ,22n n n n n n θ⋅====⋅ 则平面11CDD C 与平面1ACB 的夹角θ的余弦值为22．【小问3详解】因为()114,3,0D B = ，所以，点1D 到平面1ACB的距离为112211D B n n ⋅==．2.（2024·天津和平耀华中学·高三上期末）四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB DC ，AB AD ⊥，1DC AD ==，2,45AB PAD ︒=∠=，E 是PA 的中点，点F 在线段AB 上，且满足0CF BD ⋅= ．（1）求证：//DE 平面PBC ；（2）求平面FPC 与平面BPC 夹角的余弦值；（3）在线段PA 上是否存在点Q ，使得FQ 与平面PFC 所成角的余弦值是63，若存在，求出AQ 的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）33（3）2||10AQ =【小问1详解】（1）证明：取PB 的中点M ，连接EM 和CM ，则//EM AB ，且112EM AB ==，又//,1AB CD CD =，//EM CD ∴且EM CD =，四边形CDEM 为平行四边形，//DE CM ∴．CM ⊂ 平面PBC ，DE ⊄平面PBC ，//DE ∴平面BPC ．【小问2详解】由题意可得DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则(1,0,0),(0,1,0),(1,2,0),(0,0,0),(0,0,1)A C B D P ，设(1,,0)F y ，则,(1,2,0)(1,1,0)C y F BD =-=-- 由0CF BD ⋅= ，即1220y --+=，得12y =，故1(1,,0)2F 设平面FPC 的一个法向量为111(,,)n x y z = ，1(0,1,1),(1,,0)2PC CF =-=- ，则00n PC n CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，则11110102y z x y -=⎧⎪⎨-=⎪⎩，令12y =，则111,2x z ==，即平面FPC 的一个法向量为(1,2,2)n = ；设平面BPC 的一个法向量为222(,,)m x y z = ，(0,1,1),(1,1,0)PC CB =-= ，则00m PC m CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，则222200y z x y -=⎧⎨+=⎩，令21y =，则221,1x z =-=，即平面BPC 的一个法向量为(1,1,1)m =- ；故平面FPC 与平面BPC 夹角的余弦值为1223||||3||||33m n m n ⋅-++==⋅⋅【小问3详解】FQ 与平面PFC 所成角的余弦值是63，所以其正弦值为33设点33(,0,)Q x z ，则,[0,1]AQ AP λλ=∈ ，即33(1,0,)(1,0,1)x z λ-=-，故(1,0,)Q λλ-+，1,,)2(FQ λλ=-- ，又平面PFC 的一个法向量为(1,2,2)n = ，则FQ 与平面PFC 所成角的正弦值为221223cos ,31381324FQ n FQ n FQ n λλλλ⋅--====⋅++ ，整理得220810λλ+-=11,102λλ∴==-（舍去），所以存在满足条件的点Q ，11,0,1010AQ ⎛⎫=- ⎪⎝⎭且2||10AQ =3.（2024·天津河北区·高三上期末）如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直，//AB CD ，,222,,AB BC AB CD BC EA EB O ⊥===⊥为AB 的中点.（1）求证：AB DE ⊥；（2）求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；（3）线段EA 上有一点F ，满足13EF EA =，求证：//EC 平面FBD .【答案】（1）证明见解析；（2）33；（3）证明见解析.【小问1详解】由,EA EB O =为AB 的中点，得AB EO ⊥.四边形ABCD 为直角梯形，且22,AB CD BC AB BC ==⊥，所以四边形OBCD 为正方形，则AB OD ⊥，又EO OD O = ，,EO OD ⊂面EOD ，所以AB ⊥平面EOD ，DE ⊂平面EOD ，则AB DE ⊥.【小问2详解】面ABE ⊥面ABCD ，且AB EO ⊥，面ABE ⋂面ABCD AB =，EO ⊂面ABE ，所以EO ⊥平面ABCD ，OD ⊂平面ABCD ，则EO OD ⊥，故,,OB OD OE 两两垂直，以O 为原点，分别以,,OB OD OE 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.三角形ABE 为等腰直角三角形，且1OA OB OD OE ====，则()()()()()()0,0,0,1,0,0,1,0,0,1,1,0,0,1,0,0,0,1O A B C D E -，故()1,1,1EC =- .平面ABE 的一个法向量为()0,1,0OD = ，设直线EC 与平面ABE 所成的角为θ，则sin cos ,3EC OD EC OD EC OD θ⋅=== ，即直线EC 与面ABE所成角正弦值为3.【小问3详解】由（2）知()1,0,1EA =-- ，而111,0,333EF EA ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭ ，得12,0,33F ⎛⎫- ⎪⎝⎭，故42,0,33FB ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，且()1,1,0BD =- ，设面FBD 的法向量为(),,m x y z = ，则042033m BD x y m FB x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取1x =，得()1,1,2m = .所以()()1,1,11,1,20EC m ⋅=-⋅= ，且EC ⊄平面FBD ，故//EC 平面FBD .4.（2024·天津河东区·高三上期末）如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，2PA AD ==，BD =.（1）求证：BD ⊥平面PAC ；（2）求二面角P CD B --余弦值的大小；（3）求点C 到平面PBD 的距离．【答案】（1）证明见解析（2）2（3）233【小问1详解】证明：建立如图所示的直角坐标系，则()0,0,0A 、()0,2,0D 、()002P ,,．在Rt BAD 中，2AD =，BD =，∴2AB ==．∴()2,0,0B 、(2,2,0)C ，∴()0,0,2AP = ，(2,2,0)AC =uuu r ，()2,2,0BD =-uu u r ，∵0AP BD ⋅= ，0AC BD ⋅= ，即BD AP ⊥，BD AC ⊥，又AP AC A ⋂=，,AP AC ⊂平面PAC ，∴BD ⊥平面PAC ；【小问2详解】由（1）得()0,2,2PD =- ，()2,0,0CD =- ．设平面PCD 的法向量为(),,n x y z = ，则00PD n CD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即22020y z x -=⎧⎨-=⎩，故平面PCD 的法向量可取为()0,1,1n = ，∵PA ⊥平面ABCD ，∴()0,0,2AP = 为平面ABCD的一个法向量．设二面角P CD B --的大小为θ，由图易得θ为锐角，依题意可得cos 2n AP n AP θ⋅==⋅ ，即二面角P CD B --余弦值为2．【小问3详解】由（1）得()2,0,2PB =- ，()0,2,2PD =- ，设平面PBD 的法向量为(),,m a b c = ，则220220PB m a c PD m b c ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩ ，∴a b c ==，故可取为()1,1,1m = ．∵()2,2,2PC =- ，∴C 到平面PBD的距离为3m PC d m⋅== .5.（2024·天津河西区·高三上期末）如图所示的几何体ABCDE 中，DA ⊥平面EAB ，22AB AD AE BC ====，CB DA ∥，EA AB ⊥，M 为CE 的中点，3AF FD =，N 为BE 的中点.（1）求证：FN //平面MBD ；（2）求点F 到平面MBD 的距离.（3）求平面MBD与平面ABD 所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）13（3）13【小问1详解】因为AD ⊥平面EAB ，,AE AB ⊂平面EAB ，故AD AE ⊥，AD AB ⊥，又AE AB ⊥，即AE ，AB ，AD 两两垂直.以点A 为原点，直线AE ，AB ，AD 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),(0,2,1),(1,1,0)A E B D C N ，CE 的中点1(1,1,)2M ，又3AF FD =，即3(0,0,2F ，于是得3(1,1,)2FN =- ，1(1,1,)2BM =- ，(0,2,2)BD =- ，设平面MBD 的法向量(,,)n x y z = ，则102220n BM x y z n BD y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩，令2z =，得(1,2,2)n = ，因此，31112202FN n ⋅=⨯+⨯-= ，即FN n ⊥ ，//FN 平面MBD ，而FN ⊄平面MBD ，所以FN //平面MBD .【小问2详解】由（1）知，1(0,0,)2DF =- ，则点F 到平面MBD的距离||13||DF n n ⋅== ，所以点F 到平面MBD 的距离是13.【小问3详解】由（1）知，平面MBD 的法向量(1,2,2)n = ，平面ABD 的一个法向量为(2,0,0)AE = ，依题意，|||2|1|cos ,|3||||29m AE m AE m AE ⋅〈〉=== ，所以，平MBD 与平面ABD 所成角的余弦值为13.6.（2024·天津红桥区·高三上期末）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，13AA AC ==，4AB =，5BC =，点D 是线段BC 的中点，（1）求证：1AB A C ⊥（2）求D 点到平面11A B C 的距离；【答案】（1）证明见解析（2）324【小问1详解】△ABC 中，3AC =，4AB =，5BC =，所以AB AC ⊥，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以1AA AB ⊥，又因为1AA AC A = ，AC ⊂平面11ACC A ，1AA ⊂平面11ACC A ，所以AB ⊥平面11ACC A ，1AC ⊂平面11ACC A ，所以1AB A C ⊥．【小问2详解】由（1）知，1AA ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以1AA AB ⊥，1AA AC ⊥，又AB AC ⊥，如图建立空间直角坐标系A xyz -，则3,2,02D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()10,0,3A ，()10,4,3B ，()3,0,0C ，()13,0,3A C =- ，()110,4,0A B = ，3,2,02CD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设平面11A B C 的一个法向量为(),,n x y z = ，则11133040n A C x z n A B y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅==⎪⎩ ，解得0x z y =⎧⎨=⎩，令1z =，则()1,0,1n = ，设D 到平面11A B C 的距离为d ，得332242CD n d n ⋅=== .7.（2024·天津南开区·高三上期末）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱11A B 上一点（不含端点），F为棱BC 的中点.（1）若E 为棱11A B 的中点，（i ）求直线EF 与平面11A BC 所成角的正弦值；（ii ）求平面11A BC 和平面AC 的夹角的余弦值；（2）求直线EF 与11A C 所成角余弦值的取值范围.【答案】（1）（i ）23；（ii ）33（2）102,102⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭【小问1详解】在正方体1111ABCD A B C D -中以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，若E 为棱11AB 的中点，则()()2,1,2,1,2,0E F ，()()()112,2,0,2,0,2,0,2,2B AC .所以()()()1112,2,0,0,2,2,1,1,2A C BA FE =-=-=- .（i ）设平面11A BC 的一个法向量为(),,n x y z =，则1110,0,n A C n BA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即220,220,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩令1x =，则()1,1,1n = .设EF 与平面11A BC 所成角为α，则有22sin cos ,336n FE n FE n FE α⋅====⋅ .故直线EF 与平面11A BC 所成角的正弦值为23.（ii ）易知平面AC 的一个法向量为()0,0,1m =，设平面11A BC 和平面AC 的夹角为β，则有||13cos |cos ,|||||33m n m n m n β⋅=〈〉=== .故平面11A BC 和平面AC 的夹角的余弦值为33.【小问2详解】设直线EF 与11A C 所成角为(),2,,2(02)E m m θ<<，则()1,2,2FE m =- .所以111121126cos cos ,22(2)5A C FE m A C FE A C FE m θ⋅-===⋅-+ 22169121949224m m m m m m-+=⋅=⋅--++-.因为02m <<，所以952m m +>，即1211954m m <-<+-，于是有1211954m m<-<+-，所以101221910224m m<⋅-<+-，即102cos 102θ<<.故直线EF 与11A C 所成角余弦值的取值范围为102,102⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭.8.（2024·天津宁河区·高三上期末）如图，//AB CD 且2CD AB =，AD CD ⊥，//EG AD 且2AD EG =，//FG CD且FG CD =，DG ⊥平面ABCD ，2AD CD DG ===，M 为棱FG 的中点．（1）求证：//BF 平面CEM ；（2）求直线BE 与平面CEM 所成角的正弦值；（3）求平面BEM 与平面CEM 夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）9（3）9【小问1详解】由DG ⊥平面ABCD ，AD CD ⊥，如图建立空间直角坐标系，则()()()()()2,1,0,0,2,2,0,2,0,1,0,2,0,1,2B F C E M ，所以()()()2,1,2,1,2,2,0,1,2BF CE CM =-=-=- ，设面CEM 的法向量为(),,n x y z = ，则22020CE n x y z CM n y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，取1z =可得()2,2,1n = ，此时4220n BF ⋅=-++=r uu u r ，所以⊥ n BF ，又BF ⊄面CEM ，所以//BF 平面CEM ；【小问2详解】设直线BE 与平面CEM 所成角为θ，()1,1,2BE =-- ，所以sin 9n BE n BEθ⋅===⋅ ，即直线BE 与平面CEM所成角的正弦值为9；【小问3详解】设面BEM 的法向量为(),,m a b c = ，()()1,1,2,2,0,2BE BM =--=- ，则20220BE m a b c BM m a c ⎧⋅=--+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，取1a =可得()1,1,1m = ，设平面BEM 与平面CEM 夹角为θ，所以cos 9n m n m θ⋅===⋅ .即平面BEM 与平面CEM 夹角的余弦值539.9.（2024·天津五所重点校·高三上期末）在直三棱柱111ABC A B C -中，1,2,4AB AC AB AC A A ⊥===，点D 是BC的中点．（1）求异面直线11,A B AC 所成角的余弦值；（2）求直线1AB 与平面1C AD 所成角的正弦值；（3）求直线1A B 到平面1C AD 的距离．【答案】（1）45（2）4515（3）43．【小问1详解】以1,,AB AC AA 为,,x y z 轴建立按直角坐标系A xyz -，则()()()()()()1110,0,0,2,0,0,0,0,4,0,2,4,1,1,0,2,0,4A B A C D B ．所以()()112,0,4,0,2,4A B AC =-= ，所以11164cos ,52020A B AC -==-⨯ ．故异面直线1A B 和1AC 所成角的余弦值为45．【小问2详解】()12,0,4AB = ，()1,1,0AD = ，设平面1C AD 的法向量为(),,n x y z = ．则100n AC n AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即2400y z x y +=⎧⎨+=⎩，取1x =，得11,1,2n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 设直线1AB 与平面1C AD 所成角为θ，则111445sin cos ,315252AB n AB n AB n θ⋅====⨯ ．所以直线1AB 与平面1C AD 所成角的正弦值为4515．【小问3详解】连接1AC 交1AC 于点M ，连接DM ，易得1//DM A B ，又1⊄A B 平面1C AD ，DE ⊂平面1C AD ，所以1//A B 平面1C AD ．故点1A 到平面1C AD 的距离即为所求直线1A B 到平面1C AD 的距离．记点1A 到平面1C AD 的距离为d ，又()10,0,4AA =则124332AA n d n ⋅=== ．所以直线1A B 到平面1C AD 的距离为43.10.（2024·天津西青区·高三上期末）如图所示，在三棱柱111ABC A B C -中，1A A ⊥平面ABC ，90BAC ∠=︒，11AB AC AA ===，D 是棱1CC 的中点，P 是AD 的延长线与11A C 的延长线的交点．（1）求证1//PB 平面1BDA ；（2）求平面1AA D 与平面1A DB 夹角的余弦值；（3）求点C 到平面1B DP 的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）23；（3）13.【小问1详解】在三棱柱111ABC A B C -中，连接11AB A B E = ，连接DE ，由1//AC C P ，D 是棱1CC 的中点，得D 是AP 的中点，由11ABB A 为平行四边形，得E 为线段1AB 中点，于是1//DE PB ，而DE ⊂平面1BDA ，1PB ⊄平面1BDA ，所以1//PB 平面1BDA .【小问2详解】在三棱柱111ABC A B C -中，1A A ⊥平面ABC ，90BAC ∠=︒，则直线11111,,A B A C A A 两两垂直，以点1A 为原点，直线11111,,A B A C A A 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，由11AB AC AA ===，得111(0,0,0),(1,0,0),(1,0,1),(0,1,),(0,0,1),(0,1,1)2A B B D A C ，则1111(1,0,1),(0,0,1),(0,1,2A B A A A D === ，显然平面1AA D 的一个法向量(1,0,0)m = ，设平面1BA D 的法向量(,,)n x y z = ，则110102n A B x z n A D y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令2z =-，得(2,1,2)n =- ，设平面1AA D 与平面1A DB 夹角为θ，则||22cos |cos ,|133||||m n m n m n θ⋅=〈〉===⨯ ，所以平面1AA D 与平面1A DB 夹角的余弦值23.【小问3详解】由（1）知，点P ∈平面1AB D ，由（2）知11(1,0,1),(0,1,(0,1,0)2AB ADAC=-=-= ，设平面1B DP 的法向量(,,)v a b c = ，则10102v AB a c v AD b c ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令2c =，得(2,1,2)v = ，所以点C 到平面1B DP 的距离||13||v AC d v ⋅== .11.（2024·天津八校联考·高三上期末）如图，正方形ADEF 与梯形ABCD 所在平面互相垂直，已知．AB //CD ，AD CD ⊥，1 1.2AB AD CD ===点P 为线段EC 的中点．（1）求证：BF ∥平面CDE ；（2）求直线DP 与平面BDF 所成角的正弦值；（3）求平面BDF 与平面CDE 夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）155（3）33【小问1详解】因为AB //CD ，AB ⊄面CDE ，CD ⊂面CDE ，所以AB //平面CDE ，同理，AF //平面CDE ，又AB AF A = ，,AB AF ⊂面ABF ，所以平面ABF //平面CDE ，因为BF ⊂平面ABF ，所以BF //平面CDE ．【小问2详解】因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF 平面ABCD AD =，CD AD ⊥，CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥平面ADEF ，又DE ⊂平面ADEF ，故CD ED ⊥．而四边形ADEF 是正方形，所以AD DE ⊥，又CD AD ⊥，以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系D xyz-1AD =，则()0,0,0D ，()1,0,0A ，()1,1,0B ，()1,0,1F ，()0,2,0C ，()0,0,1E ，10,1,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，10,1,2DP ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．设平面BDF 的法向量为(),,n x y z =，则0,0,n DB n DF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即0,0,x y x z +=⎧⎨+=⎩令1x =，则1y z ==-，所以()1,1,1n =-- ．设直线DP 与平面BDF 所成角的大小为α，则15sin cos ,5DP n DP n DP nα⋅===⋅所以直线DP 与平面BDF所成角的正弦值为5．【小问3详解】取平面CDE 的一个法向量()1,0,0DA = ，设平面BDF 与平面CDE 夹角的大小为θ，则3cos cos ,3DA n DA n DA n θ⋅===⋅ 所以平面BDF 与平面CDE夹角的余弦值是3．12.（2024·天津塘沽一中·高三上期末）如图，正方形ABCD 与直角梯形ADEF 所在平面互相垂直，90,ADE AF DE ∠=︒∥，22DE DA AF ===，（1）求证：//AC 平面BEF ；（2）求平面AFD 与平面BFD 夹角的余弦值；（3）求点D 到平面BEF 的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）66（3）263【小问1详解】设AC BD O = ，取BE 中点G ，连接,FG OG ，易知12OG DE =，且OG DE ∥，因为AF DE ∥，12AF DE =所以AF OG ∥且AF OG =，所以四边形AFGO 是平行四边形，则GF OA ∥，又GF ⊂平面平面BEF ，OA ⊂平面平面BEF 所以//AO 平面BEF ，即//AC 平面BEF .【小问2详解】因为正方形ABCD 与直角梯形ADEF 所在平面互相垂直，90,ADE AF DE ∠=︒∥，所以以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DE 为z 轴，建立空间直角坐标系，因为22DE DA AF ===，所以(0,0,0)D ，(2,0,0)A ，(2,2,0)B ，(2,0,1)F ，则(2,0,1)DF = ，(2,0,0)DA = ，(2,2,0)DB = ，根据图中垂直关系易知平面AFD 的一个法向量为()0,1,0m = ，设平面BFD 的一个法向量为()111,,n x y z =，则11112002200x z DF n x y DB n ⎧+=⋅=⎧⎪⇒⎨⎨+=⋅=⎩⎪⎩ ，令11x =-，则111,2y z ==，则平面BFD 的一个法向量为()1,1,2n =-，设平面AFD 与平面BFD 夹角为θ，则cos 6m n m n θ⋅===⋅ ，所以平面AFD 与平面BFD夹角的余弦值为6.【小问3详解】由（2）中空间直角坐标系可知(0,0,2),(2,0,1)E F ，(2,2,0)B ，则(2,2,2),(0,2,1),(2,2,0)BE BF BD =--=-=-- ，设平面BEF 的一个法向量为(),,a x y z = ，则02220200BE a x y z y z BF a ⎧⋅=-+-+=⎧⎪⇒⎨⎨-+=⋅=⎩⎪⎩ ，则一个法向量为()1,1,2a = ，所以点D 到平面BEF的距离为3BD a d a ⋅== .13.（2024·天津部分区·高三上期末）如图，已知1D D ⊥平面ABCD ，AD BC ∥，AD CD ⊥，11AA DD ∥，11CC DD ∥，111AA CC BC ===，12AD DC DD ===.（1）求证：1//CD 平面11A BC ；（2）求平面11A ADD 与平面11A BC 的夹角的余弦值；（3）求点C 到直线1A B 的距离.【答案】（1）证明见详解（2）3（3）6【小问1详解】以D 为原点，分别以DA ，DC ，1DD 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：()()()()()()1112,0,00,2,00,0,21,2,02,0,10,2,1A C D B A C ，，，，，，()10,2,2CD =- ，()11,2,1A B =-- ，()112,2,0A C =- ，设平面11A BC 的一个法向量为(),,n x y z = ，则11120220n A B x y z n A C x y ⎧⋅=-+-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，取1x =，则1y =，1z =，所以()1,1,1n = ，1220CD n ⋅=-+= ，所以1//CD 平面11A BC ，且1CD ⊄平面11A BC ，所以1//CD 平面11A BC .【小问2详解】由题知，平面11A ADD 的法向量为()0,2,0DC = ，设平面11A ADD 与平面11A BC 的夹角为θ，则cos cos ,n DC n DC n DC θ⋅==3==，即平面11A ADD 与平面11A BC的夹角的余弦值为3.-21-【小问3详解】()12,2,1CA =- ，()11,2,1A B =-- ，设点C 到直线1A B 的距离为d，则d =306==，即点C 到直线1A B的距离为6.。

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天津市各地市2012年高考数学最新联考试题分类大汇编（8）立体几
何
一、填空题：
10．(天津市六校2012届高三第三次联考理科)如下图是一个组合几何体的三视图，则该几
何体的体积是______________．128
36
11．(天津市天津一中2012届高三第三次月考理科)如图是一个空间几何体的正视图、侧视
图、俯视图，如果直角三角形的直角边长均为1，那么这个几何体的体积为 .1 3
12．(天津市天津一中2012届高三第三次月考理科)如图，将正方
形ABCD沿对角线BD折起，使平面ABD平面CBD，E是CD
的中点，那么异面直线AE、BC所成的角的正切值为。

2
10．(天津市天津一中2012届高三第三次月考文科)一个几何体的
三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是
3
cm．18+
2
9
10．(天津市五区县2012届高三上学期期末考试文科)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为。

1
10．(天津市五区县2012届高三上学期期末考试理科)已知某几何的三视图如图所示，则该几何体的表面积是。

32
二、解答题：
17、(天津市六校2012届高三第三次联考文科)（本题
13分）
在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠
ADC=0
45,AD=AC=1,
O为AC中点，PO平面ABCD,PO=2，M为PD中点
(Ⅰ)求证： PB∥平面ACM；
(Ⅱ)求证：AD平面PAC；
(Ⅲ)求二面角M AC D的正切值.
17、证明(Ⅰ)连接OM,BD
O
PD
M,
和
中点
分别为AC
过点N作NE AC=E
易知E为AO中点,连结ME,由三垂线定理可知∠MEN即为所求
1
MN=1，NE=
2
∴tan∠MEN=2………………………………………..13分
17．(天津市六校2012届高三第三次联考理科)（本小题满分13分）如图所示，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，PA CD，PA = 1，PD＝ 2 ，E为PD上一点，PE = 2ED．
（Ⅰ）求证：PA平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角D－AC－E的余弦值；
（Ⅲ）在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF // 平面AEC？
若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由．
17、（本小题满分13分）
解：（Ⅰ） PA = PD = 1 ,PD = 2 ,
PA2 + AD2 = PD2, 即：PA AD ---2分
又PA CD , AD , CD 相交于点D,
PA 平面ABCD -------4分
（Ⅱ）过E作EG//PA 交AD于G，
从而EG 平面ABCD，
且AG = 2GD, EG = 1
3
PA =
1
3
, ------5分
连接BD交AC于O, 过G作GH//OD ，交AC于H，
连接EH．GH AC , EH AC ,
EHG为二面角D—AC―Ｅ的平面角． -----6分
又因为：BF＝BC+ CF＝（0 ，1，0）+ （-,-,）= （-,1-,）,
BF n＝+ 1- - 2 = 0 , = 1 2 ,
所以存在PC的中点F, 使得BF//平面AEC． ----------------13分16．(天津市天津一中2012届高三第三次月考理科)四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，
1,120,3,90
AD CD BAD PA ACB
（1）求证：BC⊥平面PAC；
（2）求二面角D PC A的平面角的余弦
值；
（3）求点B到平面PCD的距离。

16．解：
（1）PA ⊥面ABCD ∴PA ⊥BC
∵BC ⊥AC
∴BC ⊥面PAC
)
1,0,2(m 555323
2,cos m
n 5
5cos
（3）5
1553
|
||
|m PB m d 17．(天津市天津一中
2012届高三第三次月考文科)（本小题满分13分）如图，PA 垂直于矩形ABCD 所在的平面，,2PA AD ,22CD F E,分别是AB 、PD 的中点．
（Ⅰ）求证：
//AF 平面PCE ；
（Ⅱ）求证：平面PCE 平面PCD ；（Ⅲ）求二面角D EC F 的大小．
(II) 求证：MN ⊥平面A l BC ；
(Ш) 求二面角A —A l B —C 的大小。

17、(本小题满分13分)由题意可知，这个几何体是直
三棱柱，且AC ⊥BC ，AC=BC=CC
l ． (I)连结AC
l ，AB l ．
求。

经计算CD=DE CD CED tan ,a ,a 66DE 2
2
，所以o CED 60，即二面角A-A 1B-C 为o 60
16．(天津市五区县2012届高三上学期期末考试文科
)（本小题共13分）如图，矩形ABCD 中，AD 平面ABE ，BE=BC ，F 为CE 上的点，且BF
平面ACE 。

（1）求证：AE
平面BCE ；（2）求证：AE//平面BFD 。

16．解：
（Ⅰ）证明：AD
平面ABE ，AD ∥BC BC 平面
ABE ，则A E ……………………………………………２分
又BF 平面ACE ，则AE BF AE 平面BCE ……………………………………………５
分（Ⅱ）证明：依题意可知：
G 是AC 中点
……………………………………６分BF
平面ACE ，则CE BF ，而BC BE F 是EC 中点……………………………………９分在△AEC 中，FG ∥AE
又AE
BFD FG BFD AE 平面平面∥BFD 平面……………………………………
13分17．(天津市五区县2012届高三上学期期末考试理科
)（本小题满分13分）立空间直角坐标系
则A(1,0,0),C(1,0,0),E(-1,-1,0)，A 1(1,-2,0),C 1(-1,-2,0)，B(30,0,) 设面AA 1B 的法向量为2
222(,,)n x y z ，则由212222210
230200n A B
x y z y n A A ，取2(3,0,3)n ………………9分12615cos 55
12n n 故二面角1D BA A 的余弦值为
155…………………………………10分（Ⅲ）1(0,2,0)B B ,平面A 1BD 的法向量取1(2,1,0)
n。