立体几何中的体积问题
专题19 解决立体几何中的计算问题-2021年高考数学二轮复习核心考点微专题(苏教版)(原卷版)
1.如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝5，AA1＝3，M为线段B1B上的一动点，则当AM ＋MC1最小时，△AMC1的面积为________．2.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，点D为侧棱BB1上的动点．当AD＋DC1最小时，三棱锥D-ABC1的体积为________．(1) 若D为线段AC的中点，求证：AC⊥平面PDO；(2) 求三棱锥P-ABC体积的最大值；(3) 若BC＝2，点E在线段PB上，求CE＋OE的最小值．4.如图，在棱长为4的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AA 1，D 1 C 1上的动点，点G 为正方形B 1BCC 1的中心，则空间四边形AEFG 在该正方体各个面上的正投影所构成的图形中，面积的最大值为________．【考向分析】有关立体几何体的计算，是历年高考中命题的重点和难点，几乎每年都考，考查题目巧妙、灵活、新颖．近几年高考立体几何体计算除了通常的题型外，还有几何体的组合问题、翻折问题、以生活实际为背景的问题、融入数学文化的问题等渐成为亮点，集中考查距离、表面积、体积等计算问题．这类问题题目新颖，能够考查空间想象能力与思维能力（一）立体几何中关于面积计算的问题变式1 已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径，若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S -ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．变式2 正三棱锥S －ABC 中，BC ＝2，SB ＝3，D ，E 分别是棱SA ，SB 上的点，Q 为边AB 的中点，SQ ⊥平面CDE ，则△CDE 的面积为________．（二）立体几何中关于体积计算的问题例2. 已知棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1 D 1中，P ，M 分别为线段BD 1，B 1C 1上的点，若BP PD 1＝12，则三棱锥M-PBC的体积为________．变式1如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点E，F分别在边CD，CB上，点E与点C，D 不重合，EF⊥AC，EF∩AC＝O，沿EF将△CEF翻折到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABFED.(1) 求证：BD⊥平面POA；(2) 当PB取得最小值时，求四棱锥P-BDEF的体积．变式2如图，在圆柱O1，O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下面及母线均相切，记圆柱O1，O2的体积为V1，球O的体积为V2，则V1V2的值是________．（三）以实际生活为背景的立体几何问题例3.将一个半径为5 cm的水晶球放在如图所示的工艺支架上，支架是由三根细金属杆P A，PB，PC组成，它们两两成60°角，则水晶球的球心到支架顶点P的距离是________cm.变式1如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△F AB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△F AB，使得D、E、F重合，得到三棱锥，当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．变式2《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有________斛．(保留两位有效数字)3．在三棱锥S-ABC中，底面ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥SC，SB⊥SC，SA＝SB＝2, 则该三棱锥的体积为________．4．如图，在平面四边形ABCD中，已知∠A＝45°，∠C＝90°，∠ADC＝105°，AB＝BD，现将四边形ABCD 沿BD折起，使平面ABD⊥平面BDC，E，F分别为棱AC，AD的中点．(1) 求证：DC⊥平面ABC；(2) 设CD＝a，求三棱锥A-BFE的体积．1．已知正四棱锥的底面边长是6，高为7，则这个正四棱锥的侧面积是________．2．如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，则三棱锥A -B 1D 1D 的体积为______ cm 3.3．已知一个圆锥的底面积为2π，侧面积为4π，则该圆锥的体积为________．4．如图，已知正三棱柱ABCA 1B 1C 1的底面边长为2 cm ，高为5 cm ，一质点自点A 出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到点A 1点的最短路线的长为________cm.5. 若正四面体的棱长为a ，则其外接球的表面积为多少？6. 若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________. 7. 如图，在矩形ABCD 中，AD ＝2，AB ＝4，E ，F 分别为边AB ，AD 的中点，现将△ADE 沿DE 折起，得四棱锥ABCDE .(1) 求证：EF //平面ABC ；(2)若平面ADE ⊥平面BCDE ，求四面体FDCE 的体积．8. 如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D ，E ，F 分别是AB, AC ，AA 1的中点，设三棱锥F -ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1-ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.9. 一个长方体的三条棱长分别为3,8,9，若在该长方体上面钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化，则圆孔的半径为________．10．一块边长为10 cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器，当x＝6 cm时，该容器的容积为________cm3.11.(1) 给出两块面积相同的正三角形纸片(如图1，图2)，要求用其中一块剪拼成一个正三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等．请设计一种剪拼方法，分别用虚线标示在图1、图2中，并作简要说明．(2) 试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小．(3) 如果给出的是一块任意三角形的纸片(如图3)，要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，用虚线标示在图3中，并作简要说明．12.如图，已知正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱AD，B1C1上的动点，设AE＝x，B1F＝y，若棱DD1与平面BEF有公共点，则x＋y的取值范围________．。
用等体积法解点到平面的距离和体积立体几何题
用等体积法解点到平面的距离和体积立体几何题体积立体几何问题是许多数学和工程领域经常遇到的问题之一。
解决这类问题的一种方法是使用等体积法，它可以帮助我们计算点到平面的距离和体积等相关参数。
1. 问题描述假设有一个点和一个平面，我们想要计算点到该平面的距离和体积。
下面是一个简单的解题步骤：- 第一步，我们首先需要确定平面的方程。
平面的方程通常可以通过已知的点或者法向量来确定。
- 第二步，通过点到平面的距离公式，我们可以计算出点到平面的距离。
距离公式为：$$d = \left| \frac{{ax + by + cz + d}}{{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}}\right|$$其中，$(x, y, z)$ 是点的坐标，$ax + by + cz + d$ 是平面的方程，$(a, b, c)$ 是平面的法向量，$d$ 是平面的常数项。
- 第三步，如果我们需要计算点在平面上的投影点的坐标，我们可以使用点到平面的距离公式的推导过程。
对于平面的方程 $ax+ by + cz + d = 0$，我们可以将点到平面的距离公式推导为：$$P = \left( x-\frac{{a(ax+by+cz+d)}}{{a^2+b^2+c^2}}, y-\frac{{b(ax+by+cz+d)}}{{a^2+b^2+c^2}}, z-\frac{{c(ax+by+cz+d)}}{{a^2+b^2+c^2}} \right)$$- 第四步，如果我们需要计算体积，我们可以将问题转化为计算封闭图形的体积。
具体的方法会根据所涉及的几何形状而有所不同。
2. 示例问题以下是一个例子，展示了如何使用等体积法解决点到平面的距离和体积问题：问题：已知平面的方程为 $2x - 3y + 4z - 5 = 0$，点的坐标为$(1, 2, 3)$，求点到该平面的距离。
解答：- 根据距离公式，代入点的坐标和平面的方程，可以计算出点到平面的距离：$$d = \left| \frac{{2 \cdot 1 - 3 \cdot 2 + 4 \cdot 3 -5}}{{\sqrt{{2^2 + (-3)^2 + 4^2}}}} \right| = \left| \frac{1}{\sqrt{29}} \right|$$因此，点到平面的距离为 $d = \frac{1}{\sqrt{29}}$。
专题07 立体几何小题常考全归类(精讲精练)(原卷版)
专题07 立体几何小题常考全归类【命题规律】高考对该部分的考查，小题主要体现在两个方面：一是有关空间线面位置关系的命题的真假判断；二是常见一些经典常考压轴小题，难度中等或偏上．【核心考点目录】核心考点一：球与截面面积问题核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题 核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题 核心考点四：立体几何中的交线问题核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题 核心考点六：空间角问题 核心考点七：轨迹问题核心考点八：以立体几何为载体的情境题 核心考点九：翻折问题【真题回归】1．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥-P ABC 的六条棱长均为6，S 是ABC 及其内部的点构成的集合．设集合{}5T Q S PQ =∈≤，则T 表示的区域的面积为（ ） A ．34π B ．πC ．2πD ．3π2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA -=，E ，F 分别是棱11,BC A 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≤≤B ．βαγ≤≤C ．βγα≤≤D ．αγβ≤≤3．（多选题）（2022·全国·高考真题）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（ ）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =4．（多选题）（2022·全国·高考真题）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︒5．（多选题）（2021·全国·高考真题）在正三棱柱111ABC A B C 中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，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 6．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 5BCC 1B 1的交线长为________．【方法技巧与总结】1、几类空间几何体表面积的求法（1）多面体：其表面积是各个面的面积之和． （2）旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．（3）简单组合体：应弄清各构成部分，并注意重合部分的删、补． 2、几类空间几何体体积的求法（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．（3）锥体体积公式为13V Sh =，在求解锥体体积时，不能漏掉3、求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆 锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形．4、球的截面问题 球的截面的性质： ①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为=+222R r d ．注意：解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系；选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系），达到空间问题平面化的目的．5、立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．6、解决立体几何问题的思路方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题；涉及某些角的三角函数的最值，借助模型求解，如正四面体模型、长方体模型和三余弦角模θαβ=cos cos cos （θ为平面的斜线与平面内任意一条直线l 所成的角，α为该斜线与该平面所成的角，β为该斜线在平面上的射影与直线l 所成的角）．7、立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．8、解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．9、以立体几何为载体的情境题大致有三类：（1）以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等； （2）以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等； （3）以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．10、以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读?一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【核心考点】核心考点一：球与截面面积问题 【规律方法】 球的截面问题 球的截面的性质： ①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为=+222R r d ． 【典型例题】例1．（2022·全国·高三阶段练习）已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是矩形，且该四棱锥的所有顶点都在球O 的球面上，P A ⊥平面ABCD , 22，PA AB BC === ，点E 在棱PB 上，且2EB PE =， 过E 作球O 的截面，则所得截面面积的最小值是____________. 例2．（2022·湖北省红安县第一中学高三阶段练习）球体在工业领域有广泛的应用，某零件由两个球体构成，球1O 的半径为10,,P Q 为球1O 表面上两动点，16,PQ M =为线段PQ 的中点.半径为2的球2O 在球1O 的内壁滚动，点,,A B C 在球2O 表面上，点2O 在截面ABC 上的投影H 恰为AC 的中点，若21O H =，则三棱锥M ABC -体积的最大值是___________. 例3．（2022·江西·高三阶段练习（理））如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为6，11113C E CD =，点F 是CD 的中点，则过1B ，E ，F 三点的平面α截该正方体所得截面的面积为_________．例4．（2022·北京市十一学校高三阶段练习）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，,M N 分别是棱1111,A B A D 的中点，点P 在线段CM 上运动，给出下列四个结论：①平面CMN 截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面图形是五边形； ②直线11B D 到平面CMN 2； ③存在点P ，使得1190B PD ∠=； ④1PDD △45． 其中所有正确结论的序号是__________．核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题 【规律方法】几类空间几何体体积的求法（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥， 有时可采用等体积转换法求解．（3）锥体体积公式为13V Sh =，在求解锥体体积时，不能漏掉【典型例题】例5．（2022·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，M ，N 分别为11A D ，11B C 的中点，E ，F 分别为棱AB ，CD 上的动点，则三棱锥M NEF -的体积（ ）A ．存在最大值，最大值为83B ．存在最小值，最小值为23C ．为定值43D ．不确定，与E ，F 的位置有关例6．（2022·山西运城·模拟预测（文））如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段1CD 上有两个动点E ，F ，且12EF =，点P ，Q 分别为111A B BB ，的中点，G 在侧面11CDD C 上运动，且满足1B G ∥平面1CD PQ ，以下命题错误的是（ ）A ．1AB EF ⊥B ．多面体1AEFB 的体积为定值C ．侧面11CDD C 上存在点G ，使得1B G CD ⊥ D ．直线1B G 与直线BC 所成的角可能为6π例7．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交1AA 于E ，交1CC 于F ，给出下面几个命题：①四边形1BFD E 一定是平行四边形； ②四边形1BFD E 有可能是正方形；③平面1BFD E 有可能垂直于平面1BB D ；④设1D F 与DC 的延长线交于M ，1D E 与DA 的延长线交于N ，则M ､N ､B 三点共线； ⑤四棱锥11B BFD E -的体积为定值． 以上命题中真命题的个数为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题 【规律方法】几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值【典型例题】例8．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方形EFGH 的中心为正方形ABCD 的中心，22AB =P EFGH -（A ，B ，C ，D 四点重合于点P ），则此四棱锥的体积的最大值为（ ）A 1286B 1285C ．43D 15例9．（2022·江西南昌·三模（理））已知长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，22BC =13AA =，P 为矩形1111D C B A 内一动点，设二面角P AD C --为α，直线PB 与平面ABCD 所成的角为β，若αβ=，则三棱锥11P A BC -体积的最小值是（ ） A 2 B ．321C 2D 32例10．（2022·浙江·高三阶段练习）如图，在四棱锥Q EFGH -中，底面是边长为22方形，4QE QF QG QH ====，M 为QG 的中点．过EM 作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为1V ，2V ，则12V V 的最小值为（ ）A ．12 B ．13C ．14D ．15例11．（2022·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，M ，N 分别为11A D ，11B C 的中点，E ，F 分别为棱AB ，CD 上的动点，则三棱锥M NEF -的体积（ ）A ．存在最大值，最大值为83B ．存在最小值，最小值为23C ．为定值43D ．不确定，与E ，F 的位置有关核心考点四：立体几何中的交线问题 【规律方法】 几何法 【典型例题】例12．（2022·浙江宁波·一模）在棱长均相等的四面体ABCD 中，P 为棱AD （不含端点）上的动点，过点A 的平面α与平面PBC 平行．若平面α与平面ABD ，平面ACD 的交线分别为m ，n ，则m ，n 所成角的正弦值的最大值为__________．例13．（2022·全国·高三专题练习）已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.例14．（2022·福建福州·三模）已知正方体1111ABCD A B C D -31A 为球心，半径为2的球面与底面ABCD 的交线的长度为___________.例15．（2022·陕西·武功县普集高级中学高三阶段练习（理））如图，在四面体ABCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，2DA DB DC ===D 为球心，1为半径作球，则该球的球面与四面体ABCD 各面交线的长度和为___．核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题 【规律方法】几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值【典型例题】例16．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥S ABC -2，外接球表面积为3π，2SA <点M ，N 分别是线段AB ，AC 的中点，点P ，Q 分别是线段SN 和平面SCM 上的动点，则AP PQ +的最小值为（ ） A 262-B 62+C 32D 2例17．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 满足112A E EB =，点F 在平面1BC D 内，则1A F EF +的最小值为（ ）A 29B ．6C 41D ．7例18．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在直三棱柱111ABC A B C -中，11AA =，3AB BC ==1cos 3ABC ∠=，P 是1A B 上的一动点，则1AP PC +的最小值为（ ）A 5B 7C ．13+D ．3核心考点六：空间角问题 【规律方法】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的． （3）计算：在证明的基础上计算得出结果． 简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=sin hl，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°． 4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【典型例题】例19．（2022·浙江金华·高三期末）已知正方体1111ABCD A B C D -中，P 为1ACD △内一点，且1113PB D ACD S S =△△，设直线PD 与11A C 所成的角为θ，则cos θ的取值范围为（ ）A ．3⎡⎢⎣⎦B ．3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦例20．（2022·浙江·效实中学模拟预测）在等腰梯形ABCD 中，AD BC ∥，12AB AD CD BC ===，AC 交BD 于O 点，ABD △沿着直线BD 翻折成1A BD ，所成二面角1A BD C --的大小为θ，则下列选项中错误的是（ ）A ．1A BC θ∠≤B ．1AOC θ∠≥ C ．1A DC θ∠≤D ．11A BC A DC θ∠+∠≥例21．（2022·浙江·湖州中学高三阶段练习）如图，ABC 中，90C ∠=︒，1AC =，3BC =D 为AB 边上的中点，点M 在线段BD （不含端点）上，将BCM 沿CM 向上折起至'B CM △，设平面'B CM 与平面ACM 所成锐二面角为α，直线'MB 与平面AMC 所成角为β，直线MC 与平面'B CA 所成角为γ，则在翻折过程中，下列三个命题中正确的是（ ）①3tan βα，②γβ≤，③γα>. A ．①B ．①②C ．②③D ．①③例22．（2022·浙江·高三专题练习）已知等边ABC ，点,E F 分别是边,AB AC 上的动点，且满足EF BC ∥，将AEF △沿着EF 翻折至P 点处，如图所示，记二面角P EF B --的平面角为α，二面角P FC B --的平面角为β，直线PF 与平面EFCB 所成角为γ，则（ ）A ．αβγ≥≥B ．αγβ≥≥C ．βαγ≥≥D ．βγα≥≥例23．（2022·全国·高三专题练习）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 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P AC B --的平面角是γ则三个角α，β，γ中最小的角是（ ） A ．αB ．βC ．γD ．不能确定核心考点七：轨迹问题 【规律方法】解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．【典型例题】例24．（2022·北京·昌平一中高三阶段练习）设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E ，F 分别为AB ，1BD 的中点，点M 在正方体的表面上运动，且满足FM DE ⊥，则下列命题：①点M 可以是棱AD 的中点； ②点M 的轨迹是菱形； ③点M 轨迹的长度为25 ④点M 5. 其中正确的命题个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．4例25．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的边长为2，点E ，F 分别为棱CD ，1DD 的中点，点P 为四边形11CDD C 内（包括边界）的一动点，且满足1B P ∥平面BEF ，则点P 的轨迹长为（ ） A 2B ．2C 2D ．1例26．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，P A ⊥平面ABCD ，且2PA =，点E ，F ，G 分别为棱AB ，AD ，PC 的中点，下列说法错误的是（ ）A ．AG ⊥平面PBDB ．直线FG 和直线AC 所成的角为π3C ．过点E ，F ，G 的平面截四棱锥P ABCD -所得的截面为五边形D ．当点T 在平面ABCD 内运动，且满足AGT △的面积为12时，动点T 的轨迹是圆例27．（2022·浙江温州·高三开学考试）如图，正方体1AC ，P 为平面11B BD 内一动点，设二面角11A BD P --的大小为α，直线1A P 与平面11BD A 所成角的大小为β.若cos sin βα=，则点P 的轨迹是（ ）A ．圆B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线例28．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方体ABCD A B C D -''''中，M 为BC 边的中点，点P 在底面A B C D ''''和侧面CDD C ''上运动并且使MAC PAC ''∠=∠，那么点P 的轨迹是（ ）A ．两段圆弧B ．两段椭圆弧C ．两段双曲线弧D ．两段抛物线弧核心考点八：以立体几何为载体的情境题 【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读？一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【典型例题】例29．（2022·宁夏·平罗中学高三阶段练习（理））设P 为多面体M 的一个顶点，定义多面体M 在P 处的离散曲率为()()1223111 1.2,3,32k i Q PQ Q PQ Q PQ Q i k π-∠+∠+⋯+∠=⋯≥其中，为多面体M 的所有与点P 相邻的顶点，且平面12Q PQ ，23Q PQ ，……，1k Q PQ 遍及多面体M 的所有以P 为公共点的面如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a ，b ，c ，d ，则a ，b ，c ，d 的大小关系是（ ）A ．a b c d >>>B ．a b d c >>>C ．b a d c >>>D ．c d b a >>>例30．（2022·广东·广州市从化区第三中学高三阶段练习）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是3π，所以正四面体在每个顶点的曲率为233πππ-⨯=，故其总曲率为4π.给出下列三个结论：①正方体在每个顶点的曲率均为2π； ②任意四棱锥的总曲率均为4π；③若某类多面体的顶点数V ，棱数E ，面数F 满足2V E F -+=，则该类多面体的总曲率是常数.其中，所有正确结论的序号是（ ） A ．①②B ．①③C ．②③D ．①②③例31．（2022·辽宁·沈阳二十中三模）我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即2311122323V R R R R R πππ=⋅-⋅=球.现将椭圆22149x y +=绕y 轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）A ．32πB ．24πC ．18πD ．16π例32．（2022·全国·高三专题练习）将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为θ，δ为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），ϕ为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即[]2326,2326δ''∈-︒︒．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬395427'''︒，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（ ）A ．北纬5527'''︒B ．南纬5527'''︒C ．北纬5533'''︒D ．南纬5533'''︒核心考点九：翻折问题 【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质． 【典型例题】例33．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知四边形ABCD ，BCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形，ABD △为等边三角形，2BD =，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △在翻折的过程中，下列结论中不正确．．．的是（ ）A ．BD PC ⊥B ．DP 与BC 可能垂直C ．直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是45︒D ．四面体PBCD 3例34．（2022·浙江·杭州高级中学模拟预测）如图，已知矩形ABCD 的对角线交于点,,1E AB x BC ==，将ABD △沿BD 翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得ABCE ，则x 的取值范围是（ ）A ．03x <≤B ．02x <≤C ．01x <≤D ．06x ≤<例35．（2022·全国·高三专题练习）如图1，在正方形ABCD 中，点E 为线段BC 上的动点（不含端点），将ABE 沿AE 翻折，使得二面角B AE D --为直二面角，得到图2所示的四棱锥B AECD -，点F 为线段BD 上的动点（不含端点），则在四棱锥B AECD -中，下列说法正确的是（ ）A ．B ､E ､C ､F 四点一定共面 B ．存在点F ，使得CF ∥平面BAEC ．侧面BEC 与侧面BAD 的交线与直线AD 相交 D ．三棱锥B ADC -的体积为定值例36．（2022·全国·高三专题练习）已知直角梯形ABCD 满足：AD ∥BC ，CD ⊥DA ，且△ABC 为正三角形．将△ADC 沿着直线AC 翻折至△AD 'C 如图，且AD BD CD '''＜＜，二面角D AB C '﹣﹣、D BC A '﹣﹣、D AC B '﹣﹣的平面角大小分别为α，β，γ，直线D A '，D B '，D C '与平面ABC 所成角分别是θ1，θ2，θ3，则（ ）A ．123θθθαγβ＞＞，＞＞B ．123θθθαβγ＜＜，＞＞C ．123θθθαβγ＞＞，＜＜D ．123θθθαβγ＜＜，＜＜【新题速递】1．（2022·安徽·高三阶段练习）如图，在棱长为a 的正四面体ABCD 中，点111,,B C D 分别在棱,,AB AC AD 上，且平面111B C D 平面1,BCD A 为BCD △内一点，记三棱锥1111A B C D -的体积为V ，设1AD x AD=，关于函数()V f x =，下列说法正确的是（ ）A ．12220,,,133x x ⎛⎫⎛⎫∀∈∃∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，使得()()21f x f x =B ．函数()f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数C ．函数()f x 的图象关于直线12x =对称 D ．()00,1x ∃∈，使得()016A BCD f x V ->（其中A BCD V -为四面体ABCD 的体积）2．（2022·重庆市长寿中学校高三阶段练习）如图所示，在直角梯形BCEF 中，90,CBF BCE A ∠∠==､D 分别是BF ､CE 上的点，//AD BC ，且22AB DE BC AF ===（如图1）.将四边形ADEF 沿AD 折起，连接BE BF CE ､､（如图2）.在折起的过程中，下列说法中错误的个数是（ ）①AC //平面BEF ； ②B C E F ､､､四点不可能共面；③若EF CF ⊥，则平面ADEF ⊥平面ABCD ； ④平面BCE 与平面BEF 可能垂直. A ．1B ．2C ．3D ．43．（2022·四川·成都市第二十中学校一模（理））如图， 在棱长为 2 的正方体1111ABCD A B C D -中，E F G H P 、、、、均为所在棱的中点， 则下列结论正确的有（ ）①棱 AB 上一定存在点Q ， 使得1QC D Q ⊥ ②三棱锥F EPH -的外接球的表面积为8π③过点 E F G ，，作正方体的截面， 则截面面积为33④设点 M 在平面11BB C C 内， 且1//A M 平面AGH ， 则1A M 与AB 所成角的余弦值的最大22A ．1 个B ．2 个C ．3 个D ．4 个4．（2022·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学有限责任公司模拟预测（文））在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，N 为11B C 的中点，点P 在正方体各棱及表面上运动且满足AP CN ⊥，则点P 轨迹所围成图形的面积为（ ）A ．25B ．42C ．23D ．45．（2022·上海市实验学校高三阶段练习）直线m ⊥平面α，垂足是O ，正四面体ABCD 的棱长为4，点C 在平面α上运动，点B 在直线m 上运动，则点O 到直线AD 的距离的取值范围是（ ）A ．425425⎡-+⎢⎣⎦B ．222,222⎡⎤⎣⎦C ．322322⎡-+⎢⎣⎦D ．322,322⎡⎤⎣⎦6．（2022·湖南·模拟预测）正三棱柱111ABC A B C 的底面边长是4，侧棱长是6，M ，N 分别为1BB ，1CC 的中点，若点P 是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP ∥平面1AB N ，则动点P 的轨迹面积为（ ） A ．53B ．5C 39D 267．（2022·山西·高三阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的顶点都在表面积为12π的球面上，过球心O 的平面截正方体所得的截面为一菱形，记该菱形截面为S ，点P 是正方体表面上一点，则以截面S 为底面，以点P 为顶点的四棱锥的体积的最大值为（ ） A ．83B ．73C ．2D ．538．（2022·浙江·高三阶段练习）在OAB △中，OA AB =，120OAB ∠=︒．若空间点P 满足1=2PABOABSS ，则直线OP 与平面OAB 所成角的正切的最大值是（ ）A ．13B ．12C 3D ．19．（多选题）（2022·云南曲靖·高三阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P 为侧面11BCC B 内一点，则（ ）A ．当1113C P C B =时，异面直线CP 与AD 所成角的正切值为2B ．当11(01)C P C B λλ=<<时，四面体1D ACP 的体积为定值C ．当点P 到平面ABCD 的距离等于到直线11A B 的距离时，点P 的轨迹为拋物线的一部分 D ．当1112C P C B =时，四面体BCDP 的外接球的表面积为3π10．（多选题）（2022·辽宁·本溪高中高三阶段练习）如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，2AD DE ==，G 为线段AE 上的动点，则（ ）A ．AE CF ⊥B ．多面体ABCDEF 的体积为83C ．若G 为线段AE 的中点，则GB //平面CEFD ．点M ，N 分别为线段AF ，AC 上的动点，点T 在平面BCF 内，则MT NT +43 11．（多选题）（2022·广东·东涌中学高三期中）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E ，F ，G 分别为AB ，AD ，1BB 的中点，点P 在11A C 上，//AP 平面EFG ，则以下说法正确的是（ ）A ．点P 为11A C 的中点B ．三棱锥P EFG -的体积为148C ．直线1BB 与平面EFG 3D ．过点E 、F 、G 作正方体的截面，所得截面的面积是3312．（多选题）（2022·安徽·阜阳师范大学附属中学高三阶段练习）已知ABC 为等腰直角三角形，AB AC =，其高3AD =，E 为线段BD 的中点，将ABC 沿AD 折成大小为32ππθθ⎛⎫< ⎪⎝⎭的二面角，连接BC ，形成四面体A BCD -，动点P 在ACD 内（含边界），且//PE 平面ABC ，则在θ变化的过程中（ ）A ．AD BC ⊥B ．E 点到平面ADC 的距离的最大值为322C ．点P 在ADC △2D ．当BP AC ⊥时，BP 与平面ADC 所成角的正切值的取值范围为)22,⎡+∞⎣13．（多选题）（2022·江苏省泰兴中学高三阶段练习）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -内部有一圆柱12O O ，此圆柱恰好以直线1AC 为轴，且圆柱上下底面分别与正方体中以1A C ，为公共点的3个面都有一个公共点，以下命题正确的是（ ）A ．在正方体1111ABCD ABCD -内作与圆柱12O O 3B ．无论点1O 在线段1AC 上如何移动，都有11BO B C ⊥C ．圆柱12O O 的母线与正方体1111ABCD A B C D -所有的棱所成的角都相等D ．圆柱12O O 外接球体积的最小值为π6 14．（多选题）（2022·江苏盐城·高三阶段练习）已知正四面体ABCD 的棱长为2球的球心为O ．点E 满足(01)AE AB λλ=<<，(01)CF CD μμ=<<，过点E 作平面α平行于AC 和BD ，平面α分别与该正四面体的棱BC ，CD ，AD 相交于点M ，G ，H ，则（ ）A ．四边形EMGH 的周长为是变化的B ．四棱锥A EMGH -的体积的最大值为6481 C ．当14λ=时，平面α截球O 47 D ．当12λμ==时，将正四面体ABCD 绕EF 旋转90︒后与原四面体的公共部分体积为43 15．（2022·安徽·石室中学高三阶段练习）已知三棱锥V ABC -的高为3D E F ,,,分别为VC VA VB ,,的中点，若平面ABD ，平面BCE ，平面ACF 相交于O 点，则O 到平面ABC 的距离h 为___________.16．（2022·北京八十中高三期末）如图，在正方体ABCD —1111D C B A 中，E 为棱11B C 的中点.动点P 沿着棱DC 从点D 向点C 移动，对于下列四个结论：。
高考数学立体几何专题：等体积法
高考数学立体几何专题：等体积法一、引言在高考数学中，立体几何是一门重要的学科，它考察了学生的空间想象能力和逻辑推理能力。
其中，等体积法是一种常用的方法，它在解决立体几何问题中具有重要的作用。
本文将详细介绍等体积法的基本原理和应用，并通过实例来展示其用法。
二等体积法的基本原理等体积法的基本原理是：对于同一个体积，可以将其分解为不同的几何形状，并且这些几何形状的体积相等。
在立体几何中，常见的几何形状有长方体、正方体、圆柱体、圆锥体等。
这些形状的体积可以通过其高度、底面积和高度的乘积等参数来计算。
三等体积法的应用等体积法在解决立体几何问题中具有广泛的应用。
下面我们将通过几个例子来展示其用法：1、求几何体的表面积和体积例1：已知一个长方体的长、宽和高分别为a、b和c，求该长方体的表面积和体积。
解：该长方体的表面积为2(ab+bc+ac)，体积为abc。
2、判断两个几何体是否体积相等例2：给定两个几何体，判断它们是否体积相等。
解：根据等体积法，我们可以分别计算两个几何体的体积，如果两个体积相等，则两个几何体体积相等；否则，两个几何体体积不相等。
3、求几何体的重心位置例3：已知一个长方体的长、宽和高分别为a、b和c，求该长方体的重心位置。
解：根据等体积法，我们可以将该长方体分成两个小的长方体，它们的重心位置与原长方体的重心位置相同。
因此，我们只需要找到这两个小长方体的重心位置即可。
四、结论等体积法是一种常用的方法，在解决立体几何问题中具有重要的作用。
它可以帮助我们计算几何体的表面积和体积，判断两个几何体是否体积相等，以及求几何体的重心位置等。
在实际应用中，我们需要灵活运用等体积法来解决各种不同的问题。
在数学的世界里，立体几何是一门研究空间几何形状、大小、位置关系的科学。
它不仅在数学领域中占据着重要的地位，同时也是高考数学中的重要考点之一。
本文将针对高考数学立体几何专题进行深入探讨，帮助大家更好地理解和掌握这一部分内容。
专题10：立体几何中的体积问题(解析版)
专题10：立体几何中的体积问题（解析版）⑴圆柱侧面积；l r S ⋅⋅=π2侧面 ⑵圆锥侧面积：l r S ⋅⋅=π侧面⑶圆台侧面积：l R l r S ⋅⋅+⋅⋅=ππ侧面h S V ⋅=柱体h S V ⋅=31锥体()13V h S S S S =+⋅+下下台体上上 球的表面积和体积 32344R V R S ππ==球球，. 正三棱锥是底面是等边三角形，三个侧面是全等的等腰三角形的三棱锥。
正四面体是每个面都是全等的等边三角形的三棱锥。
1．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，3AC =，4BC =，5AB =，点D 是AB 的中点.（1）求证：1AC BC ⊥；（2）若1CC BC =，求三棱锥1B BCD -的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）4【分析】（1）利用勾股定理，可得AC BC ⊥，结合1AC CC ⊥，根据线面垂直的判定定理以及性质定理，可得结果.（2）计算∆BCD S ，1BB ，然后根据三棱锥的体积公式，可得结果.【详解】（1）∵三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，∴1CC ⊥平面ABC ，∵AC ⊂平面ABC ，∴1CC AC ⊥，∵在ABC ∆中，3AC =，4BC =，5AB =，∴222AC BC AB +=，∴90ACB ∠=︒，∴AC BC ⊥，∵1CC ⊂平面11CC B B ，CB ⊂平面11CC B B ，1CC CB C =，∴AC ⊥平面11CC B B ，∵1BC ⊂平面11CC B B ，∴1AC BC ⊥.（2）∵D 是AB 中点， ∴111343222BCD ABC S S ∆∆==⨯⨯⨯=， ∵1BB ⊥平面ABC ，114BB AA ==，∴111134433B BCD BCD V S BB -∆=⋅=⨯⨯=. 【点睛】本题考查线面垂直的判定定理以及性质定理，还考查了锥体的体积公式，难点在于根据线段长度关系利用勾股定理得出垂直，重点在于对定理的应用，属基础题.2．如图所示：在三棱锥V ABC -中，平面VAB ⊥平面ABC ，VAB ∆为等边三角形，AC BC ⊥且2AC BC ==，,O M 分别为,AB VA 的中点.（1）求证：平面MOC ⊥平面VAB ；（2）求三棱锥V ABC -的体积.【答案】（1）详见解答；（23. 【分析】（1）由已知可得OC AB ⊥，再由面面垂直定理可得OC ⊥平面VAB ，即可证明结论； （2）OC ⊥平面VAB ，用等体积法求三棱锥V ABC -的体积.【详解】（1）,AC BC O =为AB 中点，OC AB ∴⊥，平面VAB ⊥平面ABC ，平面VAB 平面ABC AB =，OC ⊂平面ABC ，OC ∴⊥平面,VAB OC ∴⊂平面MOC ，平面MOC ⊥平面VAB ；（2）AC BC ⊥且2AC BC ==，O 分别为AB 的中点，11,2,2332VAB OC AB S ∆∴===⨯⨯=， OC ⊥平面VAB ，133V ABC C VAB VAB V V OC S --∆==⨯⨯=， 3V ABC V -∴=. 【点睛】本题考查面面垂直证明，注意空间垂直间的相互转化，考查椎体体积，意在考查直观想象、逻辑推理能力，属于基础题.3．如图所示，四棱锥的底面ABCD 是一个矩形，AC 与BD 交于点M ，VM 是四棱锥的高.若4VM cm =，4cm AB =，5VC cm =，求四棱锥的体积.【答案】35(cm )3. 【分析】在Rt VMC ∆中求出3(cm),MC =在Rt ABC ∆中求出25(cm)BC =，再根据棱锥的体积公式可得结果.【详解】 VM 是棱锥的高，VM MC ∴⊥.在Rt VMC ∆中，2222543(cm),MC VC VM =-=-=.26cm AC MC ∴==，在Rt ABC ∆中，22226425(cm)BC AC AB =-=-=.242585(cm )S AB BC ∴=⨯=⨯=底，3 11325854(cm )333V S VM ∴=⋅=⨯⨯=四棱锥底. 【点睛】本题考查了求三棱锥的体积，属于基础题.4．如图，四棱锥P ABCD -的底面是边长为2的菱形，PD ⊥底面ABCD .（1）求证：AC ⊥平面PBD ；（2）若2PD =，直线PB 与平面ABCD 所成的角为45，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（1）证明见解析；（243 【分析】 （1）通过AC ⊥BD 与PD ⊥AC 可得AC ⊥平面PBD ；（2）由题先得出∠PBD 是直线PB 与平面ABCD 所成的角，即∠PBD =45°，则可先求出菱形ABCD 的面积，进而可得四棱锥P - ABCD 的体积.【详解】解：（1）因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD ，又因为PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥AC ，又PD BD D ⋂=，故AC ⊥平面PBD ；（2）因为PD ⊥平面ABCD ，所以∠PBD 是直线PB 与平面ABCD 所成的角，于是∠PBD =45°，因此BD =PD =2.又AB = AD =2，所以菱形ABCD 的面积为sin 6023S AB AD ︒=⋅⋅=，故四棱锥P - ABCD 的体积1433V S PD =⋅=. 【点睛】本题主要考查空间线、面关系等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力以及运算求解能力，是基础题.5．如图，在边长为2的菱形ABCD 中，60ADC ∠=︒，现将ADC 沿AC 边折到APC △的位置．（1）求证：PB AC ⊥；（2）求三棱锥P ABC -体积的最大值．【答案】（1）见解析；（2）1【分析】（1）取AC 的中点为O ，连接PO OB 、，由线面垂直的判定定理即可证出.（2）由体积相等转化为P ABC ΔPOB 1V AC S 3-=⋅即可求出. 【详解】（1）如图所示，取AC 的中点为O ，连接PO OB 、，易得AC PO AC OB ⊥⊥，，PO OB O = AC POB ∴⊥平面,又PB ⊆ 面POB AC PB ∴⊥（2）由（1）知AC POB 260? AC 2PO OB ABCD ADC ⊥∠=︒===平面，且在边长为的菱形中，，所以，3 ，P ABC A POB C POB V V V ---=+体积转化为 ΔPOB 1AC S 3=⋅ =11233sin sin 32POB POB ⨯⨯⨯⨯∠=∠ ,当POB 90∠=︒时，P ABC V -的最大值为1. 【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理和等体积转化思想，属于基础题.6．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，1PA PD ==，E 为AD 的中点.（1）求证：PE ⊥平面ABCD ；（2）求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）23【分析】（1）根据等腰三角形证明PE AD ⊥，得到答案. （2）计算得到2AD =，22PE =，再利用体积公式计算得到答案. 【详解】（1）1PA PD ==，E 为AD 的中点，故PE AD ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD ， 平面PAD 平面ABCD AD =，故PE ⊥平面ABCD .（2）PA PD ⊥，1PA PD ==，故2AD =，22PE =. 故122223P ABCD V -=⨯⨯⨯=. 【点睛】 本题考查了线面垂直，四棱锥的体积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力. 7．如图所示，在长方体ABCD A B C D ''''-中，求棱锥D A CD ''-的体积与长方体的体积之比.【答案】1:6【解析】【分析】棱锥D A CD ''-可以看成棱锥C A DD ''-，然后结合棱锥与棱柱的体积公式求解即可.【详解】解：已知的长方体可以看成直四棱柱ADD A BCC B '''-，设它的底面ADD A ''面积为S ，高为h ，则长方体的体积为ADD A BCC B V Sh '''-=.因为棱锥D A CD ''-可以看成棱锥C A DD ''-，且A DD ''的面积为12S ，棱锥C A DD ''-的高是h ，所以111326D A CD C A DD V V Sh Sh ''''--==⨯=. 因此所求体积之比为1:6.【点睛】本题考查了棱锥及棱柱的体积公式，重点考查了转换顶点求棱锥的体积，属基础题 8．如图，过圆柱的两条母线1AA 和1BB 的截面11A ABB 的面积为S ，母线1AA 的长为l ，11190AO B ︒∠=，求此圆柱的体积.【答案】22S l π. 【分析】 根据已知易得AOB 是等腰直角三角形，根据截面11A ABB 的面积为S 求出AB 长，进而求得底面圆面积再求体积即可。
专题08 立体几何解答题常考全归类(精讲精练)(原卷版)
专题08 立体几何解答题常考全归类【命题规律】空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个空间几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建系求点、坐标运算、几何结论．作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度．【核心考点目录】核心考点一：非常规空间几何体为载体核心考点二：立体几何探索性问题核心考点三：立体几何折叠问题核心考点四：立体几何作图问题核心考点五：立体几何建系繁琐问题核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题核心考点七：利用传统方法找几何关系建系核心考点八：空间中的点不好求核心考点九：创新定义【真题回归】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．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．3．（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．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．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．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．7．（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．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．【方法技巧与总结】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=sin h l，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【核心考点】核心考点一：非常规空间几何体为载体【规律方法】关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．【典型例题】例1．（2022·陕西安康·统考一模）如图，已知AB 为圆锥SO 底面的直径，点C 在圆锥底面的圆周上，2BS AB ==，6BAC π∠=，BE 平分SBA ∠，D 是SC 上一点，且平面DBE ⊥平面SAB .(1)求证：SA BD ⊥；(2)求二面角E BD C --的正弦值.例2．（2022·安徽·校联考二模）如图，将长方形11OAAO （及其内部）绕1OO 旋转一周形成圆柱，其中11,2OA O O ==，劣弧11A B 的长为,6AB π为圆O 的直径.(1)在弧AB 上是否存在点C （1,C B 在平面11OAAO 的同侧），使1BC AB ⊥，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；(2)求平面11A O B 与平面11B O B 夹角的余弦值.例3．（2022·山东东营·胜利一中校考模拟预测）如图，,AB CD 分别是圆台上､下底面的直径，且AB CD ，点E 是下底面圆周上一点，AB =(1)证明：不存在点E 使平面AEC ⊥平面ADE ；(2)若4DE CE ==，求二面角D AE B --的余泫值.例4．（2022·河北·统考模拟预测）如图，在圆台1OO 中，上底面圆1O 的半径为2，下底面圆O 的半径为4，过1OO 的平面截圆台得截面为11ABB A ，M 是弧AB 的中点，MN 为母线，cos NMB ∠=(1)证明：1AB ⊥平面1AOM ； (2)求二面角M NB A --的正弦值.核心考点二：立体几何探索性问题【规律方法】与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．【典型例题】例5．（2022·上海虹口·统考一模）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，底面ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，侧面11AAC C 为菱形，点1A 在底面上的投影为AC 的中点D ，且2AB =．(1)求证：1BD CC ⊥；(2)求点C 到侧面11AA B B 的距离；(3)在线段11A B 上是否存在点E ，使得直线DE 与侧面11AA B B 请求出1A E 的长；若不存在，请说明理由．例6．（2022春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1AB C 为等边三角形，四边形11AA B B 为菱形，AC BC ⊥，4AC =，3BC =.(1)求证：11AB AC ⊥；(2)线段1CC 上是否存在一点E ，使得平面1AB E 与平面ABC 的夹角的余弦值为14？若存在，求出点E 的位置；若不存在，请说明理由.例7．（2022春·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中）如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 是DC 的中点，将DAE 沿AE 折起，使得点D 到达点P 的位置，且PB ＝PC ，如图2所示．F 是棱PB 上的一点．(1)若F 是棱PB 的中点，求证：//CF 平面P AE ；(2)是否存在点F ，使得二面角F AE C --？若存在，则求出PF FB 的值；若不存在，请说明理由．例8．（2022·广东韶关·统考一模）已知矩形ABCD 中，4AB =，2BC =，E 是CD 的中点，如图所示，沿BE 将BCE 翻折至BFE △，使得平面BFE ⊥平面ABCD .(1)证明：BF AE ⊥；(2)若(01)DP DB λλ=<<是否存在λ，使得PF 与平面DEF 求出λ的值；若不存在，请说明理由.核心考点三：立体几何折叠问题【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质．【典型例题】例9．（2022春·江苏南通·高三期中）已知梯形ABCD 中，//AD BC ，π2∠=∠=ABC BAD ，24AB BC AD ===，E ，F 分别是AB ，CD 上的点，//EF BC ，AE x =，G 是BC 的中点，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF ．(1)当2x =时①求证：BD EG ⊥；②求二面角D BF C --的余弦值；(2)三棱锥D FBC -的体积是否可能等于几何体ABE FDC -体积的一半？并说明理由．例10．（2022春·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）如图1，在平面四边形ABCD 中，已知ABDC ，AB DC ∥，142AD DC CB AB ====，E 是AB 的中点．将△BCE 沿CE 翻折至△PCE ，使得2DP =，如图2所示．(1)证明：DP CE ⊥；(2)求直线DE 与平面P AD 所成角的正弦值．例11．（2022春·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中）如图，平面五边形P ABCD 中，PAD 是边长为2的等边三角形，//AD BC ，AB ＝2BC ＝2，AB BC ⊥，将PAD 沿AD 翻折成四棱锥P －ABCD ，E 是棱PD 上的动点（端点除外），F ，M 分别是AB ，CE 的中点，且PC =(1)证明：AB FM ⊥；(2)当直线EF 与平面P AD 所成的角最大时，求平面ACE 与平面P AD 夹角的余弦值．例12．（2022·四川雅安·统考模拟预测）如图①，ABC 为边长为6的等边三角形，E ，F 分别为AB ，AC 上靠近A 的三等分点，现将AEF △沿EF 折起，使点A 翻折至点P 的位置，且二面角P EF C --的大小为120°（如图②）．(1)在PC 上是否存在点H ，使得直线//FH 平面PBE ？若存在，确定点H 的位置；若不存在，说明理由． (2)求直线PC 与平面PBE 所成角的正弦值．核心考点四：立体几何作图问题 【规律方法】（1）利用公理和定理作截面图（2）利用直线与平面平行的性质定理作平行线 （3）利用平面与平面垂直作平面的垂线 【典型例题】例13．（2022·贵州·校联考模拟预测）如图，已知平行六面体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是菱形，112CD CC AC ===，3DCB π∠=且113cos cos 4C CD C CB ∠=∠=.(1)试在平面ABCD 内过点C 作直线l ，使得直线//l 平面1C BD ，说明作图方法，并证明：直线11//l B D ； (2)求点C 到平面1A BD 的距离.例14．（2022秋·河北石家庄·高一石家庄市第十五中学校考期中）如图为一块直四棱柱木料，其底面ABCD 满足：AB AD ⊥，AD BC ∥．(1)要经过平面11CC D D 内的一点P 和棱1BB 将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？（借助尺规作图，并写出作图说明，无需证明）(2)若2AD AB ==，11BC AA ==，当点P 是矩形11CDD C 的中心时，求点1D 到平面1APB 的距离．例15．（2022·全国·高三专题练习）如图多面体ABCDEF 中，面FAB ⊥面ABCD ，FAB 为等边三角形，四边形ABCD 为正方形，//EF BC ，且332EF BC ==，H ，G 分别为CE ，CD 的中点.（1）求二面角C FH G --的余弦值；（2）作平面FHG 与平面ABCD 的交线，记该交线与直线AB 交点为P ，写出APAB的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）.例16．（2022·全国·高三专题练习）四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，23DAB π∠=.ACBD O =,且PO ⊥平面ABCD ，PO =点,F G 分别是线段.PB PD 上的中点，E 在PA 上.且3PA PE =.（Ⅰ）求证：//BD 平面EFG ；（Ⅰ）求直线AB 与平面EFG 的成角的正弦值；（Ⅰ）请画出平面EFG 与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.核心考点五：立体几何建系繁琐问题 【规律方法】 利用传统方法解决 【典型例题】例17．如图，已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． （1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．例18．如图，在锥体-P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB ，==PA PD ，=2PB ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点（1）证明：⊥AD 平面DEF （2）求二面角--P AD B 的余弦值．例19．（2022春·福建南平·高三校考期中）在三棱柱111ABC A B C 中，AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E 、F 分别是棱AC 、11A B 的中点.(1)设G 为11B C 的中点，求证：//EF 平面11BCC B ；(2)若2AB AC ==，直线1BB 与平面1ACB 所成角的正切值为2，求多面体1B EFGC -的体积V .核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题 【规律方法】 构造垂直的全等关系 【典型例题】例20．如图，已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． （1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．例21．如图，在锥体-P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB ，==PA PD ，=2PB ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点（1）证明：⊥AD 平面DEF （2）求二面角--P AD B 的余弦值．核心考点七：利用传统方法找几何关系建系【规律方法】利用传统方法证明关系，然后通过几何关系建坐标系． 【典型例题】例22．如图：长为3的线段PQ 与边长为2的正方形ABCD 垂直相交于其中心()O PO OQ >． （1）若二面角P AB Q --的正切值为3-，试确定O 在线段PQ 的位置；（2）在（1）的前提下，以P ，A ，B ，C ，D ，Q 为顶点的几何体PABCDQ 是否存在内切球？若存在，试确定其内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由．例23．在四棱锥P ABCD -中，E 为棱AD 的中点，PE ⊥平面ABCD ，//AD BC ，90ADC ∠=︒，2ED BC ==，3EB =，F 为棱PC 的中点．（Ⅰ）求证：//PA 平面BEF ；（Ⅰ）若二面角F BE C --为60︒，求直线PB 与平面ABCD 所成角的正切值．例24．三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，2AB AC ==，侧面11BCC B 为矩形，123A AB π∠=，二面角1A BC A --的正切值为12． （Ⅰ）求侧棱1AA 的长；（Ⅰ）侧棱1CC 上是否存在点D ，使得直线AD 与平面1A BC ，若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由．核心考点八：空间中的点不好求 【规律方法】 方程组思想 【典型例题】例25．（2022·江苏南京·模拟预测）已知三棱台111ABC A B C 的体积为143，且π2ABC ∠=，1A C ⊥平面11BB C C . (1)证明：平面11A B C ⊥平面111A B C ；(2)若11AC B C =，11112A B B C ==，求二面角1B AA C --的正弦值.例26．（2022春·浙江·高三浙江省新昌中学校联考期中）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，3DAB π∠=，平面11BDD B ⊥平面ABCD ，点1,O O 分别为11,B D BD 的中点，1111,,O B A AB O BO ∠∠=均为锐角.(1)求证：1AC BB ⊥；(2)若异面直线CD 与1AA ，四棱锥1A ABCD -的体积为1，求二面角1B AA C --的平面角的余弦值.例27．（2022春·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中）如图，在几何体ABCDE 中，底面ABC 为以AC为斜边的等腰直角三角形.已知平面ABC ⊥平面ACD ，平面ABC ⊥平面,//BCE DE 平面,ABC AD DE ⊥.(1)证明；DE ⊥平面ACD ；(2)若22AC CD ==，设M 为棱BE 的中点，求当几何体ABCDE 的体积取最大值时,AM 与CD 所成角的余弦值.核心考点九：创新定义 【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【典型例题】例28．（2022·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）已知顶点为S 的圆锥面（以下简称圆锥S ）与不经过顶点S 的平面α相交，记交线为C ，圆锥S 的轴线l 与平面α所成角θ是圆锥S 顶角（圆S 轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C 的形状，我们构建球T ，使球T 与圆锥S 和平面α都相切，记球T 与平面α的切点为F ，直线l 与平面α交点为A ，直线AF 与圆锥S 交点为O ，圆锥S 的母线OS 与球T 的切点为M ，OM a =，MS b =．(1)求证：平面SOA ⊥平面α，并指出a ，b ，θ关系式； (2)求证：曲线C 是抛物线．例29．（2022·全国·高三专题练习）类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA ，PB ，PC 构成的三面角-P ABC ，APC α∠=，BPC β∠=，APB γ∠=，二面角A PC B --的大小为θ，则cos cos cos sin sin cos γαβαβθ=+．（1）当α、π0,2β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，证明以上三面角余弦定理；（2）如图2，四棱柱1111ABCD A B C D -中，平面11AA C C ⊥平面ABCD ，160A AC ∠=︒，45BAC ∠=︒， ①求1A AB ∠的余弦值；②在直线1CC 上是否存在点P ，使//BP 平面11DA C ？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．例30．（2022·全国·校联考模拟预测）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥H ABC -，J CDE -，K EFA -，再分别以AC ，CE ，EA 为轴将ACH ∆，CEJ ∆，EAK ∆分别向上翻转180︒，使H ，J ，K 三点重合为点S 所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于2π减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）．（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；（2）若正六棱柱的侧面积一定，当蜂房表面积最小时，求其顶点S 的曲率的余弦值．【新题速递】1．（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1BC CC =，1AC AB =.(1)证明：平面1ABC ⊥平面11BCC B ；(2)若BC =，1AB B C =，160CBB ∠=︒，求直线1BA 与平面111A B C 所成角的正弦值.2．（2022·四川达州·统考一模）如图，三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为等腰直角三角形，112AB AC BB ===，，160ABB ∠=.(1)证明: 1AB B C ⊥；(2)若12B C =，求1AC 与平面1BCB 所成角的正弦值.3．（2022·陕西宝鸡·统考一模）如图在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，且底面ABCD 是平行四边形.已知2,1,PA AB AD AC E ====是PB 中点.(1)求证：平面PBC ⊥平面ACE ；(2)求平面PAD 与平面ACE 所成锐二面角的余弦值.4．（2022·广东广州·统考一模）如图，已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是菱形，平面PBC ⊥平面ABCD ，30,ACD E ∠=为AD 的中点，点F 在PA 上，3AP AF =.(1)证明：PC //平面BEF ；(2)若PDC PDB ∠∠=，且PD 与平面ABCD 所成的角为45，求平面AEF 与平面BEF 夹角的余弦值.5．（2022·上海奉贤·统考一模）如图，在四面体ABCD 中，已知BA BD CA CD ===.点E 是AD 中点.(1)求证：AD ⊥平面BEC ；(2)已知95,arccos,625AB BDC AD ∠===，作出二面角D BC E --的平面角，并求它的正弦值.6．（2022·上海浦东新·统考一模）如图，三棱锥-P ABC 中，侧面P AB 垂直于底面ABC ，PA PB =，底面ABC 是斜边为AB 的直角三角形，且30ABC ∠=︒，记O 为AB 的中点，E 为OC 的中点.(1)求证：PC AE ⊥；(2)若2AB =，直线PC 与底面ABC 所成角的大小为60°，求四面体P AOC 的体积.7．（2022·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB BD BP ===PA PD ==90APD ∠=︒，E 是棱PA 的中点，且BE 平面PCD(1)证明：CD ⊥平面PAD ；(2)若1CD =，求二面角A PB C --的正弦值.8．（2022春·江苏徐州·高三期末）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，N 为PB 的中点.(1)若点M 在AD 上，2AM MD =，34AD BC =，证明：MN 平面PCD ； (2)若3PA AB AC AD ====，4BC =，求二面角D AC N --的余弦值.9．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD ED FA ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求二面角F AC E --的大小.10．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD FA ED ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求点A 到平面FBD 的距离.11．（2022·四川广安·广安二中校考模拟预测）APD △是等腰直角三角形，AP PD ⊥且AD =ABCD 是直角梯形，AB BC ⊥，DC BC ⊥，且222AB BC CD ===，平面APD ⊥平面ABCD .(1)求证：AP ⊥平面BPD ；(2)若点E 是线段PB 上的一个动点，问点E 在何位置时三棱锥D APE -.12．（2022·四川南充·统考一模）在平面五边形ABCDE 中（如图1），ABCD 是梯形，//AD BC ，2AD BC ==AB =90ABC ∠=︒，ADE 是等边三角形．现将ADE 沿AD 折起，连接EB ，EC 得四棱锥E ABCD -（如图2）且CE =(1)求证：平面EAD ⊥平面ABCD ；(2)在棱EB 上有点F ，满足13EF EB =，求二面角E AD F --的余弦值．13．（2022·贵州贵阳·贵阳六中校考一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，DA AB ⊥，PD PC ⊥，PB PC ⊥，1AB AD PD PB ====，4cos 5DCB ∠=.(1)求证：BD ⊥平面PAC .(2)设E 为BC 的中点，求PE 与平面ABCD 所成角的正弦值.14．（2022春·广东广州·高三校考期中）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，AB AD ⊥，//,222AB CD PC AB AD CD ====，点E 在侧棱PB 上.(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)若平面PAC 与平面ACE PE BE 的值.。
高三数学立体几何试题答案及解析
高三数学立体几何试题答案及解析1.一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】几何体为一个三棱柱，底面为直角三角形，直角边长分别为6,8；三棱柱高为12．得到的最大球为直角三角形的内切球，其半径为，选B．【考点】三视图2.如图是某几何体的三视图，正视图是等腰梯形，俯视图中的曲线是两个同心的半圆组成的半圆环，侧视图是直角梯形，则该几何体的体积等于（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图知：，，∴．【考点】三视图．3.几何体的三视图如图所示，若从该几何体的实心外接球中挖去该几何体，则剩余几何体的表面积是（注：包括外表面积和内表面积）（）A．133B．100C．66D．166【答案】D【解析】由三视图知，该几何体为底面半径为3，搞为8的圆柱．其外接球时半径为5的球．则剩余几何体的表面积是球的表面积与该圆柱表面积的和，即．故选D．【考点】多面体及与其外接球的关系及几何体表面积计算问题．4.（本小题满分12分）如图，已知五面体，其中内接于圆，是圆的直径，四边形为平行四边形，且平面．（1）证明：；（2）若，，且二面角所成角的正切值是，试求该几何体的体积．【答案】（1）见解析；（2）8．【解析】（1）将问题转化为证明平面，再转化为证明（由直径可证）与（由平面可证）；（2）考虑建立空间直角坐标系，通过求两个法向量的夹角来确定二面角所成角的正切值，并确定的长，进而可求得几何体的体积．试题解析：（1）证明：是圆的直径，，又平面，又平面，且，平面又平面，（2）设，以所在直线分别为轴，轴，轴，如图所示则，，，由（Ⅰ）可得，平面，平面的一个法向量是设为平面的一个法向量由条件得，，即不妨令，则，，．又二面角所成角的正切值是，，得该几何体的体积是【考点】1、空间直线与直线、直线与平面的垂直的判定与性质；2、二面角；3、空间几何体的体积．【方法点睛】用空间向量处理某些立体几何问题时，除要有应用空间向量的意识外，关键是根据空间图形的特点建立恰当的空间直角坐标系．若坐标系选取不当，计算量就会增大．总之树立用数解形的观念，即用数形结合的思想解决问题，而建立空间直角坐标系通常考虑以特殊点为坐标原点（如中点、正方体的顶点），特殊直线（如有两两垂直的直线）为坐标轴来建立．5.如图，在多面体中，为菱形，，平面，平面，为的中点，若平面．（1）求证：平面；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）证明线面垂直，只要证明这条直线与平面内两条相交直线垂直即可，取中点，连接，可证，先证，即可证明，即可证明结论成立；（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由空间向量公式直接计算即可．试题解析：（1）取AB的中点M，连结GM，MC，G为BF的中点，所以GM //FA，又EC面ABCD， FA面ABCD，∵CE//AF，∴CE//GM，∵面CEGM面ABCD=CM，EG// 面ABCD，∴EG//CM，∵在正三角形ABC中，CM AB，又AF CM∴EG AB， EG AF，∴EG面ABF．（2）建立如图所示的坐标系，设AB=2，则B（）E（0，1，1） F（0，-1，2）=（0，-2，1），=（，-1，-1），=（，1， 1），设平面BEF的法向量=（）则令，则，∴=（）同理，可求平面DEF的法向量 =（-）设所求二面角的平面角为，则=．【考点】1．线面垂直的判定与性质；2．空间向量的应用．【方法点睛】本题主要考查线面垂直的判定与性质、空间向量的应用，属中档题．解答空间几何体中的平行、垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间的平行、垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；求二面角，则通过求两个半平面的法向量的夹角间接求解．此时建立恰当的空间直角坐标系以及正确求出各点的坐标是解题的关键所在．6.三棱锥及其三视图中的正视图和侧视图如下图所示,，则棱的长为．【答案】．【解析】由已知三视图可知，平面，且底面为等腰三角形．在中，，边上的高为，所以．在中，由可得，故应填．【考点】1、三视图．【易错点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图及其空间几何体的面积、体积的计算，考查学生空间想象能力和计算能力，属中档题．其解题过程中容易出现以下错误：其一是不能准确利用已知条件的三视图得出原几何体的空间形状，即不能准确找出该几何体中线线关系、线面关系，导致出现错误；其二是计算不仔细，导致结果出现错误．解决这类问题的关键是正确地处理三视图与原几何体之间的关系．7.在三棱锥中，平面为侧棱上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是（）A．平面且三棱锥的体积为B．平面且三棱锥的体积为C．平面且三棱锥的体积为D．平面且三棱锥的体积为【答案】C【解析】∵平面，∴，又，∴平面，∴，又由三视图可得在中，为的中点，∴平面．又平面．故．故选：C．【考点】1．直线与平面垂直的判定；2．命题的真假判断与应用；3．简单空间图形的三视图．8.已知某几何体的三视图的侧视图是一个正三角形，如图所示，则该几何体的体积等于（）A．B．C．D．【答案】C【解析】题设三视图是下图中几何体的三视图，由三视图中的尺寸，知其体积为，故选C．【考点】三视图与几何体的体积．9.如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，D，E分别为A1C1，BB1的中点，B1C⊥AB，侧面BCC1B1为菱形．求证：（Ⅰ）DE∥平面ABC1；（Ⅱ）B1C⊥DE．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析．【解析】（Ⅰ）取AA1的中点F，连DF，FE，根据中点易证线线平行，从而平面DEF∥平面ABC1，又因为DE平面DEF，所以B1C⊥DE；（Ⅱ）在菱形中B1C⊥BC1，又B1C⊥AB，易证B1C⊥平面ABC1，再根据面面平行的性质，得：B1C⊥平面DEF，从而证明B1C⊥DE．试题解析：（Ⅰ）如图，取AA1的中点F，连DF，FE．又因为D，E分别为A1C1，BB1的中点，所以DF∥AC1，EF∥AB．因为DF平面ABC1，AC1平面ABC1，故DF∥平面ABC1．同理，EF∥平面ABC1．因为DF，EF为平面DEF内的两条相交直线，所以平面DEF∥平面ABC1．因为DE平面DEF，所以DE∥平面ABC1．（Ⅱ）因为三棱柱ABC A1B1C1的侧面BCC1B1为菱形，故B1C⊥BC1．……9分又B1C⊥AB，且AB，BC1为平面ABC1内的两条相交直线，所以B1C⊥平面ABC1．而平面DEF∥平面ABC1，所以B1C⊥平面DEF，因为DE平面DEF，所以B1C⊥DE．【考点】1、线面平行；2、面面平行；3、线面垂直；4、三角形中位线．【方法点晴】本题主要考查的是线面平行、线线平行、线线垂直和线面垂直，属于中档题．解题时一定要注意得线线平行的常用证明方法，构造中位线和平行四边形是最常用方法．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．10.已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列正确的是（）A．若，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】C．【解析】A：或者，异面，故A错误；B：根据面面垂直的判定可知B错误；C：正确；D：或，故D错误，故选C．【考点】空间中直线平面的位置关系．11.已知三条不重合的直线和两个不重合的平面，下列命题正确的是（）A．若，，则B．若，，且，则C．若，，则D．若，，且，则【答案】D【解析】A．若，，则,错，有可能；B．若，，且，则，错，有可能；C．若，，则，错，有可能，或异面；D．若，，且，则，正确【考点】空间直线与平面，平面与平面的位置关系12.如图，三角形是边长为4的正三角形，底面，，点是的中点，点在上，且．（1）证明：平面平面；（2）求直线和平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）由底面，可得，又，可证的平面，问题得证；（2）在第一问证明的基础上，应用面面垂直的性质定理容易作出平面的垂线，即得斜线的射影，找出角，解直角三角形可得线面角的正弦．试题解析：（1）证明∵底面，底面，∴，又，，∴平面．又平面，∴平面平面．（2）解：过点作，连结．平面平面，平面平面，平面，∴平面，∴为直线和平面所成角．∵是边长为的正三角形，∴，．又∵，∴，，∴．即直线和平面所成角的正弦值为．【考点】空间垂直关系的应用和证明，直线与平面所成的角．【方法点晴】证明面面垂直只能证明线面垂直，而要证明线面垂直就得证明线线垂直，结合题中已知的垂直条件，分析容易找到哪个平面的垂线，逐步完成证明，组织步骤时一定要思路条理；对于直线与平面所成的角遵循作—证（指）—求—答的解题步骤，应当结合条件和前面证明的结论找到平面的垂线是解题的关键，本题中在第一问证明的基础上有了平面的垂面，利用面面垂直的性质定理过直线上一点作交线的垂线即为平面的垂线，连接垂足和斜足即得射影，找到线面角后解直角三角形得解．13.一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的外接球表面积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】几何体为一个三棱锥S-ABC，其中D为AC中点，且SD垂直平面ABC，BD垂直AC，则球心在SD上，设球半径为R，则外接球表面积为，选A.【考点】三视图【方法点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．14.已知正三角形的三个顶点都在半径为的球面上，球心到平面的距离为，点是线段的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值是_________．【答案】【解析】因为过作球的截面，当截面与垂直时，截面圆的半径最小，所以当截面与垂直时，截面圆的面积有最小值．设正三角形的外接圆圆心为，在中，，所以．在中，，所以，所以截面面积为【考点】1、多面体的外接球；2、球的截面圆性质．【方法点睛】“切”“接”问题的处理规律：①“切”的处理：解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决；②“接”的处理：把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．15.（2015•金家庄区校级模拟）如图正方形BCDE的边长为a，已知AB=BC，将△ABE沿BE边折起，折起后A点在平面BCDE上的射影为D点，则翻折后的几何体中有如下描述：①AB与DE所成角的正切值是；②AB∥CE；③VB﹣ACE的体积是a2；④平面ABC⊥平面ADC；⑤直线EA与平面ADB所成角为30°．其中正确的有．（填写你认为正确的序号）【答案】①③④⑤【解析】①由于BC∥DE，则∠ABC（或其补角）为AB与DE所成角；②AB和CE是异面直线；③根据三棱锥的体积公式即可求VB ﹣ACE的体积；④根据面面垂直的判定定理即可证明；⑤根据直线和平面所成角的定义进行求解即可．解：由题意，AB=BC，AE=a，AD⊥平面BCDE，AD=a，AC= a①由于BC∥DE，∴∠ABC（或其补角）为AB与DE所成角∵AB=a，BC=a，AC=a，∴BC⊥AC，∴tan∠ABC=，故①正确；②由图象可知AB与CE是异面直线，故②错误．③VB﹣ACE的体积是S△BCE×AD=×a3=，故③正确；（4）∵AD⊥平面BCDE，BC⊂平面BCDE，∴AD⊥BC，∵BC⊥CD，AD∩CD=D，∴BC⊥平面ADC，∵BC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC，故④正确；⑤连接CE交BD于F，则EF⊥BD，∵平面ABD⊥平面BDE，∴EF⊥平面ABD，连接F，则∠EAF为直线AE与平面ABD所成角，在△AFE中，EF=，AE=a，∴sin∠EAF==，则∠EAF=30°，故⑤正确，故正确的是①③④⑤故答案为：①③④⑤【考点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．16.已知某几何体的三视图，则该几何体的体积是_______．【答案】．【解析】该几何体是一个四棱锥，底面是边长为2的正方形，高为，所以．【考点】1．空间几何体的表面积与体积；2．空间几何体的三视图与直观图．17.设三棱柱的侧棱垂直于底面，，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是．【答案】【解析】由题意可得：把三棱柱补成底面以2为边长的正方形，以为高的长方体，长方体的体对角线就是球的直径，所以，所以该球的表面积是；故填．【考点】空间几何体的表面积．18.某几何体的正视图与侧视图都是等腰梯形，则该几何体可以是下列几何体中的（）①三棱台，②四棱台，③五棱台，④圆台．A．①②B．③④C．①③D．②④【答案】D【解析】由题意得，几何体的正视图和侧视图都是等腰梯形，则根据几何体的三视图的规则可知，该几何体可能为四棱台或圆台，故选D．【考点】空间几何体的三视图．【方法点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图的应用，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答中，只是给出了几何体的正视图和侧视图都是等腰梯形，从而可得这个几何体可能是四棱台或圆台．19.在直三棱柱中，，，且异面直线与所成的角等于，设.(1) 求的值；(2) 求三棱锥的体积．【答案】(1)； (2)【解析】(1)由BC ∥B 1C 1可得∠A 1BC 就是异面直线A 1B 与B 1C 1所成的角，从而∠A 1BC =60°，再由AA 1⊥平面ABC ，AB=AC ，则A 1B=A 1C ，△A 1BC 为等边三角形， 由已知可得，即可求得 (2)连接B 1C ，则三棱锥B 1–A 1BC 的体积等于三棱锥C –A 1B 1B 的体积，△的面积， 又可得平面，利用三棱锥的体积公式可求得．试题解析：(1)∵BC ∥B 1C 1，∴∠A 1BC 就是异面直线A 1B 与B 1C 1所成的角，即∠A 1BC =60°，又AA 1⊥平面ABC ，AB=AC ，则A 1B=A 1C ，∴△A 1BC 为等边三角形， 由，， ∴； (2)连接B 1C ，则三棱锥B 1–A 1BC 的体积等于三棱锥C –A 1B 1B 的体积， 即：， △的面积，又平面，所以，所以．【考点】异面直线所成的角及三棱锥的体积的求法.20. 如图，在四棱锥中，已知棱，，两两垂直，长度分别为1，2，2.若（），且向量与夹角的余弦值为.（1）求的值；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，写出，的坐标，根据空间向量夹角余弦公式列出关于的方程可求；（2）设岀平面的法向量为，根据，进而得到，从而求出，向量的坐标可以求出，从而可根据向量夹角余弦的公式求出，从而得和平面所成角的正弦值.试题解析：（1）依题意，以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系 ，因为，所以，从而，则由，解得（舍去）或. （2）易得，，设平面的法向量， 则，，即，且，所以，不妨取，则平面的一个法向量，又易得，故，所以直线与平面所成角的正弦值为.考点: 1、空间两向量夹角余弦公式；2、利用向量求直线和平面说成角的正弦.21.如图，在四棱锥中，平面，分别是棱的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找与证明，往往需结合平面几何条件，如本题利用三角形中位线性质定理得（2）证明面面垂直，一般利用面面垂直判定定理，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明，需多次利用线面垂直的判定与性质定理：先由平行四边形为菱形得，再由平面得，即，从而得平面试题解析：（1）设，连结，因为，为的中点，所以，所以四边形为平行四边形，所以为的中点，所以又因为平面，平面，所以平面.（2）（方法一）因为平面，平面所以，由（1）同理可得，四边形为平行四边形，所以，所以因为，所以平行四边形为菱形，所以，因为平面，平面，所以平面因为平面，所以平面平面.（方法二）连结，因为平面，平面，所以因为，所以，因为平面，平面，所以因为为的中点，所以，由（1），所以又因为为的中点，所以因为，平面，平面所以平面，因为平面，所以平面平面.【考点】线面平行判定定理，面面垂直判定定理22.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为网格纸上小正方形的边长为,有三视图可知，该几何体是下面为底面半径为高为的圆柱体的一半、上面是底面半径为高为的圆锥体的一半，所以体积为，故选A.【考点】1、几何体的三视图；2、圆柱及圆锥的体积公式.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.23.已知如图所示的三棱锥的四个顶点均在球的球面上，和所在的平面互相垂直，，，，则球的体积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，，，所以的中点为的外心，连接，则，又和所在的平面互相垂直，所以平面，上的每一点到距离相等，因此正三角形的中心即是外接球球心，其半径也是外接球半径，所以球半径，求体积为，故选C.【考点】1、外接球的性质及勾股定理；2、面面垂直及球的体积公式.【方法点睛】本题主要考查外接球的性质及勾股定理、面面垂直及三棱锥外接球体积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.本题是根据方法④直接找出球心并求出半径进而得到求体积的.24.四棱锥的底面是正方形，，分别是的中点（1）求证：；（2）设与交于点，求点到平面的距离【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）要证明线面垂直，一般先证明线线垂直，本题中，由于是中点，因此有，而与垂直，从而与平面垂直，结论得证；（2）要求点到平面的距离，考虑三棱锥，的面积易求（为面积的一半），另外由（1）的结论，此三棱锥以为底时，是高，体积易求，从而所求距离易得．试题解析：（1）证明：连接，由于分别是的中点，所以，又，平面，故，又为正方形，故故，故（2）连接交于点，连接，则交线为，又，故，由于分别是的中点，故为的中点，又，故为三棱锥的高又故，又设点到平面的距离为，，所以【考点】线面垂直的判断，点到平面的距离．25.某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意得，由几何体的三视图，知该几何体是上下底面为梯形的直棱柱，所以该几何体的体积为，故选C.【考点】几何体的三视图及几何体的体积.【方法点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图的应用，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答中，该几何体是上下底面为梯形的直棱柱是解答本题的关键，属于基础题.26.一个几何体的三视图如图，则这个几何体的表面积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意得，根据给定的几何体的三视图，可知，原几何体为正方体的一部分，如图所示的红线部分，是一个棱长为的正四面体，所以此几何体的表面积为，故选C．【考点】几何体的三视图与表面积．27.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是______cm2，体积是______cm3.【答案】80，40【解析】由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体，，．【考点】三视图.【方法点睛】解决由三视图求空间几何体的表面积与体积问题，一般是先根据三视图确定该几何体的结构特征，再准确利用几何体的表面积与体积公式计算该几何体的表面积与体积．28.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD?若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）存在，.【解析】（Ⅰ）由面面垂直的性质定理知AB⊥平面，根据线面垂直的性质定理可知，再由线面垂直的判定定理可知平面；（Ⅱ）取的中点，连结，以O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz，利用向量法可求出直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据BM∥平面PCD，即（为平面PCD的法向量），求出的值，从而求出的值.试题解析：（Ⅰ）因为平面平面，，所以平面.所以.又因为，所以平面.（Ⅱ）取的中点，连结.因为，所以.又因为平面，平面平面，所以平面.因为平面，所以.因为，所以.如图建立空间直角坐标系.由题意得，.设平面的法向量为，则即令，则.所以.又，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.（Ⅲ）设是棱上一点，则存在使得.因此点.因为平面，所以平面当且仅当，即，解得.所以在棱上存在点使得平面，此时.【考点】空间线面垂直的判定定理与性质定理；线面角的计算；空间想象能力，推理论证能力【名师】平面与平面垂直的性质定理的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个平面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.29.如图，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，点分别为和中点.（1）求证：直线平面；（2）求三棱锥的表面积.【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）要证线面平行，一般先证线线平行，考虑到，是中点，因此取的中点，可证得且，从而得平行四边形，因此有，最终得线面平行；（2）要求三棱锥的表面积，必须求得它的各个面的面积，由平面，得，三角形和的面积可求，由题设又可证，这样就有，另两个面的面积又可求得．试题解析：（1）证明：作FM∥CD交PC于M.∵点F为PD中点，∴. ∴，∴AEMF为平行四边形，∴AF∥EM，∵，∴直线AF平面PEC.（2）连结可知，，由此；；；；因此三棱锥的表面积.【考点】线面平行的判断，多面体的表面积．30.在棱长为3的正方体中，在线段上，且，为线段上的动点，则三棱锥的体积为（）A．1B．C．D．与点的位置有关【答案】B【解析】由于是定值,点到平面的距离是,因此点平面的距离是.所以三棱锥的体积,应选B.【考点】三棱锥体积的运算．31.如图，在多面体中，底面是边长为2的正方形，四边形是矩形，且平面平面，，和分别是和的中点.（1）求证：平面；（2）求.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）运用线面平行的判定定理求证；（2）借助题设条件及转化化归的思想求解即可. 试题解析:（1）证明：设，连接，在中，因为，，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）因为四边形是正方形，所以，又因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，则到平面的距离为的一半，又因为，所以，所以.【考点】直线与平面的位置关系及棱锥公式的运用．32.如图，在三棱柱中，，，，在底面的射影为的中点，是的中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）设为的中点，连接，依题意有，，故平面.根据分析有，故平面；（2）以的中点为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求得余弦值为.试题解析：（1）设为的中点，连接.由题意得：平面，所以.因为，所以，，故平面.由分别为的中点，得且，从而且，所以为平行四边形，故，又因为平面，所以平面.（2）方法一：作，且，连结.由，，得，由，，得与全等.由，得，因此为二面角的平面角.由，，，得，，由余弦定理得.方法二：以的中点为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由题意知各点坐标如下：，因此，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，由，即，可取.由，即，可取，于是.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角的平面角的余弦值为.【考点】空间向量与立体几何.33.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图可知，从左往右为半个圆锥，一个圆柱，一个半圆，故体积为.【考点】三视图.34.如图，在四棱柱中，底面，为线段上的任意一点（不包括两点），平面与平面交于.（1）证明：；（2）证明：平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）要证线线垂直，一般可证线面垂直，观察题中垂直条件，平面，则有，题中又有，从而有平面，因此结论得证；（2）要证线面平行，就是要证线线平行，直线是平面与平面的交线，因此要得平行，就要有线面平行，而这由可得平面，从而，结论得证．试题解析：（1）证明：因为平面，平面，所以.又，所以平面，而平面，所以.（2）在四棱柱中，，平面，平面，所以平面，又平面，平面与平面交于，所以，因为，所以，而平面，平面，所以平面.【考点】线面垂直的判定与性质，线面平行的判定与性质．【名师】证明线面（面面）平行（垂直）时要注意以下几点：（1）由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。
2020届高考数学专题：立体几何计算问题(答案不全)
立体几何中的计算问题1.三视图——是观察者从三个不同位置观察同一个空间几何体而画出的图形；2.直观图——是观察着站在某一点观察一个空间几何体而画出的图形。
直观图通常是在平行投影下画出的空间图形。
3斜二测法：1.画直观图时，把它画成对应的轴'',''o x o y ，取'''45(135)x o y o r ∠=︒︒，它们确定的平面表示水平平面；2.在坐标系'''x o y 中画直观图时，已知图形中平行于数轴的线段保持平行性不变，平行于x 轴（或在x 轴上）的线段保持长度不变，平行于y 轴（或在y 轴上）的线段长度减半。
结论：一般地，采用斜二测法作出的直观图面积是原平面图形面积的4倍. 例1．下列命题：①如果一个几何体的三视图是完全相同的，那么这个几何体是正方体；②如果一个几何体的主视图和俯视图都是矩形，那么这个几何体是长方体； ③如果一个几何体的三视图都是矩形，那么这个几何体是长方体；④如果一个几何体的主视图和左视图都是等腰梯形，那么这个几何体是圆台．其中正确的是( )A ．①②B ．③C ．②③D ．④ 2、异面直线所成的角(1)定义：a 、b 是两条异面直线，经过空间任意一点O ，分别引直线a′∥a,b′∥b,则a′和b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 和b 所成的角.(2)取值范围：0°＜θ≤90°. (3)求解方法①根据定义，通过平移，找到异面直线所成的角θ； ②解含有θ的三角形，求出角θ的大小.例2．在长方体1111ABCD A B C D -中，11BC CC ==，13AD B π∠=，则直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）ABCD【答案】D例3．直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，若∠BAC=90°，AB=AC=AA 1，则异面直线 BA 1与AC 1所成的角为（ ） A ．60°B ．90°C ．120°D ．150°例4．在四面体ABCD 中，AC 与BD 的夹角为30°，2AC =，BD =M ，N 分别是AB ，CD 的中点，则线段MN 的长度为________． 【答案】13.二面角 找(或作)二面角的平面角的主要方法.(i)定义法(ii)垂面法 (iii)三垂线法(Ⅳ)根据特殊图形的性质 (4)求二面角大小的常见方法先找(或作)出二面角的平面角θ，再通过解三角形求得θ的值.例5．已知正三棱锥底面边长为2，侧棱长为3，则它的侧面与底面所成二面角的余弦值为________.【答案】12例6．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，E ．F 分别为1A B ，1A C 的中点，D 为11B C 上的点，且11A D B C ⊥．（1）求证：//EF 平面ABC ． （2）求证：平面1A FD ⊥平面11BCC B ．（3）若三棱柱所有棱长都为a ，求二面角111A B C C --的平面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）74.空间几何体的表面积、体积棱柱、棱锥的表面积：各个面面积之和圆柱的表面积 ：222S rl r ππ=+ 圆锥的表面积：2S rl r ππ=+圆台的表面积：22Srl r Rl Rππππ=+++扇形的面积公式2211=36022n R S lr r πα==扇形（其中l 表示弧长，r 表示半径，α表示弧度） 空间几何体的体积柱体的体积 ：V S h =⨯底，锥体的体积 ：13V S h =⨯底台体的体积 ：1)3V S S h =+⨯下上（ ，球体的体积：343V R π= 点到平面的距离(1)定义 面外一点引一个平面的垂线，这个点和垂足间的距离叫做这个点到这个平面的距离.(2)求点面距离常用的方法： 1)直接利用定义求①找到(或作出)表示距离的线段； ②抓住线段(所求距离)所在三角形解之.2)体积法其步骤是：①在平面内选取适当三点，和已知点构成三棱锥；②求出此三棱锥的体积V 和所取三点构成三角形的面积S ；③由V=31S·h ，求出h 即为所求.这种方法的优点是不必作出垂线即可求点面距离.难点在于如何构造合适的三棱锥以便于计算.例8．在长、宽、高分别为a b c ，，的长方体中，以它的各面的中心为顶点可得到一个八面体，则该八面体的体积为________．【答案】16abc例9．如图，在上、下底面对应边的比为1:2的三棱台中，过上底面的一边作一个平行于棱的平面11A B EF ，则这个平面分三棱台成两部分的体积之比为（ ）．A ．1:2B ．2:3C ．3:4D ．4:5【答案】C例10．如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，PA=AD=4，AB=2，以BD 的中点O 为球心、BD 为直径的球面交PD 于点M.⑴求证：平面ABM ⊥平面PCD ； （2）求点O 到平面ABM 的距离.【答案】（1）见解析（2）3例11．如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，EA⊥底面ABCD，//FD EA，且112FD EA==.（1）求多面体EABCDF的体积；（2）记线段BC的中点为K，在平面ABCD内过点K作一条直线与平面ECF平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明.【答案】(1)103V=多面体;(2)见解析.5.与球有关的组合体7-2 球的结构特征⑴球心与截面圆心的连线垂直于截面；⑵截面半径等于球半径与截面和球心的距离的平方差：r2 = R2– d2★7-3 球与其他多面体的组合体的问题球体与其他多面体组合，包括内接和外切两种类型，解决此类问题的基本思路是：⑴根据题意，确定是内接还是外切，画出立体图形；⑵找出多面体与球体连接的地方，找出对球的合适的切割面，然后做出剖面图；⑶将立体问题转化为平面几何中圆与多边形的问题；例11．已知棱长为a的正四面体，其内切球的半径为r，外接球的半径为R，则:r R= ________．【答案】1:3例12．已知棱长为a的正方体，甲球是正方体的内切球，乙球是正方体的外接球，丙球与正方体的各棱都相切，则甲、乙、丙三球的表面积之比为（）．A．91:3:4B．1:3:2C．D．31:2【答案】B例13．已知,,,S A B C是球O表面上的点,SA⊥平面,,1,ABC AB BC SA AB BC⊥===则球O的体积为__________.例14．已知一个高为16的圆锥内接于一个体积为972π的球，在圆锥内又有一个内切球．求：圆锥内切球的体积．（2）2563Vπ=立体几何中的计算问题一、三视图1．将正方形（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为（）A．B．C．D．【答案】B2．如图所示，A O B '''∆表示水平放置的AOB ∆的直观图，B '在x '轴上，A O ''与x '轴垂直，且2A O ''=，则AOB ∆的OB 边上的高为______．【答案】二、线线角3．已知直三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，M 为11A C 的中点，则AM 与1BC 所成角的余弦值为( ) A．3B．3C．4D．4【答案】D4．如图所示为一个正方体的展开图．对于原正方体，给出下列结论： ①AB 与EF 所在直线平行； ②AB 与CD 所在直线异面； ③MN 与BF 所在直线成60︒角；④MN 与CD 所在直线互相垂直． 其中正确结论的序号是________． 【答案】②④5．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，1AA AB AC ==，AB AC ⊥，M 是1CC 的中点，Q 是BC 的中点，点P 在11A B 上，则直线PQ 与直线AM 所成的角为（ ）． A ．30° B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】D 三、二面角问题二面角：关键是找出二面角的平面角。
立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围)问题--备战2022年高考数学配套word试题(创新设计版)
立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围)问题)1．翻折问题是立体几何的一类典型问题，是考查实践能力与创新能力的好素材．解答翻折问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化．解题时我们要依据这些变化的与未变化的量来分析和解决问题．而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、过程，一般地，涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开成平面图形试一试．2．在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化．对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题．对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性．3．立体几何中的体积最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值或面积、体积的最值．其一般方法有：(1)几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；(2)代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式，利用函数的单调性、有界性，以及不等式的均值定理等求出最值．题型一立体几何中的翻折问题【例1】(2019·全国Ⅲ卷)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图②中的二面角B－CG－A的大小．(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，且BE ∩BC ＝B ，BE ，BC ⊂平面BCGE ， 所以AB ⊥平面BCGE .又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE .(2)解 作EH ⊥BC ，垂足为H .因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，平面BCGE ∩平面ABC ＝BC ， 所以EH ⊥平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3. 以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz ，则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)，CG→＝(1，0，3)，AC →＝(2，－1，0)．设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0，AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0. 所以可取n ＝(3，6，－3)．又平面BCGE 的法向量可取m ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝32.因此二面角B －CG －A 的大小为30°.【训练1】 (2021·浙江名师预测卷四)在梯形ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点O ，AD ＝2AB ＝2BC ＝2CD .将△BCD 沿BD 翻折至△BPD ，且满足平面ABP ⊥平面BPD .(1)求证：二面角P －BD －A 是直二面角；(2)(一题多解)求直线PD 与平面P AO 所成角的正弦值的大小．(1)证明由已知条件易得∠BAD＝60°，∠BDA＝30°，AB⊥BD.在△BPD中，过点D作DH⊥BP，交BP的延长线于点H.∵平面ABP⊥平面BPD，平面ABP∩平面BPD＝BP，∴DH⊥平面ABP，∵AB⊂平面ABP，∴DH⊥AB.又∵BD∩DH＝D，∴AB⊥平面BPD，∵AB⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面BPD.即二面角P－BD－A是直二面角．(2)解法一过点P作PG⊥BD，交BD于点G，则G是BD的中点．由(1)可知平面PBD⊥平面ABD，又∵平面PBD∩平面ABD＝BD，∴PG⊥平面ABD.设OB＝1，则OP＝1，OA＝2，AB＝BP＝3，∵AB⊥平面BPD，∴AB⊥BP，∴AP＝AB2＋BP2＝6，由余弦定理得cos∠AOP＝OA2＋OP2－AP22OA·OP＝－14，则sin∠AOP＝15 4.设点D到△AOP的距离为h，∵V P－AOD＝V D－AOP，∴13·PG·S△AOD＝13·h·S△AOP，∵PG＝32，S△AOD＝12×2×2·sin2π3＝3，S△AOP＝12×1×2×154＝154，∴h＝215 5，∵PD ＝3，∴直线PD 与平面P AO 所成角θ的正弦值sin θ＝h PD ＝255.法二 分别取BD ，AD 的中点E ，F ，连接EP ，EF ，则EF ∥AB .由(1)可知AB ⊥平面BPD ，∴EF ⊥平面BPD ，∴EF ⊥BD ，EF ⊥EP .∵PB ＝PD ，∴PE ⊥BD ，以点E 为坐标原点，EF→，ED →，EP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系．设OB ＝1，可得P ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0， A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－32，0，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0. ∴PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－32，P A →＝⎝⎛⎭⎪⎫3，－32，－32， AO→＝(－3，1，0)． 设平面P AO 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧P A →·n ＝0，AO →·n ＝0，即⎩⎨⎧3x －32y －32z ＝0，－3x ＋y ＝0， 令x ＝1，则n ＝(1，3，－1)，∴直线PD 与平面P AO 所成角θ的正弦值为sin θ＝|cos 〈n ，PD →〉|＝|n ·PD →||n |·|PD →|＝255. 题型二 立体几何中的轨迹问题【例2】 (1)已知在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1与平面A 1B 1C 1D 1垂直，且AD ＝AB ，E 为CC 1的中点，P 在对角面BB 1D 1D 所在平面内运动，若EP 与AC 成30°角，则点P 的轨迹为( )A ．圆B ．抛物线C ．双曲线D ．椭圆(2)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 是平面AC 内的动点， 若点P 到直线A 1D 1的距离等于点P 到直线CD 的距离，则动点P 的轨迹所在的曲线是()A．抛物线B．双曲线C．椭圆D．直线答案(1)A(2)B解析(1)因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，所以该平面六面体ABCD－A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥对角面BB1D1D.取AA1的中点F，则EF∥AC，因为EP与AC成30°角，所以EP与EF成30°角．设EF与对角面BB1D1D 的交点为O，则EO⊥对角面BB1D1D，所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面，故选A.(2)如图，以A为原点，AB为x轴、AD为y轴，建立平面直角坐标系．设P(x，y)，作PE⊥AD于E、PF⊥A1D1于F，连接EF，易知|PF|2＝|PE|2＋|EF|2＝x2＋1，又作PN⊥CD于N，则|PN|＝|y－1|.依题意|PF|＝|PN|，即x2＋1＝|y－1|，化简得x2－y2＋2y＝0，故动点P的轨迹为双曲线，选B.【训练2】(1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别是线段CD，AB上的动点，点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，记直线D1P与MN所成角为θ，若θ的最小值为π3，则点P的轨迹是()A．圆的一部分B．椭圆的一部分C．抛物线的一部分D．双曲线的一部分(2)如图，AB是平面α的斜线段，A为斜足，若点P在平面α内运动，使得△ABP 的面积为定值，则动点P的轨迹是()A．圆B．椭圆C．一条直线D．两条平行直线答案(1)B(2)B解析(1)延长D1P交底面ABCD的内部于点Q，连接QD，则∠D1QD为直线D1Q 与底面ABCD所成的角，也就是直线D1P与MN所成角θ的最小值，故∠D1QD＝π3，从而∠DD1Q＝π6，所以D1Q的轨迹是以D1D为轴，顶点为D1，母线D1Q与轴D1D的夹角为π6的圆锥面的一部分，则点P的轨迹就是该部分圆锥面与△A1C1D面(不包括边界)的交线，而△A1C1D面所在平面与轴D1D斜交，故点P 的轨迹是椭圆的一部分．(2)由于线段AB 是定长线段，而△ABP 的面积为定值，所以动点P 到线段AB 的距离也是定值．由此可知空间点P 在以AB 为轴的圆柱侧面上．又P 在平面内运动，所以这个问题相当于一个平面去斜切一个圆柱(AB 是平面的斜线段)得到的切痕是椭圆．P 的轨迹就是圆柱侧面与平面α的交线是椭圆．题型三 立体几何中的长度、面积、体积的最值(范围)问题【例3】 (1)如图，正三棱锥S －ABC 的底面边长为2a ，E 、F 、G 、H 分别为SA ，SB ，CB ，CA 的中点，则四边形EFGH 的面积的取值范围是( )A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫36a 2，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2，＋∞ (2)(2021·“超级全能生”联考)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为4的正方形，侧棱AA 1＝t (t >4)，点E 是BC 的中点，点P 是侧面ABB 1A 1内的动点(包括四条边上的点)，且满足tan ∠APD ＝4tan ∠EPB ，则四棱锥P －ABED 的体积的最大值是( )A.433 B ．16 3 C.1633 D.6439答案 (1)B (2)C解析 (1)因为E 、F 、G 、H 分别为SA ，SB ，CB ，CA 的中点，∴EF 綉12AB ，HG綉12AB ，∴EF 綉HG ，同理，EH 綉FG ，所以EFGH 为平行四边形，又∵S －ABC 为正三棱锥，∴SC ⊥AB ，∴EF ∥AB ，FG ∥SC ，所以EF ⊥FG ，从而四边形EFGH 为矩形，其面积S ＝GH ·GF ＝12a ·SC ，当正三棱锥的高→0时，SC →正三角形ABC的外接圆的半径233a ，所以四边形EFGH 的面积→33a 2，选B.(2)作PF ⊥AB ，垂足为点F ，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，DA ⊥平面ABB 1A 1，CB ⊥平面ABB 1A 1，在Rt △P AD 和Rt △PBC 中，所以tan ∠APD ＝AD AP ，tan ∠EPB＝BE PB .因为tan ∠APD ＝4tan ∠EPB ，BE ＝12BC ＝12AD ，所以PB ＝2AP .因为平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ，平面ABB 1A 1∩平面ABCD ＝AB ，PF ⊥AB ，所以PF ⊥平面ABCD .设PF ＝h ，AF ＝x ，则BF ＝4－x ，x ∈[0，4]，由PB ＝2AP ，得h 2＋(4－x )2＝4(x 2＋h 2)，即h 2＝－x 2－83x ＋163.因为函数y ＝－x 2－83x ＋163在[0，4]上单调递减，所以当x ＝0时，(h 2)max ＝163，即h max ＝433，所以四棱锥P －ABED 的体积的最大值(V P －ABED )max ＝13×12×(2＋4)×4×433＝1633，故选C.【训练3】 (1)在棱长为6的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是BC 中点，点P 是平面DCC 1D 1所在的平面内的动点，且满足∠APD ＝∠MPC ，则三棱锥P －BCD 体积的最大值是( )A ．36B ．12 3C ．24D ．18 3(2)(2021·镇海中学模拟)已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，球O 与正方体的各条棱相切，P 为球O 上一点，Q 是△AB 1C 的外接圆上的一点，则线段PQ 长的取值范围是________．答案 (1)B (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－22，3＋22 解析 (1)因为AD ⊥平面D 1DCC 1，则AD ⊥DP ，同理BC ⊥平面D 1DCC 1，则BC ⊥CP ，∠APD ＝∠MPC ，则△P AD ∽△PMC ，∵AD ＝2MC ，则PD ＝2PC ，下面研究点P 在面ABCD 的轨迹(立体几何平面化)，在平面直角坐标系内设D (0，0)，C (6，0)，D 1(0，6)，C 1(6，6)，设P (x ，y )，因为PD ＝2PC ，所以x 2＋y 2＝2（x －6）2＋y 2，化简得(x －8)2＋y 2＝16，该圆与CC 1的交点纵坐标最大，交点为(6，23)，三棱锥P －BCD 的底面BCD 的面积为18，要使三棱锥P －BCD 体积最大，只需高最大，当P 在CC 1上且CP ＝23时棱锥的高最大，V ＝13·18·23＝12 3.(2)因为球O 与正方体的各条棱相切，所以球心O 为正方体的中心，切点为各条棱的中点，则易得|OP |＝22.△AB 1C 为边长为2的等边三角形，设其外接圆的圆心为M ，则易得|MB 1|＝63.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，易得BD 1⊥平面AB 1C ，则OM ⊥MB 1.又因为|OB |＝32，|MB |＝33，所以|OM |＝36，则|OQ |＝|OB 1|＝|OM |2＋|MB 1|2＝32，所以|PQ |max ＝|OQ |＋|OP |＝3＋22，|PQ |min ＝|OQ |－|OP |＝3－22，即线段PQ 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－22，3＋22一、选择题1．已知线段AB 垂直于定圆所在的平面，B ，C 是圆上的两点，H 是点B 在AC 上的射影，当C 运动时，点H 运动的轨迹( )A ．是圆B ．是椭圆C ．是抛物线D ．不是平面图形答案 A解析 设在定圆内过点B 的直径与圆的另一个交点为点D ，过点B 作AD 的垂线，垂足为点E ，连接EH ，CD .因为BD 为定圆的直径，所以CD ⊥BC ，又因为AB 垂直于定圆所在的平面，所以CD ⊥AB ，又因为AB ∩BC ＝B ，所以CD ⊥平面ABC ，所以CD ⊥BH ，又因为BH ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ，所以BH ⊥平面ACD ，所以BH ⊥EH ，所以动点H 在以BE 为直径的圆上，即点H 的运动轨迹为圆，故选A.2．设P 是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角面BDD 1B 1(含边界)内的点，若点P 到平面ABC 、平面ABA 1、平面ADA 1的距离相等，则符合条件的点P ( )A ．仅有一个B ．有有限多个C ．有无限多个D ．不存在答案 A解析 与平面ABC ，ABA 1距离相等的点位于平面ABC 1D 1上；与平面ABC ，ADA 1距离相等的点位于平面AB 1C 1D 上；与平面ABA 1，ADA 1距离相等的点位于平面ACC 1A 1上；据此可知，满足题意的点位于上述平面ABC 1D 1，平面AB 1C 1D ，平面ACC 1A 1的公共点处，结合题意可知，满足题意的点仅有一个．3．(2021·温州中学模拟)如图所示，用一边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为4π3的鸡蛋(视为球体)放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋(球体)离蛋巢底面的最短距离为( )A.5＋12B.5－12C.3＋12D.3－12答案 D解析 因为蛋巢的底面是边长为1的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1.又因为鸡蛋(球体)的体积为4π3，所以球的半径为1，所以球心到截面圆的距离d ＝1－14＝32，则截面圆到球体最低点的距离为1－32，而蛋巢的高度为12，故鸡蛋(球体)到蛋巢底面的最短距离为12－⎝⎛⎭⎪⎫1－32＝3－12，故选D. 4．(2021·温州适考)如图，在△ABC 中，点M 是边BC 的中点，将△ABM 沿着AM 翻折成△AB ′M ，且点B ′不在平面AMC 内，点P 是线段B ′C 上一点．若二面角P －AM －B ′与二面角P －AM －C 的平面角相等，则直线AP 经过△AB ′C 的( )A ．重心B ．垂心C ．内心D ．外心答案 A解析因为二面角P－AM－B′与二面角P－AM－C的平面角相等，所以点P到两个平面的距离相等，所以V P－AB′M＝V P－ACM，即V A－PB′M＝V A－PCM.因为两三棱锥的高相等，故S△PB′M ＝S△PCM，故B′P＝CP，故点P为CB′的中点，所以直线AP经过△AB′C的重心，故选A.5．(2021·浙江名师预测卷一)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面P AD为正三角形，且侧面P AD⊥底面ABCD，已知在侧面P AD内存在点Q，满足PQ⊥QD，则当AQ最小时，二面角A－CD－Q的余弦值是()A.2－34 B.2＋34C.2－62 D.2＋64答案 D解析取PD的中点M，因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD，又平面P AD⊥平面ABCD，且平面P AD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面P AD，所以CD⊥QD，则二面角A－CD－Q的平面角是∠ADQ，又因为点Q的轨迹是以M为圆心的圆，如图，当|AQ|最小时，∠ADQ＝∠ADP－∠QDP＝60°－45°＝15°，即二面角A－CD－Q的余弦值为cos 15°＝cos(60°－45°)＝2＋6 4，故选D.6．(2021·浙江新高考仿真卷二)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为BD1，BB1上的动点，则△C1PQ周长的最小值为()A.215 3B.4＋2 2C.4＋83 2D.213 3答案 B解析连接B1D1，BC1，由图易得△C1PQ的三边分别在三棱锥B－B1C1D1的三个侧面上，将三棱锥B－B1C1D1的侧面展开成平面图形，如图，可得四边形BC1D1C1′为直角梯形，当C1′，P，Q，C1四点共线时，△C1PQ的周长最小，最小值为C1′D21＋D1C21＝4＋22，即△C1PQ的周长的最小值为4＋22，故选B.7.(2021·上虞区期末调测)在棱长均为23的正四面体ABCD中，M为AC的中点，E为AB的中点，P是DM上的动点，Q是平面ECD上的动点，则AP＋PQ的最小值是()A.3＋112 B.3＋ 2C.534D．2 3答案 A解析 如图，作MG ⊥CE 于点G ，连接DG .由已知得平面CDE ⊥平面ABC ，又平面CDE ∩平面ABC ＝CE ，则MG ⊥平面CDE ，故DG 为DM 在平面CDE 上的射影．将半平面ADM 沿DM 翻折至与半平面DMG 所成二面角为180°，记翻折后的点A 即A ′到DG 的距离为h A ，则h A 为△A ′DG 的边DG 上的高，且AP ＋PQ ＝A ′P ＋PQ ≥h A .因为MG ＝12AE ＝32，DM ＝DC 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AC 22＝3，则sin ∠MDG＝MG DM ＝36，故cos ∠MDG ＝336.又∠ADM ＝∠A ′DM ＝π6，所以sin ∠A ′DG ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫∠MDG ＋π6＝336×12＋36×32＝3＋3312，所以AP ＋PQ的最小值h A ＝A ′D sin ∠A ′DG ＝11＋32.故选A. 二、填空题8．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，总有AP ⊥BD 1，则动点P 的轨迹为________． 答案 线段B 1C解析 易证BD 1⊥平面ACB 1，所以满足BD 1⊥AP 的所有点P 都在一个平面ACB 1上．而已知条件中的点P 是在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，因此，符合条件的点P 在平面ACB 1与平面BCC 1B 1的交线上，故所求的轨迹为线段B 1C .9．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，长为2的线段MN 的一个端点M 在DD 1上运动，另一个端点N 在底面ABCD 上运动，则MN 的中点P 的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积为________． 答案 π6解析 连接DP ，因为MN ＝2，所以PD ＝1，因此点P 的轨迹是一个以D 为球心，1为半径的球面在正方体内的部分，所以点P的轨迹与正方体的表面所围成的几何体的体积为球的体积的18，即V＝18×43π×13＝π6.10．已知在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝a，若P A⊥平面AC，在BC边上取点E，使PE⊥DE，若满足条件的E点有两个时，则a的取值范围是________．答案(6，＋∞)解析连接AE，由三垂线逆定理可知DE⊥AE，要使满足条件的E点有两个则须使以AD为直径的圆与BC有两个交点，所以半径长a2＞3，∴a＞6.11．如图，已知∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于E，AF⊥DC交DC于F，且AD＝AB＝2，则三棱锥D－AEF体积的最大值为________．答案2 6解析因为DA⊥平面ABC，所以DA⊥AB，AD⊥BC，∵AE⊥DB，又AD＝AB＝2，∴DE＝2，又因为BC⊥AC，AC∩AD＝A，所以BC⊥平面ACD，所以平面BCD⊥平面ACD，∵AF⊥DC，平面BCD∩平面ACD＝CD，所以AF⊥平面BCD，所以AF⊥EF，BD⊥EF，所以BD⊥平面AEF，由AF2＋EF2＝AE2＝2≥2AF·EF可得AF·EF≤1，所以S△AEF ≤12，所以三棱锥D－AEF体积的最大值为13×2×12＝26.12．如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点．现将△AFD 沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC .在平面ABD 内过点D 作DK ⊥AB ，K 为垂足．设AK ＝t ，则t 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1解析 如图，在平面ADF 内过D 作DH ⊥AF ，垂足为H ，连接HK .过F 点作FP ∥BC 交AB 于点P.设∠F AB ＝θ，则cos θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫22，255.设DF ＝x ，则1＜x ＜2， ∵平面ABD ⊥平面ABC ，平面ABD ∩平面ABC ＝AB ，DK ⊥AB ，DK ⊂平面ABD ，∴DK ⊥平面ABC ，又AF ⊂平面ABC ，∴DK ⊥AF . 又∵DH ⊥AF ，DK ∩DH ＝D ，DK ，DH ⊂平面DKH ， ∴AF ⊥平面DKH ，∴AF ⊥HK ，即AH ⊥HK . 在Rt △ADF 中，AF ＝1＋x 2，∴DH ＝x 21＋x 2， ∵△ADF 和△APF 都是直角三角形，PF ＝AD ， ∴Rt △ADF ≌Rt △FP A ，∴AP ＝DF ＝x . ∵△AHD ∽△ADF ，∴cos θ＝11＋x 2t ＝x1＋x 2. ∴x ＝1t .∵1＜x ＜2，∴1＜1t ＜2，∴12＜t ＜1. 三、解答题13．(2018·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD 为正方形， E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．(1)证明 由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF ∩EF ＝F ，PF ，EF ⊂平面PEF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)解 作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，分别以FB→，HF →，HP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H －xyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故EF 2＝PE 2＋PF 2，所以PE ⊥PF . 可得PH ＝32，EH ＝32.则H (0，0，0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的一个法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.14．(2021·杭州二中仿真模拟)如图，平面四边形ABCD 关于直线AC 对称，∠A ＝60°，∠C ＝90°，CD ＝2.把△ABD 沿BD 折起．(1)若二面角A －BD －C 的余弦值为33，求证：AC ⊥平面BCD ； (2)若AB 与平面ACD 所成的线面角为30°时，求AC 的长． 解 (1)取BD 的中点E ，连接AE ，CE . 因为AB ＝AD ，CB ＝CD ， 所以AE ⊥BD ，CE ⊥BD ， 又AE ∩CE ＝E ，所以BD ⊥平面ACE ，所以BD ⊥AC ， 所以∠AEC 是二面角A －BD －C 的平面角．在△AEC 中，AC 2＝AE 2＋CE 2－2AE ·CE cos ∠AEC ＝4，则AC 2＋CE 2＝AE 2， 所以AC ⊥CE .因为CE ∩BD ＝E ，CE ，BD ⊂平面BCD ， 所以AC ⊥平面BCD .(2)由(1)得以点C 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0，0，0)，B (2，0，0)，D (0，2，0)． 设A (m ，m ，n )，则BA→＝(m －2，m ，n )，CA →＝(m ，m ，n )，CD →＝(0，2，0)． 设平面ACD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CA →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎨⎧xm ＋ym ＋zn ＝0，2y ＝0，取⎩⎨⎧x ＝n ，y ＝0，z ＝－m ，所以n ＝(n ，0，－m )， 因为BA ＝22，所以(m －2)2＋m 2＋n 2＝8， 则|cos 〈BA→，n 〉|＝|n （m －2）－mn |22m 2＋n 2＝12，解得m 2＝n 2，解得m ＝2或m ＝－23， 所以AC ＝23或AC ＝23 3.。
学而思小升初立体几何常用技巧
【拓展】北京市第十二届迎春杯 从一个棱长为10厘米的正方形木块中挖去一个长10厘 米、宽2厘米、高2厘米的小长方体，剩下部分的表面 积是多少？(写出符合要求的全部答案)
【例3】(★★★☆) 如图所示，一个5×5×5的立方体，在一个方向上开有 1×1×5的孔，在另一个方向上开有2×1×5的孔，在 第三个方向上开有3×1×5的孔，剩余部分的体积是多 少？表面积为多少？
2. 由小立方体堆砌而成的立体图形，其表面积可用三视 图法求解： S (正视图面积+俯视图面积 +侧视图面积 +凹槽数 ) 2 3. 水中浸物问题的水面高度公式： V V铁块 完全没过时：h水 = 水 ； S容器 V水 部分没过时：h水 = ； S容器 S铁块
水溢出时： h水 =h容器
一轮复习——立体几何常用技巧
本讲主线 1、三视图法，平移法 2、标数法，切片法 3、水中浸物问题
【知识要点-讲解】 1．立体几何基本公式： 2 ⑴ 表面积：S长方体 2( ab bc ca )； S正方体 6a ， 3 ⑵ 体积：V长方体 abc。 V正方体 a 。 提示，所有柱体，体积＝底面积×高. ⑶ 圆柱、圆锥 1 V r 2 h、 V r 2 h。 3
4
【例1】 2010年第8届走美6年级第9题(★★) 21个棱长为1厘米的小正方体组成一个立体如下图， 它的表面积是______平方厘米。
1
【例2】(★★★) 下图是一个棱长为2厘米的正方体，在正方体上表面 的正中，向下挖一个棱长为1厘米的正方体小洞， 1 接着在小洞的底面正中向下挖一个棱长为 厘米 2 正方形小洞，第三个正方形小洞的挖法和前两个 1 同为 厘米，那么最后得到的立体图形的表面积 4 多少平方厘米？
高考数学二轮复习 核心考点特色突破 专题13 立体几何中的计算问题(含解析)-人教版高三全册数学试题
专题13 立体几何中的计算问题【自主热身，归纳总结】1、若正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为1，则此三棱锥的体积为 ． 【答案】：61【解析】：设此正三棱锥的高为h ，则，所以312=h ，33=h ， 故此三棱锥的体积．2、 如图，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，则三棱锥AB 1D 1D 的体积为________cm 3.【答案】 3【解析】VAB 1D 1D ＝VB 1AD 1D ＝13S △ADD 1×A 1B 1＝13×12×AD ×D 1D ×A 1B 1＝13×12×3×2×3＝3.3、将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π cm 3，则该圆柱的侧面积为________cm 2. 【答案】：18π【解析】：设正方形的边长为x cm ，则圆柱的体积为πx 2·x ＝27π，解得x ＝3，所以该圆柱的侧面积为2π×3×3＝18π(cm 2)．4、如图，正四棱锥PABCD 的底面一边AB 的长为2 3 cm ，侧面积为8 3 cm 2，则它的体积为________cm 3.【答案】 4【解析】：如图，过点P 作PO 垂直于底面ABCD ，且垂足为O ，在平面ABCD 中，过点O 作直线AB 的垂线，垂足为E ，连结PE.由正四棱锥的性质知，PE ⊥AB ，所以S 侧＝(12×23×PE )×4＝83，解得PE ＝2，在Rt △POE 中，PO ＝PE 2－EO 2＝22－3＝1，所以正四棱锥的体积为13×(23)2×1＝4.5、已知正四棱柱的底面边长为3 cm ，侧面的对角线长是35cm ，则这个正四棱柱的体积是________cm 3. 【答案】54【解析】：设该正四棱柱的侧棱长为h cm ，则(35)2＝32＋h 2，解得h ＝6(负值舍去)，从而这个正四棱柱的体积是V ＝32×6＝54(cm 3)．6、若圆锥的侧面展开图是面积为3π且圆心角为2π3的扇形，则此圆锥的体积为________．【答案】 223π7、现有一正四棱柱形铁块，底面边长为高的8倍，将其熔化锻造成一个底面积不变的正四棱锥形铁件（不计材料损耗）．设正四棱柱与正四棱锥的侧面积分别为1S ,2S ,则12S S 的值为 ． 【答案】25【解析】设正四棱柱得高为a ，所以底面边长为8a ，根据体积相等，且高相等，所以正四棱锥的高为3a ，则正棱锥侧面的高为,所以.8、以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积之比为________． 【答案】22【解析】：如图，由题意可得圆柱的侧面积为S 1＝2πrh ＝2πr 2.圆锥的母线l ＝h 2＋r 2＝2r ，故圆锥的侧面积为S 2＝12×2πr ×l ＝2πr 2，所以S 2∶S 1＝2∶2.9、如图，正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥AA 1EF 的体积是________．【答案】：23【解法1】过B 点作BE AC ⊥，垂足为E ，平面ABC ⊥平面11ACC A ，且平面ABC ⋂平面11ACC A =AC ,所以BE ⊥平面11ACC A ，又因为梯形1ACC D 的面积为=6，所以.【解法2】,而=1323⨯⨯,所以四棱锥1B ACC D -的体积为23.【关联1】、如图，铜质六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知正六棱柱的底面边长、高都为4 cm ，圆柱的底面积为9 3 cm 2.若将该螺帽熔化后铸成一个高为6 cm 的正三棱柱零件，则该正三棱柱的底面边长为________cm (不计损耗)．【答案】. 210 由题意知，熔化前后的体积相等，熔化前的体积为6×34×42×4－93×4＝603，设所求正三棱柱的底面边长为x cm ，则有34x 2·6＝603，解得x ＝210，所以所求边长为210cm .【关联2】、在棱长为2的正四面体P ABC -中，M ，N 分别为PA ，BC 的中点，点D 是线段PN 上一点，且2PD DN =，则三棱锥D MBC -的体积为 ． 【答案】：29思路分析：解决空间几何体的体积计算问题常常有两个途径：一是直接利用体积公式求解，另一种是利用等体积转化的思想进行计算.解题过程：连结MB ，MC ，MN ，过点D 作MN DH ⊥于H ，因为BP BA =，M 为PA 的中点，所以BM PA ⊥，同理CM PA ⊥，又因为，所以，又因为，所以MN PA ⊥，又因为MN DH ⊥，所以PA DH //，从而，故DH 为点D 到平面MBC 的高.在MBC ∆中，MC MB =，N 为BC 的中点，则，MBC ∆的面积，在NPM ∆中，因为PM DH //，2PD DN =，所以，从而三棱锥D MBC -的体积．【关联3】、如图，在正三棱柱中，已知，点P 在棱1CC 上，则三棱锥1P ABA -的体积为 ．【答案】．439 【解析】： 因为正三棱柱中，11//CC AA ，因为，，所以，因为点P 在棱1CC 上，所以点C 到平面B B AA 11的距离就是点P 到平面B B AA 11的距离．作AB CD ⊥，垂直为点D ，因为正三棱柱中，⊥1AA 面ABC ，⊂CD 面ABC ，所以1AA CD ⊥，而，，，所以．因为正三棱柱中，，所以233=CD ，1ABA ∆的面积，所以三棱锥1ABA P -的体积．例2、已知矩形ABCD 的边AB ＝4，BC ＝3，若沿对角线AC 折叠，使平面DAC ⊥平面BAC ，则三棱锥DABC 的体积为________． 【答案】. 245【解析】：在平面DAC 内作DO ⊥AC ，垂足为点O ，因为平面DAC ⊥平面BAC ，且平面DAC ∩平面BAC ＝AC ，所以DO ⊥平面BAC ，因为AB ＝4，BC ＝3，所以DO ＝125，S △ABC ＝12×3×4＝6，所以三棱锥DABC 的体积为V ＝13×6×125＝245.【变式1】、．已知一个空间几何体的所有棱长均为1 cm ，其表面展开图如图所示，则该空 间几何体的体积V= cm 3．【答案】216+【解析】空间几何体为一正方体和一正四棱锥的组合体，显然，正方体的体 积为1，正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为1，所以，棱锥的高为22，所以，正四棱锥的体积为26，即组合体的体积为216+【变式2】、已知△ABC 为等腰直角三角形，斜边BC 上的中线AD = 2，将△ABC 沿AD 折成60°的二面角，连结BC ，则三棱锥CABD 的体积为 ．【答案】：233易错警示 由于二面角平面角的概念在必做部分考查较少形成了复习中的知识盲点在边长为4的正方形ABCD 内剪去四个全等的等腰三角形(如图1中阴影部分)，【关联1】、折叠成底面边长为2的正四棱锥SEFGH(如图2)，则正四棱锥SEFGH 的体积为________．（图1）（图2）【答案】：. 43【解析】：连结EG ，HF ，交点为O ，正方形EFGH 的对角线EG ＝2，EO ＝1，则点E 到线段AB 的距离为1，EB ＝12＋22＝ 5.SO ＝SE 2－OE 2＝5－1＝2，故正四棱锥SEFGH 的体积为13×(2)2×2＝43.【关联2】、已知圆锥的底面半径和高相等，侧面积为42 ，过圆锥的两条母线作截面，截面为等边三角形，则圆锥底面中心到截面的距离为【答案】233【解析】设底面半径为r ，由题意可得：母线长为2r .又侧面展开图面积为，所以2r =.又截面三角形ABD 为等边三角形，故，又，故BOD 为等角直角三角形.设圆锥底面中心到截面的距离为d ，又，所以.又,2OBDS=,2AO r ==，故.【关联3】、 如图，在圆锥VO 中，O 为底面圆心，半径OA ⊥OB ，且OA ＝VO ＝1，则O 到平面VAB 的距离为________．【答案】：33思路分析 在立体几何求点到平面的距离问题中，往往有两种途径：(1) 利用等体积法，这种方法一般不需要作出高线；(2) 利用面面垂直的性质作出高线，再进行计算．解法1 因为VO ⊥平面AOB ，OA ⊂平面AOB ，所以VO ⊥OA ，同理VO ⊥OB ，又因为OA ⊥OB ，OA ＝VO ＝OB ＝1，所以VA ＝VB ＝AB ＝2，所以S △VAB ＝12VA ×AB sin60°＝32.设O 到平面VAB 的距离为h ，由V VAOB ＝V OVAB ，得13S△AOB×VO ＝13S △VAB ×h ，得12OA ×OB ×VO ＝32h ，解得h ＝33.解法2 取AB 中点M ，连结VM ，过点O 作OH ⊥VM 于H .因为OA ＝OB ，M 是AB 中点，所以OM ⊥AB ，因为VO ⊥平面AOB ，AB ⊂平面AOB ，所以VO ⊥AB ，又因为OM ⊥AB ，VO ∩OM ＝O ，所以AB ⊥平面VOM ，又因为AB ⊂平面VAB ，所以面VAB ⊥平面VOM ，又因为OH ⊥VM ，OH ⊂平面VOM ，平面VAB ∩平面VOM ＝VH ，所以OH ⊥平面VAB ，所以OH 为点O 到平面VAB 的距离，且OH ＝VO ×OM VM ＝33.例3、如图，在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，AB ⊥BC ，E ，F 分别是A 1B ，AC 1的中点． (1) 求证：EF ∥平面ABC ； (2) 求证：平面AEF ⊥平面AA 1B 1B ；(3) 若A 1A ＝2AB ＝2BC ＝2a ，求三棱锥FABC 的体积．)【解析】 (1) 连结A 1C .因为直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，四边形AA 1C 1C 是矩形，所以点F 在A 1C 上，且为A 1C 的中点．在△A 1BC 中，因为E ，F 分别是A 1B ，A 1C 的中点，所以EF ∥BC .(2分) 又因为BC ⊂平面ABC ，EF ⊄平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .(4分) (2) 因为在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，B 1B ⊥平面ABC ，所以B 1B ⊥BC . 因为EF ∥BC ，AB ⊥BC ，所以AB ⊥EF ，B 1B ⊥EF .(6分) 因为B 1B ∩AB ＝B ，所以EF ⊥平面ABB 1A 1.(8分) 因为EF ⊂平面AEF ，所以平面AEF ⊥平面ABB 1A 1.(10分) (3) V FABC ＝12VA 1ABC ＝12×13×S △ABC ×AA 1(12分)＝12×13×12a 2×2a ＝a36.(14分)【变式1】、如图，在五面体ABCDEF 中，已知DE ⊥平面ABCD ，//AD BC ，o 60BAD ∠=，2AB =，1DE EF ==．（1）求证：//BC EF ； （2）求三棱锥B DEF -的体积．【解析】（1）因为//AD BC ，AD ⊂平面ADEF ，BC ⊄平面ADEF ， 所以//BC 平面ADEF ， （3分） 又BC ⊂平面BCEF ，平面BCEF平面ADEF EF =，所以//BC EF ． （6分） （2）如图，在平面ABCD 内过点B 作BH AD ⊥于点H ．因为DE ⊥平面ABCD ，BH ⊂平面ABCD ，所以DE BH ⊥．又AD ，DE ⊂平面ADEF ，，所以BH ⊥平面ADEF ，所以BH 是三棱锥B DEF -的高． （9分） 在直角三角形ABH 中，o 60BAD ∠=，2AB =，所以3BH =． 因为DE ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以DE AD ⊥．又由（1）知，//BC EF ，且//AD BC ，所以//AD EF ，所以DE EF ⊥， （12分） 所以三棱锥B DEF -的体积． （14分）易错警示 在证明线线、线面、面面的位置关系时，一定要注意条件的完备性，不能少写条件．另外，在求几何体的体积时， 一定要证明某条线为高的原因，即证明它与某个平面垂直，否则将导致丢分． 【变式2】、如图，在矩形ABCD 中，AD ＝2，AB ＝4，E ，F 分别为边AB ，AD 的中点．现将△ADE 沿DE 折起，得四棱锥ABCDE. （1）求证：EF ∥平面ABC ；（2）若平面ADE ⊥平面BCDE ，求四面体FDCE 的体积．【解析】 (1) 证法1 如图1，取线段AC 的中点M ，连结MF ，MB. 因为F ，M 为AD ，AC 的中点， 所以MF ∥CD ，且MF ＝12CD.图1在折叠前，四边形ABCD 为矩形，E 为AB 的中点，所以BE ∥CD ，且BE ＝12CD.所以MF ∥BE ，且MF ＝BE.所以四边形BEFM 为平行四边形，故EF ∥BM. 又EF ⊄平面ABC ，BM ⊂平面ABC ， 所以EF ∥平面ABC.证法2 如图2，延长DE 交CB 的延长线于点N ，连结AN.在折叠前，四边形ABCD 为矩形，E 为AB 的中点，所以BE ∥CD ，且BE ＝12CD.图2所以∠NBE ＝∠NCD ，∠NEB ＝∠NDC. 所以△NEB ∽△NDC.所以NE ND ＝BE CD ＝12，即E 为DN 的中点．又F 为AD 的中点，所以EF ∥NA. 又EF ⊄平面ABC ，NA ⊂平面ABC ， 所以EF ∥平面ABC.证法3 如图3，取CD 的中点O ，连结OE ，OF.图3(2) 解法1 在折叠前，四边形ABCD 为矩形，AD ＝2，AB ＝4，E 为AB 的中点，所以△ADE ，△CBE 都是等腰直角三角形，且AD ＝AE ＝EB ＝BC ＝2. 所以∠DEA ＝∠CEB ＝45°，且DE ＝EC ＝2 2.又∠DEA ＋∠DEC ＋∠CEB ＝180°，所以∠DEC ＝90°，即DE ⊥CE.又平面ADE ⊥平面BCDE ，平面ADE∩平面BCDE ＝DE ，CE ⊂平面BCDE ，所以CE ⊥平面ADE ，即CE 为三棱锥CEFD 的高．因为F 为AD 的中点，所以 S △EFD ＝12×12×AD×AE＝14×2×2＝1.所以四面体FDCE 的体积V ＝13×S △EFD ×CE＝13×1×22＝223. 解法2 如图4，过F 作FH ⊥DE ，H 为垂足．图4因为平面ADE ⊥平面BCDE ，平面ADE∩平面BCDE ＝DE ，FH ⊂平面ADE ，所以FH ⊥平面BCDE ，即FH 为三棱锥FECD 的高．在折叠前，四边形ABCD 为矩形，且AD ＝2，AB ＝4，E 为AB 的中点，所以△ADE 是等腰直角三角形． 又F 为AD 的中点，所以DF ＝1. 所以FH ＝DF·sin45°＝22. 又S △EDC ＝12×CD×BC＝12×4×2＝4，所以四面体FDCE 的体积V ＝13×S △EDC ×FH＝13×4×22＝223. 解法3 如图5，过A 作AG ⊥DE ，G 为垂足．图5因为平面ADE ⊥平面BCDE ，平面ADE∩平面BCDE ＝DE ，AG ⊂平面ADE ，所以AG ⊥平面BCDE ，即AG 为三棱锥AECD 的高．在折叠前，四边形ABCD 为矩形，且AD ＝2，AB ＝4，E 为AB 的中点， 所以△ADE 是等腰直角三角形． 所以AG ＝AD·sin45°＝ 2. 又S △EDC ＝12×DC×BC＝12×4×2＝4，所以三棱锥AECD 的体积V AECD ＝13×S △EDC ×AG＝13×4×2＝423.因为F 为AD 的中点，所以S △EFD ＝12S △EAD .所以V CEFD ＝12V CEAD ＝12V AECD ＝223.即四面体FDCE 的体积为223.【关联】、如图，直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，∠ADC ＝120°，AA 1＝AB ＝1，点O 1，O 分别是上、下底面菱形的对角线的交点．（1）求证：A 1O ∥平面CB 1D 1； （2）求点O 到平面CB 1D 1的距离．【解析】 (1) 因为AA 1∥C C 1且AA 1＝C C 1，所以四边形A 1ACC 1是平行四边形，所以AC∥A1C1且AC＝A1C1.因为O1，O分别是A1C1，AC的中点，故O C∥A1O1且O C＝A1O1. 所以四边形A1O1C O为平行四边形，所以A1O∥O1C.又A1O⊄平面CB1D1，O1C⊂平面CB1D1，所以A1O∥平面CB1D1.（2）解法1 等体积法．设点O到平面CB1D1的距离为h.因为D1D⊥平面ABCD，所以D1D⊥C O.因为AC，BD为菱形ABCD的对角线，所以C O⊥BD.因为D1D∩BD＝D，所以C O⊥平面BB1D1D.在菱形ABCD中，BC＝1，∠BCD＝60°，C O＝3 2.解法2 作垂线．因为AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，所以AA 1⊥B 1D 1.因为A 1C 1，B 1D 1为菱形A 1B 1C 1D 1的对角线，所以B 1D 1⊥A 1C 1. 因为AA 1∩A 1C 1＝A 1，所以B 1D 1⊥平面AA 1C 1C. 因为B 1D 1⊂平面CB 1D 1，所以平面CB 1D 1⊥平面AA 1C 1C.在平面AA 1C 1C 内，作OH ⊥C O 1，H 为垂足，而平面CB 1D 1∩平面AA 1C 1C ＝CO 1， 所以OH ⊥平面CB 1D 1，即线段OH 的长为点O 到平面CB 1D 1的距离． 在矩形AA 1C 1C 中，∠O CH ＝∠C O 1C 1，sin ∠CO 1C 1＝C C 1C O 1＝172＝27，sin ∠OCH ＝OH O C ＝OH 32＝2OH 3，所以27＝2OH 3，故OH ＝217.因此，点O 到平面CB 1D 1的距离为217.。
专题04 立体几何-【李金柱梳理】冲刺2023年高考数学大题突破+限时集训(新高考专用)(原卷版)
专题04立体几何题型简介立体几何一般作为全国卷第20题21题.重点题型主要是1体积问题及表面积问题2线面距离及线面角问题3二面角问题4空间几何综合问题典例在线题型一：体积及表面积问题1．在如图所示的多面体ABCDE 中，⊥AE 平面ABC ，AE CD ∥，22AE CD ==，3CA CB ==，25AB =(1)证明：平面ABE ⊥平面BDE ；(2)求多面体ABCDE 的体积．变式训练1．如图①，在平面四边形ABCD 中，2AB AD ==，2BC CD ==60BAD ∠= ．将BCD △沿着BD 折叠，使得点C 到达点C '的位置，且二面角A BD C '--为直二面角，如图②．已知,,P G F 分别是,,AC AD AB '的中点，E 是棱AB 上的点，且C E '与平面ABD 所成角的正233(1)证明：平面//PGF 平面C DB '；(2)求四棱锥P GFED -的体积．题型二：线面距离及线面角问题1如图，在多面体ABCDE 中，已知ABC ，ACD ，BCE 均为等边三角形，平面ACD ⊥平面ABC ，平面BCE ⊥平面ABC ，H 为AB的中点．(1)判断DE 与平面ABC 的位置关系，并加以证明；(2)求直线DH 与平面ACE 所成角的正弦值．变式训练1如图，PD 垂直于梯形ABCD 所在平面，90ADC BAD ∠=∠=，F 为PA 的中点，2PD =112AB AD CD ===，四边形PDCE 为矩形.(1)求证：//AC 平面DEF ；(2)求平面ABCD 与平面BCP 的夹角的大小；(3)求点F 到平面BCP 的距离.题型三：二面角问题1如图，四棱锥P -ABCD 中，已知AD BC ∥，BC =2AD ，AD =DC ，∠BCD =60°，CD ⊥PD ，PB ⊥BD．(1)证明：PB ⊥AB ；(2)设E 是PC 的中点，直线AE 与平面ABCD 所成角等于45°，求二面角B -PC -D 的余弦值．变式训练1如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为梯形，AB CD ∥，2AB CD =，AD SD =，SAB △为正三角形，SC BC ⊥，CB CS =.(1)求证：平面SAB ⊥平面SBC ；(2)求二面角C SA D --的余弦值.题型四：空间几何综合问题1．如图所示，正方形ABCD 所在平面与梯形ABMN 所在平面垂直，AN BM ∥，2AN AB BC ===，4BM =，23CN =(1)证明：BM ⊥平面ABCD ；(2)在线段CM （不含端点）上是否存在一点E ，使得二面角E BN M --33若存在，求出的CEEM值；若不存在，请说明理由.变式训练1如图，在四棱锥E -ABCD 中，平面ADE ⊥平面ABCD ，O ､M 分别为线段AD ､DE 的中点，四边形BCDO 是边长为1的正方形，AE =DE ，AE ⊥DE.(1)求证：CM //平面ABE ；(2)求直线CM 与BD 所成角的余弦值；(3)点N 在直线AD 上，若平面BMN ⊥平面ABE ，求线段AN 的长.模拟尝试1．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 为等边三角形，M 为PA 的中点，PD AB ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD ．(1)证明：平面MCD ⊥平面PAB ；(2)若//AD BC ，2AD BC =，2CD AB =，求平面MCD 与平面PBC 夹角的余弦值．2．（2023·山东·日照一中校考模拟预测）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为22(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AAAB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C--的正弦值．3．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，D 为线段AB 的中点，4CB =，43AB =118AC =，三棱锥1A A DC -的体积为8．(1)证明：1A D ⊥平面11B C D ；(2)求平面1ACD 与平面1A BC 夹角的余弦值．4．（2022·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60ADC ∠=︒，PAD 为等边三角形，O 为线段AD 的中点，且平面PAD ⊥平面ABCD ，M 是线段PC 上的点.(1)求证：OM BC ⊥；(2)若直线AM 与平面PAB 的夹角的正弦值为1010，求四棱锥M ABCD -的体积.5．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -中，16AA =E 是1AA 的中点，底面ABCD 是平行四边形，若1A C ⊥平面1BDC.(1)若1AB AA =，证明：底面ABCD 是正方形(2)若60BAD ∠=︒，求二面角1B BE D --的余弦值6．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）直四棱柱1111ABCD A B C D -被平面α所截，所得的一部分如图所示，EF DC =．（1）证明：//ED 平面ACF ；（2）若1242DC AD A E ===，3ADC π∠=，平面EFCD 与平面ABCD 所成角的正切值433，求点E 到平面ACF 的距离．真题再练1．（2021·全国·统考高考真题）如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．2．（2021·全国·统考高考真题）已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?3．（2021·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.4．（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．5．（2022·全国·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD 是边长为8（单位：cm ）的正方形，,,,EAB FBC GCD HDA 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD 垂直．(1)证明：//EF 平面ABCD ；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．6．（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22(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．7．（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．8．（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．9．（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．。
专题04 立体几何-【李金柱梳理】冲刺2023年高考数学大题突破+限时集训(新高考专用)解析版1
专题04立体几何题型简介立体几何一般作为全国卷第20题21题.重点题型主要是1体积问题及表面积问题2线面距离及线面角问题3二面角问题4空间几何综合问题典例在线题型一：体积及表面积问题1．在如图所示的多面体ABCDE 中，⊥AE 平面ABC ，AE CD ∥，22AE CD ==，3CA CB ==，25AB =．(1)证明：平面ABE ⊥平面BDE ；(2)求多面体ABCDE 的体积．【答案】(1)证明见解析(2)25解（1）证明：设AB ，BE 的中点分别为F ，G ，连接CF ，FG ，DG ，则FG AE ∥，且12FG AE =，又CD AE ∥，且12CD AE =，所以FG CD ∥，且FG CD =，所以四边形CFGD 为平行四边形，所以∥CF DG ．因为⊥AE 平面ABC ，CF ⊂平面ABC ，所以AE CF ⊥，所以AE DG ⊥，因为CA CB =，F 为AB 的中点，所以CF AB ⊥，所以DG AB ⊥，又AB ，AE ⊂平面ABE ，且AB AE A = ，所以DG ⊥平面ABE ，又DG ⊂平面BDE ，所以平面ABE ⊥平面BDE ．（2）由（1）得CF AB ⊥，CF AE ⊥，且AB ，AE ⊂平面ABE ，AB AE A = ，所以CF ⊥平面ABE ，又因为3CA CB ==，25AB =，F 为AB 的中点，所以2CF =．因为CD AE ∥，AE ⊂平面ABE ，CD ⊄平面ABE ，所以CD ∥平面ABE ，所以点D 到平面ABE 的距离等于点C 到平面ABE 的距离CF ．因为⊥AE 平面ABC ，AC ，BC ⊂平面ABC ，所以AE AC ⊥，AE BC ⊥，又CD AE ∥，所以CD AC ⊥，CD BC ⊥，又AC ，BC ⊂平面ABC ，且AC BC C = ，所以CD ⊥平面ABC ，连接AD ，多面体ABCDE 的体积V 等于三棱锥D ABC -的体积与三棱锥D ABE -的体积之和，而11252521323D ABC V -=⨯⨯⨯⨯=，11452522323D ABE V -=⨯⨯⨯⨯=，所以多面体ABCDE 的体积25452533V =+=．变式训练1．如图①，在平面四边形ABCD 中，2AB AD ==，2BC CD ==，60BAD ∠=．将BCD △沿着BD 折叠，使得点C 到达点C '的位置，且二面角A BD C '--为直二面角，如图②．已知,,P G F 分别是,,AC AD AB'的中点，E 是棱AB 上的点，且C E '与平面ABD 所成角的正切值为3．(1)证明：平面//PGF 平面C DB '；(2)求四棱锥P GFED -的体积．【答案】(1)证明见解析解（1）,,P G F 分别为,,AC AD AB '的中点，//PG C D '∴，//PF BC '，,PG PF ⊄ 平面C DB '，,C D BC ''⊂平面C DB '，//PG ∴平面C DB '，//PF 平面C DB '，又PG PF P ⋂=，,PG PF ⊂平面PGF ，∴平面//PGF 平面C DB '.（2）取BD 的中点M ，连接,C M EM '，2AB AD == ，60BAD ∠= ，ABD ∴ 为等边三角形，2BD ∴=，又BC C D ''==222BC C D BD ''∴+=，C DB '∴ 为等腰直角三角形，112C M BD '∴==，C M BD '⊥； 二面角A BD C '--是直二面角，即平面C DB '⊥平面ABD ，平面C DB '⋂平面ABD BD =，C M '⊂平面C DB '，C M '∴⊥平面ABD ，C EM '∴∠即为C E '与平面ABD所成角，1tan 3C M C EM EM EM ''∴∠===，解得：2EM =；在EMB △中，由余弦定理得：2222cos60EM BM BE BM BE =+-⋅ ，即2314BE BE =+-，解得：12BE =，E ∴为线段AB 上靠近点B 的四等分点，111442ABD AGF BDE ABD ABD ABD ABDGFED S S S S S S S S ∴=--=--=四边形211222=⨯⨯⨯111113232P GFED GFED V S C M -'∴=⨯⨯=⨯=四棱锥四边形题型二：线面距离及线面角问题．如图，在多面体ABCDE 中，已知ABC ，ACD ，BCE 均为等边三角形，平面ACD ⊥平面ABC ，平面BCE ⊥平面ABC ，H 为AB的中点．(1)判断DE 与平面ABC 的位置关系，并加以证明；(2)求直线DH 与平面ACE 所成角的正弦值．【答案】(1)DE ∥平面ABC ，证明见解析；(2)155【详解】（1）DE ∥平面ABC ，理由如下：分别取,AC BC 的中点,O P ，连接,,DO EP OP ，因为AD CD =，所以DO AC ⊥，又平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD 平面ABC AC =，DO ⊂平面ACD ，所以DO ⊥平面ABC ，同理EP ⊥平面ABC ，所以EP DO ∥，又因为,ACD BCE 是全等的正三角形，所以EP DO =，所以四边形DOPE 是平行四边形，所以DE OP ∥，因为ED ⊄平面ABC ，OP ⊂平面ABC ，所以ED ∥平面ABC ；（2）连接BO ，则易知BO ⊥平面ACD ，以O 为坐标原点，分别以,,OD OA OB的方向为,,x y z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，令2AC =.则()()())13130,0,0,0,1,0,0,1,0,3,0,0,0,,,0,,2222O A C DH P ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，13,3,,22DE OP E ⎫=∴-⎪⎪⎭所以()33130,2,0,3,,3,2222AC AE DH ⎛=-=-= ⎭⎝⎭ ，设平面ACE 的法向量为(),,m x y z =，所以·0·0m AC m AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩ ，所以20333022y y z -=⎧⎪⎨-+=⎪⎩则0y =，取2z =，1x ∴=-，则()1,0,2m =-，所以2315cos ,525DH m DH m DH m ===，设直线DH 与平面ACE 所成的角为θ，则15sin cos ,5DH m θ==．变式训练1如图，PD 垂直于梯形ABCD 所在平面，90ADC BAD ∠=∠=，F 为PA 的中点，2PD =112AB ADCD ===，四边形PDCE 为矩形.(1)求证：//AC 平面DEF ；(2)求平面ABCD 与平面BCP 的夹角的大小；(3)求点F 到平面BCP 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)45 (3)14【详解】（1）设CP DE G = ，连接FG，四边形PDCE 为矩形，G ∴为PC 中点，又F 为PA 中点，//AC FG ∴，又FG ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ，//AC ∴平面DEF .（2）以D 为坐标原点，,,DA DC DP正方向为,,x y z 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则()1,1,0B ，()0,2,0C，(P ，()1,1,0BC ∴=-，(0,CP =-，设平面BCP 的法向量(),,n x y z =，020BC n x y CP n y ⎧⋅=-+=⎪∴⎨⋅=-+=⎪⎩，令1y =，解得：1x =，z =，(n ∴=；z 轴⊥平面ABCD ，∴平面ABCD 的一个法向量()0,0,1m =，cos ,2m n m n m n⋅∴<>==⋅ ，则平面ABCD 与平面BCP的夹角为45 .（3）由（2）知：1,0,22F ⎛ ⎝⎭，(P，1,0,22PF ⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭，由平面BCP的法向量(n =，∴点F 到平面BCP 的距离11224PF nd n⋅=== .题型三：二面角问题1如图，四棱锥P -ABCD 中，已知AD BC ∥，BC =2AD ，AD =DC ，∠BCD =60°，CD ⊥PD ，PB ⊥BD ．(1)证明：PB ⊥AB ；(2)设E 是PC 的中点，直线AE 与平面ABCD 所成角等于【答案】(1)证明见解析(2)77解（1）连结BD ，在BDC 中，因为BC=2DC ，∠BCD=60°，由余弦定理()22222cos603BD DC DC DC DC +-⋅⋅︒．因为222BD CD BC +=，所以CD ⊥BD ，又CD ⊥PD ，BD PD D = ，,BD PD ⊂平面PDB ，所以CD ⊥平面PDB ，由于PB ⊂平面PDB ，所以CD ⊥PB ．因为PB ⊥BD ，CD BD D =I ，,CD BD ⊂平面ABCD ，所以PB ⊥平面ABCD ，由于AB ⊂平面ABCD ，因此PB ⊥AB ．（2）解法1：以B 为坐标原点，BC的方向为x 轴正方向，||DC为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，由（1）可知y 轴在平面ABCD 内．则(0,0,0)B ，1322A ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，(2,0,0)C ，3322D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，13,22DC ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．设(0,0,)(0)P t t >，则(2,0,)PC t =- ，1,0,2t E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，13,222t AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．因为平面ABCD 的法向量为(0,0,1)m =，所以2cos ,||||4AE m AE m AE m t 〈〉==⋅+⋅由AE 与平面ABCD 所成角等于45°，2sin 454t =+，解得t=2．设平面DPC 的法向量1(,,)n x y z =，则110,0.n PC n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即220,130.22x z x -=⎧⎪⎨=⎪⎩所以可取1(3,1,3)n =．因为平面BPC 的法向量为2(0,1,0)n = ，于是1212127cos ,7n n n n n n 〈〉=⋅=．因为二面角B-PC-D 是锐二面角，所以其余弦值为77．解法2：取BC 中点为F ，连结EF ，AF ，则EF PB ∥，且AF=DC ．由（1）可知EF ⊥平面ABCD ，∠EAF 是AE 与平面ABCD 所成角，所以∠EAF=45°，所以EF=AF=DC ，于是PB=2EF=2DC ．以B 为坐标原点，BC的方向为x 轴正方向，||DC 为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，由（1）可知y 轴在平面ABCD 内．则(0,0,0)B ，(2,0,0)C ，332D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(0,0,2)P ，(2,0,2)PC =-，13,22DC ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．设平面DPC 的法向量(,,)m x y z =，则0,0.m PC m DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即可得220,130.22x z x y -=⎧⎪⎨-=⎪⎩所以可取(3,1,3)m = ．因为平面BPC 的法向量(0,1,0)n = ，于是7cos ,7||||m n m n m n ⋅〈〉==⋅．因为二面角B-PC-D 是锐二面角，所以其余弦值为77．解法3：取BC 中点为F ，连结EF ，AF ，则//EF PB ，且AF=DC ．由（1）可知EF ⊥平面ABCD ，∠EAF 是AE 与平面ABCD 所成角，故∠EAF=45°，因此EF=AF=DC ，于是PB=2EF=2DC=BC ，可得22PC DC =．连结BE ，则BE ⊥PC ．过E 在平面PDC 内作EG ⊥PC ，交PD 于点G ，则∠BEG 是二面角B-PC-D 的平面角．因为PB ⊥BC ，所以2BE DC ，7PD DC =．因为CD ⊥PD ，由PEG PDC △∽△可得147EG =．由PC ⊥平面BEG ，BG ⊂平面BEG ，所以PC ⊥BG ，而CD ⊥BG ，,,PC CD C PC CD ⋂=⊂平面PDC ，故BG ⊥平面PDC ，由于GE Ì平面PDC ，所以BG ⊥GE ，所以由余弦定理得7cos 7GE BEG BE ∠==．因此二面角B PCD --的余弦值为77．变式训练1如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为梯形，AB CD ∥，2AB CD =，AD SD =，SAB △为正三角形，SC BC ⊥，CB CS =.(1)求证：平面SAB ⊥平面SBC ；(2)求二面角C SA D --的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)277解（1）分别取BS ，AS 的中点O ，E ，连接OE ，OC ，ED ，则//OE AB 且12OE AB =.因为//AB CD ，2AB CD =，所以//,OE CD OE CD =，所以四边形OCDE 为平行四边形，则//CO DE .因为AD SD =，故DE SA ⊥，故CO SA ⊥.因为CB CS =，故CO SB ⊥.因为SA SB S =I ，SA ，SB ⊂平面SAB ，所以CO ⊥平面SAB.因为CO ⊂平面SBC ，所以平面SAB ⊥平面SBC.（2）连接AO ，因为△SAB 为正三角形，所以AO SB ⊥，因为平面SAB ⊥平面SBC ，平面SAB 平面SBC SB =，AO ⊂面SAB ，所以AO ⊥平面SBC ，OC 、OS 在面SBC 内，又CO SB ⊥，故OA ，OS ，OC 两两垂直，故以O 为坐标原点，OC ，OS ，OA 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.设2BC SC ==，则22AB SB ==，6OA =，2OC =，所以()0,0,6A ，()2,0,0C，()0,2,0S ，262,,22D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，（难点：点D 的坐标不易直接看出，可先求出点E 的坐标，利用CO DE =求解点D 的坐标）所以()0,2,6AS =- ，262,,22SD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ，()2,2,0CS =-.设面SAD 的法向量为()111,,m x y z =，由11111260262022m AS y z m SD x y z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令11z =，得()0,3,1m =.设面SAC 的法向量为()222,,x n y z =，则2222260220n AS y z n CS x y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，令23y =，得()3,3,1n = .则427cos ,727m n m n m n ⋅===⨯⋅，显然二面角C SAD --为锐二面角，所以二面角C SA D --的余弦值为277.题型四：空间几何综合问题1．如图所示，正方形ABCD 所在平面与梯形ABMN 所在平面垂直，AN BM ∥，2AN AB BC ===，4BM =，CN =(1)证明：BM ⊥平面ABCD ；(2)在线段CM （不含端点）上是否存在一点E ，使得二面角E BN M --的余弦值为3.若存在，求出的CE EM 值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析(2)存在，12CE EM =【详解】（1）证明：正方形ABCD 中，BC AB ⊥，平面ABCD ⊥平面ABMN ，平面ABCD ⋂平面ABMN AB =，BC ⊂平面ABCD ，BC ∴⊥平面ABMN ，又BM ⊂平面ABMN ，BC ∴⊥BM ，且BC BN ⊥，又2,BC ==BN ∴=2AB AN == ，222BN AB AN ∴=+，AN AB ∴⊥，又//AN BM ，BM AB ∴⊥，又,,BC BA B BA BC =⊂ 平面ABCD ，∴BM ⊥平面ABCD ；（2）解：如图，以B 为坐标原点，,,BA BM BC 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则()()()0,0,0,2,0,0,0,0,2B A C ，()()()2,0,2,2,2,0,0,4,0D N M ，设点(),,E a b c ，()01CE CM λλ=<<，()(),,20,4,2a b c λ∴-=-，()04,0,4,2222a b E c λλλλ=⎧⎪∴=∴-⎨⎪=-⎩，()()2,2,0,0,4,22BN BE λλ∴==-，设平面BEN 的法向量为(),,m x y z = ，()2204220BN m x y BE m y z λλ⎧⋅=+=⎪∴⎨⋅=+-=⎪⎩，令221,1,,1,1,11x y z m λλλλ⎛⎫=∴=-=∴=- ⎪--⎝⎭ ，显然，平面BMN 的法向量为()0,0,2BC =，cos ,3BC m BC m BC m⋅∴==，==，即=即23210λλ+-=，解得13λ=或1-（舍），所以存在一点E，且12CE EM =.变式训练1如图，在四棱锥E -ABCD 中，平面ADE ⊥平面ABCD ，O ､M 分别为线段AD ､DE 的中点，四边形BCDO 是边长为1的正方形，AE =DE ，AE ⊥DE.(1)求证：CM //平面ABE ；(2)求直线CM 与BD 所成角的余弦值；(3)点N 在直线AD 上，若平面BMN ⊥平面ABE ，求线段AN 的长.【答案】(1)证明见解析(2)6(3)53【详解】（1）证明：取AE 的中点P ，连接BP ､MP ，如图所示.∵M ､P 分别为ED ､AE 的中点，∴PM //AD ，且PM=12AD.又四边形BCDO 是边长为1的正方形，∴BC //OD ，且BC=OD ，又O 为AD 的中点，∴BC //AD ，且BC=12AD ，即PM //BC ，且PM=BC ，∴四边形BCMP 为平行四边形，∴CM //PB ，又CM ⊄平面ABE ，PB ⊂平面ABE ，∴CM //平面ABE.（2）（2）连接EO ，∵AE=DE ，O 为AD 中点，∴EO ⊥AD.∵EO ⊂平面ADE ，且平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE∩平面ABCD=AD ，∴EO ⊥平面ABCD.又OB ⊂平面ABCD ，OD ⊂平面ABCD ，∴EO ⊥OB ，EO ⊥OD ，以O 为原点，OB ､OD ､OE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则(0A ，1-，0)，C （1，1，0），B （1，0，0），D （0，1，0），(0E ，0，1)，M 11(0,,22∴11(1,,),22CM BD=-- =（-1，1，0）.设直线CM 与BD 所成角为θ，则cosθ=1||2||||CM BD CM BD ⋅=，∴直线CM 与BD所成角的余弦值为6.（3）设ON →=λOD →，则N （0，λ，0），∴NB →=（1，-λ，0），11(1,,)22MB =-- ，设平面BMN 的法向量为n →=(a ，b ，c)，则0,0,n MB n NB ⎧⋅=⎨⋅=⎩ 即220220a b c a b λ⎧--=⎪⎨⎪-=⎩，令a=λ，则b=1，c=2λ-1，∴n →=（λ，1，2λ-1），设面ABE 的法向量为(,,)m x y z =，(1,1,0),(0,1,1)AB AE ==由00AB m x y AE m y z ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，可取(1,1,1)m =- ．∵平面BMN ⊥平面ABE ，∴0m n →→⋅=，即λ-1+2λ-1=0，解得λ=23，53AN ∴=.模拟尝试一、解答题1．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 为等边三角形，M 为PA 的中点，PD AB ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD．(1)证明：平面MCD ⊥平面PAB ；(2)若//AD BC ，2AD BC =，2CD AB =，求平面MCD 与平面PBC 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；.【详解】（1）设AD 的中点为E ，连接PE ，因为PAD 为等边三角形，所以PE AD ⊥，又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，且PE ⊂平面PAD ，所以PE ⊥平面ABCD ，因为AB ⊂平面ABCD ，所以PE AB ⊥，又PD AB ⊥，,PD PE P PD PE =⊂ ，平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，又因为MD ⊂平面PAD ，所以AB MD ⊥，因为在等边三角形PAD 中，M 为PA 的中点，所以MD AP ⊥，因为AB AP A =I ，,AB AP ⊂平面PAB ，所以MD ⊥平面PAB ，因为MD ⊂平面MCD ，所以平面MCD ⊥平面PAB ；（2）连接CE ，由（1）知，AB ⊥平面PAD ，因为AD ⊂平面PAD ，所以AB AD ⊥，因为//AD BC ，2AD BC =，2CD AB =，所以四边形ABCE 为矩形，即CE AD ⊥，BC AE DE ==，22CD AB CE ==，所以30∠=︒CDE ，设BC a =，2AD a =，tan 60PE AE =⋅︒，tan 303AB CE DE ==⋅︒=，以E 为原点，分别以EC 、ED 、EP 所在直线为x 、y 、z轴建立空间直角坐标系，所以()0,,0A a -，()P，C ⎫⎪⎪⎝⎭，,0B a ⎫-⎪⎪⎝⎭，()0,,0D a，0,2a M ⎛- ⎝⎭，所以,,322a MC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，30,,22a MD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,,3PB a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,0,3PC ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，设平面MCD 和平面PBC 的法向量分别为()1111,,n x y z =，()2222,,n x y z =，则111111102302a n MC y a n MD y ⎧⋅=+-=⎪⎪⎨⎪⋅=-=⎪⎩，222222200n PB ay n PC ⎧⋅=--=⎪⎪⎨⎪⋅=-=⎪⎩，即1111x z ⎧=⎪⎨=⎪⎩，22203y x z =⎧⎨=⎩，取11y =，21z =，则1n = ，()23,0,1n =，所以121212cos ,35n n n n n n ⋅==⋅，所以平面MCD 与平面PBC.2．（2023·山东·日照一中校考模拟预测）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．【答案】【详解】（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1111111111433333A A BC A A ABC A ABC A B 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2AE =，所以12AA AB ==，12A B =以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20n BD a b c n BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()0,1,1n =-r，则1cos ,222m n m n m n ⋅==⨯⋅，所以二面角A BD C --213122⎛⎫-= ⎪⎝⎭3．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，D 为线段AB 的中点，4CB =，43AB =118AC =，三棱锥1A A DC -的体积为8．(1)证明：1A D ⊥平面11B C D ；(2)求平面1ACD 与平面1A BC 夹角的余弦值．【答案】(1)见解析65555【详解】（1）证明：因为1AA ⊥平面ABC ，CB ⊂平面ABC ，所以1AA BC ⊥，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AAC C 为平行四边形，则118AC AC ==，因为43AB =4CB =，所以222AB CB AC +=，所以CB AB ⊥，又因为1AB AA A ⋂=，1AA ⊂平面11ABB A ，AB ⊂平面11ABB A ，所以CB ⊥平面11ABB A ，因为11//CB C B ，所以11C B ⊥平面11ABB A ，又1A D ⊂平面11ABB A ，所以111C B A D ⊥．1832ABC S AB BC =⋅=△，D 为AB 的中点，则132ACD ABC S S ==△△因为1AA ⊥平面ABC ，1111113833A A CD A ACD ACD V V S AA AA --==⋅=⨯= ，所以123AA =11A DB △中，1126A D B D ==1143A B =2221111A D B D A B +=，所以11A D B D ⊥，1111C B BD B ⋂=，111,C B B D ⊂平面11B C D ，所以1A D ⊥平面11B C D ；（2）因为1BB ⊥平面ABC ，BC AB ⊥，以点B 为坐标原点，BA 、1BB 、BC 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()0,0,4C 、()3,0,0D 、()143,3,0A 、()10,23,0B ，设平面1DAC 的法向量为()111,,m x y z =，()123,3,0DA = ，()23,0,4DC =-，则11111330340m DA x y m DC x z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，取12x =，可得(2,3m =-，设平面1A CB 的法向量为()222,,x n y z =，()13,3,0BA = ，()0,0,4BC =，则1222433040n BA x y n BC z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩ ，取21x =，可得()1,2,0n =- ，所以，6655cos ,55115m n m n m n ⋅===⋅⨯，所以平面1DAC 与平面1ACB 夹角的余弦值为65555.4．（2022·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60ADC ∠=︒，PAD 为等边三角形，O 为线段AD 的中点，且平面PAD ⊥平面ABCD ，M 是线段PC 上的点.(1)求证：OM BC ⊥；(2)若直线AM 与平面PAB 的夹角的正弦值为1010，求四棱锥M ABCD -的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)43【详解】（1）因为PAD 为等边三角形，O 为线段AD 的中点，所以PO AD ⊥；因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ；又BC ⊂平面ABCD ，所以PO BC ⊥；在OCD 中，1,2,60OD CD ADC ==∠=︒，由余弦定理可得OC =因为222OC OD CD +=，所以CO AD ⊥；因为//AD BC ，所以CO BC ⊥，所以BC ⊥平面POC ；因为OM ⊂平面POC ，所以OM BC ⊥.（2）由（1）得,,OP OC OD 两两垂直，以O 为坐标原点，建系如图，则()())0,1,0,0,0,,2,0,A P BC -；)(1,0,,0,1,AB PC AP =-=-=；设PM PC λ=，则)AM AP PM =+= ；设平面PAB 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AB n AP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，0y y -==⎪⎩，令y =则()1n =- .因为直线AM 与平面PAB所以n AM n AM ⋅==，解得13λ=或23λ=-（舍），即有13PM PC =，M 是靠近P 的三等分点，所以四棱锥M ABCD -的高等于OP 的23.四棱锥M ABCD -的体积为114222sin 603233V ︒=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=.5．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AA =，E 是1AA 的中点，底面ABCD 是平行四边形，若1A C ⊥平面1BDC.(1)若1AB AA =，证明：底面ABCD 是正方形(2)若60BAD ∠=︒，求二面角1B BE D --的余弦值【答案】(1)证明见解析；(2)【详解】（1）如图，连接1,AC CD ，1A C ⊥平面1BDC ，BD ⊂平面1BDC ，1C D ⊂平面1BDC ，则1AC BD ⊥，11AC C D ⊥，直棱柱中1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1AA BD ⊥，111AA A C A = ，11,AA A C ⊂平面1ACA ，则BD ⊥平面1ACA ，又AC ⊂平面1ACA ，所以BD AC ⊥，所以平行四边形ABCD 是菱形，1AA AB =，则直棱柱的侧面11ABB A 是正方形，因此侧面11CDD C 也是正方形，所以11CD C D ⊥，11A C CD C = ，11,AC CD ⊂平面11ACD ，所以1C D ⊥平面11ACD ，又11A D ⊂平面11ACD ，所以111C D A D ⊥，直棱柱中易知111DD A D ⊥，而111DD CD D = ，11,DD CD ⊂平面11CC D D ，所以11A D ⊥平面11CC D D ，11C D ⊂平面11CC D D ，所以1111A D C D ⊥，因此底面1111D C B A 是矩形，即四边形ABCD是矩形，所以四边形ABCD 是正方形；（2）由（1）知底面ABCD 是菱形，因此AC BD ⊥，设AC BD O ⋂=，分别以,OA OB 为,x y 轴，过O 与1AA 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图，设2AB a =，则3OA a =，OB a =，1(36)A a ，(3,0,0)C a -，(0,,0)B a ，1(36)C a -，1(23,0,6)AC a =-- ，1(3,6)BC a a =-- ，由（1）知211660AC BC a ⋅=-= ，1a =（负值舍去），6(3,0,2E ，(0,1,0)B ，(0,1,0)D -，16)B ，6(3,)2BE =- ，(0,2,0)DB = ，16)BB = ，设平面1B BE 的一个法向量是111(,,)m x y z =，则11111606302m BB m BE y z ⎧⋅=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取11x =得3,0)m = ，设平面BED 的一个法向量是222(,,)n x y z =，则2222630220n BE x y n DB y ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅==⎩，取21x =，得(1,0,2)n = ，3cos ,623m n m n m n ⋅==⨯，所以二面角1B BE D--的余弦值为366．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）直四棱柱1111ABCD A B C D -被平面α所截，所得的一部分如图所示，EF DC =．（1）证明：//ED 平面ACF ；（2）若1242DC AD A E ===，3ADC π∠=，平面EFCD与平面ABCD 433，求点E 到平面ACF 的距离．【答案】（1）详见解析；（2255．【详解】（1）依题：平面α与两平行平面ABCD ，1111D C B A 的交线分别为EF ，DC ，故有//EF DC ，又EF DC =，故有平行四边形EFCD ，∴//ED FC ，ED ⊄面ACF ，FC ⊂面ACF ，∴//ED 平面ACF ．（2）ADC △中，由余弦定理可得3AC =得AC AD ⊥，又1AA ⊥平面ABCD ，故而1AA ，AC ，AD 两两垂直，如图建系．【法一求EH 】取AD 中点H ，由1//AH A E ，1AH A E =得平行四边形1A AHE ，∴1//AA HE ，HE ⊥平面ACD ，作HI DC ⊥，（连EI ），又HE CD ⊥，∴CD ⊥平面EHI ，得CD EI ⊥，又HI DC ⊥，∴EIH ∠为所求二面角的平面角．易求3HI =4tan 33EH EIH HI ∠==，1EH =．【法二求EH 】面ABCD 的法向量显然为()0,0,1n =，设面EFCD 的法向量为(),,k x y z = ，1,0,2E h ⎛⎫⎪⎝⎭，00k DC k DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，令3x =33,1,2k h ⎫=⎪⎪⎭，依题：3119n k h n k⋅=⇒= ．由//ED 平面ACF ，点E 到平面ACF 的距离转化为D 到平面ACF 的距离d ，()1,0,0D ，()3,0C ，13,12DC EF F ⎛⎫=⇒- ⎪⎝⎭ ，设平面ACF 的法向量为(),,m x y z = ，00m AC m m AF ⎧⋅=⇒⎨⋅=⎩可为()2,0,1，255m AD d m⋅== ．真题再练1．（2021·全国·统考高考真题）如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．【答案】（12（2）7014【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法PD ⊥ 平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ，则()2,1,1PB a =- ，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥ ，则2210PB AM a ⋅=-+= ，解得22a =22BC a ==[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结BD ．因为PD ⊥底面ABCD ，且AM ⊂底面ABCD ，所以PD AM ⊥．又因为PB AM ⊥，PB PD P = ，所以AM ⊥平面PBD ．又BD ⊂平面PBD ，所以AM BD ⊥．从而90ADB DAM ∠+∠=︒．因为90∠+∠=︒MAB DAM ，所以∠=∠MAB ADB ．所以 ∽ADB BAM ，于是=AD BAAB BM．所以2112BC =．所以BC =[方法三]：几何法+三角形面积法如图，联结BD 交AM 于点N．由[方法二]知⊥AM DB ．在矩形ABCD 中，有 ∽DAN BMN ，所以2==AN DAMN BM，即23AN AM =．令2(0)=>BC t t ，因为M 为BC 的中点，则BM t =，=DB，=AM 由1122=⋅=⋅ DAB S DA AB DB AN，得=t 212t =，所以2==BC t （2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则,1,02AM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()AP = ，由1111020m AM x y mAP z ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，取1x =)m =，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z =，,0,02BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =- ，由222200n BM n BP y z ⎧⋅==⎪⎨⎪⋅=-+=⎩，取21y =，可得()0,1,1n =，cos ,14m n m n m n ⋅==⋅，所以，sin ,m n = 因此，二面角A PM B --14.[方法二]：构造长方体法+等体积法如图，构造长方体1111ABCD A B C D -，联结11,AB A B ，交点记为H ，由于11AB A B ⊥，1AB BC ⊥，所以AH ⊥平面11A BCD ．过H 作1D M 的垂线，垂足记为G ．联结AG ，由三垂线定理可知1⊥AG D M ，故AGH ∠为二面角A PM B --的平面角．易证四边形11A BCD 是边长为2的正方形，联结1D H ，HM ．111111111,2D HM D HM D A H HBM MCD A BCD S D M HG S S S S S =⋅=--- 正方形，由等积法解得31010=HG ．在Rt AHG 中，2310,210==AH HG ，由勾股定理求得355=AG ．所以，70sin 14AH AGH AG ∠==，即二面角A PM B --的正弦值为7014．2．（2021·全国·统考高考真题）已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）证明见解析；（2）112B D =【详解】（1）[方法一]：几何法因为1111,//BF AB AB AB ⊥，所以BF AB ⊥．又因为1AB BB ⊥，1BF BB B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．又因为2AB BC ==，构造正方体1111ABCG A B C G -，如图所示，过E 作AB 的平行线分别与AG BC ，交于其中点,M N ，连接11,AM BN ，因为E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，所以N 是BC 的中点，易证1Rt Rt BCF B BN ≅ ，则1CBF BBN ∠=∠．又因为1190BBN BNB ∠+∠=︒，所以1190CBF BNB BF BN ∠+∠=︒⊥，．又因为111111,BF AB BN AB B ⊥= ，所以BF ⊥平面11A MNB ．又因为ED ⊂平面11A MNB ，所以BF DE ⊥．[方法二]【最优解】：向量法因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，1B B AB ∴⊥11//A B AB ，11BF A B ⊥，BF AB ∴⊥，又1BB BF B ⋂=，AB ∴⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,B AC ∴()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）．因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥．[方法三]：因为11BF A B ⊥，11//A B AB ，所以BF AB ⊥，故110BF A B ⋅= ，0BF AB ⋅=，所以()11BF ED BF EB BB B D ⋅=⋅++ ()11=BF B D BF EB BB ⋅+⋅+ 1BF EB BF BB =⋅+⋅ 11122BF BA BC BF BB ⎛⎫=--+⋅ ⎪⎝⎭11122BF BA BF BC BF BB =-⋅-⋅+⋅112BF BC BF BB =-⋅+⋅111cos cos 2BF BC FBC BF BB FBB =-⋅∠+⋅∠1=52520255-⨯⨯⨯，所以BF ED ⊥．（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面DFE 的法向量为(),,m x y z = ，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BA θ⋅=⋅ 222214a a =⨯-+22214a a =-+当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ=．所以()minsin θ=，此时112B D =．[方法二]：几何法如图所示，延长EF 交11A C 的延长线于点S ，联结DS 交11B C 于点T ，则平面DFE 平面11B BCC FT =．作1BH FT ⊥，垂足为H ，因为1DB ⊥平面11BB C C ，联结DH ，则1D H B ∠为平面11BB C C 与平面DFE 所成二面角的平面角．设1,B D t =[0,2],t ∈1B T s =，过1C 作111//CG AB 交DS 于点G ．由111113C S C G SA A D ==得11(2)3C G t =-．又1111B D BT C G C T=，即12(2)3t s s t =--，所以31t s t =+．又111B H BT C F FT=，即11B H =1B H =所以DH ===则11sin B D DHB DH∠===所以，当12t =时，()1min sin 3DHB ∠=．[方法三]：投影法如图，联结1,FB FN，DEF 在平面11BB C C 的投影为1BN F ，记面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的平面角为θ，则1cos B NF DEFS S θ=．设1(02)BD t t =≤≤，在1Rt DB F中，DF ==在Rt ECF中，EF 过D 作1B N 的平行线交EN 于点Q ．在Rt DEQ △中，DE ==在DEF 中，由余弦定理得222cos 2DF EF DE DFE DF EF+-∠=⋅=sin DFE ∠=1sin 2DFE S DF EF DFE =⋅∠ =13,2B NF S = 1cos B NF DFES S θ==sin θ当12t =，即112B D =，面11BBC C 与面DFE所成的二面角的正弦值最小，最小值为3．（2021·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，ABAD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)6.(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为AB AD =，O 是BD 中点，所以OA BD ⊥，因为OA ⊂平面ABD ，平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OA ⊥平面BCD ．因为CD ⊂平面BCD ，所以OA CD ⊥.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O 为坐标原点，OA 为z 轴，OD 为y 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系O xyz-，则1,0),(0,1,0),(0,1,0)2C D B -，设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,所以4233(0,,),(,0)3322EB m BC =--= ，设(),,n x y z =r为平面EBC 的法向量，则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩ 可求得平面EBC 的一个法向量为2(3,1,)n m=--．又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m =，所以222cos ,244n OA m m -=⋅+，解得1m =．又点C 到平面ABD 321133213226A BCD C ABD V V --==⨯⨯⨯=所以三棱锥A BCD -36．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作EG BD ⊥，垂足为点G ．作GF BC ⊥，垂足为点F ，连结EF ，则OA EG ∥．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，EFG ∠为二面角E BC D --的平面角．因为45EFG ∠=︒，所以EG FG =．由已知得1OB OD ==，故1OB OC ==．又30OBC OCB ∠=∠=︒，所以3BC =．因为24222,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======，111122(11)13332A BCD BCD BOC V S O S OA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯ ．[方法三]：三面角公式考虑三面角B EDC -，记EBD ∠为α，EBC ∠为β，30DBC ∠=︒，记二面角E BC D --为θ．据题意，得45θ=︒．对β使用三面角的余弦公式，可得cos cos cos30βα=⋅︒，化简可得cos 2βα=．①使用三面角的正弦公式，可得sin sin sin αβθ=，化简可得sin βα=．②将①②两式平方后相加，可得223cos 2sin 14αα+=，由此得221sin cos 4αα=，从而可得1tan 2α=±．如图可知π(0,)2α∈，即有1tan 2α=，根据三角形相似知，点G 为OD 的三等分点，即可得43BG =，结合α的正切值，可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD -的体积为6．4．（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．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF 与平面ABD 所成的角的437【详解】（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 ==，3BE =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()()()1,0,0,3,0,0,0,1A B D ，所以()()1,0,1,3,0AD 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 =()n = ，又因为()31,0,0,,4C F ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以34CF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭ ，所以cos ,7n CF n CF n CF⋅==，设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为02πθθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，所以sin cos ,n CF θ== 所以CF 与平面ABD所成的角的正弦值为7.5．（2022·全国·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD 是边长为8（单位：cm ）的正方形，,,,EAB FBC GCD HDA 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．(1)证明：//EF 平面ABCD ；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】(1)证明见解析；【详解】（1）如图所示：分别取,AB BC 的中点,M N ，连接MN ，因为,EAB FBC为全等的正三角形，所以,EM AB FN BC ⊥⊥，EM FN =，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面EAB ⋂平面ABCD AB =，EM ⊂平面EAB ，所以EM ⊥平面ABCD ，同理可得FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知//EM FN ，而EM FN =，所以四边形EMNF 为平行四边形，所以//EF MN ，又EF ⊄平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以//EF 平面ABCD ．（2）[方法一]：分割法一如图所示：分别取,AD DC 中点,K L ，由（1）知，//EF MN 且EF MN =，同理有，//,HE KM HE KM =，//,HG KL HG KL =，//,GF LN GF LN =，由平面知识可知，BD MN ⊥，MN MK ⊥，KM MN NL LK ===，所以该几何体的体积等于长方体KMNL EFGH -的体积加上四棱锥B MNFE -体积的4倍．因为MN NL LK KM ====，8sin 60EM == 点B 到平面MNFE 的距离即为点B 到直线MN 的距离d，d =(21343V =⨯+⨯⨯==．[方法二]：分割法二如图所示：连接AC,BD,交于O ，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH 的体积加上三棱锥A-OEH 的4倍,再加上三棱锥E-OAB 的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH 的中点P ，连接AP,OP.则EH 垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH 与三棱锥E-OAB 的高均为EM 的长.所以该几何体的体积(21111144444433232V =⋅+⋅⋅⋅⋅6．（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．【答案】2.【详解】（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111111111143333A A BC A A ABC A ABC A B BC C C B V S 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 =以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1cos ,2m n m n m n ⋅==⋅，所以二面角A BD C --2=.7．（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．【答案】(1)证明见解析(2)1113【详解】（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）解：过点A 作//Az OP ，如图建立空间直角坐标系，因为3PO =，5AP =，所以224OA AP PO =-=，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD ，43AB =所以12AC =，所以()23,2,0O ，()43,0,0B ，()23,2,3P ，()0,12,0C ，所以333,1,2E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则333,1,2AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，()3,0,0AB =，()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 b c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令a 6c =-，0b =，所以)6m =-；所以cos ,n m n m n m⋅==设二面角C AE B --的大小为θ，则cos cos ,=n m θ=所以11sin 13θ==，即二面角C AE B --的正弦值为1113.8．（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．【答案】(1)见解析(2)见解析【详解】（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===⨯.9．（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，。
14 高中数学立体几何角、面积、体积问题
专题14高中数学立体几何角、面积、体积问题【知识点归纳】1．求异面直线所成的角的方法求异面直线所成的角常用方法是平移法，通过作三角形的中位线，平行四边形等进行平移，作出异面直线所成的角，转化为解三角形问题，进而求解．解三角形，求出作出的角．如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．2．求直线与平面所成角的方法求直线与平面所成角的关键是寻找过直线上一点与平面垂直的垂线、垂足与斜足的连线即为直线在平面内的射影，直线与直线在平面内射影所成的角即为线面角．然后转化为解三角形问题，进而求解．3．求二面角的方法求二面角是常见题型，根据所求两面是否有公共棱可分为两类：有棱二面角、无棱二面角，对于前者的二面角通常采用定义法或三垂线法等手段来定位出二面角的平面角，转化为解三角形问题，进而求解；而对于无棱二面角，一般通过延展平面找到棱使其转化为有棱二面角．或用面积射影定理(若多边形的面积为S ，它在一个平面内的射影图形的面积为S ′，且多边形与该平面所成的二面角为θ，则cos θ＝S ′S．)去解决(如例3(5))．4．求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积．5．求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积的几何体．【高考真题】1．(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11BBD D 所成的角为45︒ D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒ 2．(2022·全国甲理)在长方体1111ABCD A B C D -中，已知1B D 与平面ABCD 和平面11AA B B 所成的角均为30︒， 则( )A ．2AB AD = B ．AB 与平面11ABCD 所成的角为30︒C ．1AC CB =D ．1B D 与平面11BB C C 所成的角为45︒3．(2022·浙江) 如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA -=，E ，F 分别是棱11,BC A 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≤≤B ．βαγ≤≤C ．βγα≤≤D ．αγβ≤≤4．(2022·新高考Ⅰ) 已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和其顶点都在同一球面上， 则该球的表面积为( )A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π5．(2022·北京) 已知正三棱锥P ABC -的六条棱长均为6，S 是ABC 及其内部的点构成的集合．设集合{}5T Q S PQ =∈≤，则T 表示的区域的面积为( )A ．34π B ．π C ．2π D ．3π 6．(2022·全国甲理)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙， 体积分别为V 甲和V 乙．若=2S S 甲乙，则=V V 甲乙( )AB ．CD 7．(2022·新高考Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则( )A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =8．(2022·全国乙理) 已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当 该四棱锥的体积最大时，其高为( )A ．13 B ．12 C D 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3≤l ≤33，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] 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1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，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1485m．上升到1575m ．2.65≈）( )A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯【题型分类】题型一 空间角的计算1．(2018·全国Ⅱ)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切 值为( )A ．22B ．32C ．52D ．722．如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2，则异面直线 A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( )A ．15B ．25C ．35D ．453．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，且AB ＝BC ＝CD ，则异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为( )A ．12B ．－12C ．32D ．－324．直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°5．如图所示，在四棱锥P ABCD 中，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，BC ＝2AD ，△P AB 和△P AD 都是等边三角 形，则异面直线CD 与PB 所成角的大小为________．6．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1 的中心，则P A 与平面ABC 所成角的大小为________．7．(2018·全国Ⅰ)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该 长方体的体积为( )A ．8B ．62C ．82D ．838．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，点D 在棱BB 1上，且BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正 弦值为( )A ．104B ．64C ．105D ．659．如图，正四棱锥P －ABCD 的体积为2，底面积为6，E 为侧棱PC 的中点，则直线BE 与平面P AC 所成 的角为( )A ．60°B ．30°C ．45°D ．90°10．如图，在三棱锥S －ABC 中，若AC ＝23，SA ＝SB ＝SC ＝AB ＝BC ＝4，E 为棱SC 的中点，则直线AC 与BE 所成角的余弦值为______，直线AC 与平面SAB 所成的角为_______．11．已知二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB ，已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( )A ．150°B ．45°C ．120°D ．60°12．如图，AB 是⊙O 的直径，P A 垂直于⊙O 所在平面，C 是圆周上不同于A ，B 两点的任意一点，且AB＝2，P A ＝BC ＝3，则二面角A －BC －P 的大小为________．13．(多选)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，下列说法正确的是( )A ．A 1C 1⊥BDB ．B 1C 与BD 所成的角为60°C ．二面角A 1－BC －D 的平面角为45° D ．AC 1与平面ABCD 所成的角为45°14．如图，矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝2，点E 为AD 的中点，将△ABE 沿BE 折起，在翻折过程中，记点A 对应的点为A ′，二面角A ′－DC －B 的平面角的大小为α，则当α最大时，tan α＝( )A ．22B ．23C ．13D ．1215．已知在矩形ABCD 中，AD ＝2AB ，沿直线BD 将△ABD 折成△A ′BD ，使得点A ′在平面BCD 上的射影在△BCD 内(不含边界)，设二面角A ′－BD －C 的大小为θ，直线A ′D ，A ′C 与平面BCD 所成的角分别为α，β，则( )A ．α<θ<βB ．β<θ<αC ．β<α<θD ．α<β<θ题型二 几何体的面积与体积的计算16．(2018·全国Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π17．(2018·全国Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°， 若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．18．九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体，如图所示，四边形ABCD 为矩形，棱EF ∥AB .若此几何体中，AB ＝4，EF ＝2，△ADE 和△BCF 都是边长为2的等边三角形，则该几何体的表面积为( )A ．83B ．8＋83C ．62＋23D ．8＋62＋2319．如图所示，在直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC ＝2CD ＝2AD ＝2，若将该直角梯形绕BC边旋转一周，则所得的几何体的表面积为______．20．若圆锥的侧面展开图是半径为l 的半圆，则这个圆锥的表面积与侧面积的比值是( )A ．32B ．2C ．43D ．5321．把一个半径为20的半圆卷成圆锥的侧面，则这个圆锥的高为( )A ．10B ．103C ．102D ．5322．在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm ，母线长最短50 cm ，最长80 cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝________ cm 2．23．(2020·全国Ⅰ)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 ．5－14 B ．5－12 C ．5＋14 D ．5＋1224．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，且底面边长与侧棱长都等于3．蚂蚁从A 点沿侧面经过 棱BB 1上的点N 和CC 1上的点M 爬到点A 1，如图所示，则蚂蚁爬过的路程最短为________．25．已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°．若△SAB 的面 积为515，则该圆锥的侧面积为________．26．(2020·江苏)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半径为0．5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm 3．27．(2018·全国Ⅰ)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A ．8B ．62C ．82D ．8328．(2018·江苏)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．29．(2018·天津)如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1－BB 1D 1D 的体积为________．30．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2．将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一 周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A ．2π3B ．4π3C ．5π3D ．2π 31．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为CD 的中点，则三棱锥A －BC 1M 的体积V A －BC 1M＝( )A ．12B ．14C ．16D ．11232．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 的中点，则三棱锥A －B 1DC 1的体积为( )A ．3B ．32C ．1D ．3233．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝AA 1＝3，点P 在棱CC 1上，则三棱锥P －ABA 1的体积为_______．34．在棱长为3的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点， 则三棱锥M －PBC 的体积为( )A ．1B ．32C ．92D ．与M 点的位置有关 35．如图所示，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1－ABC 1的体积为( )A ．312B ．34C ．612D ．6436．如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，点D 在棱AA 1上，则三棱锥D －BB 1C 1的体积为________．37．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，动点E 在BB 1上，动点F 在A 1C 1上，O 为底面ABCD 的中心，若BE ＝x ，A 1F ＝y ，则三棱锥O －AEF 的体积( )A ．与x ，y 都有关B ．与x ，y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关38．如图，∠ACB ＝90°，DA ⊥平面ABC ，AE ⊥DB 交DB 于E ，AF ⊥DC 交DC 于F ，且AD ＝AB ＝2，则三棱锥D －AEF 体积的最大值为________．39．在三棱锥P －ABC 中，平面PBC ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BC ＝PC ＝2，若AC ＝PB ，则三棱锥P－ABC 体积的最大值为( )A ．423B ．1639C ．16327D ．3232740．如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°．若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD＝DA ，PB ＝BA ，则四面体P —BCD 的体积的最大值是________．41．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点．若AA 1＝4，AB ＝2，则四棱锥B －ACC 1D 的体积为________．42．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M －EFGH 的体积为________．43．已知E ，F 分别是棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱AA 1，CC 1的中点，则四棱锥C 1—B 1EDF的体积为________．44．如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝1，D 和E 分别是边BC 和AC 上异于端点的点，DE ⊥BC ，将△CDE沿DE 折起，使点C 到点P 的位置，得到四棱锥P －ABDE ，则四棱锥P －ABDE 的体积的最大值为________．45．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点．若平面P AD⊥平面ABCD，P A＝PD＝AD＝2，点M在线段PC上，且PM＝2MC，则四棱锥P－ABCD与三棱锥P－QBM的体积之比是________．。
高考数学立体几何专题：等体积法(一)
高考数学立体几何专题：等体积法（一）第一部分：等体积法计算原理第一个问题：如下图所示：计算：上顶点P 到底面ABC 的距离P h 。
第一种情况：底面ABC 的垂线过上顶点P 。
例题一：已知：在三棱锥ABC P -中：直线⊥PA 底面ABC 。
计算：点P 到底面ABC 的距离P h 。
解答：直线⊥PA 底面ABC ，直线PA 上点P 是上顶点，直线PA 上点A 是底面ABC 上一点 PA ⇒是点P 到底面ABC 的距离，PA h P =。
例题二：已知：如下图所示，直线⊥PQ 平面ABC 。
计算：点P 到底面ABC 的距离P h 。
解答：直线⊥PQ 平面ABC ，直线PQ 上点P 是上顶点，直线PQ 上点D 是平面ABC 上一点 PD ⇒是点P 到平面ABC 的距离，PD h P =。
第二种情况：底面ABC 的垂线不过上顶点P 。
例题一：已知：在三棱锥ABC P -中：点D 和点E 分别为AB 和PA 的中点，⊥DE 平面ABC 。
计算：点P 到底面ABC 的距离。
解答：点D 和点E 分别为AB 和PA 的中点DE ⇒是PAB ∆的中位线PB DE //⇒，⊥DE 底面ABC ⊥⇒PB 底面ABC ，直线PB 上的点P 是上顶点，直线PB 上的点B 在底面ABC 上 ⇒点P 到底面ABC 的距离为PB 。
例题二：已知：在三棱柱111C B A ABC -中，点P 是棱1BB 的中点，⊥1AB 底面ABC 。
计算：点P 到底面ABC 的距离。
解答：过点P 作1AB 的平行线交AB 于点Q 。
如下图所示：⊥1AB 底面ABC ，⊥⇒PQ AB PQ 1//平面ABC ，直线PQ 上的点P 是上顶点，直线PQ 上的点Q 在底面ABC 上⇒点P 到底面ABC 的距离为PQ 。
第二个问题：如下图所示：计算：三棱锥ABC P -的体积。
P ABC ABC P h S V ⨯⨯=∆-31，其中P h 是上顶点P 到底面ABC 的距离。
求立体几何体积的公式
求立体几何体积的公式我们要了解立体几何中不同形状的体积计算公式。
首先，我们需要知道常见的立体几何形状及其体积公式。
1. 球体体积公式：V = (4/3) × π × r^3
其中，r 是球的半径。
2. 圆柱体体积公式：V = π × r^2 × h
其中，r 是底面圆的半径，h 是圆柱的高。
3. 圆锥体体积公式：V = (1/3) × π × r^2 × h
其中，r 是底面圆的半径，h 是圆锥的高。
4. 长方体体积公式：V = l × w × h
其中，l 是长度，w 是宽度，h 是高度。
5. 正方体体积公式：V = a^3
其中，a 是正方体的边长。
有了这些公式，我们就可以计算各种立体几何的体积了。
球体的体积是：立方单位
圆柱体的体积是：立方单位
圆锥体的体积是：立方单位
长方体的体积是：480 立方单位
正方体的体积是：64 立方单位。
例谈立体几何最值问题的几种解法
思路探寻立体几何最值问题侧重于考查同学们的空间想象、逻辑推理和数学运算等能力.常见的立体几何最值问题是求立体几何图形中某条线段、某个角、体积、表面积的最值，那么如何求解呢？一、利用函数思想在大多数情况下，我们可以把与动点有关的立体几何问题看作函数问题来求解.以其中某一个量，如动点的坐标、线段的长、角的大小为变量，建立关于该变量的关系式，并将其视为函数式，即可利用一次函数、二次函数、三角函数的性质和图象求得最值.例1.如图1，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为AA1的中点，M在侧面AA1B1B上，若D1M⊥CP，则ΔBCM）.C.5D.2图1图2解：过M作MG⊥平面ABCD，垂足为G，作GH⊥BC于点H，连接MH，以D为坐标原点，建立如图2所示的空间直角坐标系，可得D()0,0,0，C()0,1,0，A()1,0,0，P()1,0,12，D1(0,0,1)，B()1,1,0.设M()1,a,b，则D1M=()1,a,b-1，CP=()1,-1,12，∵D1M⊥CP，∴ D1M⋅ CP=12b-a+12=0，∴b=2a-1，∴CH=1-a，MG=2a-1，∴MH=()1-a2+()2a-12=5a2-6a+2，∴SΔBCM=12BC⋅MH=1=可知当a=35时，ΔBCM面积取最小值，为SΔBCM=12×=故选B.在建立空间直角坐标系后，设出点M的坐标，以a、b为变量，构建关于a的函数式SΔBCM=然后将5a2-6a+2看作二次函数式，对其配方，根据二次函数的性质即可知函数在a=35时取最小值.二、运用基本不等式在解答立体几何最值问题时，我们往往可以先根据立体几何中的性质、定义、定理求得目标式；然后将其进行合理的变形，采用拆项、凑系数、补一次项，去掉常数项等方式，配凑出两式的和或积，就可以直接运用基本不等式来求得最值.在运用基本不等式求最值时，要把握三个条件：一正、二定、三相等.例2.已知三棱锥P-ABC的4个顶点均在球心为O、直径为23的球面上，PA=2，且PA,PB,PC两两垂直.当PC+AB取最大值时，三棱锥O-PAB的体积为（）.A. C.6解：∵PA,PB,PC两两互相垂直，∴三棱锥P-ABC可补全为如图3所示的长方体.则长方体的外接球即为三棱锥P-ABC的外接球，∴PA2+PB2+PC2=()232=12，又PA=2，∴PB2+PC2=10，∵AB2=PA2+PB2=2+PB2，∴PC2+AB2=2+PB2+PC2=12，∴()PC+AB2-2PC⋅AB=12，又PC⋅AB≤()PC+AB22，∴12=()PC+AB2-2PC⋅AB≥()PC+AB2-2()PC+AB22=12()PC+AB2，当且仅当PC=AB时取等号，∴()PC+AB max=26，此时PC=AB=6，PB=图347思路探寻AB 2-PA 2=2，∴V O -PAB =12V C -PAB =16S △PAB ⋅PC =112PA ⋅PB⋅PC =112×2×2×6故选B.根据长方体的性质得到()PC +AB 2-2PC ⋅AB =10后，可发现该式中含有PC 、AB 的和与积，根据基本不等式a +b ≥2ab 求解，即可得到三棱锥O -PAB 的体积.三、转化法运用转化法求解立体几何最值问题有两种思路.一是将问题转化为平面几何问题.先将几何体的表面展开，或将几何体内部满足条件的某些面展开成平面；再在平面内利用平面几何知识，如正余弦定理、两点间的距离最短、三角形的两边之和大于第三边等求解，这样问题就变得十分直观，容易求解了.另一种思路是根据题意和几何图形中的点、线、面的位置关系，明确其中改变的量和不变的量及其关系，根据简单几何体的性质、表面积公式、体积公式，将问题转化为求某些线段或角的最值.再结合简单几何体的性质，几何图形中点、线、面的位置关系求得最值例3.如图4，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1=AB =2，D 在A 1C 上，E 是A 1B 的中点，则()AD +DE 2的最小值是（）.A.6-7 B.27 C.3+7 D.5+7图4图5解：将平面A 1BC 与平面A 1AC 翻折到同一平面上，连接AE ，如图5所示，设AE ⋂A 1C =F ．由题意可知A 1A =AC =BC =2，A 1C =A 1B =22，所以AA 21+AC 2=A 1C 2，所以AA 1⊥AC ，则∠AA 1C =45°，由余弦定理可得cos∠BA 1C =A 1B 2+A 1C 2-BC 22A 1B ⋅A 1C=8+8-42×22×22=34，则sin∠BA 1C =1-cos 2∠BA 1C =故cos∠AA 1B =cos ()∠AA 1C +∠BA 1C =cos ∠AA 1C cos ∠BA 1C -sin ∠AA 1C sin ∠BA 1C =32-148．因为E 是A 1B 的中点，所以A 1E =2，由余弦定理可得AE 2=AA 21+A 1E 2-2AA 1⋅A 1E cos∠BA 1A=4+2-2×2×2×32-148=3+7．因为D 在A 1C 上，所以AD +DE ≥AE ，当A 、E 、D 三点共线时，等号成立，则()AD +DE 2≥3+7.故选C .将平面A 1BC 与平面A 1AC 翻折到同一平面上，就可以把立体几何问题转化为平面几何问题，即可根据勾股定理和余弦定理求得A 1E 以及AE 的值.分析图形可知当A 、E 、D 三点共线时，AD +DE 取得最大值，再结合余弦定理求解即可.例4.已知球O 的表面积为60π，四面体P -ABC 内接于球O ，ΔABC 是边长为6的正三角形，平面PBC ⊥平面ABC ，则四面体P -ABC 体积的最大值为（）.A.18B.27C.32D.81解：因为球O 的表面积为60π，所以球的半径R ==15，由题意知四面体P -ABC 底面三角形的面积为定值，要使四面体的体积最大，只须使顶点P 到底面的距离最大，又因为平面PBC ⊥平面ABC ，所以当PB =PC 时，点P 到底面的距离最大，而ΔABC 外接圆的半径r =62sin60°=23，则O 到面ABC 的距离为d =R 2-r 2=3，且O 到面PBC 的距离为h =12r =3，设点P 到平面ABC 的距离为H ，则R 2=()H -d 2+h 2，解得H =33，此时体积最大值为V max =13×12×6×6×sin60°×33=27.故选B.解答本题，首先根据球的表面积求得球的半径；再根据题意和几何体的特征明确当PB =PC 时，点P 到底面的距离最大；最后根据外接圆的性质、勾股定理求出点P 到底面的距离，即可求出最大值.除了上述三种方法外，有时还可采用定义法、构造法来求立体几何最值问题的答案.总之，同学们在解题时，要先根据题意和几何体的结构特征寻找取得最值的情形，求得目标式；然后根据目标式的特征，选用合适的方法求最值.（作者单位：贵州省江口中学）48。
曲线绕x轴旋转一周所得旋转体体积
曲线绕x轴旋转一周所得旋转体体积1. 引言曲线绕x轴旋转一周所得旋转体体积，是数学中一个经典的问题。
通过对该问题的深入探讨，不仅可以理解数学中的立体几何知识，更可以体会数学之美，感受数学的魅力。
在本文中，将从简单到复杂，由表面到深层，逐步探讨这一问题，希望能给读者带来不同的视角和思考方式。
2. 曲线绕x轴旋转一周所得旋转体体积的计算公式在学习曲线绕x轴旋转一周所得旋转体体积时，我们首先需要掌握的是计算公式。
一般而言，对于曲线y=f(x)在区间[a,b]上的一段弧段绕x轴旋转一周所得旋转体体积V的计算公式为：V = π∫[a,b] (f(x))^2 dx其中，π为圆周率，f(x)为曲线在x轴上的函数表达式。
3. 简单曲线的旋转体体积计算接下来，我们以一些简单的曲线为例，来计算其绕x轴旋转一周所得旋转体体积。
当给定曲线y=x^2在区间[0,2]上绕x轴旋转一周时，我们可以通过上述公式进行计算，得到旋转体体积为：V = π∫[0,2] x^4 dx通过简单的积分运算，即可得到该旋转体的体积。
这样的例子可以帮助我们更好地理解计算公式的实际运用过程。
4. 复杂曲线的旋转体体积计算除了简单曲线外，我们还需要关注一些复杂曲线的旋转体体积计算。
当给定曲线y=2x-1在区间[0,3]上绕x轴旋转一周时，将会涉及到更复杂的积分运算和处理。
这时，我们需要运用数学知识，进行分段函数的积分计算，才能得到准确的旋转体体积。
5. 总结与回顾通过以上探讨，我们对曲线绕x轴旋转一周所得旋转体体积有了更深入的理解。
我们学习了计算公式的运用，掌握了简单和复杂曲线的旋转体体积计算方法。
这不仅让我们了解了数学中立体几何的知识，更让我们体会到数学问题的复杂和美妙之处。
6. 个人观点和理解在我看来，曲线绕x轴旋转一周所得旋转体体积的问题虽然看似简单，但其中蕴含着丰富的数学内涵。
通过学习和探讨这一问题，我们不仅可以提升自己的数学能力，更能感受到数学所蕴含的智慧和美感。
数学竞赛中的体积问题
积为 V , Oi 和 Si 分别
是点 Ai 所对旁切球的
球心和所对面的面积.
如图 11 所示. 则
V = VO1 - A1 A3 A4 + V + O1 - A1 A2 A4
图 11
V - V O1 - A1 A2 A3
O1 - A2 A3 A4
10
=
1 3
( S2 + S3 + S4 -
S1 ) r1 .
例 3 在棱长为 1 的正方体中 ,设以上 、 下底面各边中点为顶点的正四棱柱的体积为 V1 ,以左 、右两侧面各边中点为顶点的正四 棱柱的体积为 V2 . 试求 V1 和 V2 公共部分的 体积 V .
解 :如 图 4 , 设 ABCD - A1 B1 C1 D1 为 题 设的正方体 , PQRS - P1 Q1 R1 S1 及 EPHP1 FRGR1 分别为正四棱柱 V1 和 V2 .
r=
2 4
a
.
以下同解法
1
.
说明 :正四面体的对棱间的公垂线段 (即
对棱中点的连线) 就是棱切球的直径. 例 2 将抛物线 y = x2 和直线 y = t 所
围成的封闭图形绕 y 轴旋转一周 ,求所得旋
转体体积.
分析 :考虑运用祖日恒原理求解. 为此需要
分析旋转体的截面 ,构造与题设旋转体等积
且易求体积的参照体.
图3
为 t) 、高为π的直三棱柱. 易知其体积为
V
=
1 2
t2 ·π= 12πt2 .
说明 :运用祖日恒原理求几何体的体积时 ,
2005 年第 5 期
需要构造一个易求体积的参照体. 此参照体 必须与原几何体在任何一个相同高度处的截 面面积相等 (以放在同一平面上为前提) ,为 此 ,应从分析几何体的截面入手来进行构造.
数学课堂举例子
数学课堂举例子数学课堂是学习数学知识的重要场所，老师会通过讲解、演示和练习等方式帮助学生掌握数学的基本概念和解题方法。
下面列举了十个数学课堂中常见的例子，帮助学生更好地理解数学知识。
1. 求解一元一次方程：老师会给出一个简单的一元一次方程，如2x+3=7，然后逐步引导学生通过变量的运算，将x求解出来。
这个例子可以帮助学生理解方程的含义，以及如何利用运算规则解题。
2. 计算三角形的面积：通过给出三角形的底边和高，老师会引导学生使用面积公式S=1/2×底×高，计算三角形的面积。
这个例子可以帮助学生巩固面积计算的方法，并理解公式的应用。
3. 探索质数：老师会给出一个数，如17，然后引导学生通过除法运算判断该数是否为质数。
这个例子可以帮助学生了解质数的定义，以及如何用简单的方法判断一个数是否为质数。
4. 解析几何中的垂线问题：通过给出两条相交直线的方程，老师会引导学生确定它们的交点，并讨论交点与两直线的关系。
这个例子可以帮助学生理解垂线的概念，以及直线方程的应用。
5. 研究二次函数的图像：老师会给出一个二次函数的方程，如y=x^2，然后引导学生绘制出函数的图像，并讨论函数的性质。
这个例子可以帮助学生掌握二次函数的图像特征，以及函数的增减性和极值点等概念。
6. 探索立体几何中的体积问题：通过给出一个立体图形，如长方体或圆柱体，老师会引导学生计算其体积。
这个例子可以帮助学生巩固体积计算的方法，以及理解体积的概念。
7. 探索概率问题：通过给出一个简单的抛硬币问题，老师会引导学生计算出现正面的概率。
这个例子可以帮助学生理解概率的计算方法，以及概率的意义。
8. 探索函数的复合问题：通过给出两个简单的函数，如f(x)=2x和g(x)=x+1，老师会引导学生计算复合函数f(g(x))的值。
这个例子可以帮助学生理解函数的复合运算，以及函数的定义域和值域。
9. 探索三角函数的周期性：通过给出三角函数的图像，如正弦函数的图像，老师会引导学生观察函数的周期性特征，并讨论函数在不同区间的表现。
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练习
35. 如图，三棱柱 ABC A1 B1C1 中，侧棱 AA1 平面 ABC ， ABC 为等腰直角三角形，
BAC 90 ，且 AB AA1 ， D, E, F 分别是 B1 A, CC1 , BC 的中点。
（1）求证： DE / / 平面 ABC ； （2）求证： B1 F 平面 AEF ；
C1
B1
（3）设 AB a ，求三棱锥 D AEF 的体积。
A1
E D
F B
C A
34. 如图，已知三棱柱 ABC A1B1C1 中，AA1 底面 ABC ，AC BC 2，AA1 4 ，AB 2 2 ，
M ， N 分别是棱 CC1 ， AB 中点. （Ⅰ）求证： CN 平面 ABB1A1 ； （Ⅱ）求证： CN // 平面 AMB1 ；
P
E B
C
A D
割补法
2014年新课标1卷
19.如图，三棱柱 ABC A1B1C1中，侧面 BB1C1C 为菱形， B1C 的中点为 O ，且 AO 平面 BB1C1C . （1）证明： B1C AB; （2）若 AC AB1 , CBB1 60, BC 1, 求三棱柱 ABC A1B1C1的高.
思维导图
中点转移
换顶点
平行转移
转移法 高 可 转 换
求点到面的距离
等体积法 （三棱锥）
高 可 转 换
割补法
高难求
立体几何中 高易求 的体积问题
直接法
解题关键：高----线面垂直
作高 证高
V=1/3sh
利用线面平行关系作高
直接法
2014年新课标2卷
30.（2014 新课标）如图，四棱锥 P ABCD中，底面 ABCD 为矩形，PA 平面 ABCD ，E
（Ⅲ）求三棱锥 B1 AMN 的体积．
C1
A1 M
B1
C
A
N
B
转移法之平行转移
ห้องสมุดไป่ตู้
2015年新课标1卷
作答分析：
平均分： 5.54 >=6分人数：31人 第（2）问平均分：1分
哪些量影响着体积的变化？哪些量不变？
巩固练习
变式训练
是 PD 的中点.
（Ⅰ）证明： PB //平面 AEC ；
（Ⅱ）设 AP 1, AD 3 ，三棱锥 P ABD 的体积V 3 ，求 A到平面 PBC 的距离. 4
P E
A
D
换顶点
B
C
39、如图是一几何体的直观图、正视图、侧视图、俯视图。
若 F 为 PD 的中点，求证： AF 面 PCD； （1） 证明： BD ∥面 PEC ； （2） 求三棱锥 E PBC 的体积。