高中数学立体几何(北京题型)精选
高中数学立体几何解析几何常考题汇总
新课标立体几何解析几何常考题汇总1、已知四边形ABCD 是空间四边形，,,,E F G H 分别是边,,,AB BC CD DA 的中点 （1） 求证：EFGH 是平行四边形（2）若BD=AC=2，EG=2。
求异面直线AC 、BD 所成的角和EG 、BD 所成的角。
证明：在ABD ∆中，∵,E H 分别是,AB AD 的中点∴1//,2EH BD EH BD = 同理，1//,2FG BD FG BD =∴//,EH FG EH FG =∴四边形EFGH 是平行四边形。
(2) 90° 30 °考点：证平行（利用三角形中位线），异面直线所成的角2、如图，已知空间四边形ABCD 中，,BC AC AD BD ==，E 是AB 的中点。
求证：（1）⊥AB 平面CDE;（2）平面CDE ⊥平面ABC 。
证明：（1）BC AC CE AB AE BE =⎫⇒⊥⎬=⎭同理，AD BD DE AB AE BE =⎫⇒⊥⎬=⎭又∵CE DE E ⋂= ∴AB ⊥平面CDE（2）由（1）有AB ⊥平面CDE又∵AB ⊆平面ABC ， ∴平面CDE ⊥平面ABC 考点：线面垂直，面面垂直的判定 AHGFE D CB AEDBC3、如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是1AA 的中点， 求证： 1//A C 平面BDE 。
证明：连接AC 交BD 于O ，连接EO ， ∵E 为1AA 的中点，O 为AC 的中点 ∴EO 为三角形1A AC 的中位线 ∴1//EO AC 又EO 在平面BDE 内，1A C 在平面BDE 外 ∴1//A C 平面BDE 。
考点：线面平行的判定4、已知ABC ∆中90ACB ∠=,SA ⊥面ABC ,AD SC ⊥,求证：AD ⊥面SBC ． 证明：90ACB ∠=∵° BC AC ∴⊥又SA ⊥面ABC SA BC ∴⊥ BC ∴⊥面SAC BC AD ∴⊥又,SC AD SC BC C ⊥⋂=AD ∴⊥面SBC 考点：线面垂直的判定5、已知正方体1111ABCD A B C D -，O 是底ABCD 对角线的交点.求证：(１) C 1O ∥面11AB D ；(2)1AC ⊥面11AB D ． 证明：（1）连结11A C ，设11111A CB D O ⋂=，连结1AO∵ 1111ABCD A B C D -是正方体 11A ACC ∴是平行四边形∴A 1C 1∥AC 且 11A C AC = 又1,O O 分别是11,A C AC 的中点，∴O 1C 1∥AO 且11O C AO =11AOC O ∴是平行四边形 111,C O AO AO ∴⊂∥面11AB D ，1C O ⊄面11AB D ∴C 1O ∥面11AB D（2）1CC ⊥面1111A B C D 11!CC B D ∴⊥ 又1111A CB D ⊥∵， 1111B D AC C ∴⊥面 111AC B D ⊥即 同理可证11A C AD ⊥， 又1111D B AD D ⋂=A 1ED 1C 1B 1DCBASDCBAD 1ODB AC 1B 1A 1C∴1A C ⊥面11AB D考点：线面平行的判定（利用平行四边形），线面垂直的判定6、正方体''''ABCD A B C D -中，求证：（1）''AC B D DB ⊥平面；（2）''BD ACB ⊥平面.考点：线面垂直的判定7、正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中．(1)求证：平面A 1BD ∥平面B 1D 1C ；(2)若E 、F 分别是AA 1，CC 1的中点，求证：平面EB 1D 1∥平面FBD ．证明：(1)由B 1B ∥DD 1，得四边形BB 1D 1D 是平行四边形，∴B 1D 1∥BD ， 又BD 平面B 1D 1C ，B 1D 1⊂平面B 1D 1C ， ∴BD ∥平面B 1D 1C ． 同理A 1D ∥平面B 1D 1C ．而A 1D ∩BD ＝D ，∴平面A 1BD ∥平面B 1CD ．(2)由BD ∥B 1D 1，得BD ∥平面EB 1D 1．取BB 1中点G ，∴AE ∥B 1G ．从而得B 1E ∥AG ，同理GF ∥AD ．∴AG ∥DF ．∴B 1E ∥DF ．∴DF ∥平面EB 1D 1．∴平面EB 1D 1∥平面FBD ．考点：线面平行的判定（利用平行四边形）8、四面体ABCD 中，,,AC BD E F =分别为,AD BC 的中点，且22EF AC =， 90BDC ∠=，求证：BD ⊥平面ACD证明：取CD 的中点G ，连结,EG FG ，∵,E F 分别为,AD BC 的中点，∴EG12//AC = A 1A B 1BC 1D 1D G EFNMPCBA12//FG BD =，又,AC BD =∴12FG AC =，∴在EFG ∆中，222212EG FG AC EF +== ∴EG FG ⊥，∴BD AC ⊥，又90BDC ∠=，即BD CD ⊥，AC CD C ⋂=∴BD ⊥平面ACD考点：线面垂直的判定,三角形中位线，构造直角三角形9、如图P 是ABC ∆所在平面外一点，,PA PB CB =⊥平面PAB ，M 是PC 的中点，N 是AB 上的点，3AN NB =（1）求证：MN AB ⊥；（2）当90APB ∠=，24AB BC ==时，求MN 的长。
北京四中高中数学精品全套-高一数学-5、立体几何- 30页
目录空间几何体结构及其三视图 (2)空间几何体结构及其三视图 (8)直线、平面平行的判定与性质 (13)直线、平面平行的判定与性质 (16)空间角与空间距离 (21)空间向量在立体几何中的应用 (27)空间几何体结构及其三视图北京四中一、知识要点二、基础训练凸多面体的体积为（）的中心为顶点的，则以该正方体各个面、若正方体的棱长为21的小长方体，所得几何体、一个长方体去掉一个2何体、若某空间几何体的三3视图如图所示，则该几4、正视图为一个三角形的几何体可以是（）、如图，网格纸的小正15方形的边长是，在其上、设三棱柱的侧棱垂直6与底面，所有棱的-SAABCD7=S中，，那么、已知正四棱锥328、三、典型例题空间几何体结构及其三视图北京四中一、知识要点二、典型例题直线、平面平行的判定与性质北京四中一、知识要点二、典型例题直线、平面平行的判定与性质北京四中一、知识要点二、基础练习1确的是（）、在空间，下列命题正2P、如右图，已知六凌锥ABCDEF的底面是=BCABABCD，4=2中，，、如下图，在长方形1三、典型例题题型二线面垂直【例2】如图，正方形 E空间角与空间距离北京四中一、知识要点二、典型例题题型一 空间角及其求法【例1】 等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ， 二面角C-AB-D 的余弦值为33，M 、N 分别是AC 、BC 的中点， 则EM 、AN 所成角的余弦值等于【例2】已知三棱锥P-ABC 中，【例3】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面空间向量在立体几何中的应用北京四中一、知识要点1. 直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一向量作为它的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为．2. 空间向量与空间角的关系(1)两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为θ，则cosφ＝|cosθ|＝(其中φ为异面直线a，b所成的角)．范围是(0，π2]．(2)直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝．取值范围是[0，π2]．(3)求二面角的大小(ⅰ)如图①，AB、CD是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝(ⅱ)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cosθ＝取值范围是[0，π]．3. 点到面的距离的求法如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离d＝．4. 线面距、面面距均可转化为点面距进行求解．二、典型例题例1如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点．求证：(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.[变式探究1]已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝90°，2AB＝2AD＝CD，侧面P AD是正三角形且垂直于底面ABCD，E是PC的中点．(1)求证：BE⊥平面PCD；(2)在PB上是否存在一点F，使AF∥平面BDE?例2如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝22，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝ 5.(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值；(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长．例3如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2 3.求点A到平面MBC的距离．。
北京市高考数学联考试题分类大汇编(8)立体几何试题解析.doc
北京市 2020 年高考数学最新联考试题分类大汇编一、选择题：（3） ( 北京市东城区 2020 年 1 月高三考试文科）一个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】 C【解析】该几何体为底面是直角边为的等腰直角三角形，高为的直三棱柱，其体积为。
7． ( 北京市西城区2020 年 1 月高三期末考试理科) 某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是（）（A）（B）（C）（D）【答案】 D【解析】将三视图还原直观图，可知是一个底面为正方形（其对角线长为2），高为 2 的四棱锥，其体积为A．且，则B．且，则C．且，则D．且，则【答案】 C体的体积为.（9） ( 北京市城区 2020 年 4 月高考一模文科 ) 已知一个四棱的三如所示，四棱的体是 .10. (2020 年 4 月北京市房山区高三一模理科一个几何体的三如所示，个几何体的体 .三、解答：（17） ( 北京市城区2020 年 1 月高三考文科）（本小共14 分）如，在四棱中，底面是正方形，平面，是中点，段上一点.（Ⅰ）求：；（Ⅱ）确定点在段上的位置，使// 平面，并明理由.【命分析】本考垂直和面探索性等合。
考学生的空想象能力。
明垂直的方法：（1）异面直所成的角直角；（ 2）面垂直的性定理；（ 3）面面垂直的性定理；（ 4）三垂定理和逆定理；（ 5）勾股定理；（ 6）向量垂直 . 要注意面、面面垂直的性定理的成立条件 . 解程中要特体会平行关系性的性，垂直关系的多性 . 本第一利用方法二行明；探求某明（Ⅰ）因平面，所以．又四形是正方形，所以，，所以平面 ,又平面,所以 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 14 分(16) （ 2020 年 4 月北京市海淀区高三一模理科）（本小分14 分）在四棱中，//，，，平面，.（Ⅰ）平面平面，求：//；（Ⅱ）求：平面；（Ⅲ）点段上一点，且直与平面所成角的正弦，求的．(16)（本小分 14 分）所以，，，所以，.所以， .因，平面，平面，所以平面 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 9 分由（Ⅱ）知平面的一个法向量 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分17. (2020 年 3 月北京市朝阳区高三一模文科⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分zPA D⋯⋯ ⋯yCBx⋯⋯ ⋯) （本分13 分）在如所示的几何体中，四形平行四形，，平面，，，，，且是的中点 .（Ⅰ）求：平面；（Ⅱ）在上是否存在一点，使得最大？若存在，求出的正切；若不存在，明理由 .（17）（本小分 13 分）（Ⅱ）解：假在上存在一点，使得最大. 因平面，所以 .又因，所以平面.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8 分在中， .17． ( 北京市西城区 2020 年 4 月高三第一次模文 ) （本小分 14 分）如，矩形中，，．，分在段和上，∥，将矩形沿折起．折起后的矩形，且平面平面．（Ⅰ）求：∥平面；（Ⅱ）若，求：；（Ⅲ）求四面体体的最大．17.（本小分 14 分）（Ⅰ）明：因四形，都是矩形，所以∥∥，．所以四形是平行四形，⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分所以∥，⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分因平面，所以∥平面．⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（Ⅱ）明：接，．因平面平面，且，所以平面，⋯⋯ 5 分所以．⋯⋯⋯⋯ 6 分9 分（Ⅲ）解：，，其中．由（Ⅰ）得平面，所以四面体的体．⋯⋯⋯ 11 分所以．⋯⋯⋯⋯⋯13 分当且当，即，四面体的体最大．（17） ( 北京市城区2020 年 4 月高考一模理科⋯⋯⋯⋯⋯⋯) （本小共14 分13 分）1（17）（共 13 分）（Ⅰ）明：取中点，.因，，所以，而，即△是正三角形又因 ,所以.⋯⋯⋯⋯2分所以在 2 中有， . ⋯⋯⋯⋯ 3 分所以二面角.的平2面角.1又二面角直二面角，所以. ⋯⋯⋯⋯ 5 分又因 ,所以⊥平面 , 即⊥平面 .⋯⋯⋯⋯6分（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知⊥平面，，如，以原点，建立空直角坐系，，，，.在１中，.因，所以∥，且 .所以四形平行四形.所以∥，且 .故点的坐（1，， 0） . 2 所以，， .⋯⋯⋯⋯8分不妨平面的法向量，即令，得 .⋯⋯⋯⋯10分所以 .⋯⋯⋯⋯12分故直与平面所成角的大小.⋯⋯⋯⋯13分（17） ( 北京市城区 2020 年 4 月高考一模文科 ) （本小共 14 分）如，在的正三角形中，，，分，，上的点，且足 . 将△沿折起到△的位置，使平面平面，，. （如）（Ⅰ）若中点，求：∥平面；（Ⅱ）求： .1 2（17）（共 14 分）明：（Ⅰ）取中点， ．在△中，分 的中点，所以∥，且．因 ，所以∥ , 且，所以∥，且．所以四 形 平行四 形．所以∥．⋯⋯⋯⋯ 5 分又因 平面，且平面， 所以∥平面．（Ⅱ）取中点， .因 ，，所以，而，即△是正三角形 又因 , 所以 .所以在2 中有 . 因 平面平面，平面平面，.⋯⋯⋯⋯ 9 分⋯⋯⋯⋯ 7 分所以⊥平面 .⋯⋯⋯⋯ 12 分17. (2020又平面， 所以⊥ .年 3 月北京市丰台区高三一模文科) （本小 共⋯⋯⋯⋯ 14 分）14 分如 ，四棱 P-ABCD 中，底面 ABCD 是菱形， PA =PD ，∠ BAD =60o ， E 是 AD 的中点，点Q在 棱 PC 上．（Ⅰ）求 ： AD ⊥平面 PBE ； （Ⅱ）若 Q 是 PC 的中点，求 ： PA // 平面 BDQ ；（Ⅲ）若 V P-BCDE =2 V Q - ABCD ， 求的 ．17． 明：（Ⅰ）因E 是 AD 的中点， PA =PD ，所以AD⊥PE ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1 分因 底面 ABCD 是菱形，∠ BAD =60o ，所以 = ，又因 E 是 的中点，AB BD AD所以⊥．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分AD BE因 PE∩BE=E，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分所以 AD⊥平面 PBE．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（Ⅱ）接 AC交 BD于点 O， OQ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分因O 是中点，Q 是的中点，AC PC所以 OQ△ PAC中位．所以 OQ //因，所以．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分17. (2020年4月北京市房山区高三一模理科（本小共14 分）在直三棱柱中，=2 ,.点分是,的中点，是棱上的点.（I ）求：平面；(II)若 // 平面，确定点的位置，并出明；(III)求二面角的余弦 .17．（本小共 14 分）(I)明：∵在直三棱柱中，，点是的中点，∴⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1 分, ,∴⊥平面⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分平面∴，即⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分又∴平面⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（ II ）当是棱的中点， // 平面 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分明如下 :, 取的中点H，接 ,的中位∴∥，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分∵由已知条件，正方形∴∥，∵ 的中点，(III)∵ 直三棱柱且又平面的法向量，==，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13 分二面角的平面角，且角．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14 分。
2013北京高考数学·立体几何知识点及典型例题
立体几何知识点及典型例题一、平面的基本性质两点一线、三点共面、两面交于一线。
练习1、已知直线，且直线与都相交，求证：直线共面。
二、空间线面的位置关系共面 平行—没有公共点(1)直线与直线 相交—有且只有一个公共点异面(既不平行，又不相交)直线在平面内—有无数个公共点 (2)直线和平面 直线不在平面内 平行—没有公共点 (直线在平面外) 相交—有且只有一公共点 (3)平面与平面 相交—有一条公共直线(无数个公共点)平行—没有公共点三、异面直线的判定证明两条直线是异面直线通常采用反证法.有时也可用定理“平面内一点与平面外一点的连线，与平面内不经过该点的直线是异面直线”.练习2、求证：两条异面直线不能同时和一个平面垂直练习3、四面体中，各个侧面都是边长为的正三角形，分别是和的中点，则异面直线与所成的角是多少？四、空间中的平行问题（1）直线与平面平行的判定及其性质①线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内一条直线平行,则该直线与此平面平行。
（线线平行→线面平行）②线面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行。
（线面平行→线线平行）（2）平面与平面平行的判定及其性质两个平面平行的判定定理：//b c a ,b c ,,a b c S A B C a ,E F S C A B E F S AC①如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行（线面平行→面面平行）②如果在两个平面内，各有两组相交直线对应平行，那么这两个平面平行。
（线线平行→面面平行）③垂直于同一条直线的两个平面平行 两个平面平行的性质定理：①如果两个平面平行，那么某一个平面内的直线与另一个平面平行。
（面面平行→线面平行）②如果两个平行平面都和第三个平面相交，那么它们的交线平行。
（面面平行→线线平行）练习4、如图：是平行四边形平面外一点，分别是上的点，且=，求证：平面练习5、两个全等的正方形ABCD 和ABEF 所在平面相交于AB ，M ∈AC ，N ∈FB ，且AM=FN ，求证 MN ∥平面BCE五、空间中的垂直问题（1）线线、面面、线面垂直的定义①两条异面直线的垂直：如果两条异面直线所成的角是直角，就说这两条异面直线互相垂直。
北京文科高考立体几何大题题型总结
立体几何复习一、点、直线、平面之间的关系 （一）、立体几何网络图：1.线线平行的判断：（1）、平行于同一直线的两直线平行。
（3）、如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行。
（6）、如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行。
（12）、垂直于同一平面的两直线平行。
【例题】（2016丰台一模17）已知在ABC ∆中，90=∠B ，D ，E 分别为边BC ，AC 的中点，将CDE ∆沿DE 翻折后，使之成为四棱锥ABDE C -'（如图） （Ⅱ）设l ABC DE C =''平面平面 ，求证：l AB //ABED C C'DEFBA（7）、在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。
（8）、在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它和这条斜线的射影垂直。
（10）、若一直线垂直于一平面，这条直线垂直于平面内所有直线。
补充：一条直线和两条平行直线中的一条垂直，也必垂直平行线中的另一条。
【例题】（2016西城一模17）如图，在四棱柱1111D C B A ABCD -中，BC AD ABCD BB //,1底面⊥， BD AC BAD ⊥=∠,90（Ⅱ）求证：D B AC 1⊥；【例题】（2016延庆一模17）如图，已知四棱锥ABCD S -，底面ABCD 是边长为2的菱形，60=∠ABC ，侧面SAD 为正三角形，侧面ABCD SAD 底面⊥，M 为侧棱SB 的中点，E 为线段AD 的中点 （Ⅱ）求证：AC SE ⊥（2）、如果平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行。
（5）、两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面。
判定定理：性质定理：★判断或证明线面平行的方法⑴ 利用定义(反证法)：=αl α=∅，则l ∥α (用于判断)； ⑵ 利用判定定理：线线平行线面平行 (用于证明)； ⑶ 利用平面的平行：面面平行线面平行 (用于证明)；⑷ 利用垂直于同一条直线的直线和平面平行(用于判断)。
(完整)高中数学《立体几何》大题及答案解析.doc
高中数学《立体几何》大题及答案解析( 理)1.（ 2009 全国卷Ⅰ）如图，四棱锥S ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， SD底面ABCD，AD2 ，DCo SD 2 ，点 M 在侧棱 SC 上，∠ABM=60。
（I ）证明：M是侧棱SC的中点；求二面角 S AM B 的大小。
2.（ 2009 全国卷Ⅱ）如图，直三棱柱DE ⊥平面 BCC 1（Ⅰ）证明： AB=AC 的角的大小ABC-A 1B1C1中， AB ⊥ AC,D 、E 分别为 AA 1、 B1C 的中点，（Ⅱ）设二面角A-BD-C 为 60°,求 B 1C 与平面 BCD 所成A 1 C1B1D EACB3. （ 2009浙江卷）如图，DC平面ABC，EB / / DC，AC BC EB 2DC 2 ，ACB 120o， P,Q 分别为 AE , AB 的中点．（I）证明： PQ / / 平面ACD；（II）求AD与平面 ABE 所成角的正弦值．4.（ 2009 北京卷）如图，四棱锥P ABCD 的底面是正方形，PD 底面 ABCD ，点E在棱PB上.（Ⅰ）求证：平面AEC 平面 PDB ；（Ⅱ）当 PD2AB 且E为PB的中点时，求 AE 与平面 PDB 所成的角的大小.5.（ 2009 江西卷）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 ．（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；（2）求直线PC与平面ABM所成的角；（3）求点O到平面ABM的距离．PMA DOBC6（. 2009 四川卷）如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ ABE 是等腰直角三角形，AB AE , FA FE , AEF 45 （I）求证： EF 平面 BCE ；（ II ）设线段 CD 、 AE 的中点分别为 P 、 M ，求证： PM ∥平面BCE （ III ）求二面角 F BD A 的大小。
高中数学必修二《立体几何》练习题
立体几何一、选择题1、（2016年北京高考）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）A.B. C. D. 【答案】A2、（2016年山东高考）有一个半球和四棱锥组成的几何体，其三 视图如右图所示，则该几何体的体积为（A ） （B ） （C ） （D ） 【答案】C3、（2016年全国I高考）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相1613121π32+31π32+31π62+31π62+1垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π【答案】A4、（2016年全国I 高考）平面过正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的顶点A ，//平面CB 1D 1，平面ABCD =m ，平面ABB 1 A 1=n ，则m ，n 所成角的正弦值为（A ） （B ） （C ） （D ） 【答案】A5、（2016年全国II 高考）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π 【答案】C6、（2016年全国III 高考）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为α-ααI αI22313（A ）（B ）（C ）90 （D ）81 【答案】B7、（2016年全国III 高考）在封闭的直三棱柱内有一个体积为V 的球，若，，，，则V 的最大值是（A ）4π （B ） （C ）6π （D ）【答案】B二、填空题1、（2016年上海高考）如图，在正四棱柱中，底面的边长为3，与底面所成角的大小为，则该正四棱柱的高等于____________【答案】2、（2016年四川高考）已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是__________．18+54+111ABC A B C -AB BC ⊥6AB =8BC =13AA =92π323π1111D C B A ABCD -ABCD 1BD 32arctan3、（2016年天津高考）已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m），则该四棱锥的体积为_______m3.【答案】24、（2016年全国II高考）是两个平面，是两条直线，有下列四个命题：（1）如果，那么.[（2）如果，那么.（3）如果，那么.（4）如果，那么与所成的角和与所成的角相等.其中正确的命题有．.(填写所有正确命题的编号）【答案】②③④5、（2016年浙江高考）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.,αβ,m n,,//m n m nαβ⊥⊥αβ⊥,//m nαα⊥m n⊥//,mαβα⊂//mβ//,//m nαβmαnβ【答案】 6、（2016年浙江高考）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PBCD 的体积的最大值是 .【答案】三、解答题1、（2016年北京高考） 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【解】⑴∵面面 面面723212P ABCD -PAD ⊥ABCD PA PD ⊥PA PD =AB AD ⊥1AB =2AD =AC CD ==PD ⊥PAB PB PCD PA M //BM PCD AMAP∵，面∴面∵面∴又∴面⑵取中点为，连结，∵∴∵∴以为原点，如图建系易知，，，，则，，，设为面的法向量，令，则与面夹角有⑶假设存在点使得面设，由（2）知，，，，有∴∵面，为的法向量∴即∴∴综上，存在点，即当时，点即为所求.' 2、（2016年山东高考）在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O的直径，FB 是圆台的一条母线.（I ）已知G ,H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； （II ）已知EF =FB =AC =，AB =BC .求二面角的余弦值.【解】(Ⅰ)连结，取的中点，连结， 因为，在上底面内，不在上底面内， 所以上底面，所以平面； 又因为，平面，平面，所以平面； 所以平面平面，由平面，所以平面． (Ⅱ) 连结，以为原点，分别以为轴， 建立空间直角坐标系．，，于是有，，，， 可得平面中的向量，, 于是得平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 设二面角为，12F BC A --FC FC M HM GM,GM//EF EF GM GM//GM//ABC MH//B C⊂BC ABC ⊄MH ABC MH//ABC GHM//ABC ⊂GH GHM GH//ABC OB B C AB = OB A ⊥∴O O O O OB,OA,'z y,x,BC AB ,32AC 21FB EF ==== 3)(22=--='FO BO BF O O )0,0,3A(2)0,0,3C(-2)0,3B(0,2)3,3F(0,FBC )3,(30,-=)0,,(3232=FBC )1,3,3(1-=n ABC )1,0,0(2=n A -BC -F θ B则． 二面角的余弦值为．3、（2016年上海高考）将边长为1的正方形（及其内部）绕的旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中与在平面的同侧。
北京市高考数学联考试题分类大汇编(8)立体几何试题解析
北京市 2020 年高考数学最新联考试题分类大汇编一、选择题：（3） ( 北京市东城区 2020 年 1 月高三考试文科）一个几何体的三视图以以下列图，则该几何体的体积为（ A）（B）（ C）（D）【答案】 C【解析】该几何体为底面是直角边为的等腰直角三角形，高为的直三棱柱，其体积为。
7． ( 北京市西城区2020 年 1 月高三期末考试理科) 某几何体的三视图以以下列图，该几何体的体积是（）（A）（B）（C）（D）【答案】 D【解析】将三视图还原直观图，可知是一个底面为正方形（其对角线长为2），高为 2 的四棱锥，其体积为A．且，则B．且，则C．且，则D．且，则【答案】 C体的体积为.（9） ( 北京市城区 2020 年 4 月高考一模文科 ) 已知一个四棱的三如所示，四棱的体是 .10. (2020 年 4 月北京市房山区高三一模理科一个几何体的三如所示，个几何体的体 .三、解答：（17） ( 北京市城区2020 年 1 月高三考文科）（本小共14 分）如，在四棱中，底面是正方形，平面，是中点，段上一点.（Ⅰ）求：；（Ⅱ）确定点在段上的地址，使// 平面，并明原由.【命解析】本考垂直和面研究性等合。
考学生的空想象能力。
明垂直的方法：（1）异面直所成的角直角；（ 2）面垂直的性定理；（ 3）面面垂直的性定理；（ 4）三垂定理和逆定理；（ 5）勾股定理；（ 6）向量垂直 . 要注意面、面面垂直的性定理的建立条件 . 解程中要特领悟平行关系性的性，垂直关系的多性 . 本第一利用方法二行明；研究某明（Ⅰ）因平面，所以．又四形是正方形，所以，，所以平面 ,又平面,所以 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 14 分(16) （ 2020 年 4 月北京市海淀区高三一模理科）（本小分14 分）在四棱中，//，，，平面，.（Ⅰ）平面平面，求：//；（Ⅱ）求：平面；（Ⅲ）点段上一点，且直与平面所成角的正弦，求的．(16)（本小分 14 分）所以，，，所以，.所以， .因，平面，平面，所以平面 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 9 分由（Ⅱ）知平面的一个法向量 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分17. (2020 年 3 月北京市旭日区高三一模文科⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分zPA D⋯⋯ ⋯yCBx⋯⋯ ⋯) （本分13 分）在如所示的几何体中，四形平行四形，，平面，，，，，且是的中点 .（Ⅰ）求：平面；（Ⅱ）在上可否存在一点，使得最大？若存在，求出的正切；若不存在，明原由 .（17）（本小分 13 分）（Ⅱ）解：假在上存在一点，使得最大. 因平面，所以 .又因，所以平面.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8 分在中， .17． ( 北京市西城区 2020 年 4 月高三第一次模文 ) （本小分 14 分）如，矩形中，，．，分在段和上，∥，将矩形沿折起．折起后的矩形，且平面平面．（Ⅰ）求：∥平面；（Ⅱ）若，求：；（Ⅲ）求周围体体的最大．17.（本小分 14 分）（Ⅰ）明：因四形，都是矩形，所以∥∥，．所以四形是平行四形，⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分所以∥，⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分因平面，所以∥平面．⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（Ⅱ）明：接，．因平面平面，且，所以平面，⋯⋯ 5 分所以．⋯⋯⋯⋯ 6 分9 分（Ⅲ）解：，，其中．由（Ⅰ）得平面，所以周围体的体．⋯⋯⋯ 11 分所以．⋯⋯⋯⋯⋯13 分当且当，即，周围体的体最大．（17） ( 北京市城区2020 年 4 月高考一模理科⋯⋯⋯⋯⋯⋯) （本小共14 分13 分）1（17）（共 13 分）（Ⅰ）明：取中点，.因，，所以，而，即△是正三角形又因 ,所以.⋯⋯⋯⋯ 2分所以在 2 中有， . ⋯⋯⋯⋯ 3 分所以二面角.的平2面角.1又二面角直二面角，所以. ⋯⋯⋯⋯ 5 分又因 ,所以⊥平面 , 即⊥平面 .⋯⋯⋯⋯6分（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知⊥平面，，如，以原点，建立空直角坐系，，，，.在１中，.因，所以∥，且 .所以四形平行四形.所以∥，且 .故点的坐（1，， 0） . 2 所以，， .⋯⋯⋯⋯8分不如平面的法向量，即令，得 .⋯⋯⋯⋯10分所以 .⋯⋯⋯⋯12分故直与平面所成角的大小.⋯⋯⋯⋯13分（17） ( 北京市城区 2020 年 4 月高考一模文科 ) （本小共 14 分）如，在的正三角形中，，，分，，上的点，且足 . 将△沿折起到△的地址，使平面平面，，. （如）（Ⅰ）若中点，求：∥平面；（Ⅱ）求： .1 2（17）（共 14 分）明：（Ⅰ）取中点， ．在△中，分 的中点，所以∥，且．因 ，所以∥ , 且，所以∥，且．所以四 形 平行四 形．所以∥．⋯⋯⋯⋯ 5 分又因 平面，且平面， 所以∥平面．（Ⅱ）取中点， .因 ，，所以，而，即△是正三角形 又因 , 所以 .所以在2 中有 . 因 平面平面，平面平面，.⋯⋯⋯⋯ 9 分⋯⋯⋯⋯ 7 分所以⊥平面 .⋯⋯⋯⋯ 12 分17. (2020又平面， 所以⊥ .年 3 月北京市丰台区高三一模文科) （本小 共⋯⋯⋯⋯ 14 分）14 分如 ，四棱 P-ABCD 中，底面 ABCD 是菱形， PA =PD ，∠ BAD =60o ， E 是 AD 的中点，点Q在 棱 PC 上．（Ⅰ）求 ： AD ⊥平面 PBE ； （Ⅱ）若 Q 是 PC 的中点，求 ： PA // 平面 BDQ ；（Ⅲ）若 V P-BCDE =2 V Q - ABCD ， 求的 ．17． 明：（Ⅰ）因E 是 AD 的中点， PA =PD ，所以AD⊥PE ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1 分因 底面 ABCD 是菱形，∠ BAD =60o ，所以 = ，又因 E 是 的中点，AB BD AD所以⊥．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分AD BE因 PE∩BE=E，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分所以 AD⊥平面 PBE．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（Ⅱ）接 AC交 BD于点 O， OQ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分因O 是中点，Q 是的中点，AC PC所以 OQ△ PAC中位．所以 OQ //因，所以．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分17. (2020年4月北京市房山区高三一模理科（本小共14 分）在直三棱柱中，=2 ,.点分是,的中点，是棱上的点.（I ）求：平面；(II)若 // 平面，确定点的地址，并出明；(III)求二面角的余弦 .17．（本小共 14 分）(I)明：∵在直三棱柱中，，点是的中点，∴⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1 分, ,∴⊥平面⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分平面∴，即⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分又∴平面⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（ II ）当是棱的中点， // 平面 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分明以下 :, 取的中点H，接 ,的中位∴∥，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分∵由已知条件，正方形∴∥，∵ 的中点，(III)∵ 直三棱柱且又平面的法向量，==，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13 分二面角的平面角，且角．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14 分。
2021年北京市高考数学总复习专题10：立体几何（附答案解析）
2021年北京市高考数学总复习专题10：立体几何（附答案解析）第 1 页共 44 页 2021年北京市高考数学总复习专题10：立体几何1．（2020东城区高三一模）某四面体的三视图如图所示．该四面体的六条棱的长度中，最大的是______．2．（2020北京丰台区高三一模）已知平面α和三条不同的直线m ，n ，l ．给出下列六个论断：①m α⊥；②//m α；③//m l ；④n α⊥；⑤//n α；⑥//n l ．以其中两个论断作为条件，使得//m n 成立．这两个论断可以是______．（填上你认为正确的一组序号）3．（2020北京西城区高三二模）在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，PA ⊥底面ABCD ，4PA AB ==，E 、F 、H 分别是棱PB 、BC 、PD 的中点，对于平面EFH 截四棱锥P ABCD -所得的截面多边形，有以下三个结论：①截面的面积等于；②截面是一个五边形；③截面只与四棱锥P ABCD -四条侧棱中的三条相交．其中，所有正确结论的序号是______．4．（2020北京陈经纶中学模拟）在正四面体O －ABC 中，,,OA a OB b OC c ===u u u v v u u u v v u u u v v，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE uuu v ＝______________(用,,a b c v v v 表示)．5．（2020北京昌平期末考试）已知圆锥的顶点为S ，O 为底面中心，A ，B ，C 为底面圆周上不重合的三点，AB 为底面的直径，SA AB =，M 为SA 的中点．设直线MC 与平面SAB 所成角为α，则sin α的最大值为__________．6．（2020北京建华实验月考）已知//m α，//n β，m n ⊥，则下列命题一定正确的是______．（1）αβ⊥；（2）设l αβ=I，则//m l ；。
高中数学立体几何(北京题型)精选
2．如图，已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面边长为3，侧棱长为4，连结A 1B ，过A 作AF ⊥A 1B 垂足为F ，且AF 的延长线交B 1B 于E 。
（Ⅰ）求证：D 1B ⊥平面AEC ；（Ⅱ）求三棱锥B —AEC 的体积；（Ⅲ）求二面角B —AE —C 的大小.5．已知：ABCD 是矩形，设PA=a ，PA ⊥平面ABCD.M 、N 分别是AB 、PC 的中点.（Ⅰ）求证：MN ⊥AB ；（Ⅱ）若PD=AB ，且平面MND ⊥平面PCD ，求二面角P —CD —A 的大小；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求三棱锥D —AMN 的体积.7．如图，四棱锥P —ABCD 的底面是正方形,PA ⊥底面ABCD ，PA=AD=2，点M 、N 分别在棱PD 、PC 上，且PC ⊥平面AMN.（Ⅰ）求证：AM ⊥PD ；（Ⅱ）求二面角P —AM —N 的大小；（Ⅲ）求直线CD 与平面AMN 所成角的大小.8．如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ACB=90°. BC=CC 1=a ，AC=2a .（I ）求证：AB 1⊥BC 1；（II ）求二面角B —AB 1—C 的大小；（III ）求点A 1到平面AB 1C 的距离.9．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知AB =BC =2，BB 1=3，连接BC 1，过B 1作B 1E ⊥BC 1交CC 1于点E(Ⅰ)求证：AC 1⊥平面B 1D 1E ；(Ⅱ)求三棱锥C 1－B 1D 1E 1的体积；(Ⅲ)求二面角E －B 1D 1－C 1的平面角大小11．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝CB ＝AA 1＝2，∠ACB ＝90°，E 是BB 1的中点， D ∈AB ，∠A 1DE ＝90°.（Ⅰ）求证：CD ⊥平面ABB 1A 1；（Ⅱ）求二面角D －A 1C －A 的大小.16．如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1，BC=BB 1=1，D 为BC 上一点，且满足AD ⊥C 1D.（I ）求证：截面ADC 1⊥侧面BC 1；（II ）求二面角C —AC 1—D 的正弦值；（III ）求直线A 1B 与截面ADC 1距离.23． 已知，如图四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，PG ⊥平面ABCD ，垂足为G ，G 在AD 上，且AG=31GD ，BG ⊥GC ，GB=GC=2，E 是BC 的中点，四面体P —BCG 的体积为38.（Ⅰ）求异面直线GE 与PC 所成的角；（Ⅱ）求点D 到平面PBG 的距离；（Ⅲ）若F 点是棱PC 上一点，且DF ⊥GC ，求FCPF 的值.24．如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为AA 1、BB 1的中点，求：（I ）CM 与D 1N 所成角的余弦值；（II ）异面直线CM 与D 1N 的距离．25．如图，四棱锥P —ABCD 的底面是正方形,PA ⊥底面ABCD ，PA=AD=2，点M 、N 分别在棱PD 、PC 上，且PC ⊥平面AMN.（Ⅰ）求证：AM ⊥PD ；（Ⅱ）求二面角P —AM —N 的大小；（Ⅲ）求直线CD 与平面AMN 所成角的大小.28．如图，在斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1 中，侧面AA 1B 1B ⊥底面ABC ， 侧棱AA 1与底面ABC 成600的角， AA 1= 2．底面ABC 是边长为2的正三角形，其重心为G 点。
北京市十一学校2021年高中数学立体几何多选题专题复习附解析
北京市十一学校2021年高中数学立体几何多选题专题复习附解析一、立体几何多选题1．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD 【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -的高为22222262213⎛⎫--⨯= ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.2．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -，中，E 为棱1CC 上的中点，F 为棱1AA 上的点，且满足1:1:2A F FA =，点F ，B ，E ，G ，H 为过三点B ，E ，F 的平面BMN 与正方体1111ABCD A B C D -的棱的交点，则下列说法正确的是（ ）A ．//HF BEB ．三棱锥的体积14B BMN V -=C ．直线MN 与平面11A B BA 所成的角为45︒D ．11:1:3D G GC = 【答案】ABD 【分析】面面平行性质定理可得出A 正确；等体积法求得B 正确；直线MN 与平面11A B BA 所成的角为1B MN ∠，求其正切值不等于1即可得出C 错误；利用面面平行性质定理和中位线求出11,D G GC 长度即可得出D 正确. 【详解】解：对于A.在正方体1111ABCD A B C D -中平面11//ADA D 平面11BCB C ， 又平面11ADA D 平面BMN HF =，平面11BCB C ⋂平面BMN BE =，有平面与平面平行的性质定理可得//HF BE ，故正确； 对于B.因为1:1:2A F FA =，所以111332B M A B ==，又E 为棱1CC 上的中点，所以14B N =,所以1111234432B BMN N B BMV V --⎛⎫==⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，故正确； 对于C.由题意及图形可判定直线MN 与平面11A B BA 所成的角为1B MN ∠， 结合B 选项可得1114tan 13B N B MN B M ∠==≠，故错误； 对于D.同A 选项证明方法一样可证的11//GC B M ，因为E 为棱1CC 上的中点，1C 为棱1B N 上的中点，所以1113=22GC B M = 所以11G=2D ，所以11:1:3D G GC =，故正确. 故选：ABD 【点睛】求体积的常用方法：（1）直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算；（2）等体积法：选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换；（3）割补法：首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算.3．正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 在侧面11CDD C 上运动，且满足1//B F 平面1A BE .以下命题正确的有（ ）A ．侧面11CDD C 上存在点F ，使得11B F CD ⊥ B ．直线1B F 与直线BC 所成角可能为30︒C ．平面1A BE 与平面11CDD C 所成锐二面角的正切值为2D ．设正方体棱长为1，则过点E ，F ，A 5 【答案】AC 【分析】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，易证得平面1//B MN 平面1A BE ，可得点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，根据等腰三角形的性质得1B F MN ⊥，即有11B F CD ⊥，A 正确；当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，可判断B 错误；根据平面1//B MN 平面1A BE ，11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，计算可知C 正确；【详解】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，则易证得11//B N A E ，1//MN A B ，从而平面1//B MN 平面1A BE ，所以点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，因为1B MN △是等腰三角形，所以1B F MN ⊥，又因为1//MN CD ，所以11B F CD ⊥，故A 正确；设正方体的棱长为a ，当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，此时11tan C B F ∠=1tan 3023︒<=，所以B 错误； 平面1//B MN 平面1A BE ，取F 为MN 的中点，则1MN C F ⊥，1MN B F ⊥，∴11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，11111tan B C B FC C F∠==22，所以C 正确；因为当F 为1C E 与MN 的交点时，截面为菱形1AGC E （G 为1BB 的交点），面积为6，故D 错误. 故选：AC.【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．4．如图，线段AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，//EF AB ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，且2AB =，1EF AD ==，则下述正确的是（ ）A ．//OF 平面BCEB ．BF ⊥平面ADFC ．点A 到平面CDFE 的距离为217D ．三棱锥C BEF -5π 【答案】ABC 【分析】由1EF OB ==，//EF OB ，易证//OF 平面BCE ，A 正确；B ， 由所矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直， 易证AD ⊥平面ABEF ，所以AD BF ⊥，由线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，易证故B 正确.C ，由C DAF A CDF V V --=可求点A 到平面CDFE 21，C 正确. D ，确定线段DB 的中点M 是三棱锥C BEF -外接球心，进一步可求其体积，可判断D 错误. 【详解】解：1EF OB ==，//EF OB ，四边形OFEB 为平行四边形，所以//OF BE ，OF ⊄平面BCE ，BE ⊂平面BCE ，所以//OF 平面BCE ，故A 正确.线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，平面ABCD 平面ABEF AB =，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面ABEF ，BF ⊂平面ABEF ，所以AD BF ⊥ AD ⊂平面ADF ，AF ⊂平面ADF ，AD AF A =， 所以BF ⊥平面ADF ，故B 正确.1OF OE EF ===，OFE △是正三角形，所以1EF BE AF ===， //DA BC ，所以BC ⊥平面ABEF ，BC BF ⊥，3BF =22312CF CB BF +=+=，22112DF DA AF =+=+=2AB CD ==，CDF 是等腰三角形，CDF 的边DF 上的高22222142222DF CF ⎛⎫⎛⎫-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，11472222CDF S =⨯⨯=△， //DA BC ，AD ⊂平面ADF ，BC ⊄平面ADF ， //BC 平面ADF ，点C 到平面ADF 的距离为3BF =， 111122DAF S =⨯⨯=△，C DAF A CDF V V --=，设点A 到平面CDFE 的距离为h ，1133ADF CFD S FB S h ⨯⨯=⨯⨯△△，111733232h ⨯⨯=⨯⨯， 所以217h =，故C 正确. 取DB 的中点M ，则//MO AD ，12MO =，所以MO ⊥平面CDFE ，所以21512ME MF MB MC ⎛⎫====+= ⎪⎝⎭所以M 是三棱锥C BEF -5， 三棱锥C BEF -外接球的体积为33445553326V r ππ⎛==⨯= ⎝⎭，故D 错误， 故选：ABC. 【点睛】综合考查线面平行与垂直的判断，求点面距离以及三棱锥的外接球的体积求法，难题.5．M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，将菱形沿对角线AC 折起，使点D 不在平面ABC 内，则在翻折过程中，下列结论正确的有（ ）A ．MN ∥平面ABDB ．异面直线AC 与MN 所成的角为定值C ．在二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径先变小后变大D ．若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，则ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭【答案】ABD 【分析】利用线面平行的判定即可判断选项A ；利用线面垂直的判定求出异面直线AC 与MN 所成的角即可判断选项B ；借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，利用空间想象能力进行分析即可判断选项C;过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,分ABC ∠为锐角、直角、钝角三种情况分别进行分析判断即可判断选项D. 【详解】对于选项A:因为M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，所以MN 为BCD ∆的中位线，所以//MN BD ,因为MN ⊄平面ABD ,BD ⊂平面ABD ，所以MN ∥平面ABD ,故选项A 正确；对于选项B ：取AC 的中点O ，连接,DO BO ,作图如下：则,AC DO AC BO ⊥⊥,BO DO O =,由线面垂直的判定知，AC ⊥平面BOD ,所以AC BD ⊥,因为//MN BD ,所以AC MN ⊥,即异面直线AC 与MN 所成的角为定值90，故选项B 正确；对于选项C:借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，球心离开平面ABC ，但是球心在底面的投影仍然是ABC ∆外接圆圆心，故二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径不可能先变小后变大， 故选项C 错误；对于选项D:过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,若ABC ∠为锐角，H 在线段BC 上；若ABC ∠为直角，H 与B 重合；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上；若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，因为AH BC ⊥，所以CB ⊥平面AHD ,由线面垂直的性质知,CB HD ⊥,若ABC ∠为直角，H 与B 重合，所以CB BD ⊥,在CBD ∆中，因为CB CD =, 所以CB BD ⊥不可能成立，即ABC ∠为直角不可能成立；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上，则在原平面图菱形ABCD 中，DCB ∠为锐角，由于立体图中DB DO OB <+,所以立体图中DCB ∠一定比原平面图中更小，，所以DCB ∠为锐角，CB HD ⊥，故点H 在线段BC 与H 在线段BC 的延长线上矛盾，因此ABC ∠不可能为钝角；综上可知，ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭.故选项D 正确;故选：ABD 【点睛】本题考查异面垂直、线面平行与线面垂直的判定、多面体的外接球问题；考查空间想象能力和逻辑推理能力；借助极限状态和反证法思想的运用是求解本题的关键；属于综合型强、难度大型试题.6．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（ ）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点 B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点 C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点 D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1 【答案】BC 【分析】取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.【详解】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ， 连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=， 连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==，NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ， ,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒， ,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ，则12//,,23BP FB MS BP MS BC MS FS =∴==， 22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴=== N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴==所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点， 点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点， 点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点. 做出线段BC 的另一个三等分点P '， 做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=， 所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体 从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1.故选:BC.【点睛】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.7．如果一个棱锥的底面是正方形，且顶点在底面内的射影是底面的中心，那么这样的棱锥叫正四棱锥．若一正四棱锥的体积为18，则该正四棱锥的侧面积最小时，以下结论正确的是（ ）．A ．棱的高与底边长的比为2 B ．侧棱与底面所成的角为4π C ．棱锥的高与底面边长的比为2 D ．侧棱与底面所成的角为3π 【答案】AB 【分析】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a ，由21183V a h ==得254h a=，然后可得侧面积为242108a a+，运用导数可求出当32a =时侧面积取得最小值，此时3h =，然后求出棱锥的高与底面边长的比和SAO ∠即可选出答案. 【详解】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a 可得21183V a h ==，即254h a=所以其侧面积为2222244215410842244a a a h a a a a⋅⋅+=+=+ 令()242108f a a a =+，则()23321084f a a a⨯'=- 令()233210840f a a a⨯'=-=得32a = 当()0,32a ∈时()0f a '<，()f a 单调递减当()32,a ∈+∞时()0f a '>，()f a 单调递增所以当32a =时()f a 取得最小值，即四棱锥的侧面积最小 此时3h =所以棱锥的高与底面边长的比为22，故A 正确，C 错误 侧棱与底面所成的角为SAO ∠，由3h =，32a =可得3AO = 所以4SAO π∠=，故B 正确，D 错误故选：AB 【点睛】本题考查的知识点有空间几何体的体积和表面积、线面角及利用导数求最值，属于综合题.8．如图，正三棱柱11ABC A B C -中，11BC AB ⊥、点D 为AC 中点，点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点则以下结论正确的是（ ）A ．()1112DA A A B A BC =-+ B ．若//DE 平面11ABB A ，则动点E 2AC C ．异面直线AD 与1BC ，所成角的余弦值为66D ．若点E 到平面11ACC A 3EB ，则动点E 的轨迹为抛物线的一部分【答案】BCD 【分析】根据空间向量的加减法运算以及通过建立空间直角坐标系求解，逐项判断，进而可得到本题答案. 【详解】解析：对于选项A ，()1112AD A A B A BC =-+，选项A 错误； 对于选项B ，过点D 作1AA 的平行线交11A C 于点1D ．以D 为坐标原点，1DA DB DD ,,分别为,,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz ．设棱柱底面边长为a ，侧棱长为b ，则002a A ⎛⎫⎪⎝⎭,,，00B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,，10B b ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,，102a C b ⎛⎫- ⎪⎝⎭,,，所以122a BC a b ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭,,，122a AB a b ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,,． ∵11BC AB ⊥，∴110BC AB ⋅=，即222022a a b ⎛⎫⎛⎫--+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得2b a =． 因为//DE 平面11ABB A ，则动点E的轨迹的长度等于1BB =．选项B 正确． 对于选项C ，在选项A 的基础上，002a A ⎛⎫⎪⎝⎭,,，00B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,，()0,0,0D ，1022a C a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,,，所以002a DA ⎛⎫= ⎪⎝⎭,,，1222a BC a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,-,，因为2111cos ,||||aBC DA BC DA BC DA a ⎛⎫- ⎪⋅<>===1,BC DA 所成角C 正确． 对于选项D，设点E 在底面ABC 的射影为1E ，作1E F 垂直于AC ，垂足为F ，若点E 到平面11ACC A 的距离等于2EB ，即有12E F EB =，又因为在1CE F ∆中，11E F C =，得1EB E C =，其中1E C 等于点E 到直线1CC 的距离，故点E 满足抛物线的定义，另外点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点，所以动点E 的轨迹为抛物线的一部分,故D 正确.故选：BCD 【点睛】本题主要考查立体几何与空间向量的综合应用问题，其中涉及到抛物线定义的应用.9．如图，1111ABCD A B C D -为正方体，下列结论中正确的是（ ）A ．11A C ⊥平面11BB D D B ．1BD ⊥平面1ACBC ．1BD 与底面11BCC B 2 D ．过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条 【答案】ABD 【分析】由直线与平面垂直的判定判断A 与B ；求解1BD 与底面11BCC B 所成角的正切值判断C ；利用空间向量法可判断D ． 【详解】对于A 选项，如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，1BB ⊥平面1111D C B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，则111BB A C ⊥， 由于四边形1111D C B A 为正方形，则1111AC B D ⊥， 1111BB B D B =，因此，11A C ⊥平面11BB D D ，故A 正确；对于B 选项，在正方体1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，1AC DD ∴⊥，因为四边形ABCD 为正方形，所以，AC BD ⊥，1D DD BD =，AC ∴⊥平面11BB D D ， 1BD ⊂平面11BB D D ，1AC BD ∴⊥，同理可得11BD B C ⊥，1ACB C C =，1BD ∴⊥平面1ACB ，故B 正确；对于C 选项，由11C D ⊥平面11BCC B ，得11C BD ∠为1BD 与平面11BCC B 所成角， 且111112tan 2C D C BD BC ∠==，故C 错误； 对于D 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则()1,0,0A 、()0,0,0D 、()0,1,0C 、()11,1,1B ，()1,0,0DA =，()11,0,1CB =，设过点1A 且与直线DA 、1CB 所成角的直线的方向向量为()1,,m y z =， 则221cos ,21DA m DA m DA my z ⋅<>===⋅++， 1122111cos ,221CB m zCB m CB my z ⋅+<>===⋅⋅++， 整理可得2222341y z y z z ⎧+=⎨=++⎩，消去y 并整理得2210z z +-=，解得12z =-12z =-由已知可得3z ≤，所以，12z =-+22y =± 因此，过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条，D 选项正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法： 一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．10．如图，正四棱锥S －BCDE 底面边长与侧棱长均为a ，正三棱锥A －SBE 底面边长与侧棱长均为a ，则下列说法正确的是（ ）A ．AS ⊥CDB ．正四棱锥S －BCDE 的外接球半径为22C ．正四棱锥S －BCDE 的内切球半径为212a ⎛- ⎝⎭D ．由正四棱锥S －BCDE 与正三棱锥A －SBE 拼成的多面体是一个三棱柱 【答案】ABD 【分析】取BE 中点H ，证明BE ⊥平面SAH 即可证AS CD ⊥；设底面中心为1O ，有1122O B O S a ==，可求得球半径为22a ；用等体积法求内切球半径即可判断；由////SA DE BC 且==SA DE BC 可知多面体是一个三棱柱.【详解】 如图所示：A 选项：取BE 中点H 连接,AH SH ，正三棱锥A SBE -中，,AH BE SH BE ⊥⊥ 又AHSH H =，所以BE ⊥平面SAH ，则BE AS ⊥，又//BE CD 所以AS CD ⊥ ，故A 正确；B 选项：设底面中心为1O ，球心为O 半径为R ，因为正四棱锥S －BCDE 外接球球心在1O S 上，所以OS OB R ==，因为，正四棱锥S －BCDE 底面边长与侧棱长均为a所以112O B O S ==，由()22211OB O B O S OS =+- 得2222222R a R ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解得2R =，故B 正确； C 选项：设内切球半径为r ，易求得侧面面积为2213sin 234S a a π=⋅=， 由等体积法得222121134333a a r r =⋅+⋅⋅ 解得624a r = ，故C 错；D 选项：取SE 中点F ，连结AF ，DF ，BF ，则BFD ∠和BFA ∠分别是D SE B --和A SE B --的二面角的平面角，由)22222223321cos 2332aBF DF BDBFD BF DF ⎫⎫+-⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭∠===-⋅⎫⎪⎝⎭2222222331cos 2332a AF BF BA AFD AF BF ⎫⎫+-⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭∠===⋅⎫⎪⎝⎭，故BFD ∠与BFA ∠互补，所以ASDE 共面，又因为AS AE ED SD ===，则ASDE 为平行四边形，故AS ED BC故正四棱锥S－BCDE与正三棱锥A－SBE拼成的多面体是一个三棱柱，所以////D正确故选：ABD【点睛】求外接球半径的常用方法：（1）补形法：侧面为直角三角形或正四面体或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；（2）利用球的性质：几何体在不同面均对直角的棱必然是球的直径；（3）定义法：到各个顶点距离均相等的点为球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.。
北京北京大学附属中学高考数学高考数学压轴题 立体几何多选题分类精编附解析
北京北京大学附属中学高考数学高考数学压轴题 立体几何多选题分类精编附解析一、立体几何多选题1．已知正方体1111 ABCD A B C D -的棱长为2，M 为1DD 的中点，N 为正方形ABCD 所在平面内一动点，则下列命题正确的有（ ）A ．若2MN =，则MN 的中点的轨迹所围成图形的面积为πB ．若N 到直线1BB 与直线DC 的距离相等，则N 的轨迹为抛物线C ．若1D N 与AB 所成的角为3π，则N 的轨迹为双曲线 D ．若MN 与平面ABCD 所成的角为3π，则N 的轨迹为椭圆【答案】BC 【分析】对于A ，连接MN ，ND ，DP ，得到直角MDN △，且P 为斜边MN 的中点，所以1PD =，进而得到P 点的轨迹为球面的一部分，即可判断选项A 错误；对于B ，可知1NB BB ⊥，即NB 是点N 到直线1BB 的距离，在平面ABCD 中，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等，利用抛物线定义知B 正确；对于C ，建立空间直角坐标系，设(,,0)N x y ，利用空间向量求夹角知122121cos3224D N AB y x y D N ABπ⋅===⨯++⋅，化简可知N 的轨迹为双曲线；对于D ，MN 与平面ABCD 所成的角为3MND π∠=，3ND =，可知N 的轨迹是以D 为圆心，33为半径的圆周； 【详解】对于A ，如图所示，设P 为MN 的中点，连接MN ，ND ，DP ，由正方体性质知MDN △为直角三角形，且P 为MN 的中点，2MN =，根据直角三角形斜边上的中线为斜边的一半，知MDN △不管怎么变化，始终有1PD =，即P 点的轨迹与正方体的面围城的几何体是一个以D为球心，1为半径的球的18，其面积214182Sππ=⨯⨯=，故A错误；对于B，由正方体性质知，1BB⊥平面ABCD由线面垂直的性质定理知1NB BB⊥，即NB 是点N到直线1BB的距离，在平面ABCD中，点N到定点B的距离与到定直线DC的距离相等，所以点N的轨迹是以点B为焦点，直线DC为准线的抛物线，故B正确；对于C，如图以D为直角坐标系原点，建立空间直角坐标系，(,,0)N x y，1(0,0,2)D，(0,2,0)A，(2,2,0)B，则1(,,2)D N x y=-，(0,2,0)AB=，利用空间向量求夹角知122121cos3224D N AB yx yD N ABπ⋅===⨯++⋅，化简整理得：2234y x-=，即221443y x-=，所以N的轨迹为双曲线，故C正确；对于D，由正方体性质知，MN与平面ABCD所成的角为MND∠，即3MNDπ∠=，在直角MDN△中，33ND=，即N的轨迹是以D为圆心，33为半径的圆周，故D错误；故选：BC【点睛】关键点睛：本题考查立体几何与解析几何的综合，解题的关键是抓住解析几何几种特殊曲线的定义，考查学生的逻辑推理能力，转化与划归能力与运算求解能力，属于难题.2．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E ，F 在平面1111D C B A 内，若||5AE =，AC DF ⊥，则（ ）A ．点E 的轨迹是一个圆B ．点F 的轨迹是一个圆C ．EF 21-D ．AE 与平面1A BD 所成角的正弦值的最大值为153015【答案】ACD 【分析】对于A 、B 、C 、D 四个选项，需要对各个选项一一验证. 选项A ：由2211||5AE AA A E =+=1||1A E =，分析得E 的轨迹为圆；选项B ：由AC DBF ⊥，而点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，； 选项C ：由E 的轨迹为圆，F 的轨迹为线段11B D ，可分析得min ||EF d r =-； 选项D ：建立空间直角坐标系，用向量法求最值. 【详解】 对于A:2211||5AE AA A E =+=221|25A E +=1||1A E =，即点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上；故A 正确；对于B: 正方体1111ABCD A B C D -中，AC ⊥BD ，又AC DF ⊥，且BD ∩DF=D ，所以AC DBF ⊥，所以点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，故B 错误；对于C:在平面1111D C B A 内，1A 到直线11B D 的距离为2,d=当点E ，F 落在11A C 上时，min ||21EF =-；故C 正确； 对于D:建立如图示的坐标系，则()()()()10,0,0,2,0,0,0,0,2,0,2,0A B A D因为点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上，可设()cos ,sin ,2E θθ 所以()()()1cos ,sin ,2,2,0,2,2,2,0,AE A B BD θθ==-=-设平面1A BD 的法向量(),,n x y z =，则有1·220·220n BD x y n A B x z ⎧=-+=⎪⎨=-=⎪⎩不妨令x =1，则()1,1,1n =， 设AE 与平面1A BD 所成角为α，则：22|||sin |cos ,|||||5315n AE n AE n AE πθα⎛⎫++ ⎪⎝⎭====⨯⨯当且仅当4πθ=时，sin α2215301515=， 故D 正确故选：CD【点睛】多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．3．如图所示，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中AB＝8，把△ADE 沿着DE翻折至A'DE位置，使得二面角A'-DE-B为60°，则下列选项中正确的是（）A．点A'到平面BCED的距离为3B．直线A'D与直线CE所成的角的余弦值为5 8C．A'D⊥BDD．四棱锥A'-BCED237【答案】ABD【分析】作AM⊥DE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接A'M,A'N.利用线面垂直的判定定理判定CD⊥平面A'MN,利用面面垂直的判定定理与性质定理得到'A到平面面BCED的高A'H,并根据二面角的平面角，在直角三角形中计算求得A'H的值，从而判定A;根据异面直线所成角的定义找到∠A'DN就是直线A'D与CE所成的角，利用余弦定理计算即可判定B;利用勾股定理检验可以否定C;先证明底面的外接圆的圆心为N,在利用外接球的球心的性质进行得到四棱锥A'-BCED的外接球的球心为O,则ON⊥平面BCED,且OA'=OC,经过计算求解可得半径从而判定D.【详解】如图所示，作AM⊥DE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接A'M,A'N.则A'M⊥DE,MN⊥DE, ,∵'A M∩MN=M,∴CD⊥平面A'MN,又∵CD⊂平面ABDC,∴平面A'MN⊥平面ABDC,在平面A'MN中作A'H⊥MN,则A'H⊥平面BCED,∵二面角A'-DE-B为60°，∴∠A'EF=60°，∵正三角形ABC中，AB=8,∴AN=43∴A'M3,∴A'H=A'M sin60°=3，故A正确；连接DN,易得DN‖EC,DN=EC=4,∠A'DN就是直线A'D与CE所成的角，DN=DA'=4,A'N=A'M3,cos ∠A'DN =22441252448+-=⨯⨯,故B 正确；A'D =DB =4,A'B=22121627A N BN +=+=',∴222A D DB A B '≠'+,∴A'D 与BD 不垂直，故C 错误’ 易得NB =NC =ND =NG =4，∴N 为底面梯形BCED 的外接圆的圆心， 设四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC , 若O 在平面BCED 上方，入图①所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P , 则HP =x ,易得()()22222433x x R +=-+=,解得23x =-,舍去； 故O 在平面BCED 下方，如图②所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P , 则HP =x ,易得()()22222433x x R +=++=, 解得23x =, ∴244371699R ⨯=+=,237R ∴=,故D 正确. 故选:ABD .【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的讨论与验证.4．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 内（含边界）一点．（ ） A ．若13A P P 点有且只有一个 B ．若12A P ，则点P 的轨迹是一段圆弧 C ．若1//A P 平面11B D C ，则1A P 2D ．若12A P 且1//A P 平面11B DC ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面的面积为23π【答案】ABD 【分析】选项A ，B 可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD 上，1A P 2P 与B 或D 重合，利用12sin 60A P r =︒，求出6r =，进而求出面积. 【详解】对A 选项，如下图：由13A P =P 在以1A 3的球上，又因为P 在底面ABCD 内（含边界），底面截球可得一个小圆，由1A A ⊥底面ABCD ，知点P 的轨迹是在底面上以A 为圆心的小圆圆弧，半径为22112r A P A A =-=C满足，故A 正确；对B 选项，同理可得点P 在以A 为圆心，半径为22111r A P A A =-=的小圆圆弧上，在底面ABCD 内（含边界）中，可得点P 轨迹为四分之一圆弧BD .故B 正确；对C 选项，移动点P 可得两相交的动直线与平面11B D C 平行，则点P 必在过1A 且与平面11B D C 平行的平面内，由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD上，则1A P 长的最大值为12A B =，则C 不正确； 对选项D ，由以上推理可知，点P 既在以A 为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD 上，即与B 或D 重合，不妨取点B ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面为11A BC 的外接圆，利用2126622,,sin 60333A B r r S r ππ==∴=∴==︒.故D 正确.故选：ABD 【点睛】（1）平面截球所得截面为圆面，且满足222=R r d +（其中R 为球半径，r 为小圆半径，d 为球心到小圆距离）；（2）过定点A 的动直线平行一平面α，则这些动直线都在过A 且与α平行的平面内.5．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（ ）A ．存在某个位置，使得1CN AB ⊥ B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -外接球的体积是43π 【答案】BD 【分析】对于A ，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ，可得到EN NF ⊥，又EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点，不可能；对于B ，可得由1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值），由余弦定理可得NC 是定值．对于C ，取AM 中点O ，连接1,B O DO ，假设1AM B D ⊥，易得AM ⊥面1ODB ，即可得OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不一定成立．对于D ，当平面B 1AM ⊥平面AMD 时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，可得球半径为1，体积是43π． 【详解】对于A 选项：如图1，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ， 则11////NE AB NF MB ，，又11AB MB ⊥，所以EN NF ⊥， 如果1CN AB ⊥，可得EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点， 不可能，故A 选项不正确；对于B 选项：如图1，由A 选项可得1AMB EFN ≈△△，故1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值）， 故在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠，整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+， 故CN 为定值，故B 选项正确．对于C 选项：如图，取AM 中点O ，连接1,B O DO ， 由AB BM =，得1B O AM ⊥，假设1AM B D ⊥，111B D B O B =，所以AM ⊥面1ODB ，所以OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不恒成立，所以假设不成立，可得C 选项不正确．对于D 选项：由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得12BO =，DM =11B E ===， 因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，体积是43π．故D 选项正确． 故答案为：BD ． 【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于难题.本题C 选项的解题的关键在于采用反证法证明，进而推出矛盾解题，D 选项求解的关键在于把握平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大.6．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是棱AB 、1CC 的中点，1MB P 的顶点P 在棱1CC 与棱11C D 上运动，有以下四个命题正确命题的序号是（ ）A ．平面1MB P 1ND ⊥ B ．平面1MB P ⊥平面11ND AC ．1MB P 在底面ABCD 上的射影图形的面积为定值 D ．1MB P 在侧面11D C CD 上射影图形是三角形 【答案】BC 【分析】取N 与P 重合，结合勾股定理可判断A 选项的正误；利用面面垂直的判定定理可判断B 选项的正误；分点P 在棱1CC 、11C D 上运动两种情况讨论，利用三角形的面积公式可判断C 选项的正误；取点P 与点1C 重合，判断1MB P 在侧面11D C CD 上射影图形形状，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，如下图所示：当点P 与点N 重合时， 若1ND ⊥平面1MB P ，1B N ⊂平面1MB P ，则11ND B N ⊥，由勾股定理可得2211115D N C N C D =+=，同理可得15B N =，1122B D =，2221111B N D N B D ∴+≠，则1ND 与1B N 不垂直，假设不成立，A 选项错误；对于B 选项，取1BB 的中点E ，连接1A E 、EN ，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//BB CC ，且E 、N 分别为1BB 、1CC 的中点， 则11//B E C N 且11B E C N =，所以，四边形11B ENC 为平行四边形，则11//EN B C 且11EN B C =，1111//A D B C 且1111A D B C =，所以，11//A D EN 且11A D EN =，所以，四边形11A END 为平行四边形，所以，11//A E D N ，111A B BB =，1B E BM =，11190A B E B BM ∠=∠=，所以，111Rt A B E Rt B BM ≅△△，所以，111B A E BB M ∠=∠，所以，111111190A EB BB M A EB B A E ∠+∠=∠+∠=，190B FE ∴∠=，所以，11B M A E ⊥，11A D ⊥平面11AA B B ，1B M ⊂平面11AA B B ，111B M A D ∴⊥， 1111A D A E A =，11A D 、1A E ⊂平面11ND A ，1MB ∴⊥平面11ND A ，1MB ⊂平面1MB P ，所以，平面1MB P ⊥平面11ND A ，B 选项正确；对于C 选项，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a .若点P 在棱1CC 上运动时，1MB P 在底面ABCD 上的射影为MBC △， 此时，射影图形的面积为21224MBCa a S a =⋅=△； 若点P 在棱11C D 上运动时，设点P 在底面ABCD 上的射影点为G ，则G CD ∈， 且点G 到AB 的距离为a ,1MB 在底面ABCD 内的射影为MB ，则1MB P 在底面ABCD 内的射影为MBG △，且21224MBGa a S a =⋅⋅=△.综上所述，1MB P 在底面ABCD 内的射影图形的面积为定值，C 选项正确； 对于D 选项，当点P 与1C 重合时，P 、1B 两点在平面11D C CD 上的射影重合， 此时，1MB P 在侧面11D C CD 上的射影不构成三角形，D 选项错误. 故选：BC. 【点睛】方法点睛：证明面面垂直常用的方法： （1）面面垂直的定义； （2）面面垂直的判定定理.在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可.7．在三棱锥M ABC -中，下列命题正确的是（ ）A ．若1233AD AB AC =+，则3BC BD = B ．若G 为ABC 的重心，则111333MG MA MB MC =++C ．若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MB AC ⋅=D ．若三棱锥M ABC -的棱长都为2，P ，Q 分别为MA ，BC 中点，则2PQ = 【答案】BC 【分析】作出三棱锥M ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得. 【详解】对于A ，由已知12322233AD AB AC AD AC AB AD AC AB AD =+⇒=+⇒-=-，即2CD DB =，则32BD BD DC BC =+=，故A 错误； 对于B ，由G 为ABC 的重心，得0GA GB GC ++=，又MG MA AG =+，MG MB BG =+，MG MC CG =+，3MA MB MC MG ∴++=，即111333MG MA MB MC =++，故B 正确；对于C ，若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MC MA BC AB ⋅+⋅=，即()00MA BC AC CB MA BC AC C MC C M B M C ⋅++=⇒⋅++⋅⋅=⋅()00MA BC A MC MC MC MC C BC MA BC AC ⋅⋅⋅⇒⋅+-=⇒-+=⋅()000MC M CA BC AC AC CB AC CB AC C MC ⇒+=⇒+=⇒+=⋅⋅⋅⋅⋅，即0MB AC ⋅=，故C 正确；对于D ，111()()222PQ MQ MP MB MC MA MB MC MA ∴=-=+-=+-()21122PQ MB MC MA MB MC MA ∴=+-=+-，又()2222222MB MC MA MB MC MA MB MC MB MA MC MA+-=+++⋅-⋅-⋅2221112222222222228222=+++⨯⨯⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=，1PQ ∴==，故D 错误. 故选：BC 【点睛】关键点睛：本题考查向量的运算，用已知向量表示某一向量的三个关键点： (1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量． (3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．8．（多选题）在四面体P ABC -中，以上说法正确的有（ ）A ．若1233AD AC AB =+，则可知3BC BD = B ．若Q 为△ABC 的重心，则111333PQ PA PB PC =++C ．若0PA BC =，0PC AB =，则0PB AC =D ．若四面体P ABC -各棱长都为2，M N ，分别为,PA BC 的中点，则1MN = 【答案】ABC 【分析】作出四面体P ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得. 【详解】对于A ，1233AD AC AB =+，32AD AC AB ∴=+，22AD AB AC AD ∴-=- ， 2BD DC ∴=，3BD BD DC BC ∴=+=即3BD BC ∴=，故A 正确；对于B ，Q 为△ABC 的重心，则0QA QB QC ++=，33PQ QA QB QC PQ ∴+++=()()()3PQ QA PQ QB PQ QC PQ ∴+++++=,3PA PB PC PQ ∴++=即111333PQ PA PB PC ∴=++，故B 正确； 对于C ，若0PA BC =，0PC AB =，则0PA BC PC AB +=，()0PA BC PC AC CB ∴++=,0PA BC PC AC PC CB ∴++=0PA BC PC AC PC BC ∴+-=,()0PA PC BC PC AC ∴-+= 0CA BC PC AC ∴+=,0AC CB PC AC ∴+=()0AC PC CB ∴+=，0AC PB ∴=，故C 正确；对于D ，111()()222MN PN PM PB PC PA PB PC PA ∴=-=+-=+- 1122MN PB PC PA PA PB PC ∴=+-=-- 222222PA PB PC PA PB PC PA PB PA PC PC PB --=++--+22211122222222222222222=++-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=2MN ∴=，故D 错误.故选：ABC 【点睛】用已知向量表示某一向量的三个关键点(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键． (2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量． (3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．9．已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，如图，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α.下面说法正确的是（）A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为3232⎣⎦B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C ．点M 为1CC 的中点时，若平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的中点 【答案】AC 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，利用空间向量法可判断A 选项的正误；证明出1AC ⊥平面1A BD ，分别取棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点E 、F 、Q 、N 、G 、H ，比较1A BD 和六边形EFQNGH 的周长和面积的大小，可判断B 选项的正误；利用空间向量法找出平面α与棱11A D 、11A B 的交点E 、F ，判断四边形BDEF 的形状可判断C 选项的正误；将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，利用A 、M 、N 三点共线得知AM MN +最短，利用平行线分线段成比例定理求得MC ，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()2,0,0A 、()2,2,0B 、设点()()0,2,02M a a ≤≤，AM ⊥平面α，则AM 为平面α的一个法向量，且()2,2,AM a =-，()0,2,0AB =，2232cos ,2288AB AMAB AM AB AM a a ⋅⎡<>===⎢⋅⨯++⎣⎦， 所以，直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为3232⎣⎦，A 选项正确；对于B 选项，当M 与1CC 重合时，连接1A D 、BD 、1A B 、AC ， 在正方体1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD CC ∴⊥，四边形ABCD 是正方形，则BD AC ⊥，1CC AC C =，BD ∴⊥平面1ACC ，1AC ⊂平面1ACC ，1AC BD ∴⊥，同理可证11AC A D ⊥， 1A D BD D ⋂=，1AC ∴⊥平面1A BD ，易知1A BD 是边长为22(12322234A BD S =⨯=△为22362=.设E 、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点，易知六边形EFQNGH 是边长为2的正六边形，且平面//EFQNGH 平面1A BD ， 正六边形EFQNGH 的周长为62，面积为()236233⨯⨯=，则1A BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，B 选项错误； 对于C 选项，设平面α交棱11A D 于点(),0,2E b ，点()0,2,1M ，()2,2,1AM =-，AM ⊥平面α，DE ⊂平面α，AM DE ∴⊥，即220AM DE b ⋅=-+=，得1b =，()1,0,2E ∴，所以，点E 为棱11A D 的中点，同理可知，点F 为棱11A B 的中点，则()2,1,2F ，()1,1,0EF =，而()2,2,0DB =，12EF DB ∴=，//EF DB ∴且EF DB ≠， 由空间中两点间的距离公式可得2222015DE =++=()()()2222212205BF =-+-+-=，DE BF ∴=，所以，四边形BDEF 为等腰梯形，C 选项正确；对于D 选项，将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，如下图所示：若AM MN +最短，则A 、M 、N 三点共线，11//CC DD ，2222222MC AC DN AD ∴===-+， 11222MC CC =-≠，所以，点M 不是棱1CC 的中点，D 选项错误.故选：AC. 【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.10．如图，已知P 为棱长为1的正方体对角线1BD 上的一点，且()()10,1BP BD λλ=，下面结论中正确结论的有（ ）A ．11A D C P ⊥；B ．当1A P PD +取最小值时，23λ=；C ．若()0,1λ∈，则7,312APC ππ⎛⎫∠∈⎪⎝⎭； D ．若P 为1BD 的中点，四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π．【答案】ABD【分析】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，利用向量关系可判断ABC ；根据几何体外接球关系建立方程求出球半径即可判断D.【详解】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，则()1,1,0B ，()10,0,1D ，设(),,P x y z ，()()10,1BP BD λλ=，1BP BD λ∴=，即()()1,1,1,1,1x y z λ--=--，则可解得()1,1,P λλλ--，对A ，()()()111,0,1,0,0,0,0,1,1A D C ，()11,0,1A D ∴=--，()11,,1C P λλλ=---，则()()()()11110110A D C P λλλ⋅=-⨯-+⨯-+-⨯-=，则11A D C P ⊥，故A 正确；对B ，()()()()()2222221111111A P PD λλλλλλ+=--+-+--+-+222223422333λλλ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭ 则当23λ=时，1A P PD +取最小值，故B 正确； 对C ，()()1,0,0,0,1,0A C ，(),1,PA λλλ∴=--，()1,,PC λλλ=--，则222321cos 1321321PA PC APC PA PC λλλλλλ⋅-∠===--+-+⋅， 01λ<<，则2232123λλ≤-+<，则2111123212λλ-≤-<-+， 即11cos 22APC -≤∠<，则2,33APC ππ⎛⎤∠∈ ⎥⎝⎦，故C 错误； 对于D ，当P 为1BD 中点时，四棱锥11P AA D D -为正四棱锥，设平面11AA D D 的中心为O ，四棱锥11P AA D D -的外接球半径为R ，所以22212R R ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭⎝⎭，解得34R =， 故四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π，所以D 正确. 故选：ABD.【点睛】关键点睛：本题考查空间相关量的计算，解题的关键是建立空间直角坐标系，利用向量建立关系进行计算.。
北京版高考数学分项汇编专题10立体几何含解析理
【备战2016】（北京版）高考数学分项汇编 专题10 立体几何（含解析）理1. 【2005高考北京理第6题】在正四面体P —ABC 中，D ，E ，F 别离是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结论中不成立．．．的是（ ）A ．BC 【2006高考北京理第4题】平面α的斜线AB 交α于点B ，过定点A 的动直线l 与AB 垂直，且交α于点C ，那么动点C 的轨迹是（ ） （A ）一条直线 （B ）一个圆 （C ）一个椭圆（D ）双曲线的一支【答案】A3. 【2007高考北京理第3题】平面α∥平面β的一个充分条件是（ ） Ａ．存在一条直线a a a αβ，∥，∥Ｂ．存在一条直线a a a αβ⊂，，∥Ｃ．存在两条平行直线a b a b a b αββα⊂⊂，，，，∥，∥ Ｄ．存在两条异面直线a b a b a b αββα⊂⊂，，，，∥，∥4. 【2020高考北京理第8题】如图，动点P 在正方体1111ABCD A BC D -的对角线1BD 上．过点P 作垂直于平面11BB D D 的直线，与正方体表面相交于M N ，．设BP x =，MN y =，那么函数()y f x =的图象大致是（ ）【答案】B考点：截面，线与面的位置关系。
5. 【2020高考北京理第4题】假设正四棱柱1111ABCD A BC D -的底面边长为1，1AB 与底面ABCD 成60°角，那么11AC到底面ABCD 的距离为 （ ） A ．33B ．1C ．2D 3【答案】D考点：正四棱柱的概念、直线与平面所成的角和直线与平面的距离等概念.6. 【2020高考北京理第3题】一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正(主)视图与侧(左)视图别离如下图，那么该几何体的俯视图为( )【答案】C考点：三视图.7. 【2021高考北京理第8题】如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，动点E，F在棱A1B1上，动点P，Q 别离在棱AD，CD上．假设EF＝1，A1E＝x，DQ＝y，DP＝z(x，y，z大于零)，那么四面体P—EFQ的体积( )A．与x，y，z都有关B．与x有关，与y，z无关C．与y有关，与x，z无关D．与z有关，与x，y无关【答案】D考点：点到面的距离;锥体的体积.8. 【2020高考北京理第7题】某四面体三视图如下图，该四面体四个面的面积中最大的是（）A. 8B. 62C. 10D. 82【答案】C9. 【2021高考北京理第7题】某三棱锥的三视图如下图，该三梭锥的表面积是（）A. 28+65B. 30+65C. 56+ 125D. 60+125【答案】B考点：三视图.A B C D.10. 【2021高考北京理第7题】在空间直角坐标系Oxyz中,已知(2,0,0)(2,2,0),(0,2,0),(1,12)假设123,,S S S 别离是三棱锥D ABC -在,,xOy yOz zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，那么（ ） A ．123S S S == B ．21S S =且23S S ≠ C ．31S S =且32S S ≠ D ．32S S =且31S S ≠ 【答案】D考点：三棱锥的性质，空间中的投影，难度中等.11. 【2006高考北京理第14题】已知,,A B C 三点在球心为O ，半径为R 的球面上，AC BC ⊥，且AB R =，那么,A B 两点的球面距离为 ，球心到平面ABC 的距离为 .12. 【2021高考北京理第14题】如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为__________．【答案】25 5考点：线面垂直;2转化思想.13. 【2005高考北京理第16题】（本小题共14分）如图，在直四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB=AD=2，DC=DC AD AA ⊥=,3,321，AC ⊥BD ，垂足为E. （Ⅰ）求证BD ⊥A 1C ；（Ⅱ）求二面角A 1—BD —C 1的大小； （Ⅲ）求异面直线AD 与BC 1所成角的大小. 【答案】14. 【2006高考北京理第17题】（本小题共14分）如图，在底面为平行四边形的四棱锥P ABCD -中，AB AC ⊥，PA ⊥平面ABCD ，且PA AB =，点E 是PD 的中点. （Ⅰ）求证：AC PB ⊥； （Ⅱ）求证：//PB 平面AEC ；（Ⅲ）求二面角E AC B --的大小.FEOBACDP15. 【2007高考北京理第16题】（本小题共14分）如图，在Rt AOB △中，π6OAB ∠=，斜边4AB =．Rt AOC △能够通过Rt AOB △以直线AO 为轴旋转取得，且二面角B AO C --是直二面角．动点D 在Rt AOB △的斜边AB 上． （I ）求证：平面COD ⊥平面AOB ；（II ）当D 为AB 的中点时，求异面直线AO 与CD 所成角的大小； （III ）求CD 与平面AOB 所成角的最大值．16. 【2020高考北京理第16题】（本小题共14分）如图，在三棱锥P ABC -中，2AC BC ==，90ACB ∠=，AP BP AB ==，PC AC ⊥． （Ⅰ）求证：PC AB ⊥；（Ⅱ）求二面角B AP C --的大小； （Ⅲ）求点C 到平面APB 的距离17. 【2020高考北京理第16题】（本小题共14分）如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面,,60,90ABC PA AB ABC BCA ︒︒=∠=∠=， 点D ，E 别离在棱,PB PC 上，且//DE BC （Ⅰ）求证：BC ⊥平面PAC ；（Ⅱ）当D 为PB 的中点时，求AD 与平面PAC 所成的角的大小； （Ⅲ）是不是存在点E 使得二面角A DE P --为直二面角？并说明理由.18. 【2020高考北京理第16题】(14分)如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面相互垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB＝2，CE＝EF＝1.(1)求证：AF∥平面BDE；(2)求证：CF⊥平面BDE；(3)求二面角A-BE-D的大小．19．【2020高考北京理第16题】（共14分）如图，在四棱锥-中，P ABCDAB＝，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，2∠︒＝.（1）求证：BD⊥平面PAC；BAD60＝，求PB与AC所成角的余弦值；（2）假设PA PB（3）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.20. 【2021高考北京理第16题】（本小题共14分）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E别离是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE 沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD,如图2.(I)求证：A1C⊥平面BCDE；(II)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(III)线段B C上是不是存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由21. 【2021高考北京理第17题】(本小题共14分)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5，(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求1BDBC 的值．22. 【2021高考北京理第17题】（本小题总分值13分）P 中，F为棱PE 如图，正方体MADE的边长为2，B，C别离为AM，MD的中点，在五棱锥ABCDE的中点，平面ABF与棱FD，PC别离交于G，H.AB//；（1）求证：FG=，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长. （2）假设PA⊥底面ABCDE，且PA AE【答案】（1）详观点析；（2）2.考点：空间中线线、线面、面面的平行于垂直，用向量法求线面角，即空间距离.23. 【2021高考北京，理4】设α，β是两个不同的平面，m是直线且mα⊂．“mβ∥”∥”是“αβ的（）A．充分而没必要要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B考点定位：此题考点为空间直线与平面的位置关系，重点考察线面、面面平行问题和充要条件的有关知识.24. 【2021高考北京，理5】某三棱锥的三视图如下图，那么该三棱锥的表面积是（）A ．25+B ．45+C ．225+D ．5 【答案】C考点定位：此题考点为利用三视图还原几何体及求三棱锥的表面积，考查空间线线、线面的位置关系及有关线段长度及三角形面积数据的计算.25. 【2021高考北京，理17】如图，在四棱锥A EFCB -中，AEF △为等边三角形，平面AEF ⊥平面EFCB ，EF BC ∥，4BC =，2EF a =，60EBC FCB ∠=∠=︒，O 为EF 的中点．(Ⅰ) 求证：AO BE ⊥；(Ⅱ) 求二面角F AE B--的余弦值；(Ⅲ) 假设BE⊥平面AOC，求a的值．【答案】(1)证明观点析，（2）55-，（3）43a=考点定位：此题考点为线线垂直的证明和求二面角，要求学生把握空间线线、线面的平行与垂直的判定与性质，利用法向量求二面角和利用数量积为零解决垂直问题.。
2023北京高二(上)期末数学汇编：空间向量在立体几何中的应用
2023北京高二（上）期末数学汇编空间向量在立体几何中的应用 2的方向向量分别是()()2,3,1,2,3,1a b =−=，则的方向向量为(1,1,2a =−，平面α的法向量为()6,4,1u =−，则,αβ的法向量分别是()()2,2,1,3,4,2u v =−=−，则的方向向量()0,3,0a =，平面的法向量是()0,5,0u =−，则北京西城·高二统考期末）在空间直角坐标系O xyz −中，点AB坐标平面xOy B ．直线AB ⊥坐标平面AB 坐标平面xOz D ．直线AB ⊥坐标平面北京西城·高二北京师大附中校考期末）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达A ．14B ．12C ．22D ．324．（2023秋·北京·高二清华附中校考期末）如图，在正方体111ABCD A B C D −P 沿着棱DC 从点D 向点C 移动，对于下列四个结论：①存在点P ，使得1PA PE =；②存在点P ，使得BD ⊥平面PA E ；其中，所有正确的结论的个数是（A ．1 B ．5．（2023秋·北京·高二中央民族大学附属中学校考期末）已知直线个法向量为(2,0,4)n =−−，则（A ．l α∥秋·北京石景山平面ABC ，,1,AC AB AC ==为原点建立空间直角坐标系，如图所示，n 为平面PBC 量，则n 的坐标可能是（A ．111,,224⎛⎫−− ⎪⎝⎭B ．24⎝7．（2023秋·北京石景山·高二统考期末）已知(2,=−m a (2,1,2)=−n 是平面α的法向量．若，则下列选项正确的是（A ．340a b −−= B ．C ．a =−8．（2023秋·北京大兴·高二统考期末）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，,ABC AB =F 分别为111,AC BB 的中点，则直线置关系是（A ．平行B ．垂直9．（2023秋·北京西城·高二北京师大附中校考期末）如图，在正方体动点．则下列结论不正确的是（A ．1//D E 平面11AB BAB ．11EB AD ⊥C ．直线AE 与11BD 所成角的范围为D ．二面角11E A B A −−的大小为10．（2023秋·北京丰台·高二统考期末）棱长为1BP xBA yBC zBB =++，其中①当0x =，1z =时，BPD △②当0x =，1y =时，三棱锥③当1z =，且1x y +=时，△1x y +=∠其中所有正确结论的序号是________．11．（2023秋·北京朝阳·高二统考期末）已知平面α的法向量为(1,2,2)n =−，直线l 的方向向量为(2,,4)u m =−，且l α⊥，则实数m =_________．12．（2023秋·北京丰台·高二统考期末）在空间直角坐标系O xyz −中，已知过坐标原点O 的平面α的一个法向量是()0,0,1n =−，点()3,4,5P −到平面α的距离为________．(1)求证：1AB AD ⊥；(2)求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值；(3)求1BC 到平面1AD E 的距离．14．（2023秋·北京密云·高二统考期末）已知在四棱锥PAD 是正三角形，E 、F 、三个条件中选择一个条件作为已知平面ABCD(1)求证：PO ⊥平面ABCD ；(2)求平面EFG 与平面ABCD 所成锐二面角的大小；(3)在线段PA 上是否存在点M(1)求证：PB∥平面AEC；(2)求证：平面PCD⊥平面APD(3)设平面DAE与平面AEC夹角为16．（2023秋·北京·高二北京八中校考期末）如图，在三棱柱(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B PD A−−的大小；(3)在线段AC上是否存在点N30，若存在，求出中，PA90. 点(1)求证：MN平面BDE；(2)求直线AC与平面EMN的夹角的正弦值；(3)求点A到平面EMN的距离.18．（2023秋·北京西城·高二统考期末）如图，在四棱锥正方形，E为线段AB的中点，⊥；(1)求证：BC PE(2)求平面PAB与平面PBD夹角的余弦值19．（2023秋·北京西城·高二统考期末）如图，在四棱柱∥=ABCD AB CD AD CD，，已知.条件①：；条件②：(1)求直线CE与B D所成角的余弦值；11(2)求点1C到平面BCE的距离；(3)已知点M在线段1CC20．（2023秋·北京朝阳21．（2023秋·北京东城·高二统考期末）在四棱雉P ABCD −中，底面ABCD 是正方形，Q 为棱PD 的中点，PA AD ⊥，2PA AB ==，再从下列两个条件中任选一个作为已知，求解下列问题.条件①：平面PAD ⊥平面ABCD ；条件②：PA AB ⊥.(1)求证：PA ⊥平面ABCD ；(2)求平面ACQ 与平面ABCD 夹角的余弦值；(3)求点B 到平面ACQ 的距离.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.22．（2023秋·北京顺义·高二统考期末）如图，在长方体1111ABCD A B C D −，3AB =，12AD AA ==，点E 在AB 上，且1AE =．(1)求直线1A E 与直线1BC 所成角的余弦值；(2)求直线1BC 与平面1A EC 所成角的正弦值；(3)求点A 到平面1A EC 的距离23．（2023秋·北京丰台·高二统考期末）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D −中，1222AA AB BC ===，M 是棱1CC 上任意一点．(1)求证：AM BD ⊥；AB CD，(1)求证：AB⊥平面PAD；(2)求平面PAD与平面PBC(3)在棱PB上是否存在点GPG的值，若不存在，说明理由．(1)已知点G为线段BC的中点，求证：(2)若2==，直线PC与平面PA AB−择几个作为已知，使四棱锥P ABCD（ⅰ）直线CD到平面ABF的距离；−−的余弦值．（ⅱ）二面角B AF C(1)求直线1BC 与1AC 所成角的大小；(2)求1BC 与平面1A EC 所成角的正弦值27．（2023秋·北京石景山·高二统考期末）如图，在直三棱柱111ABC A B C 中，11,AA BB 的中点，12,AB AA ==(1)求证：1C M CN ⊥；(2)求直线CN 与平面BCM (3)求平面BCM 与平面ABB 28．（2023秋·北京石景山，在ABC 中，AB 的中点，M N ，分别是CP 将CAP 折起，连接(1)求证：//MN 平面ABC ；(2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，当二面角AQ AC的值．(1)求证：1C D ∥平面AB (2)求平面1AB E 与平面1A (3)求点1C 到平面1AB E 的距离．30．（2023秋·北京西城·高二北京师大附中校考期末）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，ABC 是边长为2的正三角形，(1)求证：CD ⊥平面11AA B B ．(2)求二面角1B AE B −−的余弦值．【分析】根据空间位置关系的向量判断方法对四个选项一一判断即可【详解】对于A ：因为()()2,3,1,2,3,1a b =−=，所以//a b 不成立，所以对于B ：因为()1,1,2a =−，()6,4,1u =−,所以()1614a u ⋅=⨯+−⨯+所以a u ⊥，所以//l α或l ⊂α.故B 错误；对于C ：因为()()2,2,1,3,4,2u v =−=−，,所以()2324u v ⋅=⨯−+⨯+所以v u ⊥，所以αβ⊥.故C 正确；D ：因为()0,3,0a =，()0,5,0u =−,所以35a u =−，l α⊥.故D 错误； 故选：C【分析】求出AB 及三个坐标平面的法向量，根据AB 与法向量的关系判断．【详解】(1,0,1)AB =−−xOy 的一个法向量是坐标平面yOz 的一个法向量是，这三个法向量与AB 都不平行，但(0,1,0)0AB ⋅=，点上，因此AB 与坐标平面故选：C ． ．C【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，用点到平面的距离公式计算即可【详解】建立空间直角坐标系如图所示：则(0,2,0)C ，()1,0,2Q ，(0,0,2)G ，(1,1,0)A ，(1,2,QC =−，(1,0,0),(1,1QG AC =−=−QGC 的法向量为(,,)n x y z =，则0n QC n QG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即02x x y −=⎧⎨−+⎩，则平面QGC 的一个法向量为(0,1,1)n =，22n AC n⋅=.m ，求出到P 到平面11A B E 的距离不变，从而易判断④，以1BD 不可能与1A E 垂直，故②不正确；设(0,P m ，(0m ≤≤【详解】设正方体棱长为由1AA ⊥,ABCD AP 所以2221PA AA AD ++正方体棱长为2，则11(2,0,2),(1,2,2),(0,0,2)A E ， 1(1,2,0),A E =−1(2,2,2)BD =−−，112A E BD ⋅=−≠，所以1BD 不可能与1A E 垂直，故BD 错误；设(0,,0),(02)P m m ≤≤，221(1,2,2),1(2)4495,PE m PE m m m A E =−=+−+=−+=，所以122(1,2,2)(1,2,0)32cos ,,549549m m PE A E m m m m −⋅−−==⋅−+⋅−+到直线1A E 的距离为d ，则222212(4)32836||sin ,49155549m m m m PE PE A E m m m m ⎛⎫−+−−+=−+⋅−== ⎪⋅−+⎝⎭不变，所以1A PE 的面积【详解】因为直线所以(1,0,AB =−−的一个法向量为(2,0,n =−−且2n AB =，所以平面的方向向量平行，l α⊥， 故选：B . ．D【分析】先求出()(1,1,0,1,0,BC PC =−=−，根据法向量求解公式列方程即可求解．【详解】依题意得，()()0,1,0,1,0,0,B C ，则()(1,1,0,1,0,BC PC =−=−设(),,n x y z =，则020n BC x y n PC x ⎧⋅=−⎪⎨⋅=−=⎪⎩，取12x =则1,2y z ==，所以111,,224n ⎛⎫= ⎪⎝⎭ 故选：D ．C【分析】根据可得m 与n 共线，由向量的坐标表示可得答案【详解】若l ，则m n λ=，11232a b λ⎧⎪=−⎪⎪=−⎨⎪⎪=⎪⎩，且3−a因为5,AB BC M ==为又在三棱柱111ABC A B C 中，则EM ⊥平面ABC ，又AC 又12AC AA ==，则12AM =则(0B ,2,0)，(1C −,0,0)，(1D ,0,1)，设平面BCD 的法向量为(,,)n x y z =则00n BC n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020x y x y z +=⎧⎨−+=⎩，令，故(2,1,n =−−又(0,2,1)EF =−，(2,0,1)DC =−−因为20(1)2(4)(n EF ⋅=⨯+−⨯+−⨯，又()001(1)EF DC ⋅=+−⨯−所以直线EF 与平面BCD 相交，且不垂直于平面BCD ． 故选：D. 9．C【分析】由平面11//CDD C 平面1A B BA ，1D E ⊂平面11CDD C ，即可判断11EB AD ⋅即可判断选项11cos(,)|AE B D 的范围即可判断选项可判断选项D ，进而可得正确选项．如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则(1,0,0)A (0,,0),0E m 1(1,1,1)B ，1(0,0,1)D ，1(1,0,1)A ，对于选项：1(1,1,1)EB m =−，1(1,0,1)AD =−因为11(1,1,1)(1,0,1)0EB AD m ⋅=−⋅−=，所以11EB AD ⊥，即1EB 故选项B 正确；对于选项C ：(1,,0)AE m =−，11(1,B D =−，设直线AE 与11B D 所成角为θ112|1|cos |cos ,|2m AE B D m θ−=〈〉=⨯，时最大等于22，此时θ最小为θ最小等于0，此时时，(0,2,2)P z 1BDD 的法向量为(,,m a b =，1(2,2,0),(2,2,2)BD BD ==，(0,2,2BP =11020(1,1,0)2200m BD m BD b m b c m BD m BD ⎧⎧⊥⋅=+=⎧⎪⎪⇒⇒⇒=−⎨⎨⎨++=⊥⋅=⎩⎪⎪⎩⎩ 2,2m BP m BP m BPBP⋅〈〉==⋅⋅， 所以点P 到平面1BDD 的距离为：2cos ,22BP m BP BP BP⋅〈〉=⋅=⋅，显然1221112222222BDD SDD BD =⋅⋅=⨯⨯+=， 三棱锥P BDD −142223⨯=，所以本结论正确；1=，且,2)y ，1BPD S=当12x =时，(2PB x =−，1(2PD =−为直角，所以1102(2PB PD PB PD x ⊥⇒⋅=⇒−−，代入(1)中，化简得：28410x x −−=30<，不符合题意，而134x −=<【点睛】关键点睛：建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式是解题的关键11．4−【分析】根据直线与平面垂直可得直线即可求解.【详解】因为平面α的法向量为(1,2,2)n =−的方向向量为(2,,4)u m =−，所以//n u ，则存在实数λ使得u n λ=，(,2,2)λλλ−，解得：2λ=−【分析】由点到平面的距离公式即可求得P 点到平面(0,0,0n OP n⋅=()()(10,0,0,B 0,2,0,A D ()(1=0,2,0=2,0,2AB AD ，1=20022AB AD ⋅⨯+⨯+1AB AD ∴⊥（2）因为正方体的棱长为2，()(10,0,0,A A ∴()10,0,2AA =，()12,0,2AD =，()0,2,1AE =，设平面1AD E 的一个法向量为(),,n x y z =，则122n AD x n AE y ⎧⋅=+⎪⎨⋅=+令2z =，则2,1x y =−=−，∴()2,1,2n =−−设直线1AA 与平面1AD E 所成角为θ，则11sin ||||n AA n AA θ⋅⋅|＝1AA 与平面AD 所成角的正弦值为（3）∵(2,2,0C ，∴()12,0,2BC =由（）知，平面1AD E 所的法向量为(2,1,2n =−−10BC n ∴⋅=∴平面1AD E 所以1BC 到平面1E 的距离可以转化为点到平面AD E ()=0,2,0AB ，2||41n AB d n ⋅=+14．(1)证明见解析； (2)3π (3)答案见解析【分析】（）选条件①：CD ）建立空间直角坐标系，求得平面EFG 的一个法向量为(,,m x y =法向量为()0,0,1n =,m n m n m n⋅=⋅求解；）设PM PA λ=，λ∈，得到(2,GM λ=(3,0,m =,sinm GM m GM m GM⋅==⋅【详解】（）证明：选条件①：CD ⊥平面PAD 又CD ⊂所以平面ABCD ，因为PAD 是正三角形， 且O 是AD 的中点，PO AD ⊥，又平面APD 平面PO ⊥平面选条件②：PC PD CD ==PD ⊥，又因为PAD 是正三角形，PO AD ⊥，又平面APD 平面PO ⊥平面选条件③：平面因为PAD 是正三角形，PO AD ⊥，又平面APD 平面PO ⊥平面）由（1）建立如图所示空间直角坐标系：则()()()2,0,0,2,4,0,2,4,0A B C −()()(0,0,23,1,2,3,1,0,P E F −−所以()()0,2,0,1,2,3EF EG =−=−，设平面EFG 的一个法向量为(,,m x y =00m EF m EG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0z =3=，则x ，所以(3,0,3m =易知平面ABCD 的一个法向量为()0,0,1n =所以1cos ,2m n m n m n⋅==⋅，EFG 与平面ABCD 所成锐二面角为（3）设PM PA λ=，[]0,1λ∈，则(2GM PM PG PA PG λλ=−=−=由（2）知平面EFG 的一个法向量为：(3,0,m =所以直线GM 与平面EFG 所成角的正弦值为cos ,sinm GM m GM m GMπ⋅==⋅6，整理得22320λλ−+=，，所以方程无解，即不存在满足条件的点M .（2）∵PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面∴AC=（a，，AE=（0，，AP=（0，显然m=（1，0）为平面AED的一个法向量，设平面ACE的法向量为n=（x，yn ACn AE⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即3得n=（3a，﹣1，3）DAE与平面AEC夹角为60°m n＜，＞|＝|m nm n⋅|34a+3 2，即AB32=．16．(1)详见解析；(2)60；(3)存在，38ANAC=或78ANAC=.【分析】（1）设AB CD O=，根据线面平行的性质可得（2）取AD的中点G，根据线面垂直的判定定理可得量求法即得；）设AN AC λ=，利用线面角的向量求法结合条件即得因为侧面ABCD 为正方形，所以O 为BD 的中点，因为//PD 平面MAC ，PD PBD 平面MAC 所以//PD OM ，又O 为BD ,AP DP P =平面ADP ，DP ，ADP ，可得,ABAD A =ABCD ，AD ⊂PG ⊥平面如图以G 为原点建立空间直角坐标系，则()()(2,0,0,2,0,0,0,0,2D A P −所以()(4,4,0,2,0,BD PD =−=−设平面PBD 的法向量为(),,m x y z =440220m BD x y m PD x z ⎧⋅=−=⎪⎨⋅=−=⎪⎩，令1x =(1,1,2m =又平面ADP 的法向量可取()0,1,0n = 所以11cos ,122m n m n m n ⋅===⋅⨯，60；（3）假设在线段AC ，使得直线MN 与平面30， 设AN AC λ=，因为(,4,4,0AC =所以(4,4,0AN λλ=，又1,2,M ⎛− ⎝所以41,4MN λ⎛=− ⎝PBD 的一个法向量为(1,1,2m =21cos ,22m MN m MN m MN⋅===⋅，26440210λλ−+=，或78λ=，上存在点N ，使得直线30， AN AC MF 平面NF 平面MNF 平面MN 的距离为sin MA α. MF 平面BDE NF AC DE ，∵DE NF ⊄平面平面MFNF F =，∴NF 平面MNF ，∴平面MNF 平面⊂平面MNF MN平面BDE ）∵PA ⊥底面90BAC =，以为原点建立如图所示空间直角坐标系则有()()()()()0,0,0,2,0,0,0,4,0,0,0,11,2,0,0,2,2A B C M E ，()()()1,2,1,0,2,1,0,4,0MN ME AC =−==的法向量为(),,n x y z =22n MN x n ME y ⎧⋅=+⎪⎨⋅=+⎪⎩，则有4,1,2n，所成角为θ，则直线AC 与平面EMN 421cos ,21214n AC θn ACn AC . ）由（2）得，0,0,1MA，设MA 与平面EMN 所成角为α，A 到平面EMN 的距离为2221sin cos ,12121n MA MA αMA n MAn.18．(1)证明见解析 (2)33【分析】（1）根据线面垂直的性质定理可得BC PE ⊥；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求得平面的余弦值【详解】（1）由PA ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知，PA BA A =，且AB 的中点，PE ⊥）根据题意可知，以坐标系，如下图所示：则(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2)A B D P 则(2,0,2),(0,2,2)PB PD =−=−， 设平面PBD 的一个法向量为(,,)n x y z =得·220·220n PB x z n PD y z ⎧=−=⎪⎨=−=⎪⎩，令1z =可得，，即(1,1,1)n =；易知，(0,2,0)AD =是平面PAB 的一个法向量，设平面PAB 与平面的夹角为θ，2cos cos ,3n AD n AD n ADθ===⨯所以，平面PAB 与平面PBD 夹角的余弦值为ABCD ，则四边形，则1FB =.则在CFB 中，AB ⊥，又1，DA AA ⊥，则如图建立以则()()(11100011,,，,,，,C E D 得()(111111,,，,CE B D =−−=−111111535CE B D CE B D ⋅==⨯⋅（2）因()()()1020110001,,，,,，,,，B C E C 则()()()1110111002,,，,,，,,CB CE CC =−=−−=. 设平面BCE 的法向量为()111,,x n y z =，则00n CE n CB ⎧⋅=⎪⇒⎨⋅=⎪⎩取()1,1,2n =，则求点1C 到平面BCE 的距离14CC n d n⋅==3）因点M 在线段1CC 上，则设()11,,t ，其中[]0,2t ∈.()0,0,1E ，则()1,EM =又()(11,1,00,0,2CB CC =−=，设平面1BCC 法向量为()2,m x y =，则221020x m CB z m CC ⎧−⎧⋅=⎪⇒⎨⎨⋅=⎪⎩⎩取(1,1,0m =，则直线EM 与平面11BCC B 所成角的正弦值为：()222121EM m t EM mt ⋅=⇒=⋅+−或3t =. 得线段CM 的长为320．(1)证明过程见解析； (2)520； (3)存在，14CM CP =.ABCD AB =APO 的法向量为(0,1,0)OE =，DPO 的法向量为(,,)n x y z =，(0,0,22),(1,3,0)OP OD ==−020(3,1,0)300n OP z n x y z n OD ⎧⋅==⎪⇒⇒=⎨++=⋅=⎪⎩， A PO D −−的余弦值为：2215202231OE n OE n⋅==⋅⨯+；）假设在棱PC 上存在点M ，使得//BM 平面POD ，且([0,1])CM CP λλ=∈,1,22)λλ−，因此(,1,22)BM λλλ=−−的法向量为(3,1,0)n =，，所以1004BM n BM n λλ⊥⇒⋅=⇒−=⇒=∈()002,,，)0,0,0A ，(0,1,1Q 所以(2,2,0AC =，()0,1,1AQ =1）知平面ABCD 的法向量()0,0,2AP =，设平面ACQ 的法向量为(),,n x y z =，则2n AC x n AQ y z ⎧⋅=+⎪⎨⋅=+⎪⎩00x y y z +=+=，令1，则()1,1,1n =−−，ABCD 夹角的为θ，23,32AP n AP n AP n⋅−==⨯⋅， ACQ 与平面ABCD 夹角的余弦值为）由已知得()2,0,0B ，()2,0,0AB =， 的距离为23AB n n−⋅==22．(1)105(2)26(3)23【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线）建立如图所示空间直角坐标系，()()()(111,0,1,2,2,3,0,0,3,2,2,0,2A E B C BC =−=−1BC 所成角为α， 11114105522A E BC A E BC ⋅==⨯⋅. )()0,3,0,2,2,0EC =−， 设平面1A EC 的法向量为(),,n x y z =120220n A E y z n EC x y ⎧⋅=−=⎪⎨⋅=−+=⎪⎩，故可设()2,2,1n =设直线1BC 与平面1A EC 所成角为β， 1122sin 63n BC n BC β⋅===⨯⋅. ）()(2,0,0,0,1,0A AE =到平面1A EC 的距离为23n AE n⋅=.23．(1)证明过程见解析 (2)33【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线线垂直；（2）在第一问的基础上，利用空间向量求解异面直角的夹角余弦值所以()()0,0,0,1,0,0,A B D ()(1,1,,1,1AM m BD ==−()(1,1,1,1,0AM BD m ⋅=⋅−所以AM BD ⊥；（2）M 是棱1CC 的中点，故C 则()()1,1,1,0,1,0AM BC ==，设异面直线AM 与BC 所成角的大小为θ，则(1,1,1cos cos ,AM BC AM BC AM BCθ⋅===⋅故异面直线AM 与BC 所成角的余弦值为ABCD ，∠BA AD ⊥，，BA ⊂平面,AD PD D =；ABCD ， ADC ∠所以可以建立如图所示的空间直角坐标系，设(2,1,0),(0,2,0),C PAD ，所以平面PAD 的法向量为(0,1,0)AB =PBC 的法向量为(,,)n x y z =，(2,1,2),(0,2,2)PB PC =−=−，02(1,2,2)200n PB x y z n y z n PC ⎧⋅=+−⎪⇒⇒=⎨−=⋅=⎪⎩， PAD 与平面PBC 夹角为θ21n AB n AB⋅=⨯⋅所以平面PAD 与平面夹角的余弦值为23；（3）设((0,1))PG PB λλ=∈，可得点2)λ， 所以(2,,22)DG λλλ=−，由（的法向量为(1,2,2)n =假设DG 与平面PBC 所成角的正弦值为所以有：23DG n DG n ⋅⇒=⋅因此假设成立，所以在棱PG PB 的值为89(1)证明过程见详解ⅰ26CEEF E =，⊂平面EFC（2）选择条件①和③（ⅰ）因为PA ⊥平面ABCD ，所以∠由题意可知：30∠=︒PCA ，又PA =因为平面PAD ⊥平面PAB ，且平面所以AB PA ⊥，所以AB ⊥平面PADABFS=ABDS =//DC AB 平面ABF 所以点D 到平面CD 到平面1132ABFABDSh SAP ⋅=⋅，，所以263h = 的距离为26.（ⅱ）由（ⅰ）可知：AB ，AP ，AD 两两垂直，分别以所在直线为x 轴，图所示空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，则(2,0,0)AB =(0,2,1)AF =，(2,22,0)AC =，设平面ABF 的法向量为111(,,)m x y z =，平面的法向量为22(,,n x y =则有·0·0m AF m AB ⎧=⎪⎨=⎪⎩，也即1112020y z x ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，令z ，则(0,2,2)m =−；则有·0·0n AF n AC ⎧=⎪⎨=⎪⎩，也即2222222y z x ⎧+⎪⎨+⎪⎩，则(2,2,2)n =−，,24m n m n m n<>==+由图可知：二面角B AF C −−所以二面角B AF C −−的余弦值为90【分析】（1）以D 为原点，1,,DA DC DD 的方向分别为出1AC ，1(2,0,2)BC =−，利用空间向量的数量积求解直线2）求出平面1A EC 的法向量，利用平面法向量与直线方向向量的夹角即可求解线面角【详解】（1）以D 为原点，1,,DA DC DD 的方向分别为坐标系．()(()()112,0,2,0,3,00,3,2,2,1,0A C C E ，所以(12,3,AC =−，1(2,0,2)BC =−．所以11111144cos ,8||AC AC BC AC BC BC ⋅−〈〉==⨯所以11AC BC ⊥，故直线1AC 与BC 所成角为90 ． ）因为(2,2,0)EC =−,(10,1,A E =设平面1A EC 的法向量为(m x =，y 10,0,m A E m EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即20,220.y z x y −=⎧⎨−+=⎩2=，则2x =，z 于是()2,2,1m =与平面1A EC 所成角为θ， 111402,622BC m BC m BC m⋅−+〈〉==⨯， 与平面1A EC 所成角的正弦值为27．(1)证明见解析 (2)69(3)23【分析】（1）根据题意可知，利用线面垂直的性质定理即可证明线线垂直；由于111ABC A B C 是直三棱柱，易知又因为AB AC ⊥，且1AA AC A =，所以AB ⊥平面11AAC CM 、N 分别是11,AA BB 的中点，所以又1C M ⊂平面11AAC C ，所以MN ⊥111,AC CC =MNCM M =平面CMN ，CN ⊥.1）可知，为坐标原点，AB易得(0,0,0),(2,0,0),(0,1,0),(0,0,1),A B C M (2,1,1),(2,1,0),(0,1CN BC CM =−=−=−设平面BCM 的一个法向量为(,,)n x y z =则·20·0n BC x y n CM y z ⎧=−+=⎪⎨=−+=⎪⎩，令2y =得，x ，即(1,2,2)n =设直线CN 与平面BCM 所成的角为θ，23n CN n CN n CN==⨯，与平面BCM 所成角的正弦值为9）知，平面BCM 的一个法向量为(1,2,2)n =11ABB A 的一个法向量为(0,1,0)AC =， 所成的角（锐角）为α， 2,3n AC AC n n AC==； 与平面11ABB A 所成角的余弦值为证明见解析；）利用线面平行的判定定理直接证明；原点，,,BP CP AP 分别为轴正方向建立空间直角坐标系先证明出,,AP BP CP 原点，,,BP CP AP 分别为.）在PBC 中，因为的中点，所以ABC ,BC ⊂面ABC ABC .）在ABC 中，ACB ∠CP BP ⊥.选条件①：BP AC ⊥.AC ⊥，CP ⊥面ACP AP ，可以以原点，,,BP CP AP 分别为在ABC 中，ACB ∠是直角，()1,0,0M ，(0,1,0N ，所以(1,1MN =−，(0,1,0NC =因为点Q 是线段AC 上的动点，所以可设()0,1CQ tCA t ==−≤,所以()0,10,12,2NQ NC CQ t t =+=−.不妨设(),,m x y z =为平面的一个法向量，则()()()((),1,1,00,0,12,212m MN x y y m MN x y t t y ⎧⋅=⋅−=⎪⎨⋅=⋅−+−⎪⎩1y =，则11,1,2m −⎛= ⎝显然()0,0,2PA =为面所以二面角Q MN −20,1m PA m PA m PA⋅==⨯222120022,121122t m PA t m PA m PAt t −⎛⎫++⨯ ⎪⋅⎝⎭===⨯−⎛⎫++⨯ ⎪⎝⎭在ABC 中，因为AB AC =，所以AP BP +所以可以以P 原点，,,BP CP AP 分别为()2,0,0，C .因为M N ，分别是,PB PC 的中点，所以()1,0,0M ，(0,1,0N ，所以(1,1MN =−，(0,1,0NC =因为点Q 是线段AC 上的动点，所以可设()0,1CQ tCA t ==−≤,所以()())0,10,12,2NQ NC CQ t t =+=−.不妨设(),,m x y z =为平面的一个法向量，则()()()((),1,1,00,0,12,212m MN x y y m MN x y t t y ⎧⋅=⋅−=⎪⎨⋅=⋅−+−⎪⎩1y =，则11,1,2m −⎛= ⎝显然()0,0,2PA =为面20,1m PA m PA m PA⋅==⨯222120022,121122t m PA t m PA m PAt t −⎛⎫++⨯ ⎪⋅⎝⎭===⨯−⎛⎫++⨯ ⎪⎝⎭1B A 即可，利用向量法可得答案.）证明：由题，四边形11B C CB BCAD ，故四边形1B A ，又，则1C D ∥平面1AB E 为原点的空间直角坐标系则()()()()(100010001010120,,，,,,,,，,,,,，A B D B E 得()()1102011,,，,,AB AE ==，设平面1AB E 法向量为(),,n x y z =1200n AB x z n AE y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取(21,,n =−又平面1111D C B A 法向量()0,0,1m =，且由图可知，平面1AB E 与平面11D C B A 夹角θ为锐角，则16m n m n⋅−=⋅）由图可得，()11,1,2，则(11,AC =，又由（2）解析可知法向量为()211,,n =−， 的距离116AC n d n⋅=.30．(1)证明见解析 (2)1010【分析】（1）证明CD AB ⊥，（2）取11A B 的中点为F ，连接角坐标系D -xyz ，利用坐标法求解即可；【详解】（1）解：在三棱柱111ABC A B C 中，因为又ABC 为等边三角形，AB 的中点，所以CD AB ⊥因为1,ABAA A =所以CD ⊥平面AA 2）解：取11A B 的中点为因为在三棱柱111ABC A B C 中，四边形1//AA ，⊥平面ABC ，AB ⊂所以，133,0,,(2,3,0)22AE AB ⎛⎫=−=− ⎪ ⎪⎝⎭1AB E 的法向量(,,)n x y z =，133022230n AE x z n AB x y ⎧⋅=−+=⎪⎨⎪⋅=−+=⎩，令1x =，所以21,,3n ⎛= ⎝由题意可知，平面BAE 的一个法向量1(0,3,0).AA =因为11110cos ,1023AA n AA n AA n⋅===⋅⨯． 由已知可得二面角1B AE B −−为锐角， 所以二面角1B AE B −−的余弦值为10．。
高中数学竞赛与强基计划试题专题：立体几何
高中数学竞赛与强基计划试题专题：立体几何一、单选题1．（2020·北京·高三强基计划）如图，设P 为单位立方体1111ABCD A B C D -的棱1AB 上的一点，则11PA PC +的最小值为（）AB C ．2D ．前三个答案都不对2．（2022·贵州·高二统考竞赛）平面α与长方体的六个面所成的角分别为(1,2,3,6)i i θ= ，则612sin i i θ=∑的值为（）A ．2B ．3C ．4D ．6二、填空题3．（2019·全国·高三竞赛）已知P 是ABC 所在平面α外一点，则PA ⊥平面α，PB PC ==，3tan 2PBC ∠=．则点A 到平面PBC 的距离的最大值是______．4．（2019·全国·高三竞赛）在三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长均相等，1160BAA CAA ＝＝∠∠︒.则异面直线1AB 与1BC 所成的角为_______.5．（2018·全国·高三竞赛）已知三棱锥S-ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，且SA=SB=SC=AB=2.则三棱锥S-ABC 外接球表面积为__________．6．（2020·江苏·高三竞赛）在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB =，1BC CC ==M 是1BC 的中点，N 是1MC 的中点．若异面直线AN 与CM 所成的角为θ，距离为d ，则2020sin d θ=__________．7．（2021·浙江·高二竞赛）在ABC 中，30B C ∠=∠=︒，BC =P ，Q 分别在线段AB 和AC 上，1AP =，AQ =直线AD BC ⊥于D .现将三角形ABC 沿着AD 对折，当平面ADB 与平面ADC 的二面角为60︒时，则线段PQ 的长度为______.8．（2022·浙江·高二竞赛）在正四棱锥S ABCD -中，M 在棱SC 上且满足2SM MC =.过AM 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21V V 的最大值为______.9．（2022·广西·高二统考竞赛）若长方体的长、宽、高都是自然数，且所有棱长之和等于它的体积，则称此长方体为“完美长方体”，“完美长方体”的体积的最大值为______．10．（2022·福建·高二统考竞赛）如图，P 为长方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上一点，平面APC ∥平面11DA C ，若12AA AD =，则二面角P -AB -C 的正切值为___________.11．（2022·新疆·高二竞赛）已知二面角l αβ--的平面角为60︒，A ，D 为直线l 上的两点，射线DB 在平面α内，射线DC 在平面β内，已知=45,=30BDA CDA ∠∠︒︒，则cos ∠BDC 等于___________．12．（2022·江苏南京·高三强基计划）在棱长为6的正四面体ABCD 中，M 为面BCD 上一点，且5AM =，设异面直线AM 与BC 所成的角为α，则cos α的最大值为___________.13．（2019·全国·高三竞赛）E 、F 分别是正四面体ABCD 的棱BD 、CD 的中点，则平面ABC 和平面AEF 所成二面角的余弦值是______.14．（2018·全国·高三竞赛）在三棱锥-P ABC 中，已知PA ⊥底面ABC .若BPC BAC ∠=∠，且AB AC >，则BCA PBC ∠-∠=______.15．（2019·全国·高三竞赛）在空间四边形ABCD 中，AC a = ，BD b = ，E 、F 分别是AB 、CD 上的点，使得2012AE CF EB FD==.则EF =______（用a 、b 表示）.16．（2019·全国·高三竞赛）在边长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 、F 、G 分别为棱1AA 、11C D 、BC 的中点．则四面体1B EFG 的体积为______．17．（2018·全国·高三竞赛）已知三棱锥-P ABC 的底面ABC ∆是边长为6的正三角形，PA ⊥平面ABC ，4PA =，若点Q 满足()12PQ PA PB PC =++ ，则三棱锥Q ABC -的体积为______．18．（2018·全国·高三竞赛）设正三棱柱ABC A B C '''-的体积为V ,点 P Q 、分别在棱 AA CC ''、上,满足AP C Q '=.则四面体BPQB '的体积为______.19．（2018·全国·高三竞赛）在正四棱锥P ABCD -中,已知11 A C 、,分别为 PA PC 、中点.则11A BC DP ABCD V V 三棱锥正四棱锥--=______.20．（2018·全国·高三竞赛）一个粮仓大致可看做一个圆台，其上底半径为3米，下底半径为6米，米．一只吃饱了的老鼠在锻炼身体，它打算从圆台下底圆周上的点A 出发，绕圆台侧面慢跑一周，再回到点A .为了使路程最短，这只老鼠至少要跑______米.21．（2019·全国·高三竞赛）在四棱锥P ABCD -中，已知四边形ABCD 为矩形，且4AB =，3BC =，5PA PB PC PD ====，AC 与PD 交于点O ，M 为边PC 的中点.则OM 与平面PBC 所成的角为______.22．（2018·全国·高三竞赛）在正四棱锥P ABCD -中，已知3AB =，且侧面PAD 侧面CPD 所成二面角大小为3π2．该四棱锥外接球的体积为______．23．（2018·全国·高三竞赛）用一块边长为2的正方形纸片（顶点为A 、B 、C 、D ，中心为O ）折成一个正四棱锥O ABCD -．当该四棱锥体积最大时，二面角--A OB C 的平面角的大小为______．24．（2019·全国·高三竞赛）已知四面体ABCD 的四个面DBC DCA DAB ABC ∆∆∆∆、、、的面积分别为12、21、28、37，顶点D 到面ABC ∆的距离为h.则h=__________．25．（2020·浙江·高三竞赛）如图所示，在单位正方体上有甲、乙两个动点，甲从P 点匀速朝P '移动；乙从Q 点匀速出发朝Q '移动，到达Q '后速度保持不变并折返.现甲、乙同时出发，当甲到达P '时，乙恰好在到达Q '后折返到Q ，则在此过程中，甲、乙两点的最近距离为__________.26．（2018·河北·高二竞赛）若123A A A △的三边长分别为8、10、12，三条边的中点分别是B 、C 、D ，将三个中点两两连结得到三条中位线，此时所得图形是三棱锥A-BCD 的平面展开图，则此三棱锥的外接球的表面积是________.27．（2019·四川·高三校联考竞赛）已知正四棱锥Γ的高为3，侧面与底面所成角为3π，先在Γ内放入一个内切球O 1，然后依次放入球234,,,O O O ，使得后放入的各球均与前一个球及Γ的四个侧面均相切，则放入所有球的体积之和为_____.三、解答题28．（2022·贵州·高二统考竞赛）甲乙二人轮流给一个正方体的棱涂色，首先，甲任选3条棱涂成红色，然后乙从余下的9条棱中任选3条涂成绿色，接着甲从余下的6条棱中任选3条涂成红色，最后乙将余下的3条棱涂成绿色，如果甲能将某个面上的4条边全都涂成红，甲就获胜，试问甲有必胜策略吗？说明理由．29．（2018·全国·高三竞赛）在三棱锥O ABC -中，已知OA OB OC ==AC =，2AB =，且OB AC ⊥.以O 为球心、1为半径作一个球.则三棱锥O ABC -不在球内部的部分体积为______.30．（2021·全国·高三竞赛）证明：如下构造的空间曲线Γ的任意五等分点组都不在同一球面上，曲线Γ的构造：作周长为l 的圆O ，在圆O 上取 AmB 使 15l AmB <的长度25l <，并以AB 为轴将 AmB 旋转180︒得弧 Am B '，在圆O 上取 BnC ，使 AmB 的长度 BnC +的长度25l <，并以BC 为轴将 BnC 旋转θ度()0180θ︒<<︒得弧 Bn C'，这样，由弧 Am B Bn C CrA ''、、组成的曲线便是空间曲线．（如图所示）高中数学竞赛与强基计划试题专题：立体几何答案一、单选题1．（2020·北京·高三强基计划）如图，设P 为单位立方体1111ABCD A B C D -的棱1AB 上的一点，则11PA PC +的最小值为（）AB C ．22-D ．前三个答案都不对【答案】A 【分析】如图，将11A B A 和11C B A △翻折到同一平面后可求11PA PC +的最小值.【详解】如图，将11A B A 和11C B A △翻折到同一平面．可得所求最小值为11AC ==．2．（2022·贵州·高二统考竞赛）平面α与长方体的六个面所成的角分别为(1,2,3,6)i i θ= ，则612sin i i θ=∑的值为（）A ．2B ．3C ．4D ．6【答案】C【详解】解法1．取平面α与长方体的一个面平行或重合，则在(1,2,36)i i θ=⋯中有两个为0，四个为2π，所以612sin i i θ=∑=20+41=⨯⨯ 4.解法2．建立如图的空间坐标系D xyz -，取α的法向量为()000,,n x y z = ，长方体相邻三个面的法向量为1(1,0,0)= n ，2(0,1,0)n = ，3(0,0,1)n = ，∴612cos i i θ=∑2221231232n n n n n n n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪=++⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦22200022222222200000000022x y z x y z x y z x y z ⎛⎫=++= ⎪++++++⎝⎭，∴612sin i i θ=∑=6-612cos i i θ=∑624=-=．二、填空题3．（2019·全国·高三竞赛）已知P 是ABC 所在平面α外一点，则PA ⊥平面α，PB PC ==，3tan 2PBC ∠=．则点A 到平面PBC 的距离的最大值是______．【答案】2【详解】如图，作PD BC ⊥于点D ，联结AD ，作AF PD ⊥于点F．因为PA ⊥平面ABC ，BC PD ⊥，所以，BC AD BC ⊥⇒⊥平面PAD ⇒平面PAD ⊥平面PBC ．由AF PD ⊥，得AF ⊥平面PBC ．于是，AF 即为点A 到平面PBC 的距离．因为3tan 2PBC ∠=，所以，sin PBD ∠．又sin PD PB PBD =∠=在Rt PAD中，122AF PD ≤=．4．（2019·全国·高三竞赛）在三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长均相等，1160BAA CAA ＝＝∠∠︒.则异面直线1AB 与1BC 所成的角为_______.【答案】arccos 6.【详解】在平面11BB C C 中，将1BC 平移至1DB ，则1AB D ∠即为所求的角设三棱柱底面边长和侧棱长均为1.在1AB D ∆中，11AB B D AD 22211111cos 2AB B D AD AB D AB B D +-∠=⋅=于是，1AB D ∠=.5．（2018·全国·高三竞赛）已知三棱锥S-ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，且SA=SB=SC=AB=2.则三棱锥S-ABC 外接球表面积为__________．【答案】163π【详解】如图，设三棱锥S-ABC 外接球球心为O ，半径为R由SA=SB=SC=AB=2，知S 在平面ABC 内的投影为ABC ∆的外心，即AB 的中点H.由OA=OB=OC ，知O 在平面ABC 内的投影也为AB 的中点H.于是，S 、O 、H 三点共线.又由OA=OB=OS ，知O 为SAB ∆的外心.因此，22323R OA ==⨯⨯=.故所求为21643ππ⨯=⎝⎭.6．（2020·江苏·高三竞赛）在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB =，1BC CC ==M 是1BC 的中点，N 是1MC 的中点．若异面直线AN 与CM 所成的角为θ，距离为d ，则2020sin d θ=__________．【答案】1616【详解】因为1CM BC ⊥，故90θ=︒．过点M 作ME AN ⊥于点E ，则ME CM ⊥，故d ME =．因为4AB =，3BN =，所以5AN =，则4sin 5d ME MN ANB ==∠=，从而可得2020sin 1616d θ=．故答案为：1616.7．（2021·浙江·高二竞赛）在ABC 中，30B C ∠=∠=︒，BC =P ，Q 分别在线段AB 和AC 上，1AP =，AQ =直线AD BC ⊥于D .现将三角形ABC 沿着AD 对折，当平面ADB 与平面ADC 的二面角为60︒时，则线段PQ 的长度为______.【分析】先根据二面角的定义，得到△BCD 为等边三角形，得到BC 的长度，然后在折后的立体图形中，在△PAQ 和△BAC 中利用余弦定理即可求得线段PQ 的长度.【详解】因为折叠前后，AD 与DB ,CD 的垂直关系保持不变，∴∠BDC 为二面角B —AD —C 的平面角，依题意可知60BDC ∠=︒，在折叠前的图形中30B C ∠=∠=︒，BC =∴BD CD ==∴在折叠后，△ABC为等边三角形，∴BC =，所以222222cos 22AP AQ PQ AB AC BC PAQ AP AQ AB AC+-+-∠==⋅⋅，又∵AP=1,AQ =AD =1，AB =AC =2，258=，解得PQ =.8．（2022·浙江·高二竞赛）在正四棱锥S ABCD -中，M 在棱SC 上且满足2SM MC =.过AM 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21V V 的最大值为______.【答案】78【详解】设过AM 的平面交SB,SD 于G,P ，将平面MGAP 延伸，交BC,CD 于E ，F ，则A ，E ，F 共线.设BG x SB =，21,211FC DP EC x FD PS EB x⋅⋅=⋅=- ，又FC CE CE CE FD DA BC CE BE ===-，而()2113,11221BE X DP BE x CE x PS CE x -⎛⎫=∴=⋅-= ⎪--⎝⎭，由于()1123ASM G ASC P ASC ASC B ASC S d d V SG SP V S d SB SD ---⋅+⎛⎫==+ ⎪⋅⎝⎭()122143541335355535x x x x x ⎛⎫--⎛⎫=-+=++ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭，140,,5,333x y x ⎡⎤⎡⎤∈∴-∈⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，185,159V V ⎡⎤∴∈⎢⎥⎣⎦，21111718V V V V V V V -∴==-≤.9．（2022·广西·高二统考竞赛）若长方体的长、宽、高都是自然数，且所有棱长之和等于它的体积，则称此长方体为“完美长方体”，“完美长方体”的体积的最大值为______．【答案】120【详解】设长、宽、高分别为a 、b 、c ，且1a b c ≥≥≥，则()4++=a b c abc ，()4+=4b c a bc -，>4bc ，2>4b bc ≥．由a b ≥得()22844b b c b ≥-≥-，故()23,420,b b ≥⎧⎪⎨-≤⎪⎩从而38b ≤≤．因此，()(),,=10,3,2a b c ，()6,4,2，()24,5,1，()14,6,1，()9,8,1，所求最大值为2451=120⨯⨯．10．（2022·福建·高二统考竞赛）如图，P 为长方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上一点，平面APC ∥平面11DA C ，若12AA AD =，则二面角P -AB -C 的正切值为___________.【答案】2【详解】如图，设1O ､O 分别为长方体上､下底面矩形对角线的交点，因为平面APC ∥平面11DA C ，平面11D DBB ⋂平面APC OP =，平面11D DBB ⋂平面111DA C DO =，所以1OP DO ∥，又11OB DO ∥，所以O ､P ､1B 三点共线，设Q 为1DO 与1D B 的交点，则Q 为1D P 的中点，P 为QB 的中点，因此113BP BD =，作PH DB ⊥于H ，HR AB ⊥于R ，则PH ⊥平面ABCD ，PR AB ⊥，∠PRH 为二面角P -AB -C 的平面角，由12AA AD =，113BP BD =，可得11233PH DD AD ==，13RH AD =，所以tan 2PH PRH HR∠==，二面角P -AB -C 的正切值为2.11．（2022·新疆·高二竞赛）已知二面角l αβ--的平面角为60︒，A ，D 为直线l 上的两点，射线DB 在平面α内，射线DC 在平面β内，已知=45,=30BDA CDA ∠∠︒︒，则cos ∠BDC 等于___________．【答案】8【详解】在α平面中，过点A 作DA 的垂线，交射线DB 于点B ，交射线DC 于点C ，设1DA =，则1,33====AB DB AC DC ，则=60BAC ∠︒是二面角M l N --的平面角；在BDC 中，利用余弦定理得21033=-∠BC BDC ，同理在BAC 中，2=BC ，所以cos 8+∠=BDC .12．（2022·江苏南京·高三强基计划）在棱长为6的正四面体ABCD 中，M 为面BCD 上一点，且5AM =，设异面直线AM 与BC 所成的角为α，则cos α的最大值为___________.【答案】15【详解】过A 作底面BCD 的垂线AH ，H 为垂足，则AH =由5AM =，可知AM 是以AH 为旋转轴的圆锥的母线，且M 所在的底面圆周半径=1r ，由最小角定理知，AM 与BC 所成角α的最小值为AM 与面BCD 所成线面角，即当α最小时，()max 1cos 5α=.13．（2019·全国·高三竞赛）E 、F 分别是正四面体ABCD 的棱BD 、CD 的中点，则平面ABC 和平面AEF 所成二面角的余弦值是______.【详解】设正四面体的棱长为1，平面ABC 与平面AEF 所成二面角的大小为θ，易知EF BC ，过点A 作BC 的平行线AP ，则EF BC AP ，且AP 就是平面ABC 和平面AEF 所成二面角的棱，易知，60PAC ACB ∠=∠=︒，30CAF ∠=︒，PAF AFE ∠=∠，AE AF ==1122EF BC ==，故cos AFE ∠=，由三面角余弦定理得cos cos cos CAF PAC PAF ∠=∠⋅∠+sin sin cos PAC PAF θ∠⋅∠⋅1222θ⇒=+cos 33θ⇒=.14．（2018·全国·高三竞赛）在三棱锥-P ABC 中，已知PA ⊥底面ABC .若BPC BAC ∠=∠，且AB AC >，则BCA PBC ∠-∠=______.【答案】2π.【详解】如图，作AD BC ⊥于点D ，联结PD .显然，PD AD >.故可在线段PD 上取一点E ，使得DE DA =，联结BE 、CE .易证ABC EBC S S ∆∆≌.从而，BEC BAC BPC ∠=∠=∠.故P 、B 、C 、E 四点共圆.这表明，点E 在ABC ∆外.由AB AC >，知ACB ∠为钝角.从而，CED PBC ∠=∠.故22BCA PBC CAD CED ππ∠-∠=+∠-∠=.15．（2019·全国·高三竞赛）在空间四边形ABCD 中，AC a = ，BD b =，E 、F 分别是AB 、CD 上的点，使得2012AE CFEB FD==.则EF =______（用a 、b 表示）.【答案】20122013a b+.【详解】如图，EF EB BC CF =++.记2012λ=.则1111AE EB EB AB EB AB λλλ=⇒=⇒=++，11CF CF CF CD FD CD λλλλλ=⇒=⇒=++.故11111111EF EB BC CF AB BC BC CD λλλλ=++=+++++++()()1111111AC BD AB BC BC CD AC BD λλλλλλλλ+=+++=+=+++++.将2012λ=，AC a = ，BD b =代入即得20122013a b EF +=.16．（2019·全国·高三竞赛）在边长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 、F 、G 分别为棱1AA 、11C D 、BC 的中点．则四面体1B EFG 的体积为______．【答案】316【详解】如图，过点E 作1B G 的平行线，与11A D 交于点E '．则111111=3E FB B EFG B E FG GE FB V V V S BB '''∆==⋅四面体四面体四面体．由题设得114A E '=．在正方体底面上，有11511511911242242216E FB S ∆'⎛⎫=+-⨯⨯-⨯⨯= ⎪⎝⎭．故1316B EFG V 四面体=．17．（2018·全国·高三竞赛）已知三棱锥-P ABC 的底面ABC ∆是边长为6的正三角形，PA ⊥平面ABC ，4PA =，若点Q 满足()12PQ PA PB PC =++，则三棱锥Q ABC -的体积为______．【答案】【详解】记ABC ∆的中心点为O ．则()()()()11302222OA OB OC PQ PA PB PC PO OA PO OB PO OC PO PO OQ ⎡⎤++=⇒=++=+++++=⇒=⎣⎦．故11111==22323ABC Q ABC P ABC V V S PA ∆--=⨯⋅⨯⨯三棱锥三棱锥18．（2018·全国·高三竞赛）设正三棱柱ABC A B C '''-的体积为V ,点 P Q 、分别在棱 AA CC ''、上,满足AP C Q '=.则四面体BPQB '的体积为______.【答案】13V【详解】1V V V V 3BPQB P BB Q A BB Q A BB C V -'--'''====四面体三棱锥三棱锥三棱锥.19．（2018·全国·高三竞赛）在正四棱锥P ABCD -中,已知11 A C 、,分别为 PA PC 、中点.则11A BC D P ABCDV V 三棱锥正四棱锥--=______.【答案】14【详解】注意到11124A ABD P ABD P ABCD V V V ---==三棱锥三棱锥正四棱锥.同理,114C ABD P ABCD V V --=三棱锥正四棱锥.又11111448B A C D B ACP P ABC P ABCDV V V V ----===三棱锥三棱锥三棱锥三棱锥同理11C 18D A P P ABCD V --=三棱锥正四棱锥.故11111122484A BC D P ABCDV V --=-⨯-⨯=三棱锥正四棱锥.20．（2018·全国·高三竞赛）一个粮仓大致可看做一个圆台，其上底半径为3米，下底半径为6米，米．一只吃饱了的老鼠在锻炼身体，它打算从圆台下底圆周上的点A 出发，绕圆台侧面慢跑一周，再回到点A .为了使路程最短，这只老鼠至少要跑______米.【答案】103π+【详解】将此圆台的侧面展开，得到一个圆环的一部分，如图，在展开图中，弧 AD 和弧 EF分别对应圆台的下底和上底，点()A D 是老鼠的出发点.假设圆环的内半径为r ，外半径为R ，所对的圆心角为α，显然，23r απ=⨯，26R απ=⨯,()()22263R r -+=-.解得4r =，8R =，32πα=.作AB 与弧 EF切于点B ，DC 与弧 EF 切于点C .由图像，知A B C D →→→为最短路线，其中，B C →这一段路线在弧 EF上.计算得AB ==且易知3AOB COD π∠=∠=，56BOC AOB COD πα∠=-∠-∠=.故弧 BC的长为510463ππ⨯=.于是，最短路线长度为101033ππ+=+（米）.21．（2019·全国·高三竞赛）在四棱锥P ABCD -中，已知四边形ABCD 为矩形，且4AB =，3BC =，5PA PB PC PD ====，AC 与PD 交于点O ，M 为边PC 的中点.则OM 与平面PBC 所成的角为______.【答案】【详解】取边BC 的中点E ，则OE BC ⊥，PE BC ⊥.从而，BC POE 平面⊥.过点O 作OF PE ⊥，则OF PBC ⊥平面.于是，OMF ∠为所求.因为OM 为Rt POC ∆斜边的中线，所以，52OM =.又OP OE OF PE ⋅==sin OF OMF OM ∠=故OM 与平面PBC 所成的角为22．（2018·全国·高三竞赛）在正四棱锥P ABCD -中，已知3AB =，且侧面PAD 侧面CPD 所成二面角大小为3π2．该四棱锥外接球的体积为______．【答案】243π16【详解】分别过点C 、A 作PD 的垂线，则垂线必交于PD 上一点Q ，且2π3AQC ∠=，AQ CD =．因为AC ==，所以sin180120sin1202AC AQ CQ ︒-︒==⋅=︒，DQ ==由222PQ PC CQ =-，得2PC =．设O 为正方形ABCD 的中心，则四棱锥外接球的球心O '必在直线PO 上，PO 与球交于另一点P '．又122CO AC ==，则32PO ==．由23CO P O PO='=，知()1924R PO P O =+='．故34243ππ316V R ==球．23．（2018·全国·高三竞赛）用一块边长为2的正方形纸片（顶点为A 、B 、C 、D ，中心为O ）折成一个正四棱锥O ABCD -．当该四棱锥体积最大时，二面角--A OB C 的平面角的大小为______．【答案】2π3【详解】如图，作AE OB ⊥于点E ，连接CE．则CE OB ⊥，AEC ∠为所求二面角的平面角．设H 为底面中心．则OH ⊥平面ABCD ．作HF AB ⊥，连接OF ．由三垂线定理得OF AB ⊥．设2AB x =．则BF x =，AH HC ==，OH =故O ABCDV -==≤=正四棱锥由均值不等式的等号成立条件，知当且仅当x =O ABCD V -正四棱锥取最大值．又3OF ==，OF AB AE OB ⋅=⋅，则43OF AB AE CE OB ⋅===．而AC ==，故由余弦定理得2221cos 22AE CE AC AEC AE EC +-∠==-⋅．因为0πAEC <∠<，所以，2π3AEC ∠=．24．（2019·全国·高三竞赛）已知四面体ABCD 的四个面DBC DCA DAB ABC ∆∆∆∆、、、的面积分别为12、21、28、37，顶点D 到面ABC ∆的距离为h.则h=__________．【答案】37【详解】注意到，222212212837++=.因此，四面体ABCD 为直角四面体.故3ABC DA DB DC h S ∆⋅⋅===25．（2020·浙江·高三竞赛）如图所示，在单位正方体上有甲、乙两个动点，甲从P 点匀速朝P '移动；乙从Q 点匀速出发朝Q '移动，到达Q '后速度保持不变并折返.现甲、乙同时出发，当甲到达P '时，乙恰好在到达Q '后折返到Q ，则在此过程中，甲、乙两点的最近距离为__________.6611【详解】设甲、乙的速度分别为1v 、2v ，在此过程中，1232v v =，即1223v v =.不妨设13v 、22v =，则总的时间为1.设在时间为0t 末，甲、乙之间的距离最短，即此时P 、Q 分别达到M 、N 点.分两种情况讨论：路程前半程与路程后半程.（1）路程前半程：010,2t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则02QN t =，03PM t =，0MH t =，02PH t ，2200122QH t t =+-，进而有222001223213333MN t t t ⎛⎫=-+=-+≥ ⎪⎝⎭，故63MN ≥013t =时取等号）.（2）路程后半程：01,12t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则()021QN t =-，03PM t ，0MH t =，02PH t ，2200122QH t t =+-，进而有222007661114511111111MN t t t ⎛⎫=-+=-+≥ ⎪⎝⎭，故66MN ≥0711t =时取等号）.666>6611.26．（2018·河北·高二竞赛）若123A A A △的三边长分别为8、10、12，三条边的中点分别是B 、C 、D ，将三个中点两两连结得到三条中位线，此时所得图形是三棱锥A-BCD 的平面展开图，则此三棱锥的外接球的表面积是________.【答案】772π【详解】由已知，四面体A-BCD 的三组对棱的长分别是4、5、6.构造长方体使其面对角线长分别为4、5、6，设长方体的长、宽、高分别为x 、y 、z ，外接球半径为R ，则222222222456x y x z y z ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，得()22227722R x y z =++=,故2778R =，所以772S π=.27．（2019·四川·高三校联考竞赛）已知正四棱锥Γ的高为3，侧面与底面所成角为3π，先在Γ内放入一个内切球O 1，然后依次放入球234,,,O O O ，使得后放入的各球均与前一个球及Γ的四个侧面均相切，则放入所有球的体积之和为_____.【答案】1813π【详解】设侧面与底面所成角为θ.记球Oi 的半径为ri ，体积为Vi ，i =1，2，3，….因为1cos 2θ=，故1113cos r h r r θ=+=，即1113r h ==.定义12n n s r r r =+++ ，由于132(2)n n r h s n -=-，所以()132n n n r r r +-=，即113n n r r +=，所以113n n r -⎛⎫= ⎪⎝⎭.故333111441333i nnni i i i i V r ππ-===⎛⎫==⋅ ⎪⎝⎭∑∑∑，所以118lim 13ni n i V π→∞==∑.三、解答题28．（2022·贵州·高二统考竞赛）甲乙二人轮流给一个正方体的棱涂色，首先，甲任选3条棱涂成红色，然后乙从余下的9条棱中任选3条涂成绿色，接着甲从余下的6条棱中任选3条涂成红色，最后乙将余下的3条棱涂成绿色，如果甲能将某个面上的4条边全都涂成红，甲就获胜，试问甲有必胜策略吗？说明理由．【答案】甲没有必胜策略，理由见解析【详解】将正方体的12条棱分成4组：{}{}112334223441,,,,,A B B B A A A B B B A A ，{}334112,,A B B B A A ，{}441223,,A B B B A A．当甲第一次涂红3条棱后，由抽屈原理知，上述4组棱中总有一组的3条棱均未被涂红．乙只要将这一组的3条棱涂绿，则正方体的6个面就各有一条绿边．可见，甲没有必胜策略．29．（2018·全国·高三竞赛）在三棱锥O ABC -中，已知OA OB OC ==AC =，2AB =，且OB AC ⊥.以O 为球心、1为半径作一个球.则三棱锥O ABC -不在球内部的部分体积为______.【答案】239π-.【详解】考虑棱长为的正方体将点O 置于正方体的中心，A 、B 、C 可置于正方体的三个顶点，该三个顶点在正方体的同一个面上.故球与三棱锥相交的部分是球体的112.从而，所求体积为321421212339ππ-⨯=-.30．（2021·全国·高三竞赛）证明：如下构造的空间曲线Γ的任意五等分点组都不在同一球面上，曲线Γ的构造：作周长为l 的圆O ，在圆O 上取 AmB 使 15l AmB <的长度25l <，并以AB 为轴将 AmB 旋转180︒得弧Am B '，在圆O 上取 BnC ，使 AmB 的长度 BnC +的长度25l <，并以BC 为轴将 BnC 旋转θ度()0180θ︒<<︒得弧 Bn C'，这样，由弧 Am B Bn C CrA ''、、组成的曲线便是空间曲线．（如图所示）【详解】设12345A A A A A 、、、、是曲线Γ的任一五等分点组．#本号资*料全部来源于微信公众号：数学第六感由曲线Γ的构造知，曲线Γ的长度为 ,l AmB 的长度 1,5CrA>的长度35l >，那么至少有一个分点不妨设为1A ，落在弧 Am B '内（不包括端点），同时至少有三个分点，不妨设为234A A A 、、，落在 CrA内（不包括端点）.又由曲线Γ的构造知 Am B '与弧 CrA在同一平面内，从而1234A A A A 、、、四点在同一平面内．由平面几何知识知，234A A A 、、三点只能确定唯一的圆O ，而1A 不在圆O 上，所以1234A A A A 、、、四点不共圆．于是1234A A A A 、、、四点必不共球面，否则过1234A A A A 、、、的平面与1234A A A A 、、、所在的球的截面是圆，即1234A A A A 、、、四点共圆，矛盾．故12345A A A A A 、、、、不可能共球面，即曲线Γ的任意五等分点组都不在同一球面上．。
北京市高考试题立体几何大全
2011 -2017北京市高考试题立体几何汇编1、（2011文5）某四棱锥的三视图如右图所示，该四棱锥的表面积是（ ）A. 32 B . 16+16.2A. 3个 B . 4个 C . 5个 D . 6个 5、（2013，文10）某四棱锥的三视图如下图所示，该四棱锥的体积为 6、（2013，理14）如右图，在棱长为2的正方体ABCD ABCQ 中，E 为BC 的中点，点P 在线段QE 上，点P 到直线CG 的距离的最小值为 ________ .7、（2014，理7）在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A （2,0,0）， B （2,2,0），C （0,2,0），D（1,1,. 2），若 S, S 2，S 3 分别表 示三棱锥D ABC 在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投 影图形的面积，贝U俯视图 C. 56 12 5D. 60 12.54、（2013，文8）如右图，在正方体ABCD- ABCD 中, 对角线BD 的三等分点，P 到各顶点的距离的不同取 （ ）.P 为 值有个面的A . 28 6 .,5 30 6 /5B. 侧（左）视图该三正（主）视图正（主）视图侧（左）视图(A) S i S2 S3 (B) S i S2 且S S3(C) S i S3 且S2 S3 (D) S2 S3 且S S38 (2014 ,文11)某三棱锥的三视图如右图所示，则该三棱锥的最长棱的棱长为9、(2015理5)某三棱锥的三视图如下图所示，则该三棱锥的表面积是A. 2 5 B . 4 5正(主)视图侧(左)视图>(A)1B)迈(B)応(D)211、(2016理6)某三棱锥的三视图如右图所示，则该三棱锥的体积为( )俯视图A.丄B.丄C.丄D. 112、（ 2016文11）某四棱柱的三视图如右图所示，贝U 该四棱柱的体积为左（侧）视图正（主）视图 俯视图13、（2017理7）如右图，某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）(A) 3 2 (C) 2 2 (B) 2 .'3 (D) 214、（2017文6）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）（A）6030(B)(D)10(1) 15、(2017理16)如下图，在四棱锥P-ABCD中,底面ABC助正方形，平面PADL平面ABCD 点M在线段PB上, PD/^^M p_ABCDAPPC 丄ABCD DC 丄AC DC 丄PAC PAB LPAC E AB PB F PA 丄CEF(2) 求证：平面MO Q平面EAB.（3）求三棱锥E-ABC的体积。
北京市第十三中学立体几何多选题试题含答案
北京市第十三中学立体几何多选题试题含答案一、立体几何多选题1．在正三棱柱111ABC A B C -中，AC =11CC =，点D 为BC 中点，则以下结论正确的是（ ） A ．111122A D AB AC AA =+-B ．三棱锥11D ABC -的体积为6C ．1AB BC ⊥且1//AB 平面11AC DD ．ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分 【答案】ABD 【分析】A ．根据空间向量的加减运算进行计算并判断；B ．根据1111D ABC A DB C V V --=，然后计算出对应三棱锥的高AD 和底面积11DB C S，由此求解出三棱锥的体积；C ．先假设1AB BC ⊥，然后推出矛盾；取AB 中点E ，根据四点共面判断1AB //平面11AC D 是否成立；D ．将问题转化为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”的轨迹，然后利用抛物线的定义进行判断. 【详解】A ．()11111111222A D A A AD AD AA AB AC AA AB AC AA =+=-=+-=+-，故正确； B ．1111D AB C A DB C V V --=，因为D 为BC 中点且AB AC =，所以AD BC ⊥， 又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB AD ⊥且1BB BC B =，所以AD ⊥平面11DB C ，又因为AD ===11111122DB C S BB B C =⨯⨯=，所以1111111133226D AB C A DB C DB C V V AD S --==⨯⨯=⋅=，故正确；C ．假设1AB BC ⊥成立，又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB BC ⊥且111BB AB B =，所以BC ⊥平面1ABB ，所以BC AB ⊥，显然与几何体为正三棱柱矛盾，所以1AB BC ⊥不成立；取AB 中点E ，连接11,,ED EA AB ，如下图所示：因为,D E 为,BC AB 中点，所以//DE AC ，且11//AC A C ，所以11//DE AC ，所以11,,,D E A C 四点共面，又因为1A E 与1AB 相交，所以1AB //平面11AC D 显然不成立，故错误；D ．“ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点”即为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”，根据抛物线的定义可知满足要求的点的轨迹为抛物线的一部分，故正确； 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求解空间中三棱锥的体积的常用方法：（1）公式法：直接得到三棱锥的高和底面积，然后用公式进行计算；（2）等体积法：待求三棱锥的高和底面积不易求出，采用替换顶点位置的方法，使其求解高和底面积更容易，由此求解出三棱锥的体积.2．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 内（含边界）一点．（ ） A ．若13A P =，则满足条件的P 点有且只有一个 B ．若12A P =，则点P 的轨迹是一段圆弧 C ．若1//A P 平面11B D C ，则1A P 长的最小值为2D ．若12A P =且1//A P 平面11B DC ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面的面积为23π【答案】ABD 【分析】选项A ，B 可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD 上，1A P 长的最大值为2；结合以上条件点P 与B 或D 重合，利用12sin 60A P r =︒，求出63r =，进而求出面积. 【详解】对A 选项，如下图：由13A P =，知点P 在以1A 为球心，半径为3的球上，又因为P 在底面ABCD 内（含边界），底面截球可得一个小圆，由1A A ⊥底面ABCD ，知点P 的轨迹是在底面上以A 为圆心的小圆圆弧，半径为22112r A P A A =-=，则只有唯一一点C满足，故A 正确；对B 选项，同理可得点P 在以A 为圆心，半径为22111r A P A A =-=的小圆圆弧上，在底面ABCD 内（含边界）中，可得点P 轨迹为四分之一圆弧BD .故B 正确；对C 选项，移动点P 可得两相交的动直线与平面11B D C 平行，则点P 必在过1A 且与平面11B D C 平行的平面内，由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD上，则1A P 长的最大值为12A B =，则C 不正确； 对选项D ，由以上推理可知，点P 既在以A 为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD 上，即与B 或D 重合，不妨取点B ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面为11A BC 的外接圆，利用2126622,,sin 603A B r r S r ππ==∴=∴==︒.故D 正确.故选：ABD 【点睛】（1）平面截球所得截面为圆面，且满足222=R r d +（其中R 为球半径，r 为小圆半径，d 为球心到小圆距离）；（2）过定点A 的动直线平行一平面α，则这些动直线都在过A 且与α平行的平面内.3．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，点E ，F 分别在1CC ，1BB 上，12C E EC →→=，12BF FB →→=.动点M 在侧面11ADD A 内(包含边界)运动，且满足直线//BM 平面1D EF ，则（ ）A ．过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为等腰梯形B ．三棱锥1D EFM -的体积为定值C ．动点M 10D ．过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面面积的最小值为【答案】BCD 【分析】由题做出过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，进而计算即可排除A 选项；根据//BM平面1D EF ，由等体积转化法得1111D EFM M D EF B D EF D BEFV V V V ----===即可得B 选项正确；取1AA 靠近1A 点的三等分点H ， 1DD 靠近D 点的三等分点I ，易知M 的轨迹为线段HI ，故C 选项正确；过M 点做BE 的平行线交1AA 于P ，交1DD 于O ，连接,BP OE ，易知过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，进而得当H 位于点I 时，截面面积最小，为四边形ABEI 的面积，且面积为S AB BE =⋅= 【详解】解：对于A 选项，如图，取BF 中点G ，连接1A G ，由点E ，F 分别在1CC ，1BB 上，12C E EC →→=，12BF FB →→=，故四边形11A D EG 为平行四边形，故11//AGD E ，由于在11A B G △，F 为1B G 中点，当N 为11A B 中点时，有11////NF A G D E ，故过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，此时12D N ==，EF ==1D EFN 不是等腰梯形，故A 选项错误；对于B 选项，三棱锥1D EFM -的体积等于三棱锥1M D EF -的体积，由于//BM平面1D EF ，故三棱锥1M D EF -的体积等于三棱锥1B D EF -的体积，三棱锥1B D EF -的体积等于三棱锥1D BEF -的体积，而三棱锥1D BEF -的体积为定值，故B 选项正确； 对于C 选项，取1AA 靠近1A 点的三等分点H ， 1DD 靠近D 点的三等分点I ，易知1////HB AG NF ，1//BI D F ，由于1,HI BI I NFD F F ==，故平面//BHI 平面1D EF ，故M 的轨迹为线段HI ，故C 选项正确；对于D 选项，过M 点做BE 的平行线交1AA 于P ，交1DD 于O ，连接,BP OE ，则过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，易知当H 位于点I 时，平行四边形BPOE 边BP 最小，且为AB ，此时截面平行四边形BPOE 的面积最小，为四边形ABEI 的面积，且面积为S AB BE =⋅=D 选项正确； 故选：BCD【点睛】本题解题的关键在于根据题意，依次做出过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，进而讨论AD选项，通过//BM平面1D EF ，并结合等体积转化法得1111D EFM M D EF B D EF D BEF V V V V ----===知B 选项正确，通过构造面面平行得M 的轨迹为线段HI ，进而讨论C 选项，考查回归转化思想和空间思维能力，是中档题.4．正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 在侧面11CDD C 上运动，且满足1//B F 平面1A BE .以下命题正确的有（ ）A ．侧面11CDD C 上存在点F ，使得11B F CD ⊥ B ．直线1B F 与直线BC 所成角可能为30︒C ．平面1A BE 与平面11CDD C 所成锐二面角的正切值为2D ．设正方体棱长为1，则过点E ，F ，A 5 【答案】AC【分析】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，易证得平面1//B MN 平面1A BE ，可得点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，根据等腰三角形的性质得1B F MN ⊥，即有11B F CD ⊥，A 正确；当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，可判断B 错误；根据平面1//B MN 平面1A BE ，11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，计算可知C 正确；【详解】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，则易证得11//B N A E ，1//MN A B ，从而平面1//B MN 平面1A BE ，所以点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，因为1B MN △是等腰三角形，所以1B F MN ⊥，又因为1//MN CD ，所以11B F CD ⊥，故A 正确；设正方体的棱长为a ，当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，此时11tan C B F ∠=1tan 3023︒<=，所以B 错误； 平面1//B MN 平面1A BE ，取F 为MN 的中点，则1MN C F ⊥，1MN B F ⊥，∴11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，11111tan B C B FC C F∠==22，所以C 正确；因为当F 为1C E 与MN 的交点时，截面为菱形1AGC E （G 为1BB 的交点），面积为62，故D 错误. 故选：AC.【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．5．如图，点E 为正方形ABCD 边CD 上异于点C ，D 的动点，将ADE 沿AE 翻折成SAE △，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．存在点E 和某一翻折位置，使得SB SE ⊥ B ．存在点E 和某一翻折位置，使得//AE 平面SBCC ．存在点E 和某一翻折位置，使得直线SB 与平面ABC 所成的角为45°D ．存在点E 和某一翻折位置，使得二面角S AB C --的大小为60° 【答案】ACD 【分析】依次判断每个选项：当SE CE ⊥时，⊥SE SB ，A 正确，//AE 平面SBC ，则//AE CB ，这与已知矛盾，故B 错误，取二面角D AE B --的平面角为α，取4=AD ，计算得到2cos 3α=，C 正确，取二面角D AE B --的平面角为60︒，计算得到5tan θ=，故D 正确，得到答案. 【详解】当SE CE ⊥时，SE AB ⊥，SE SA ⊥，故SE ⊥平面SAB ，故⊥SE SB ，A 正确； 若//AE 平面SBC ，因AE ⊂平面ABC ，平面ABC 平面SBC BC =，则//AE CB ，这与已知矛盾，故B 错误；如图所示：DF AE ⊥交BC 于F ，交AE 于G ，S 在平面ABCE 的投影O 在GF 上， 连接BO ，故SBO ∠为直线SB 与平面ABC 所成的角，取二面角D AE B --的平面角为α，取4=AD ，3DE =，故5AE DF ==，1CE BF ==，125DG =，12cos 5OG α=，故只需满足12sin 5SO OB α==， 在OFB △中，根据余弦定理：2221213121312sin 1cos 2cos cos 55555OFB ααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+---∠ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得2cos 3α=，故C 正确； 过O 作OMAB ⊥交AB 于M ，则SMO ∠为二面角S AB C --的平面角，取二面角D AE B --的平面角为60︒，故只需满足22DG GO OM ==，设OAG OAM θ∠=∠=，84ππθ<<，则22DAG πθ∠=-，tan tan 22DG OGAG πθθ==⎛⎫- ⎪⎝⎭，化简得到2tan tan 21θθ=，解得5tan 5θ=，验证满足，故D正确；故选：ACD.【点睛】本题考查了线线垂直，线面平行，线面夹角，二面角，意在考查学生的计算能力，推断能力和空间想象能力.6．如图四棱锥P ABCD-，平面PAD⊥平面ABCD，侧面PAD是边长为26的正三角形，底面ABCD为矩形，23CD=，点Q是PD的中点，则下列结论正确的是（）A．CQ⊥平面PADB．PC与平面AQC所成角的余弦值为22 3C．三棱锥B ACQ-的体积为62D．四棱锥Q ABCD-外接球的内接正四面体的表面积为3【答案】BD【分析】取AD的中点O，BC的中点E，连接,OE OP，则由已知可得OP⊥平面ABCD，而底面ABCD为矩形，所以以O为坐标原点，分别以,,OD OE OP所在的直线为x轴，y 轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量依次求解即可.【详解】解：取AD的中点O，BC的中点E，连接,OE OP，因为三角形PAD 为等边三角形，所以OP AD ⊥, 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以OP ⊥平面 ABCD ， 因为AD OE ⊥，所以,,OD OE OP 两两垂直，所以，如下图，以O 为坐标原点，分别以,,OD OE OP 所在的直线为x 轴，y 轴 ，z 轴，建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(O D A ，(P C B ，因为点Q 是PD的中点，所以)2Q ， 平面PAD 的一个法向量为(0,1,0)m =，6(QC =，显然 m 与QC 不共线， 所以CQ 与平面PAD 不垂直，所以A 不正确；3632(6,23,32),(,0,),(26,PC AQ AC =-==， 设平面AQC 的法向量为(,,)n x y z =，则3602260n AQ x z nAC ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，令=1x ，则y z ==， 所以(1,2,n =-， 设PC 与平面AQC 所成角为θ，则21sin 36n PC n PCθ⋅===， 所以cos 3θ=，所以B 正确； 三棱锥BACQ -的体积为1132B ACQ Q ABC ABCV V SOP --==⋅ 1116322=⨯⨯⨯=， 所以C不正确；设四棱锥Q ABCD -外接球的球心为)M a ，则MQ MD=，所以22222222a a ⎛⎫⎛⎫++-=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得0a =，即(0,3,0)M 为矩形ABCD 对角线的交点，所以四棱锥Q ABCD -外接球的半径为3，设四棱锥Q ABCD -外接球的内接正四面体的棱长为x ，将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，故正方体的棱长为2x ，所以222362x ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，得224x =， 所以正四面体的表面积为234243x ⨯=，所以D 正确. 故选：BD【点睛】此题考查线面垂直，线面角，棱锥的体积，棱锥的外接球等知识，综合性强，考查了计算能力，属于较难题.7．已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，过对角线1BD 作平面α交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，以下结论正确的是（ ）A ．四边形1BFD E 不一定是平行四边形B ．平面α分正方体所得两部分的体积相等C ．平面α与平面1DBB 不可能垂直D ．四边形1BFDE 2【答案】BD【分析】由平行平面的性质可判断A 错误;利用正方体的对称性可判断B 正确;当E ､F 为棱中点时,通过线面垂直可得面面垂直,可判断C 错误;当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积最大,2,可判断D 正确.【详解】如图所示,对于选项A,因为平面1111//ABB A CC D D ,平面1BFD E平面11ABB A BE =,平面1BFD E 平面111CC D D D F =, 所以1//BE D F ,同理可证1//D E BF ,所以四边形1BFD E 是平行四边形,故A 错误;对于选项B,由正方体的对称性可知,平面α分正方体所得两部分的体积相等,故B 正确; 对于选项C,在正方体1111ABCD A B C D -中,有1,AC BD AC BB ⊥⊥,又1BD BB B ⋂=,所以AC ⊥平面1BB D ,当E ､F 分别为棱11,AA CC 的中点时,有//AC EF ,则EF ⊥平面1BB D ,又因为EF ⊂平面1BFD E ,所以平面1BFD E ⊥平面1BB D ,故C 错误;对于选项D,四边形1BFD E 在平面ABCD 内的投影是正方形ABCD ,当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积有最大值, 此时1212S D E BE =⋅=⋅=,故D 正确;故选:BD.【点睛】本题考查了正方体的几何性质与应用问题,也考查了点线面的位置关系应用问题,属于中档题.8．如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，E ，F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB '，DD '交于点M ，N ，以下四个命题中正确的是（ ）A ．0MN EF ⋅=B ．ME NE =C ．四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2:3D ．四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3【答案】ABD【分析】证明EF ⊥平面BDD B ''，进而得EF MN ⊥，即可得A 选项正确；证明四边形MENF 为菱形即可得B 选项正确；由菱形性质得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅，再分别讨论MN 的最大值与最小值即可；根据割补法求解体积即可.【详解】对于A 选项，如图，连接BD ，B D ''，MN ．由题易得EF BD ⊥，EF BB '⊥，BD BB B '⋂=，所以EF ⊥平面BDD B ''，又MN ⊂平面BDD B ''，所以EF MN ⊥，因此0MN EF ⋅=，故A 正确．对于B 选项，由正方体性质得：平面''//BCC B 平面''ADD A ，平面''BCC B 平面EMFN MF =，平面''ADD A 平面EMFN EN =， 所以//MF EN ，同理得//ME NF ，又EF MN ⊥，所以四边形MENF 为菱形， 因此ME NE =，故B 正确．对于C 选项，由B 易得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅， 所以当点M ，N 分别为BB '，DD '的中点时，四边形MENF 的面积S 最小，此时MN EF ==，即面积S 的最小值为1； 当点M ，N 分别与点B （或点B '），D （或D ）重合时，四边形MENF 的面积S 最大，此时MN =，即面积S 的最大值为2所以四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2C 不正确．对于D 选项，四棱锥A MENF -的体积11113346M AEF N AEF AEF V V V DB S --=+=⋅==△； 因为E ，F 分别是AA '，CC '的中点，所以BM D N '=，DN B M '=，于是被截面MENF 平分的两个多面体是完全相同的，则它们的体积也是相同的，因此多面体ABCD EMFN -的体积21122ABCD A B C D V V ''''-==正方体， 所以四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】本题考查立体几何与向量的综合、截面面积的最值、几何体的体积，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于证明四边形MENF 为菱形，利用割补法将四棱锥A MENF -的体积转化为三棱锥M AEF - 和N AEF -的体积之和，将多面体ABCD EMFN -的体积转化为正方体的体积的一半求解.。
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2．如图，已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面边长为3，侧棱长为4，连结A 1B ，过A 作AF ⊥A 1B 垂足为F ，且AF 的延长线交B 1B 于E 。
（Ⅰ）求证：D 1B ⊥平面AEC ；
（Ⅱ）求三棱锥B —AEC 的体积；
（Ⅲ）求二面角B —AE —C 的大小.
5．已知：ABCD 是矩形，设PA=a ，PA ⊥平面ABCD.M 、N 分别是AB 、PC 的中点.
（Ⅰ）求证：MN ⊥AB ；
（Ⅱ）若PD=AB ，且平面MND ⊥平面PCD ，求二面角P —CD —A 的大小；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求三棱锥D —AMN 的体积.
7．如图，四棱锥P —ABCD 的底面是正方形,PA ⊥底面ABCD ，PA=AD=2，点M 、N 分别在棱PD 、PC 上，且PC ⊥平面AMN.
（Ⅰ）求证：AM ⊥PD ；
（Ⅱ）求二面角P —AM —N 的大小；
（Ⅲ）求直线CD 与平面AMN 所成角的大小.
8．如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ACB=90°. BC=CC 1=a ，AC=2a .
（I ）求证：AB 1⊥BC 1；
（II ）求二面角B —AB 1—C 的大小；
（III ）求点A 1到平面AB 1C 的距离.
9．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知AB =BC =2，BB 1=3，连接BC 1，过B 1作B 1E ⊥BC 1交CC 1于点E
(Ⅰ)求证：AC 1⊥平面B 1D 1E ；
(Ⅱ)求三棱锥C 1－B 1D 1E 1的体积；
(Ⅲ)求二面角E －B 1D 1－C 1的平面角大小
11．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝CB ＝AA 1＝2，∠ACB ＝90°，E 是BB 1的中点， D ∈AB ，∠A 1DE ＝90°.
（Ⅰ）求证：CD ⊥平面ABB 1A 1；
（Ⅱ）求二面角D －A 1C －A 的大小.
16．如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1，BC=BB 1=1，D 为BC 上一点，且满足AD ⊥C 1D.
（I ）求证：截面ADC 1⊥侧面BC 1；
（II ）求二面角C —AC 1—D 的正弦值；
（III ）求直线A 1B 与截面ADC 1距离.
23． 已知，如图四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，PG ⊥平面ABCD ，垂足为G ，G 在AD 上，且AG=31GD ，BG ⊥GC ，GB=GC=2，E 是BC 的中点，四面体P —BCG 的体积为
38.
（Ⅰ）求异面直线GE 与PC 所成的角；
（Ⅱ）求点D 到平面PBG 的距离；
（Ⅲ）若F 点是棱PC 上一点，且DF ⊥GC ，求
FC
PF 的值.
24．如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为AA 1、BB 1的中点，求：
（I ）CM 与D 1N 所成角的余弦值；
（II ）异面直线CM 与D 1N 的距离．
25．如图，四棱锥P —ABCD 的底面是正方形,PA ⊥底面ABCD ，PA=AD=2，点M 、N 分别在棱PD 、PC 上，且PC ⊥平
面AMN.
（Ⅰ）求证：AM ⊥PD ；
（Ⅱ）求二面角P —AM —N 的大小；
（Ⅲ）求直线CD 与平面AMN 所成角的大小.
28．如图，在斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1 中，侧面AA 1B 1B ⊥底面ABC ， 侧棱AA 1与底面ABC 成600的角， AA 1= 2．底面ABC 是边长为2的正三角形，其重心为G 点。
E 是线段BC 1上一点，且BE=
3
1BC 1 ． （１）求证： GE ∥侧面AA 1B 1B ；
（２）求平面B 1GE 与底面ABC 所成锐二面角的大小。