高考立体几何大题经典例题.

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高三精选立体几何大题30题(含详细解答)

A BC第1题图ABCD第1题图立体几何大题1．如下图，一个等腰直角三角形的硬纸片ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4cm，CD是斜边上的高沿CD 把△ABC折成直二面角．（1）如果你手中只有一把能度量长度的直尺，应该如何确定A，B的位置，使二面角A－CD－B是直二面角？证明你的结论．（2）试在平面ABC上确定一个P，使DP与平面ABC内任意一条直线都垂直，证明你的结论．（3）如果在折成的三棱锥内有一个小球，求出小球半径的最大值．2．如图，已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面边长为3，侧棱长为4，连结A1B过A作AF⊥A1B垂足为F，且AF的延长线交B1B于E。

（Ⅰ）求证：D1B⊥平面AEC；（Ⅱ）求三棱锥B—AEC的体积；（Ⅲ）求二面角B—AE—C的大小的正弦值.3．如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为1，点M在BC上，△AMC1是以M为直角顶点的等腰直角三角形.（I）求证：点M为BC的中点；（Ⅱ）求点B到平面AMC1的距离；（Ⅲ）求二面角M—AC1—B 的正切值. 4．如图，已知多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，三角形ACD是正三角形，且AD=DE=2，AB=1，F是CD的中点．（Ⅰ）求证：AF∥平面BCE；（Ⅱ）求多面体ABCDE的体积；（Ⅲ）求二面角C-BE-D 的正切值．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.6．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，P、M、N分别为棱DD1、AB、BC的中点。

（I）求二面角B1—MN—B的正切值；（II）证明：PB⊥平面MNB1；（III）画出一个正方体表面展开图，使其满足“有4个正方形面相连成一个长方形”的条件，并求出展开图中P、B两点间的距离。

(word完整版)高三数学立体几何经典例题

厦门一中立体几何专题一、选择题（10 X 5' =50 '）1•如图，设0是正三棱锥 P-ABC 底面三角形 ABC 的中心，过0的动平面与P-ABC 的三条侧棱或其延长线的交点分别记为 Q 、R 、S ,则-11 1（）PQ PR PSA. 有最大值而无最小值B. 有最小值而无最大值C. 既有最大值又有最小值，且最大值与最小值不等D. 是一个与平面QRS 位置无关的常量2•在正n 棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是（A., B., C. 0,D.nn2n的面积的取值范围是（）若B €a ,C €3 ,则厶ABC 的周长的最小值是（）B.2 .75.如图，正四面体 A-BCD 中，E 在棱AB 上，F 在棱CD 上,使得詈 Cy =入（0＜入＜+m ），记f （入）=a x+ 3入，其中a 入表示EF 与AC 所成的角，3入表示EF 与BD 所成的角，贝U（）A. f （入）在（0,+ g ）单调增加B. f （入）在（0,+ g ）单调减少C. f （入）在（0,1）单调增加，在（1,+ g ）单调减少D. f （入）在（0,+ g ）为常数合是（）A. 一条直线B. —个平面C.两条平行直线D.两个平面7.正四棱锥底面积为 Q ,侧面积为S ,则它的体积为（）A. 1 Q （S2Q 2）B. 1 Q （S2Q 2）6 •3 'C. 1 -Q(S2Q 2)23•正三棱锥P-ABC 的底面边长为 2a,点E 、F 、G 、H 分别是 PA 、PB 、BC 、AC 的中点，则四边形 EFGHA.(0,+ g )B.C.D. ^a 2, 24.已知二面角a -a-3为60°,点A 在此二面角内，且点A 到平面a 、3的距离分别是AE=4, AF=2,6.直线a //平面3，直线a 到平面3的距离为 1，则到直线a 的距离与平面3的距离都等于7的点的集第5题图D.f QS第1题图8. 已知球O的半径为R, A、B是球面上任意两点，则弦长|AB|的取值范围为（）B.(0,2R]C. ( 0,2R )D. : R,2R ]9•已知平面aQ 平面B =l,m 是平面a 内的一条直线，则在平面B 内A. .—定存在直线与直线 m 平行，也一定存在直线与直线B. —定存在直线与直线 m 平行，但不一定存在直线与直线C. 不一定存在直线与直线 m 平行，但一定存在直线与直线m 垂直D. 不一定存在直线与直线 m 平行，也不一定存在直线与直线m 垂直10. 如图为一个简单多面体的表面展开图(沿图中虚线折11. ______________________________________________________________________ 边长为a 的等边三角形内任一点到三边距离之和为定值，这个定值为 __________________________ ;推广到空间，棱长为a 的正四面体内任一点到各面距离之和为 ______________12. 在厶ABC 中，AB=9, AC=15，/ BAC=120°,其所在平面外一点 P 到A 、B 、C 三个顶点的距离都是14,贝U P 点到直线 BC 的距离为 _____________ . 13. 已知将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起，恰得到一个所有二面角都相等的六面体，并且该六面体的最短棱的长为 2,则最远的两顶点间的距离是 _______________ .14. ___________________________________________________________________ 有120个等球密布在正四面体 A-BCD 内，问此正四面体的底部放有 ___________________________ 个球. 三、解答题(4X 10' +14' =54')15. 定直线11丄平面a ，垂足为M ，动直线12在平面a 内过定点 N ,但不过定点 M.MN=a 为定值，在11、12上分别有动线段 AB=b,CD = c.b 、c 为定值.问在什么情况下四面体 ABCD 的体积最大？最大值是多少？AC 的中点，求:(1) PM 与FQ 所成的角； (2) P 点到平面 EFB 的距离； (3 )异面直线PM 与FQ 的距离.16.如图所示，已知四边形 ABCD 、EADM 和MDCF 都是边长为 a 的正方形，点 P 、Q 分别是ED 和A. : 0,2 R ] m 垂直A.6B.7C.8D.9、填空题 (4X 4 ' =16')叠即可还原)，则这个多面体的顶点数为 (第16题图连结人丘‘将厶DAE 沿AE 折起到△ D 1AE 的位置，使得/(1)试用基向量 AB , AE , AD 1表示向量OD 117.如图，在梯形 ABCD 中，AB // CD ,/ ADC = 90° ,3AD=DC=3,AB=2,E 是 CD 上一点，满足 DE = 1 ,D 1AB = 60° ,设AC 与BE 的交点为O.(2) 求异面直线OD i与AE所成的角.(3) 判断平面D i AE与平面ABCE是否垂直，并说明理由第17题图18. 如图，在斜棱柱ABC —A i B i C i中，底面为正三角形，侧棱长等于底面边长，且侧棱与底面所成的角为60°顶点B i在底面ABC上的射影O恰好是AB的中点.(i)求证：B i C± C i A;(2 )求二面角C i-AB-C的大小.第i8题图i9.如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA=PB=PC , BC=2a,AC=a,AB=、3 a,点P到平面ABC的距离为 | a.(i )求二面角P-AC-B的大小；(2)求点B到平面FAC的距离.第i9题图立体几何练习参考答案一、选择题 1.D 设正三棱锥P-ABC 中，各棱之间的夹角为a，棱与底面夹角为B ,h 为点S 到平面PQR 的距离，1 11则 V S -PQR = 3S ^PQR • h= — ( — PQ • PR • sin a ) • PS • sin B ,另一方面，记 O 到各平面的距离为 d,则有33 211 1 dV S -PQR =V O -PQR +V O -PRS +V O -PQS =S ^PQR °d+ S ^PRS ，d+S^PQS -d=3333a + d • - -PQ -PS-sin a •故有 PQ -PR -PS-sin B =d(PQ -PR+PR -PS+PQ -PS),即旦—-PQ -PR -sin a +— •丄 PS ・PR ・sin2321 1 _ sinPR PS d3 2 PQ 常量.2.B 设正n 棱锥的高为h,相邻两侧面所成二面角为B .当h f 0时，正n 棱锥的极限为正n 边形，这时相邻两侧面所成二面角为平面角，即二面角Qfn.当h fg 时，正n 棱锥的极限为正n 棱柱，这时相邻两侧面所成二面角为正n 边形的内角，nEFGH 为矩形，当 P f 底面△ ABC 的中心O 时，矩形EFGH f 矩形E i F i GH.3a=_Aa 23 34. C 如图，I a 丄AE,a 丄AF,「. a 丄平面 AEF.设a 交平面 AEF 于点G ,则/ EGF 是二面角a -a-3的平面角，/ EGF=60° ,/ EAF=120。

(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步经典大题例题

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步经典大题例题单选题1、已知三棱锥P−ABC，其中PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，PA=AB=AC=2，则该三棱锥外接球的表面积为（）A．12πB．16πC．20πD．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC的外心为G，O为球心，所以OG⊥平面ABC，因为PA⊥平面ABC，所以OG//PA，设D是PA中点，因为OP=OA，所以DO⊥PA，因为PA⊥平面ABC，AG⊂平面ABC，所以AG⊥PA，因此OD//AG，PA=1，因此四边形ODAG是平行四边形，故OG=AD=12由余弦定理，得BC=√AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−1)=2√3，2⇒AG=2，由正弦定理，得2AG=√3√32所以该外接球的半径R满足R2=(OG)2+(AG)2=5⇒S=4πR2=20π，故选：C．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.2、如图所示的正方形SG1G2G3中，E ， F分别是G1G2，G2G3的中点，现沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合为点G，则有（）A．SG⊥平面EFG B．EG⊥平面SEFC．GF⊥平面SEF D．SG⊥平面SEF答案：A解析：根据正方形的特点，可得SG⊥FG，SG⊥EG，然后根据线面垂直的判定定理，可得结果.由题意：SG⊥FG，SG⊥EG，FG∩EG=G，FG，EG⊂平面EFG所以SG⊥平面EFG正确，D不正确；.又若EG⊥平面SEF，则EG⊥EF，由平面图形可知显然不成立；同理GF⊥平面SEF不正确；故选：A小提示：本题主要考查线面垂直的判定定理，属基础题.3、若一个正方体的体对角线长为a，则这个正方体的全面积为（）A ．2a 2B ．2√2a 2C ．2√3a 2D ．3√2a 2答案：A分析：设正方体的棱长为x ，求出正方体的棱长即得解.解：设正方体的棱长为x ，则√3x =a ，即x 2=13a 2，所以正方体的全面积为6x 2=6×13a 2=2a 2．故选：A4、《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，AC ⊥CD ，AC ＝BC ＋CD ＝2，当△BCD 的面积最大时，鳖臑ABCD 的表面积为（）A ．√3+√62B ．3+√62C ．2+√3+√62D ．3+√3+√62答案：D分析：根据题意可证明CD ⊥BC ，从而说明三角形BCD 是直角三角形，求得BD ，进而求得四个直角三角形的面积，可得答案.由题意可知：AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ，故AB ⊥CD ,又AC ⊥CD ，AC ∩AB =A,AB,AC ⊂平面ABC ，故CD ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，故CD ⊥BC ,所以S △BCD =12BC ⋅CD ≤12×(BC+CD 2)2=12 ,当且仅当BC =CD =1时取得等号，故BD =√1+1=√2 ,由AB ⊥平面BCD ，可知AB ⊥BD,AB ⊥BC ,故AB=√AC2−BC2=√4−1=√3 ,所以S△ABD=12AB⋅BD=√62,S△ABC=12AB⋅BC=√32,S△BCD=12BC⋅CD=12,S△ACD=12AC⋅CD=1,所以鳖臑ABCD的表面积为√62+√32+12+1=3+√3+√62，故选：D5、锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a=7、b=8，m⃑⃑ =(12,cosA)，n⃑=(sinA，−√32)，且m⃑⃑ ⊥n⃑，则△ABC的面积为（）A．√3B．3√3C．5√3D．10√3答案：D分析：先由向量垂直得到A=π3，利用余弦定理求出c=3或c=5，利用锐角三角形排除c=3，从而c=5，利用面积公式求出答案.由题意得：12sinA−√32cosA=0，故tanA=√3，因为A∈(0,π2)，所以A=π3，由余弦定理得：cosA=64+c 2−492×8c =12，解得：c=3或c=5，当c=3时，最大值为B，其中cosB=49+9−642×7×3<0，故B为钝角，不合题意，舍去；当c=5时，最大值为B，其中cosB=49+25−642×7×5>0，故B为锐角，符合题意，此时S△ABC=12bcsinA=12×8×5×√32=10√3.故选：D6、过半径为4的球O表面上一点M作球O的截面，若OM与该截面所成的角是30°，则O到该截面的距离是（）A．4B．2√3C．2D．1答案：C分析：作出球的截面图，根据几何性质计算，可得答案.作出球的截面图如图：设A为截面圆的圆心，O为球心，则OA⊥截面，AM在截面内，即有OA⊥AM，=2 ,故∠OMA=30∘,所以OA=4×12即O到该截面的距离是2，故选：C7、如图，点N为正方形ABCD的中心，ΔECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM,EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM,EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM,EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM,EN是异面直线答案：B解析：利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．如图所示，作EO ⊥CD 于O ，连接ON ，过M 作MF ⊥OD 于F ．连BF ，∵平面CDE ⊥平面ABCD ．EO ⊥CD,EO ⊂平面CDE ，∴EO ⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，∴ΔMFB 与ΔEON 均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO =√3, ON =1 EN =2，MF =√32,BF =52,∴BM =√7．∴BM ≠EN ，故选B ．小提示：本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形．8、在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为线段A 1B 1的中点，则异面直线D 1E 与BC 1所成角的余弦值为（）A ．√55B ．√105C ．√155D ．2√55答案：B分析：连接AD 1，AE ，得到AD 1//BC 1，把异面直线D 1E 与BC 1所成角转化为直线D 1E 与AD 1所成角，取AD 1的中点F ，在直角△D 1EF 中，即可求解.在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，连接AD 1，AE ，可得AD 1//BC 1，所以异面直线D 1E 与BC 1所成角即为直线D 1E 与AD 1所成角，即∠AD 1E 为异面直线D 1E 与BC 1所成角，不妨设AA 1=2，则AD 1=2√2，D 1E =AE =√5，取AD 1的中点F ，因为D 1E =AE ，所以EF ⊥AD 1，在直角△D 1EF 中，可得cos∠AD 1E =D 1F D 1E =√2√5=√105. 故选：B.9、若直线a //平面α，A ∉α，且直线a 与点A 位于α的两侧，B ，C ∈a ，AB ，AC 分别交平面α于点E ，F ，若BC =4，CF =5，AF =3，则EF 的长为（）A ．3B ．32C ．34D ．23答案：B分析：根据线面平行可得线线平行，从而可求EF =32. ∵BC //α，BC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩α=EF ，∴EF //BC ，∴AF AC =EF BC ，即35+3=EF 4，∴EF =32. 故选：B.10、如图在正三棱锥S −ABC 中，M,N 分别是棱SC,BC 的中点，Q 为棱AC 上的一点，且AQ =12QC ，MN ⊥MQ ，若AB =2√2，则此正三棱锥S −ABC 的外接球的体积为（）A ．12πB ．4√33πC ．8√3πD ．4√3π 答案：D分析：根据题意证明SA,SB,SC 两两垂直，将三棱锥放入棱长为2的正方体，两者外接球体积相同，求得正方体外接球体积即可得出答案.因为在△SBC 中，M,N 分别是棱SC,BC 的中点，所以MN //SB ，因为MN ⊥MQ ，所以SB ⊥MQ ，因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC （对棱垂直），又因为MQ,AC ⊂面SAC ，MQ ∩AC =Q ，所以SB ⊥面SAC ，因为SA,SC ⊂面SAC ，所以SB ⊥SA,SB ⊥SC ，在Rt △SAB 中，SA 2+SB 2=AB 2，因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥，所以△SBC 是等腰三角形，△ABC 是等边三角形，所以SB =SC ，AB =AC ,所以SA 2+SC 2=AC 2，即SA ⊥SC ，所以SA,SB,SC 两两垂直，将此三棱锥放入正方体中，此正方体的面对角线长等于AB 长，为2√2,则该正方体棱长为2，外接球半径R =√(22)2+(2√22)2=√3，正方体外接球体积V =43πR 3=43π×(√3)3=4√3π,此正三棱锥S −ABC 的外接球体积和正方体外接球体积相同，为4√3π.故选：D填空题11、如图所示，过三棱台上底面的一边A1C1，作一个平行于棱BB1的截面，与下底面的交线为DE．若D、E分别是AB、BC的中点，则V A1B1C1−DBEV A1B1C1−ABC=______．答案：37分析：证得S△A1B1C1=14S△ABC，然后结合棱台与棱柱的体积公式即可求出结果.因为BB1//平面DEC1A1，且平面BB1C1C∩平面DEC1A1=C1E，所以BB1//C1E，又因为B1C1//BE，所以四边形BB1C1E为平行四边形，所以B1C1=BE，且E分别是BC的中点，所以B1C1=1 2BC，同理A1B1=12AB，因此S△A1B1C1=14S△ABC，设上底面的面积为S，高为ℎ，则下底面的面积为4S，所以V A1B1C1−DBEV A1B1C1−ABC =13(S+√S⋅4S+4S)ℎ=37，所以答案是：37.12、两个平面最多可以将空间分为___________部分.答案：4分析：根据两个平面的位置关系分别计算出它们将空间分成的部分数即可得解. 两个平面的位置关系有平行和相交两种，当两个平面平行时，它们可将空间分成3部分，当两个平面相交时，它们可将空间分成4部分，所以两个平面最多可以将空间分为4部分.所以答案是：413、在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为矩形．请在下面给出的5个条件中选出2个作为一组，使得它们能成为“在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形”的充分条件___________．（写出符合题意的一组即可）①PA=2；②BC=3；③BC=√5；④AB=√2；⑤AB=1.答案：②④或②⑤或③⑤分析：设PA=a,AB=b,AD=c，BQ=x(0≤x≤c)，则CQ=c−x，计算出PQ2，DQ2，PD2，若在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形，则PQ2+DQ2<PD2，解不等式再根据已知条件可得答案.设PA=a,AB=b,AD=c，BQ=x(0≤x≤c)，则CQ=c−x，因为PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为矩形，所以PA⊥AQ，则PQ2=PA2+AQ2=PA2+AB2+BQ2=a2+b2+x2，DQ2=CD2+CQ2=b2+(c−x)2，PD2=PA2+AD2=a2+c2，若在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形，则PQ2+DQ2<PD2，即a2+b2+x2+b2+(c−x)2<a2+c2，整理得x2−cx+b2<0(0<x<c)，要使不等式有解，只需c2−4b2>0，即只需BC>2AB即可，因为①PA=2；②BC=3；③BC=√5；④AB=√2；⑤AB=1，所以②④或②⑤或③⑤.所以答案是：②④或②⑤或③⑤.14、所有棱长均为2的正三棱锥的体积为______.答案：23√2##2√23分析：棱长均为2的正三棱锥，分别求出棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式，即可得到答案. 当三棱锥棱长均为2时，正三棱锥即为正四面体，如图，正四面体的底面积S=√34×22=√3，正四面体的高ℎ=PO=√PA2−AO2=√22−(23×√32×2)2=2√63，故正四面体的体积V=13⋅S⋅ℎ=2√23.所以答案是：2√2315、已知球O的半径为43,点A,B,C,D均在球面上，若△ABC为等边三角形，且其面积为√3,则三棱锥D−ABC的最大体积是___________.答案：2√33分析：根据三角形面积求出边长，即可求出三角形外接圆半径，继而可求出高的最大值，求出体积.设△ABC外接圆的圆心为O1,由△ABC是面积为√3的等边三角形，得12⋅|AB|2⋅sin60∘=√3,解得AB=2，则|O1B|=12×|AB|sin60∘=2√33.当三棱棱锥D−ABC体积最大时，球心O在DO1上，因此有|OO1|=√|OB|2−|O1B|2=23,所以|DO1|的最大值为43+23=2，三棱锥D−ABC的最大体积为V=13⋅S△ABC⋅|DO1|=13×√3×2=2√33.所以答案是：2√33.小提示：本题考查三棱锥的外接球问题，解题的关键是建立好勾股关系求出高.解答题16、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点．（Ⅰ）求证：BC1//平面AD1E；（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．答案：（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）23.分析：（Ⅰ）证明出四边形ABC1D1为平行四边形，可得出BC1//AD1，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 . （Ⅰ）[方法一]：几何法如下图所示：在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB //A 1B 1且AB =A 1B 1，A 1B 1//C 1D 1且A 1B 1=C 1D 1， ∴AB //C 1D 1且AB =C 1D 1，所以，四边形ABC 1D 1为平行四边形，则BC 1//AD 1， ∵BC 1⊄平面AD 1E ，AD 1⊂平面AD 1E ，∴BC 1//平面AD 1E ； [方法二]:空间向量坐标法以点A 为坐标原点，AD 、AB 、AA 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系A −xyz ，设正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则A (0,0,0)、A 1(0,0,2)、D 1(2,0,2)、E (0,2,1)，AD 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2)，AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,1)，设平面AD 1E 的法向量为n ⃑ =(x,y,z )，由{n →⋅AD 1→=0n →⋅AE →=0，得{2x +2z =02y +z =0，令z =−2，则x =2，y =1，则n →=(2,1,−2).又∵向量BC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2),BC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·n ⃑ =2×2+0×1+2×(−2)=0, 又∵BC 1⊄平面AD 1E ，∴BC 1//平面AD 1E ；（Ⅱ）[方法一]：几何法延长CC 1到F ，使得C 1F =BE ，连接EF ，交B 1C 1于G ，又∵C 1F//BE ，∴四边形BEFC 1为平行四边形，∴BC 1//EF ，又∵BC 1//AD 1,∴AD 1//EF ,所以平面AD 1E 即平面AD 1FE , 连接D 1G ，作C 1H ⊥D 1G ,垂足为H ,连接FH ,∵FC 1⊥平面A 1B 1C 1D 1,D 1G ⊂平面A 1B 1C 1D 1,∴FC 1⊥D 1G ，又∵FC 1∩C 1H =C 1,∴直线D 1G ⊥平面C 1FH , 又∵直线D 1G ⊂平面D 1GF ,∴平面D 1GF ⊥平面C 1FH ,∴C 1在平面D 1GF 中的射影在直线FH 上,∴直线FH 为直线FC 1在平面D 1GF 中的射影，∠C 1FH 为直线FC 1与平面D 1GF 所成的角，根据直线FC 1//直线AA 1，可知∠C 1FH 为直线AA 1与平面AD 1G 所成的角. 设正方体的棱长为2，则C 1G =C 1F =1,D 1G =√5,∴C 1H =√5=√5,∴FH =√1+(√5)2=√5,∴sin∠C 1FH =C 1H FH=23,即直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.[方法二]：向量法接续（I)的向量方法，求得平面平面AD 1E 的法向量n ⃑ =(2,1,−2)，又∵AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,2),∴cos <n ⃑ ,AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ >=n ⃑ ⋅AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |n ⃑ |⋅|AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=−43×2=−23， ∴直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.[方法三]：几何法+体积法如图，设B 1C 1的中点为F ，延长A 1B 1,AE,D 1F ，易证三线交于一点P ．因为BB 1∥AA 1,EF ∥AD 1，所以直线AA 1与平面AD 1E 所成的角，即直线B 1E 与平面PEF 所成的角．设正方体的棱长为2，在△PEF 中，易得PE =PF =√5,EF =√2，可得S △PEF =32．由V 三棱锥B 1−PEF =V 三棱锥P−B 1EF ，得13×32⋅B 1H =13×12×1×1×2，整理得B 1H =23．所以sin∠B 1EH =B 1H B 1E =23．所以直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23．[方法四]：纯体积法设正方体的棱长为2，点A 1到平面AED 1的距离为h ，在△AED 1中，AE =√5,AD 1=2√2,D 1E =3， cos∠AED 1=D 1E 2+AE 2−AD 122D 1E⋅AE=2×3×√5=√55，所以sin∠AED 1=2√55，易得S △AED 1=3．由V E−AA 1D 1=V A 1−AED 1，得13S △AD 1A 1⋅A 1B 1=13S △AED 1⋅ℎ，解得ℎ=43，设直线AA 1与平面AED 1所成的角为θ，所以sinθ=ℎAA 1=23．【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；（II ）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法. 17、已知正方体ABCD −A ′B ′C ′D ′.(1)G 是△BA ′C ′的重心，求证：直线DG ⊥平面BA ′C ′；(2)若AB =1，动点E ､F 在线段AD ､D ′C ′上，且DE =D ′F =a ，M 为AB 的中点，异面直线EF 与DM 所成的角为arccos√210，求a 的值.答案：(1)证明见解析(2)√24分析：（1）根据空间向量，以B ′A ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =i ,B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =j ,B ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ 为基底，用基底向量表示其他向量，根据向量的数量积为0判断线线垂直，进而证明线面垂直.（2）以空间直角坐标系，写成点的坐标，根据向量的夹角与异面直线夹角间的关系，列出方程即可求解.（1）证明：设B ′A ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =i ,B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =j ,B′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ ，显然i ⋅j =0，j ⋅k ⃑ =0，k ⃑ ⋅i =0，因为G 是△BA ′C ′的重心，所以B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =13(i +j +k ⃑ ),故DG ⃑⃑⃑⃑⃑ =B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −B ′D ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −(B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AD ⃑⃑⃑⃑⃑ )=13(i +j +k ⃑ )−(j +i +k )=−23(i +j +k ⃑ ) A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ −i ；DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−23(k ⃑ 2−i 2)=0，得DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，同理DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，得DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥A ′B⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ . 因为A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 不平行于A ′B⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以直线DG ⊥平面BA ′C ′. （2）以D 为坐标原点，射线DA 、DC 、DD ′分别是x 轴､y 轴､z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系，于是E(a,0,0),F(0,a,1),M (1,12,0)，则EF⃑⃑⃑⃑⃑ =(−a,a,1),DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,12,0).于是cos⟨EF⃑⃑⃑⃑⃑ ,DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩=|EF⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ||EF⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅|DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=12a √52⋅√2a 2+1=√210，解得a =√24，所以a 的值为√24.18、如图所示，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为正方形，E 为侧棱PC 的中点.（1）求证：经过A 、B 、E 三点的截面平分侧棱PD ；（2）若PA ⊥底面ABCD ，且PA =AD =2，求四面体ABEP 的体积. 答案：（1）证明见解析；（2）23.分析：（1）设截面ABE 与侧棱PD 交于点F ，连结EF,AF ，证明CD//EF.即得F 为PD 的中点，即截面ABE 平分侧棱PD ；（2）取PB 中点H ，连EH ，证明EH ⊥平面PAB ，即得解. （1）证明：设截面ABE与侧棱PD交于点F，连结EF,AF.因为底面ABCD为矩形，所以AB//CD.又AB⊄平面PCD，且CD⊂平面PCD，所以AB//平面PCD.又AB⊂平面ABE，且平面ABE∩平面PCD=EF，所以AB//EF.又因为AB//CD，所以CD//EF.因为E为PC的中点，所以F为PD的中点，即截面ABE平分侧棱PD. （2）∵PA⊥平面ABCD，BC⊆平面ABCD，∴BC⊥PA，又BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB.取PB 中点H ，连EH ， ∵E 是PC 中点，∴EH//BC ，即EH =1且EH ⊥平面PAB ，又Rt △PAB 的面积S =12PA ⋅AB =2.∴四面体ABEP 的体积V =V E−PAB =13⋅S ⋅EH =23.小提示：方法点睛：求几何体的体积常用的方法有：（1）规则的公式法；（2）不规则的割补法；（3）等体积法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.19、如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点．若截面△BC 1D 是面积为6的直角三角形，求此三棱柱的表面积．答案：24√2+4√3分析：设AD =b,AB =a ，根据△BC 1D 是面积为6的直角三角形，由{BD 2+C 1D 2=BC 1212⋅BD ⋅C 1D =6求解.解：设AD =b,AB =a ，则BD =C 1D =√a 2+b 2，BC 1=√a 2+4b 2．由题意得{BD 2+C 1D 2=BC 12,12⋅BD ⋅C 1D =6, 即{a 2+b 2+a 2+b 2=a 2+4b 2,a 2+b 2=12,解得{a =2√2,b =2, 从而S 表=4×3×2√2+2×2√2×2√2×√34=24√2+4√3．。

高中空间立体几何经典例题精选全文完整版

可编辑修改精选全文完整版立体几何一、选择题1．（20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是（）A ．若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥B ．若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m nC ．若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥D ．若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥【答案】D2 2．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为（）A ．1:2B ．1:4C ．1:8D ．1:16【答案】C 【答案】A3 3．（20XX 年高考新课标1（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（）A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+【答案】A4 4．（20XX 年高考湖南卷（理））已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能．．．等于（）A ．1B ．2C ．2-12D ．2+12【答案】C5．（20XX 年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为3.若P 为底面111A B C 的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为（）A．512πB ．3πC．4πD．6π【答案】B6．（20XX年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））某几何体的三视图如题()5图所示,则该几何体的体积为（）A．5603B．5803C．200D．240【答案】C7．（20XX年高考江西卷（理））如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB CD,正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为,m n,那么m n+=（）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】A二、填空题8．（20XX年高考北京卷（理））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__________.1D1BPD1CCEBA1A【答案】2559．（20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））如图,在三棱柱ABC C B A -111中,F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点,设三棱锥ADE F -的体积为1V ,三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ,则=21:V V ____________.【答案】1:2410．（20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.【答案】1616π-11．（20XX 年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD 版））已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是_______________【答案】12π12．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）在如图所示的正方体1111ABCD A B C D -中,异面直线1A B 与1B C 所成角的大小为_______AB C1A D EF1B 1C【答案】3π三、解答题13．（20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））如图,AB是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点. (I)求证:PAC PBC ⊥平面平面；(II)2.AB AC PA C PB A ===--若，1，1，求证：二面角的余弦值D 1 C 1 B 1A 1D C AB14．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）如图,在正三棱锥111ABC A B C -中,16AA =,异面直线1BC 与1AA 所成角的大小为6π,求该三棱柱的体积.【答案】[解]因为1CC 1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA .所成的角,即1BC C ∠=6π. 在Rt 1BC C ∆中,113tan 6233BC CC BC C =⋅∠==从而2333ABC S BC ∆==因此该三棱柱的体积为1336183ABC V S AA ∆=⋅==15．（20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））B 1 A 1C 1ACB如图,在三棱锥ABC S -中,平面⊥SAB 平面SBC ,BC AB ⊥,AB AS =,过A 作SB AF ⊥,垂足为F ,点G E ，分别是棱SC SA ，的中点.求证:(1)平面//EFG 平面ABC ; (2)SA BC ⊥.【答案】证明:(1)∵AB AS =,SB AF ⊥∴F 分别是SB 的中点 ∵E.F 分别是SA.SB 的中点 ∴EF ∥AB又∵EF ⊄平面ABC, AB ⊆平面ABC ∴EF ∥平面ABC 同理:FG ∥平面ABC又∵EF FG=F, EF.FG ⊆平面ABC ∴平面//EFG 平面ABC (2)∵平面⊥SAB 平面SBC 平面SAB 平面SBC =BC AF ⊆平面SAB AF ⊥SB∴AF ⊥平面SBC 又∵BC ⊆平面SBC ∴AF ⊥BC又∵BC AB ⊥, AB AF=A, AB.AF ⊆平面SAB ∴BC ⊥平面SAB 又∵SA ⊆平面SAB ∴BC ⊥SA16．（20XX 年高考上海卷（理））如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=2,AD=1,A 1A=1,证明直线BC 1平行于平面DA 1C,并求直线BC 1到平面D 1AC 的距离.C 11A【答案】因为ABCD-A 1B 1C 1D 1为长方体,故1111//,AB C D AB C D =,故ABC 1D 1为平行四边形,故11//BC AD ,显然B 不在平面D 1AC 上,于是直线BC 1平行于平面DA 1C; 直线BC 1到平面D 1AC 的距离即为点B 到平面D 1AC 的距离设为h考虑三棱锥ABCD 1的体积,以ABC 为底面,可得111(12)1323V =⨯⨯⨯⨯=而1AD C ∆中,11AC DC AD ==故132AD C S ∆= AB CSGFE所以,13123233V h h =⨯⨯=⇒=,即直线BC 1到平面D 1AC 的距离为23.17．（20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））如图1,在等腰直角三角形ABC中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE =O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD ===连结,OD OE,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD=由翻折不变性可知A D '=,所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥,理可证A O OE '⊥, 又OD OE O =,所以A O '⊥平面BCDE . (Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD 的延长线于H ,连结A H ', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角. 结合图1可知,H 为AC 中点,故2OH =,从而2A H '== 所以cos OH A HO A H '∠=='所以二面角ACD B '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O -.CO BDEA CDOBE'A图1图2C DO BE'AH则(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,则00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧+=⎪⎨-++=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,1,n =- 由(Ⅰ)知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量,所以3cos ,3n OA n OA n OA'⋅'===',即二面角A CD B '--的平面角的余弦值为5.18．（20XX年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 侧棱A1A⊥底面ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点.(Ⅰ) 证明B1C1⊥CE;(Ⅱ) 求二面角B1-CE-C1的正弦值.(Ⅲ) 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为2, 求线段AM的长.6【答案】19．（20XX年高考陕西卷（理））如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD,12AB AA==(Ⅰ) 证明: A1C⊥平面BB1D1D;(Ⅱ) 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小.1A【答案】解:(Ⅰ) BDOAABCDBDABCDOA⊥∴⊂⊥11,,面且面;又因为,在正方形AB CD 中,BDCAACACAACABDAACOABDAC⊥⊂⊥=⋂⊥11111,，故面且面所以；且.在正方形AB CD中,AO = 1 . .111=∆OAOAART中，在OECAOCEAEDB1111111⊥为正方形，所以，则四边形的中点为设.，所以由以上三点得且，面面又OOBDDDBBODDBBBD=⋂⊂⊂111111E.E,DDBBCA111面⊥.(证毕)(Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题.以O为原点,以OC为X轴正方向,以OB为Y轴正方向.则)1,0,1()1,1,1(),10(),1(,0,1,0111-=⇒CABACB，，，，）（.由(Ⅰ)知, 平面BB1D1D的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111）（==-==OCOBCAn设平面OCB1的法向量为，则0,0,2122=⋅=⋅OCnOBnn).1-,1,0(法向量2=n为解得其中一个21221||||||,cos|cos212111=⋅=⋅=><=nnnnnnθ.所以,平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ为3π1A。

浙江省历年高考立体几何大题总汇(题目及答案)

1.（本题满分15分）如图，平面⊥平面，是以为斜边的等腰直角PAC ABC ABC ∆AC 三角形。

分别为的中点，。

,,E F O ,,PA PB PC 16,10AC PA PC ===（I ）设是的中点，证明：平面；C OC //PC BOE （II ）证明：在内存在一点，使⊥平面，并求点到,的距ABO ∆M FM BOE M OA OB 离。

2.如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是侧棱CC 1上的一点，CP=m ，（Ⅰ）试确定m ，使得直线AP 与平面BDB 1D 1所成角的正切值为（Ⅱ）在线段A 1C 1上是否存在一个定点Q ，使得对任意的m ，D 1Q 在平面APD 1上的射影垂直于AP ，并证明你的结论。

3. 如图甲，△ABC 是边长为6的等边三角形，E ，D 分别为AB 、AC 靠近B 、C 的三等分点，点G 为BC 边的中点．线段AG 交线段ED 于F 点，将△AED 沿ED 翻折，使平面AED ⊥平面BCDE ，连接AB 、AC 、AG 形成如图乙所示的几何体。

（I ）求证BC ⊥平面AFG ；（II ）求二面角B －AE －D的余弦值．.4在如图所示的几何体中，平面ABC ，平面ABC ，，EA ⊥DB ⊥AC BC ⊥，M 是AB 的中点．2AC BC BD AE ===（1）求证：；CM EM ⊥（2）求CM 与平面CDE 所成的角5.如图，矩形和梯形所在平面互相垂直，，ABCD BEFC BE CF ∥，，．90BCF CEF ∠=∠=o AD =2EF =（Ⅰ）求证：平面；AE ∥DCF （Ⅱ）当的长为何值时，二面角的大小为？AB A EF C --60o6. 如图，在矩形ABCD 中，点E ，F 分别在线段AB ，AD 上，AE=EB=AF=沿.432=FD 直线EF 将翻折成使平面平面BEF.AEF ∆,'EF A ∆⊥EF A ' （I ）求二面角的余弦值；C FD A --' （II ）点M ，N 分别在线段FD ，BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使C与重合，求线段FM 的长.'A EMACBD DABEFC（第18题）7. 如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。

高中《立体几何》大题(附答案解析)

《立体几何》大题及答案解析1.（2009全国卷Ⅰ）如图，四棱锥S ABCD −中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD，AD =，2DC SD ==，点M 在侧棱SC 上，∠ABM=60。

（I ）证明：M 是侧棱SC 的中点；()ΙΙ求二面角S AM B −−的大小。

2.（2009全国卷Ⅱ）如图，直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AB ⊥AC,D 、E 分别为AA 1、B 1C 的中点，DE ⊥平面BCC 1（Ⅰ）证明：AB=AC（Ⅱ）设二面角A-BD-C 为60°,求B 1C 与平面BCD 所成的角的大小ACBA 1B 1C 1DE3.（2009浙江卷）如图，DC ⊥平面ABC ，//EB DC ，22AC BC EB DC ====，120ACB ∠=，,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 ABCD ⊥底面，点E 在棱PB 上.（Ⅰ）求证：平面AEC PDB ⊥平面；（Ⅱ）当PD =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 ，4PA AD ==，2AB =．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．6.（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，,,45AB AE FA FE AEF °==∠= （I ）求证：EF BCE ⊥平面；（II ）设线段CD 、AE 的中点分别为P 、M ，求证： PM ∥BCE 平面（III ）求二面角F BD A −−的大小。

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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。

高中立体几何典型50题及解析

高中立体几何典型500题及解析(一)1、二面角βα--l 是直二面角，βα∈∈B A ，，设直线AB 与βα、所成的角分别为∠1和∠2，则（A ）∠1+∠2=900 （B ）∠1+∠2≥900 （C ）∠1+∠2≤900 （D ）∠1+∠2＜900 解析：C分别作两条与二面角的交线垂直的线，则∠1和∠2分别为直线AB 与平面,αβ所成的角。

根据最小角定理：斜线和平面所成的角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角2ABO ∴∠>∠1902190ABO ∠+∠=∴∠+∠≤2. 下列各图是正方体或正四面体，P ，Q ，R ，S 分别是所在棱的中点，这四个点中不共．．面．的一个图是PPQQRSSPPPQQRR RSSSPP PQQQ R RS SS PP Q QR RRSS（A ）（B ）（C ）（D ） D解析： A 项：PS 底面对应的中线，中线平行QS ，PQRS 是个梯形B 项：如图C 项：是个平行四边形D 项：是异面直线。

3. 有三个平面α，β，γ，下列命题中正确的是（A ）若α，β，γ两两相交，则有三条交线（B ）若α⊥β，α⊥γ，则β∥γ（C ）若α⊥γ，β∩α=a ，β∩γ=b ，则a ⊥b （D ）若α∥β，β∩γ=∅，则α∩γ=∅ D解析：A 项：如正方体的一个角，三个平面相交，只有一条交线。

B 项：如正方体的一个角，三个平面互相垂直，却两两相交。

C 项：如图4. 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一动点P到直线AB 与直线B 1C 1的距离相等，则动点P 所在曲线的形状为1111C解析：11B C ⊥平面AB 111,B C PB ∴⊥，如图：点到定点B 的距离与到定直线AB 的距离相等，建立坐标系画图时可以以点B 1B 的中点为原点建立坐标系。

5. 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中与AD 1成600角的面对角线的条数是（A ）4条（B ）6条（C ）8条（D ）10条C解析：如图这样的直线有4条，另外，这样的直线也有4条，共8条。

高考数学立体几何部分典型例题

（一）1.某几何体的三视图如图(其中侧视图中的圆弧是半圆)，则该几何体的表面积为( )．A．92＋14π B.82＋14πC．92＋24π D.82＋24π命题意图：考察空间几何体的三视图，三视图为载体考察面积易错点：（1）三视图很难还原成直观图（2）公式及数据计算错误解析由三视图可知：原几何体为一个长方体上面放着半个圆柱，其中长方体的长宽高分别为5,4,4，圆柱的底面半径为2，高为5，所以该几何体的表面积为：2＋1S＝5×4＋2×4×4＋2×5×4＋π× 2 2π×2×5×2＝92＋14π.答案 A2．（本小题满分12 分）命题人：贺文宁如图所示，平面ABCD⊥平面BCEF，且四边形ABCD 为矩形，四边形BCEF 为直角梯形，BF∥CE，BC⊥CE，DC＝CE＝4，BC＝BF＝2.（12 分）(1)求证：AF∥平面CDE；(2)求平面ADE 与平面BCEF 所成锐二面角的余弦值；(3)求直线EF 与平面ADE 所成角的余弦值．命题意图：线面平行的位置关系，线面角、二面角的求法易错点：（1）直接建系，不去证明三条线两两垂直（2）数据解错（3）线面角求成正弦值(1)证明法一取CE 的中点为G，连接D G，FG.∵BF∥CG 且BF＝CG，∴四边形BFGC 为平行四边形，则B C∥FG，且BC＝FG.∵四边形ABCD 为矩形，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..1 分∴BC∥AD 且BC＝AD，∴FG∥AD 且FG＝AD，∴四边形AFGD 为平行四边形，则A F∥DG.∵DG? 平面CDE，AF?平面CDE，∴AF∥平面CDE. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..3 分(2)解∵四边形ABCD 为矩形，∴BC⊥CD，又∵平面ABCD⊥平面BCEF，且平面ABCD∩平面BCEF＝BC，BC⊥CE，∴DC⊥平面BCEF. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.4 分为y 轴，CD 所在直线为z为x 轴，CE 所在直线以C 为原点，CB 所在直线，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.5 分轴建立如图所示的空间直角坐标系根据题意我们可得以下点的坐标：→＝(－2,0,0)， A(2,0,4)，B(2,0,0)，C(0,0,0)，D (0,0,4)，E(0,4,0)，F(2,2,0)，则AD→＝(0,4，－4)． DE设平面ADE 的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则→AD·n1＝0，→DE·n1＝0，∴－2x＝0，4y1－4z1＝0，取z1＝1，得n1＝(0,1,1)．∵DC⊥平面BCEF. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 分→∴平面BCEF 的一个法向量为C D＝(0,0,4)．设平面ADE 与平面BCEF 所成锐二面角的大小为α，则cosα＝→CD·n1→|CD | |·n1|4＝＝4× 22，2因此，平面ADE 与平面BCEF 所成锐二面角的余弦值为22 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.9 分(3)解根据(2)知平面ADE 的一个法向量为→＝(2，－2,0)，n1＝(0,1,1)，∵EF∴cos 〈E→F，n1〉＝1〉＝→EF·n1－2 1＝，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.10 分＝－→ 22 2× 2|EF | |·n1|设直线E F 与平面ADE 所成的角为θ，→则cos θ＝|sin 〈EF，n1〉|＝3 ，2因此，直线E F 与平面ADE 所成角的余弦值为32 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.12分（二）2.某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．ππA．8－2πB．8－πC．8－2 D．8－4命题意图：考察空间几何体的三视图，三视图为载体考察体积易错点：（1）三视图很难还原成直观图（2）公式及数据计算错误解析这是一个正方体切掉两个1圆柱后得到的几何体，且该几何体的高为2，V 4＝2 ×π×1×2＝8－π，故选B.3－12答案 B3.（本小题满分12 分）命题人：贺文宁如图所示，四边形ABCD 是边长为 1 的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段A N 上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段A S的长；若不存在，请说明理由．命题意图：异面直线所成角；利用空间向量解决探索性问题易错点：（1）异面直线所成角容易找错（2）异面直线所成角的范围搞不清（3）利用空间向量解决探索性问题，找不到突破口解(1)如图以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D－xyz.依题意得 D (0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，1B(1,1,0)，N(1,1,1)，E( ，1,0)，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.1 分2→1所以NE＝(－，0，－1)，2→AM＝(－1,0,1)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.2 分设直线N E 与AM 所成角为θ，→→则c osθ＝|cos〈N E，AM 〉|⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.3 分1 →→＝|N E ·A M |＝→→|N E||·A M |25× 22＝1010 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.5 分10所以异面直线N E 与AM 所成角的余弦值为10 .(2)如图，假设在线段AN 上存在点S，使得ES⊥平面AMN，连接A E.→→→因为A N＝(0,1,1)，可设AS＝λAN＝(0，λ，λ)，→1又EA＝( ，－1,0)，2→→→1所以ES＝EA＋AS＝( ，λ－1，λ)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.7 分2由ES⊥平面AMN，得→→E S·A M＝0，→→E S·A N＝0，即12－＋λ＝0，λ－1 ＋λ＝0，→→1 1 1故λ＝，此时AS＝(0，，2)，| A S|＝2 222 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.10 分经检验，当A S＝2时，ES⊥平面AMN. 2在线段A N 上存在点S，使得ES⊥平面AMN，此时A S＝22 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分（三）1．一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为( )．23 47A. 6 C．6 D.73 B.命题意图：考察空间几何体的三视图，三视图为载体考察体积易错点：（1）三视图很难还原成直观图（2）公式及数据计算错误解析如图，由三视图可知，该几何体是由棱长为2 的正方体右后和左下分别截去一个小三棱锥得到的，其体积为1 1 23V＝2×2×2－2××1×1×1＝× 3 . 32答案 A4.（本小题满分12 分）命题人：贺文宁如图，矩形ABCD 所在的平面和平面ABEF 互相垂直，等腰梯形ABEF 中，AB ∥EF，AB＝2，AD＝AF＝1，∠BAF＝60°，O，P 分别为A B，CB 的中点，M 为底面△OBF 的重心．(1)求证：平面ADF⊥平面CBF；(2)求证：PM∥平面AFC；(3)求多面体CD－AFEB 的体积V.命题意图：面面垂直，线面平行的判定，空间几何体的体积易错点：（1）判定时条件罗列不到位失分（2）求体积时不会分割(1)证明∵矩形ABCD 所在的平面和平面ABEF 互相垂直，且CB⊥AB，∴CB⊥平面ABEF，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.1 分又AF? 平面ABEF，所以CB⊥AF，又AB＝2，AF＝1，∠BAF＝60°，由余弦定理知BF＝3，2 2 2∴AF ＋BF ＝AB ，得AF⊥BF，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.2 分BF∩CB＝B，∴AF⊥平面CFB，又∵AF? 平面ADF；∴平面ADF⊥平面CBF . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.4 分(2)证明连接O M 延长交B F 于H，则H为B F 的中点，又P为C B 的中点，∴PH∥CF，又∵CF? 平面AFC，PH ?平面AFC，∴PH∥平面AFC，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.6 分P O，则P O∥AC，连接又∵AC? 平面AFC，PO?平面AFC，PO∥平面AFC，PO∩PH＝P，∴平面POH∥平面AFC，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.7 分又∵PM? 平面POH，∴PM∥平面AFC. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.8 分(3)解多面体CD－AFEB 的体积可分成三棱锥C－BEF 与四棱锥F－ABCD 的体积之和在等腰梯形ABEF 中，计算得EF＝1，两底间的距离E E1＝3 2 .1 1 1所以V C △BEF×CB＝－BEF＝×1×3S×3 23×1＝23，121 V F－ABCD＝3S1矩形ABCD×EE1＝×2×1×33＝23，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10 分35 3所以V＝V C－BEF＋V F－ABCD＝12 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.12 分（四）5.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．命题意图：考察空间几何体的三视图，三视图为载体考察体积解析由题意可得，几何体相当于一个棱长为2的正方体切去一个角，角的相邻2 22三条棱长分别是1,2,2，所以几何体的体积为8－ 3 .＝3答案22 36.（本小题满分12 分）命题人：贺文宁在平行四边形ABCD 中，AB＝6，AD＝10，BD＝8，E 是线段A D 的中点．如图所示，沿直线BD 将△BCD 翻折成△BC′D，使得平面BC′D⊥平面ABD.(1)求证：C′D⊥平面ABD；(2)求直线BD 与平面BEC′所成角的正弦值．命题意图：空间几何体的“翻折”问题，考察学生空间想象能力和知识迁移能力易错点：把平面图形转化为空间几何体，数据错误，垂直平行关系错误(1)证明平行四边形ABCD 中，AB＝6，AD＝10，BD＝8，沿直线BD 将△BCD翻折成△BC′D，可知C′D＝CD＝6，BC′＝BC＝10，BD＝8，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分即BC′2＝C′D2＋BD2∴C′D⊥BD.又∵平面BC′D⊥平面ABD，平面BC′D∩平面ABD＝BD，C′D? 平面BC′D，∴C′D⊥平面ABD. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分(2)解由(1)知C′D⊥平面ABD，且CD⊥BD，如图，以D为原点，建立空间直角坐标系D－xyz.则D(0,0,0)，A(8,6,0)，B(8,0,0)，C′(0,0,6)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分∵E 是线段A D 的中点，→∴E(4,3,0)，BD＝(－8,0,0)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 分→→在平面BEC′中，BE＝(－4,3,0)，BC′＝(－8,0,6)，设平面BEC′法向量为n＝(x，y，z)，→∴B E·n＝0，→BC′·n＝0，即－4x＋3y＝0，－8x＋6z＝0，令x＝3，得y＝4，z＝4，故n＝(3,4,4)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10 分设直线BD 与平面BEC′所成角为θ，则→sin θ＝|cos 〈n，BD〉|＝→|n·B D|→＝3 4141 .|n||BD |3 41∴直线B D 与平面BEC′所成角的正弦值为41 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分。

2024届新高考数学大题精选30题--立体几何含答案

大题立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，M是BC的中点，N是AB1的中点，P是B1C1的中点．(1)证明：MN⎳平面A1CP；(2)求点P到直线MN 的距离．2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°,M是侧棱PC的中点，侧面PAD为正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD．(1)求三棱锥M-ABC的体积；(2)求AM与平面PBC所成角的正弦值．2024届新高考数学大题精选30题--立体几何3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC,AB= AC=BC=AA1=2，A1B=6．(1)设D为AC中点，证明：AC⊥平面A1DB；(2)求平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE中，BC=BD=6，EC⊥ED，且EC=ED= 2，AB平行于平面CDE，AE平行于平面BCD，AE⊥CD.(1)证明：平面ABE⊥平面CDE；(2)若点A到直线CD的距离为22，F为棱AE的中点，求平面BDF与平面BCD夹角的余弦值．5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC-A1B1C1中，A1在平面ABC内的射影O在棱AC的中点处，P为棱A1B1(包含端点)上的动点．(1)求点P到平面ABC1的距离；(2)若AP⊥平面α，求直线BC1与平面α所成角的正弦值的取值范围．6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P-ABCD中，已知AB∥CD，∠BAD=90°，CD= 2AB，△PAB是正三角形，点M在侧棱PB上且使得PD⎳平面AMC．(1)证明：PM=2BM；(2)若侧面PAB⊥底面ABCD，CM与底面ABCD所成角的正切值为311，求二面角P-AC-B的余弦值．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE为菱形，AC=BC=2，∠ACB=120°，平面ACDE⊥平面ABC，点F在AB上，且AF=2FB，M，N分别在直线CD，AB上．(1)求证：CF⊥平面ACDE；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC=60°，MN为直线CD，AB的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE与平面ABC所成角为α，若tanα>217，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF 上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1 ，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB=∠PCB=π4，点M，N分别为DP和AB的中点.(1)求证：MN⎳平面PBC；(2)求证：平面PBC⊥平面ABCD；(3)求CM与平面PAD所成角的正弦值.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD 为直角梯形，△PAD为等边三角形，AD⎳BC，AD⊥AB，AD=AB=2BC=2．(1)求证：AD⊥PC；(2)点N在棱PC上运动，求△ADN面积的最小值；(3)点M为PB的中点，在棱PC上找一点Q，使得AM⎳平面BDQ，求PQQC的值．15(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O1O2的轴截面A1ACC1为等腰梯形，AC=2AA1= 2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点，且AB=BC,P是线段BC的中点.(1)求证：C1P⎳平面A1AB.(2)求平面A1AB与平面C1CB夹角的余弦值.16(2024·广东深圳·二模)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C⊥底面ABC，且AB= AC，A1B=A1C．(1)证明：AA1⊥平面ABC；(2)若AA1=BC=2，∠BAC=90°，求平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值．17(2024·河北保定·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PCD 内存在一条直线EF 与AB 平行，PA ⊥平面ABCD ，直线PC 与平面ABCD 所成的角的正切值为32，PA =BC =23，CD =2AB =4.(1)证明：四边形ABCD 是直角梯形.(2)若点E 满足PE =2ED ，求二面角P -EF -B 的正弦值.18(2024·湖南衡阳·模拟预测)如图，在圆锥PO 中，P 是圆锥的顶点，O 是圆锥底面圆的圆心，AC 是圆锥底面圆的直径，等边三角形ABD 是圆锥底面圆O 的内接三角形，E 是圆锥母线PC 的中点，PO =6,AC =4.(1)求证：平面BED ⊥平面ABD ；(2)设点M 在线段PO 上，且OM =2，求直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值.19(2024·湖南岳阳·三模)已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为4的菱形，∠DAB =60°，PA =PC ，PB =PD =210，M 是线段PC 上的点，且PC =4MC ．(1)证明：PC ⊥平面BDM ；(2)点E 在直线DM 上，求BE 与平面ABCD 所成角的最大值．20(2024·湖南·二模)如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形，∠ABC =60°,BD 1⊥平面A 1C 1D .(1)求四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积；(2)设点D 1关于平面A 1C 1D 的对称点为E ，点E 和点C 1关于平面α对称(E 和α未在图中标出)，求平面A 1C 1D 与平面α所成锐二面角的大小.21(2024·山东济南·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠DAB=∠PCB=60°,CD=1,AB=3,PC=23，平面PCB⊥平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点.(1)证明：PF⊥AD；(2)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为74.22(2024·山东潍坊·二模)如图1，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=4，∠ABC=60°，E为CD 的中点，将△ADE沿AE折起，连结BD，CD，且BD=4，如图2．(1)求证：图2中的平面ADE⊥平面ABCE；(2)在图2中，若点F在棱BD上，直线AF与平面ABCE所成的角的正弦值为3010，求点F到平面DEC 的距离．23(2024·福建·模拟预测)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥PB,AB⊥BC,AB=3,BC=6，已知二面角P-AB-C的大小为θ，∠PAB=θ.(1)求点P到平面ABC的距离；(2)当三棱锥P-ABC的体积取得最大值时，求：(Ⅰ)二面角P-AB-C的余弦值；(Ⅱ)直线PC与平面PAB所成角.24(2024·浙江杭州·二模)如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，∠DAB=60°, BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点，PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD．(1)证明：∠ABQ=90°；(2)若多面体ABCDPQ的体积为152，求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值．25(2024·浙江嘉兴·二模)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD,PA∥QD，BC=2AB=2PA=2,∠ABC=60°.(1)证明：平面PCD⊥平面PAC；(2)若PQ=22，求平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值.26(2024·浙江绍兴·二模)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=4，AC=2，∠CAB=60°，BC⊥AP.(1)证明：平面ACP⊥平面ABC；(2)若PA=2，PB=4，求二面角P-AB-C的平面角的正切值.27(2024·河北沧州·一模)如图，在正三棱锥A -BCD 中，BC =CD =BD =4，点P 满足AP=λAC ，λ∈(0,1)，过点P 作平面α分别与棱AB ，BD ，CD 交于Q ，S ，T 三点，且AD ⎳α，BC ⎳α.(1)证明：∀λ∈(0,1)，四边形PQST 总是矩形；(2)若AC =4，求四棱锥C -PQST 体积的最大值.28(2024·湖北·二模)如图1．在菱形ABCD 中，∠ABC =120°，AB =4，AE =λAD ，AF =λAB(0<λ<1)，沿EF 将△AEF 向上折起得到棱锥P -BCDEP ．如图2所示，设二面角P -EF -B 的平面角为θ．(1)当λ为何值时，三棱锥P -BCD 和四棱锥P -BDEF 的体积之比为95(2)当θ为何值时，∀λ∈0,1 ，平面PEF 与平面PFB 的夹角φ的余弦值为5529(2024·湖北·模拟预测)空间中有一个平面α和两条直线m ，n ，其中m ，n 与α的交点分别为A ，B ，AB =1，设直线m 与n 之间的夹角为π3，(1)如图1，若直线m ，n 交于点C ，求点C 到平面α距离的最大值；(2)如图2，若直线m ，n 互为异面直线，直线m 上一点P 和直线n 上一点Q 满足PQ ⎳α，PQ ⊥n 且PQ ⊥m ，(i )求直线m ，n 与平面α的夹角之和；(ii )设PQ =d 0<d <1 ，求点P 到平面α距离的最大值关于d 的函数f d ．30(2024·浙江绍兴·模拟预测)如图所示，四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1，底面ABCD 为一个菱形，且∠BAD =120°. 底面与顶面的对角线交点分别为O ，O 1. AB =2A 1B 1=2，BB 1=DD 1=392，AA 1与底面夹角余弦值为3737.(1)证明：OO 1⊥平面ABCD ；(2)现将顶面绕OO 1旋转θ角，旋转方向为自上而下看的逆时针方向. 此时使得底面与DC 1的夹角正弦值为64343，此时求θ的值(θ<90°)；(3)求旋转后AA 1与BB 1的夹角余弦值.大题立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为2，M 是BC 的中点，N 是AB 1的中点，P 是B 1C 1的中点．(1)证明：MN ⎳平面A 1CP ；(2)求点P 到直线MN 的距离．【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】(1)建立如图空间直角坐标系A -xyz ，设平面A 1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，利用空间向量法证明MN ⋅n=0即可；(2)利用空间向量法即可求解点线距.【详解】(1)由题意知，AA 1⊥平面ABC ，∠BAC =60°，而AB ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥AB ，在平面ABC 内过点A 作y 轴，使得AB ⊥y 轴，建立如图空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0),B (2,0,0),C (1,3,0),A 1(0,0,2),B 1(2,0,2)，得M 32,32,0,N (1,0,1),P 32,32,2，所以A 1C =(1,3,-2),A 1P =32,32,0 ,MN =-12,-32,1 ，设平面A1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅A 1C=x +3y -2z =0n ⋅A 1P =32x +32y =0，令x =1，得y =-3,z =-1，所以n=(1,-3,-1)，所以MN ⋅n =-12×1+-32×(-3)+1×(-1)=0，又MN 不在平面A 1CP 内即MN ⎳平面A 1CP ；(2)如图，连接PM ，由(1)得PM =(0,0,-2)，则MN ⋅PM =-2，MN =2,PM =2，所以点P 到直线MN 的距离为d =PM 2-MN ⋅PMPM2= 3.2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD =60°,M 是侧棱PC 的中点，侧面PAD 为正三角形，侧面PAD ⊥底面ABCD ．(1)求三棱锥M -ABC 的体积；(2)求AM 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】(1)12(2)3311．【分析】(1)作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，由中位线得到M 到平面ABCD 的距离为32，进而由锥体体积公式求出答案；(2)证明出BO ⊥AD ，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由法向量的夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值.【详解】(1)如图所示，取AD 的中点O ，连接PO ．因为△PAD 是正三角形，所以PO ⊥AD ．又因为平面PAD ⊥底面ABCD ,PO ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，且PO =3．又因为M 是PC 的中点，M 到平面ABCD 的距离为32，S △ABC =12×2×2×sin 2π3=3，所以三棱锥M -ABC 的体积为13×3×32=12．(2)连接BO ,BD ，因为∠BAD =π3，所以△ABD 为等边三角形，所以BO ⊥AD ，以O 为原点，OA ,OB ,OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P 0,0,3 ,A 1,0,0 ,B 0,3,0 ,C -2,3,0 ，所以M -1,32,32 ,AM =-2,32,32,PB =0,3,-3 ,BC =-2,0,0 ．设平面PBC 的法向量为n=x ,y ,z ，则PB ⋅n =0BC ⋅n =0，即3y -3z =0-2x =0 ，解得x =0，取z =1，则y =1，所以n=0,1,1 ．设AM 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ=cos AM ,n =AM ⋅nAM ⋅n=-2,32,32 ⋅0,1,14+34+34×1+1=3311．即AM 与平面PBC 所成角的正弦值为3311．3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ,AB =AC =BC =AA 1=2，A 1B =6．(1)设D 为AC 中点，证明：AC ⊥平面A 1DB ；(2)求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)55【分析】(1)根据等边三角形的性质得出BD ⊥AC ，根据平面ACC 1A 1⊥平面ABC 得出BD ⊥平面ACC 1A 1，BD ⊥A 1D ，利用勾股定理得出AC ⊥A 1D ，从而证明AC ⊥平面A 1DB ；(2)建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面A 1AB 1的法向量和平面ACC 1A 1的一个法向量，利用向量求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角余弦值．【详解】(1)证明：因为D 为AC 中点，且AB =AC =BC =2，所以在△ABC 中，有BD ⊥AC ，且BD =3，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，且平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，BD ⊂平面ABC ,所以BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1，则BD ⊥A 1D ，由A 1B =6，BD =3，得A 1D =3，因为AD =1，AA 1=2，A 1D =3，所以由勾股定理，得AC ⊥A 1D ，又AC ⊥BD ，A 1D ∩BD =D ,A 1D ,BD ⊂平面A 1DB ，所以AC ⊥平面A 1DB ；(2)如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系D -xyz ，可得A (1,0,0),A 1(0,0,3),B (0,3,0)，则AA 1 =-1,0,3 ,AB=-1,3,0 ，设平面A 1AB 1的法向量为n=(x ,y ,z )，由n ⋅AA 1=-x +3z =0n ⋅AB=-x +3y =0，令x =3，得y =1，z =1，所以n=3,1,1 ,由(1)知，BD ⊥平面ACC 1A 1，所以平面ACC 1A 1的一个法向量为BD=(0,-3,0)，记平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角为α，则cos α=|n ⋅BD ||n ||BD |=35×3=55，所以平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值为55．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE 中，BC =BD =6，EC ⊥ED ，且EC =ED =2，AB 平行于平面CDE ，AE 平行于平面BCD ，AE ⊥CD .(1)证明：平面ABE ⊥平面CDE ；(2)若点A 到直线CD 的距离为22，F 为棱AE 的中点，求平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)10535【分析】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，使用线面平行的性质，然后用面面垂直的判定定理即可；(2)证明BE ⊥平面CDE ，然后构造空间直角坐标系，直接用空间向量方法即可得出结果.【详解】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，连接ME ,MB ，则平面ABE 与平面CDE 的交线为ME ，平面ABE 与平面BCD 的交线为MB ，因为AB 平行于平面CDE ，AB ⊂平面ABE ，平面ABE 和平面CDE 的交线为ME ，所以AB ∥ME ．同理AE ∥MB ，所以四边形ABME 是平行四边形，故AE ∥MB ，AB ∥ME .因为CD ⊥AE ，AE ∥MB ，所以CD ⊥MB ，又BC =BD =6，所以M 为棱CD 的中点在△CDE 中，EC =ED ，MC =MD ，所以CD ⊥ME ，由于AB ∥ME ，故CD ⊥AB .而CD ⊥AE ，AB ∩AE =A ，AB ,AE ⊂平面ABE ，所以CD ⊥平面ABE ，又CD ⊂平面CDE ，所以平面ABE ⊥平面CDE .(2)由(1)可知，CD ⊥平面ABME ，又AM ⊂平面ABME ，所以CD ⊥AM .而点A 到直线CD 的距离为22，故AM =2 2.在等腰直角三角形CDE 中，由EC =ED =2,得CD =2,MC =MD =ME =1.在等腰三角形BCD 中，由MC =MD =1，BC =BD =6，得BM = 5.在平行四边形ABME 中，AE =BM =5，AB =EM =1，AM =22，由余弦定理得cos ∠MEA =EM 2+AE 2-AM 22EM ·AE=-55，所以cos ∠BME =55，所以BE =BM 2+EM 2-2BM ·EM cos ∠BME =2.因为BE 2+ME 2=22+12=5 2=BM 2，所以BE ⊥ME .因为平面ABME ⊥平面CDE ，平面ABME 和平面CDE 的交线为ME ，BE 在平面ABME 内.所以BE ⊥平面CDE .如图，以E 为坐标原点，EC ,ED ,EB 分别为x ,y ,z 轴正方向，建立空间直角坐标系.则E 0,0,0 ,C 2,0,0 ,D 0,2,0 ,B 0,0,2 ,A -22,-22,2 ,F -24,-24,1.所以CD =-2,2,0 ,DB =0,-2,2 ,FB =24,24,1 .设平面BCD 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅CD=0m ⋅DB =0，即-2x 1+2y 1=0-2y 1+2z 1=0 .则可取x 1=2，得m=2,2,2 .设平面BDF 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，则n ⋅FB =0n ⋅DB=0，即24x 2+24y 2+z 2=0-2y 2+2z 2=0.取z 2=1，则n=-32,2,1 ．设平面BDF 与平面BCD 的夹角为θ，则cos θ=m ⋅n m ⋅n =-3210×21=10535.所以平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值为10535.5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1在平面ABC 内的射影O 在棱AC 的中点处，P 为棱A 1B 1(包含端点)上的动点．(1)求点P 到平面ABC 1的距离；(2)若AP ⊥平面α，求直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围．【答案】(1)23913；(2)25,104.【分析】(1)以O 为原点建立空间直角坐标系，求出平面ABC 1的法向量，再利用点到平面距离的向量求法求解即得.(2)由向量共线求出向量AP的坐标，再利用线面角的向量求法列出函数关系，并求出函数的值域即可.【详解】(1)依题意，A 1O ⊥平面ABC ，OB ⊥AC (底面为正三角形)，且A 1O =OB =3，以O 为原点，OB ,OC ,OA 1的方向分别为x ,y ,z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，则O (0,0,0),A (0,-1,0),B (3,0,0),C (0,1,0),A 1(0,0,3),C 1(0,2,3)，AC 1 =(0,3,3)，BC 1 =(-3,2,3)，AA 1 =(0,1,3)，由A 1B 1⎳AB ，A 1B 1⊄平面ABC 1，AB ⊂平面ABC 1，则A 1B 1⎳平面ABC 1，即点P 到平面ABC 1的距离等于点A 1到平面ABC 1的距离，设n =(x ,y ,z )为平面ABC 1的一个法向量，由n ⋅AC 1=3y +3z =0n ⋅BC 1=-3x +2y +3z =0，取z =3，得n=(1,-3,3)，因此点A 1到平面ABC 1的距离d =|AA 1 ⋅n||n |=2313=23913，所以点P 到平面ABC 1的距离为23913．(2)设A 1P =λA 1B 1 ，λ∈[0,1]，则AP =AA 1 +A 1P =AA 1 +λAB=(0,1,3)+λ(3,1,0)=(3λ,1+λ,3)，由AP ⊥α，得AP为平面α的一个法向量，设直线BC 1与平面α所成角为θ，则sin θ=|cos ‹BC 1 ,AP ›|=|BC 1 ⋅AP||BC 1 ||AP |=|5-λ|10⋅3λ2+(1+λ)2+3=5-λ25⋅2λ2+λ+2，令t =5-λ，则λ=5-t ，t ∈[4,5]，则sin θ=t 25⋅2(5-t )2+(5-t )+2=t25⋅2t 2-21t +57=125⋅2-21t+57t 2=125571t-7382+576，由t ∈[4,5]，得1t ∈15,14 ，于是571t -738 2+576∈225,516，25⋅571t -738 2+576∈2105,52 ，则sin θ∈25,104，所以直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围是25,104.6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P -ABCD 中，已知AB ∥CD ，∠BAD =90°，CD =2AB ，△PAB 是正三角形，点M 在侧棱PB 上且使得PD ⎳平面AMC ．(1)证明：PM =2BM ；(2)若侧面PAB ⊥底面ABCD ，CM 与底面ABCD 所成角的正切值为311，求二面角P -AC -B 的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)1010．【分析】(1)连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，由已知得AB CD=EBED ，由线面平行的性质得PD ∥EM ，根据三角形相似可得EB ED =BM PM=12，即PM =2BM(2)设AB 的中点O ，首先由已知得PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ∥PO 交AB 于点F ，得MF ⊥底面ABCD ，则∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，在底面ABCD 上过点O 作OG ⊥AC 于点G ，则∠PGO 是二面角P -AC -B 的平面角，根据条件求解即可【详解】(1)证明：连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，在△EAB 与△ECD 中，∵AB ∥CD ，∴AB CD=EBED ，由CD =2AB ，得ED =2EB ，又∵PD ⎳平面AMC ，而平面PBD ∩平面AMC =ME ，PD ⊂平面PBD ，∴PD ∥EM ，∴在△PBD 中，EB ED =BM PM=12，∴PM =2BM ；(2)设AB 的中点O ，在正△PAB 中，PO ⊥AB ，而侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB ∩底面ABCD =AB ，且PO ⊂平面PAB ，∴PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ⎳PO 交AB 于点F ，∴MF ⊥底面ABCD ，∴∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，∴MF CF=311，设AB =6a ，则MF=3a，∴CF=11a，BF=MF3=a，则在直角梯形ABCD中，AF=5a，而CD=12a，则AD=11a2-12a-5a2=62a，在底面ABCD上过点O作OG⊥AC于点G，则∠PGO是二面角P-AC-B的平面角，易得OA=3a，AC=66a，在梯形ABCD中，由OAOG=ACAD⇒3aOG=66a62a，得OG=3a，在Rt△POG中，PG=30a，∴cos∠PGO=OGPG=1010．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)4(2)413【分析】(1)取AB,CD的中点M,N，证得平面ADE⎳平面MNHG，得到AE⎳GH，再由平面ABG⎳平面CDEHG，证得AG⎳EH，得到平行四边形AGHE，得到GH=AE，求得HN=4，结合HN⊥平面ABCD，即可求解；(2)以点N为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面BFHG和平面AGHE的法向量n =(1,3,4)和m =(1,-3,4)，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】(1)如图所示，取AB,CD的中点M,N，连接GM,MN,HN，因为GA=GB，可得GM⊥AB，又因为平面ABG⊥平面ABCD，且平面ABG∩平面ABCD=AB，GM⊂平面ABG，所以GM⊥平面ABCD，同理可得：HN⊥平面ABCD，因为ED⊥平面ABCD，所以ED⎳HN，又因为ED⊄平面MNHG，HN⊂平面MNHG，所以ED⎳平面MNHG，因为MN⎳AD，且AD⊄平面MNHG，MN⊂平面MNHG，所以AD⎳平面MNHG，又因为AD∩DE=D，且AD,DE⊂平面ADE，所以平面ADE⎳平面MNHG，因为平面AEHG与平面ADE和平面MNHG于AE,GH，可得AE⎳GH，又由GM⎳HN，AB⎳CD，且AB∩GM=M和CD∩HN=N，所以平面ABG⎳平面CDEHG，因为平面AEHG与平面ABG和平面CDEHF于AG,EH，所以AG⎳EH，可得四边形AGHE 为平行四边形，所以GH =AE ，因为AE =AD 2+DE 2=42+12=17，所以GH =17，在直角△AMG ，可得GM =GB 2-AB 22=52-42=3，在直角梯形GMNH 中，可得HN =3+17-42=4，因为HN ⊥平面ABCD ，所以点H 到平面ABCD 的距离为4.(2)解：以点N 为原点，以NM ,NC ,NH 所在的直线分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E (0,-4,1),F (0,4,1),G (4,0,3),H (0,0,4)，可得HE =(0,-4,-3),HF =(0,4,-3),HG=(4,0,-1)，设平面BFHG 的法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅HG=4x -z =0n ⋅HF=4y -3z =0，取z =4，可得x =1,y =3，所以n=(1,3,4)，设平面AGHE 的法向量为m=(a ,b ,c )，则m ⋅HG=4a -c =0m ⋅HE=-4b -3c =0，取c =4，可得a =1,b =-3，所以m=(1,-3,4)，则cos m ,n =m ⋅n m n=1-9+161+9+16⋅1+9+16=413，即平面BFHG 与平面AGHE 所成锐二面角的余弦值413.8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE 为菱形，AC =BC =2，∠ACB =120°，平面ACDE ⊥平面ABC ，点F 在AB 上，且AF =2FB ，M ，N 分别在直线CD ，AB 上．(1)求证：CF ⊥平面ACDE ；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC =60°，MN 为直线CD ，AB 的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE 与平面ABC 所成角为α，若tan α>217，求平面BCD 与平面CFD 所成角余弦值的范围．【答案】(1)证明见解析(2)AN AF=913(3)528,255 【分析】(1)先通过余弦定理及勾股定理得到CF ⊥AC ，再根据面面垂直的性质证明；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，利用向量的坐标运算根据MN ⋅CD =0MN ⋅AF =0，列方程求解即可；(3)利用向量法求面面角，然后根据tan α>217列不等式求解.【详解】(1)AB 2=AC 2+BC 2-2AC ⋅BC ⋅cos ∠ACB =12，AB =23，AF =2FB ，所以AF =433，CF=13CA +23CB ，CF 2=19CA 2+49CB 2+49CA ⋅CB =43，AC 2+CF 2=4+43=163=AF 2，则CF ⊥AC ，又因为平面ACDE ⊥平面ABC ，平面ACDE ∩平面ABC =AC ，CF ⊂面ABC ，故CF ⊥平面ACDE ；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，由∠EAC =60°，可得∠DCA =120°，DC =2，所以C 0,0,0 ,D -1,0,3 ,A 2,0,0 ,F 0,233,0 所以AF =-2,233,0 ，CD =-1,0,3 ，设AN =λAF =-2λ,233λ,0 ，则N 2-2λ,233λ,0 ，设CM =μCD ，则M -μ,0,3μ ，MN =2-2λ+μ,233λ,-3μ ，由题知，MN ⋅CD=0MN ⋅AF =0 ⇒2λ-2-μ-3μ=04λ-4-2μ+43λ=0 ，解得λ=913，μ=-213，故AN AF=913；(3)B -1,3,0 ，设∠EAC =θ，则E 2-2cos θ,0,2sin θ ，BE=3-2cos θ,-3,2sin θ ，可取平面ABC 的法向量n=0,0,1 ，则sin α=cos n ,BE=n ⋅BEn ⋅BE =2sin θ 3-2cos θ 2+3+4sin 2θ=sin θ4-3cos θ，cos α=4-3cos θ-sin 2θ4-3cos θ，则tan α=sin θ4-3cos θ-sin 2θ>217，整理得10cos 2θ-9cos θ+2<0，故cos θ∈25,12，CF =0,23,0，CD =-2cos θ,0,2sin θ ，CB =-1,3,0 ，记平面CDF 的法向量为n 1 =x ,y ,z ，则有n 1 ⋅CD =0n 1 ⋅CF =0 ⇒-2x cos θ+2z sin θ=023y =0，可得n 1=sin θ,0,cos θ ，记平面CBD 的法向量为n 2 =a ,b ,c ，则有n 2 ⋅CD=0n 2 ⋅CB =0 ⇒-2a cos θ+2c sin θ=0-a +3b =0，可得n 2=3sin θ,sin θ,3cos θ ，记平面BCD 与平面CFD 所成角为γ，则cos γ=cos n 1 ,n 2 =33+sin 2θ，cos θ∈25,12 ，所以sin 2θ∈34,2125 ，3+sin 2θ∈152,465 ，故cos γ=33+sin 2θ∈528,255 ．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．【答案】(1)证明见解析(2)∠MAD =45°【分析】(1)根据面面与线面垂直的性质可得BD ⊥AF ，结合线面、面面垂直的判定定理即可证明；(2)建立如图空间直角坐标系，设∠MAD =α，AB =1，利用空间向量法求出二面角C -AM -E 的余弦值，建立方程1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，结合三角恒等变换求出α即可.【详解】(1)由已知得平面ABCD ⊥平面ABEF ，AF ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF =AB ，AF ⊂平面ABEF ，所以AF ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，故BD ⊥AF ，因为ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC ，AC ，AF ⊂平面ACF ，AC ∩AF =A ，所以BD ⊥平面ACF ，又BD ⊂平面BDE ，所以平面ACF ⊥平面BDE .(2)由(1)知AD ，AF ，AB 两两垂直，以AD ，AF ，AB 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图.设∠MAD =α，AB =1，则A 0,0,0 ，M cos α,sin α,0 ，C 1,0,1 ，E 0,1,1 ，故AM =cos α,sin α,0 ，AC =1,0,1 ，AE =0,1,1设平面AMC 的法向量为m =x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅AC =0，m ⋅AM=0故x 1+z 1=0x 1cos α+y 1sin α=0，取x 1=sin α，则y 1=-cos α，z 1=-sin α所以m=sin α,-cos α,-sin α设平面AME 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，n ⋅AE =0，n ⋅AM=0故y 2+z 2=0x 2cos α+y 2sin α=0，取x 2=sin α，则y 2=-cos α，z 2=cos α所以n=sin α,-cos α,cos α ，所以cos m ,n =1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α，由已知得1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，化简得：2sin 22α-9sin2α+7=0，解得sin2α=1或sin2α=72(舍去)故α=45°，即∠MAD =45°.10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)68585【分析】(1)取AC 的中点O ，根据面面垂直的性质定理，可得DO ⊥平面ABC ，即可求证DO 2⎳OO 1，进而可证矩形，即可根据线线平行以及平行的传递性求解.(2)建系，利用向量法，求解法向量n =1,-12,3 与方向向量DB =(-1,4,-3)的夹角，即可求解．【详解】(1)证明：取AC 的中点为O ，连接DO ，OO 1，O 1O 2，∵DA =DC ，O 为AC 中点，∴DO ⊥AC ，又平面DAC ⊥平面ABC ，且平面DAC ∩平面ABC =AC ，DO ⊂平面DAC ,∴DO ⊥平面ABC ，∴DO ⎳O 1O 2，DO =O 1O 2，故四边形DOO 1O 2为矩形，∴DO 2⎳OO 1，又O ，O 1分别是AC ，AB 的中点，∴OO 1⎳BC ，∴DO 2⎳BC ；(2)∵C 是圆O 1上异于A ，B 的点，且AB 为圆O 1的直径，∴BC ⊥AC ，∴OO 1⊥AC ，∴如图以O 为原点建立空间直角坐标系，由条件知DO =3，∴A (1,0,0),B (-1,4,0),C (-1,0,0),D (0,0,3)，∴E -12,0,32 ，设F (x ,y ,z )，∴BF =(x +1,y -4,z )，FD=(-x ,-y ,3-z )，由BF =2FD ，得F -13,43,233 ，∴AF =-43,43,233 ，∴DB =(-1,4,-3)，AE =-32,0,32 ，设平面AEF 法向量为n=(x 1,y 1,z 1)，则n ⋅AE=-32x 1+32z 1=0n ⋅AF =-43x 1+43y 1+233z 1=0，取n =1,-12,3 ，设直线BD 与平面AEF 所成角为θ，则sin θ=|cos <n ,DB>|=625⋅172=68585∴直线BD 与平面AEF 所成角的正弦值为68585．11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)241391【分析】(1)方法一运用空间向量的线性运算，进行空间位置关系的向量证明即可.方法二：建立空间直角坐标系，进行空间位置关系的向量证明即可.(2)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可.【详解】(1)方法一：∵A 1B 1=12AB ，∴AA 1 ⋅AB =AA 1 ⋅AD =22×22=2．∵D 1A =-12AD-AA 1∴D 1P =D 1A +AP =1-λ AB +12λ-12AD+λ-1 AA 1∴D 1P ⋅AC =1-λ AB +12λ-12AD +λ-1 AA 1 ⋅AB +AD =1-λ AB 2+12λ-12 AD2+λ-1 AB ⋅AA 1 +λ-1 AD ⋅AA 1=81-λ +812λ-12+4λ-1 =0．∴D 1P ⊥AC ，即D 1P ⊥AC ．方法二：以底面ABCD 的中心O 为原点，以OM 方向为y 轴，过O 点平行于AD 向前方向为x 轴，以过点O 垂直平面ABCD 向上方向为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正四棱台的高度为h ，则有 A 2,-2,0 ，B 2,2,0 ，C -2,2,0 ，D -2,-2,0 ，A 122,-22,h ，C 1-22,22,h ，D 1-22,-22,h ，M 0,2,0 ，AC =-22,22,0AP =1-λ 0,22,0 +12λ-22,0,0 +λ-22,22,0 =-322λ,22-322λ,λhD 1A =322,-22,-h ，D 1P =D 1A +AP =-322λ+322,-322λ+322,λh -h ．故AC ⋅D 1P=0，所以D 1P ⊥AC ．(2)设平面ABCD 的法向量为n=0,0,1 ，设平面AMC 1的法向量为m =x ,y ,z ，AM =-2,22,0 ，AC 1 =-322,322,h ，则有AM ⋅m=0AC 1 ⋅m=0 ，即-2x +22y =0-322x +322y +hz =0，令x =22h ，则m=22h ,2h ,3 ．又题意可得cos m ,n =38h 2+2h 2+9=37，可得h =2．因为λ=23，经过计算可得P 0,0,43 ，D 1-22,-22,2 ，D 1P =2,2,43．将h =2代入，可得平面AMC 1的法向量m=42,22,3 ．设直线DP 与平面AMC 1所成角的为θsin θ=cos DP ,m =8+4+42+2+16932+8+9=241391．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.【答案】(1)证明见详解(2)-22【分析】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，利用线面平行的判定定理证明；(2)由已知可知，△AA 1C 为等边三角形，故A 1E ⊥AC ，利用面面垂直的性质定理可证得A 1E ⊥底面ABC ，进而建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角余弦值.【详解】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，因为侧面BCC 1B 1是平行四边形，所以N 为B 1C 的中点，又因为点E 为线段AC 的中点，所以NE ⎳AB 1，因为AB 1⊄面BEC 1，NE ⊂面BEC 1，所以AB 1⎳面BEC 1.(2)连接A 1C ，A 1E ，因为∠A 1AC =π3，AC =AA 1=2，所以△AA 1C 为等边三角形，A 1C =2，因为点E 为线段AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ，因为侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，A 1E ⊂平面ACC 1A 1，所以A 1E ⊥底面ABC ，过点E 在底面ABC 内作EF ⊥AC ，如图以E 为坐标原点，分布以EF ，EC ，EA 1 的方向为x ,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系，则E 0,0,0 ，B 32,-12,0 ，C 10,2,3 ，所以EB =32,-12,0 ，EC 1 =0,2,3 ，设平面BEC 1的法向量为m=x ,y ,z ，则m ⋅EB =32x -12y =0m ⋅EC 1=2y +3z =0，令x =1，则y =3,z =-2，所以平面BEC 1的法向量为m=1,3,-2 ，又因为平面ABE 的法向量为n=0,0,1 ，则cos m ,n =-21+3+4=-22，经观察，二面角A -BE -C 1的平面角为钝角，所以二面角A -BE -C 1的余弦值为-22.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，△DCP 是等边三角形，∠DCB =∠PCB =π4，点M ，N 分别为DP 和AB 的中点.(1)求证：MN ⎳平面PBC ；(2)求证：平面PBC ⊥平面ABCD ；(3)求CM 与平面PAD 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)33.【分析】(1)取PC 中点E ，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得.(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.(3)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.【详解】(1)取PC 中点E ，连接ME ,BE ，由M 为DP 中点，N 为AB 中点，得ME ⎳DC ,ME =12DC ，又BN ⎳CD ,BN =12CD ，则ME ⎳BN ,ME =BN ，因此四边形BEMN 为平行四边形，于是MN ⎳BE ，而MN ⊄平面PBC ,BE ⊂平面PBC ，所以MN ⎳平面PBC .(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，连接DQ ，由∠DCB =∠PCB =π4,CD =PC ,QC =QC ，得△QCD ≌△QCP ，则∠DQC =∠PQC =π2，即DQ ⊥BC ，而PQ =DQ =2,PQ 2+DQ 2=4=PD 2，因此PQ ⊥DQ ，又DQ ∩BC =Q ,DQ ,BC ⊂平面ABCD ，则PQ ⊥平面ABCD ，PQ ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面ABCD .(3)由(2)知，直线QC ,QD ,QP 两两垂直，以点Q 为原点，直线QC ,QD ,QP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则C (2,0,0),P (0,0,2),D (0,2,0),M 0,22,22,A (-2,2,0)，CM =-2,22,22,AD =(2,0,0),DP =(0,-2,2)，设平面PAD 的一个法向量n =(x ,y ,z )，则n ⋅AD=2x =0n ⋅DP=-2y +2z =0，令y =1，得n=(0,1,1)，设CM 与平面PAD 所成角为θ，sin θ=|cos ‹CM ,n ›|=|CM ⋅n||CM ||n |=23⋅2=33，所以CM 与平面PAD 所成角的正弦值是33.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，△PAD 为等边三角形，AD ⎳BC ，AD ⊥AB ，AD =AB =2BC =2．(1)求证：AD ⊥PC ；(2)点N 在棱PC 上运动，求△ADN 面积的最小值；(3)点M 为PB 的中点，在棱PC 上找一点Q ，使得AM ⎳平面BDQ ，求PQQC的值．【答案】(1)证明见解析(2)2217(3)4【分析】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，依题意可得四边形ABCH 为矩形，即可证明CH ⊥AD ，再由PH ⊥AD ，即可证明AD ⊥平面PHC ，从而得证；(2)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，即可得到CG AG=12，再根据线面平行的性质得到CF FM =12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，即可得到MKCQ=2，最后由PQ =2MK 即可得解.【详解】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，则AH ⎳BC 且AH =BC ，又AD ⊥AB ，所以四边形ABCH 为矩形，所以CH ⊥AD ，又△PAD 为等边三角形，所以PH ⊥AD ，PH ∩CH =H ，PH ,CH ⊂平面PHC ，所以AD ⊥平面PHC ，又PC ⊂平面PHC ，所以AD ⊥PC .(2)连接HN ，由AD ⊥平面PHC ，又HN ⊂平面PHC ，所以AD ⊥HN ，所以S △ADH =12AD ⋅HN =HN ，要使△ADN 的面积最小，即要使HN 最小，当且仅当HN ⊥PC 时HN 取最小值，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥平面ABCD ，又HC ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥HC ，在Rt △HPC 中，CH =2，PH =3，所以PC =CH 2+PH 2=7，当HN ⊥PC 时HN =PH ⋅CH PC =237=2217，所以△ADN 面积的最小值为2217.(3)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，因为AD ⎳BC 且AD =2BC =2，所以△CGB ∽△AGD ，所以CG AG =BC AD=12，因为AM ⎳平面BDQ ，又AM ⊂平面ACM ，平面BDQ ∩平面ACM =GF ，所以GF ⎳AM ，所以CF FM =CG AG=12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，则有MK CQ =MF CF=2，所以PQ =2MK ，所以PQ =2MK =4CQ ，即PQQC=415(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O 1O 2的轴截面A 1ACC 1为等腰梯形，AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点，且AB =BC ,P 是线段BC 的中点.(1)求证：C 1P ⎳平面A 1AB .(2)求平面A 1AB 与平面C 1CB 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)17【分析】(1)取AB 的中点H ，连接A 1H ,PH ，证明四边形A 1C 1PH 为平行四边形，进而得C 1P ⎳A 1H ，即可证明；(2)建立空间直角坐标系，求两平面的法向量，利用平面夹角公式求解.【详解】(1)取AB 的中点H ，连接A1H ,PH ，如图所示，因为P 为BC 的中点，所以PH ⎳AC ,PH =12AC .在等腰梯形A 1ACC 1中，A 1C 1⎳AC ,A 1C 1=12AC ，所以HP ⎳A 1C 1,HP =A 1C 1，所以四边形A 1C 1PH 为平行四边形，所以C 1P ⎳A 1H ，又A 1H ⊂平面A 1AB ,C 1P ⊄平面A 1AB ，所以C 1P ⎳平面A 1AB .(2)因为AB =BC ,故O 2B ⊥AC ，以直线O 2A ,O 2B ，O 2O 1分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，在等腰梯形A 1ACC 1中，AC =2AA 1=2A 1C 1=4，此梯形的高为h =AA 21-AC -A 1C 122= 3.因为A 1C 1=12AC ,A 1C 1⎳AC ，。

高中数学立体几何经典大题训练

〔2〕取BB’中点N,连结MN,如此MN⊥平面BCC’B’
过点N作NH⊥BC’于H,连结MH
如此由三垂线定理得BC’⊥MH
从而,∠MHN为二面角M-BC’-B’的平面角
MN=1,NH=Bnsin45°=
在Rt△MNH中,tan∠MHN=
故二面角M-BC’-B’的大小为arctan2
<3>易知,S△OBC=S△OA’D’,且△OBC和△OA’D’都在平面BCD’A’内
OH=OCsin600= ,MH= ,利用体积相等得： .
〔2〕CE是平面与平面的交线.
由〔1〕知,O是BE的中点,如此BCED是菱形.
作BF⊥EC于F,连AF,如此AF⊥EC,∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角,设为 .
因为∠BCE=120°,所以∠BCF=60°.
,
,
所以,所求二面角的正弦值是 .
10.解法一：〔1〕连结AC,取AC中点K,如此K为BD的中点,连结OK
因为M是棱AA’的中点,点O是BD’的中点
所以AM
所以MO
由AA’⊥AK,得MO⊥AA’
因为AK⊥BD,AK⊥BB’,所以AK⊥平面BDD’B’
所以AK⊥BD’
所以MO⊥BD’
又因为OM是异面直线AA’和BD’都相交
故OM为异面直线AA'和BD'的公垂线
4.解<Ⅰ>在△PBC中,E,F分别是PB,PC的中点,∴EF∥BC.
又BC∥AD,∴EF∥AD,
又∵AD 平面PAD,EF 平面PAD,
∴EF∥平面PAD.
<Ⅱ>连接AE,AC,EC,过E作EG∥PA交AB于点G,
如此BG⊥平面ABCD,且EG= PA.

(完整版)高中数学立体几何大题(有答案)

1．(2014•山东）如图,四棱锥P﹣ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB=BC=AD,E,F分别为线段AD,PC的中点．(Ⅰ）求证:AP∥平面BEF；（Ⅱ）求证:BE⊥平面PAC．解答：证明：（Ⅰ）连接CE,则∵AD∥BC，BC=AD,E为线段AD的中点，∴四边形ABCE是平行四边形,BCDE是平行四边形,设AC∩BE=O，连接OF，则O是AC的中点，∵F为线段PC的中点，∴PA∥OF，∵PA⊄平面BEF，OF⊂平面BEF，∴AP∥平面BEF;(Ⅱ）∵BCDE是平行四边形，∴BE∥CD,∵AP⊥平面PCD,CD⊂平面PCD，∴AP⊥CD，∴BE⊥AP，∵AB=BC，四边形ABCE是平行四边形，∴四边形ABCE是菱形，∴BE⊥AC，∵AP∩AC=A，∴BE⊥平面PAC．3．（2014•湖北）在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，E为PC中点，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ADC=90°，AB=AD=PD=1，CD=2．（Ⅰ）求证：BE∥平面PAD；（Ⅱ）求证：BC⊥平面PBD;（Ⅲ)设Q为侧棱PC上一点，，试确定λ的值，使得二面角Q﹣BD﹣P为45°．解答：解：(Ⅰ)取PD的中点F，连接EF，AF,∵E为PC中点，∴EF∥CD，且，在梯形ABCD中，AB∥CD,AB=1，∴EF∥AB，EF=AB,∴四边形ABEF为平行四边形,∴BE∥AF，∵BE⊄平面PAD，AF⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD．（4分）（Ⅱ）∵平面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，∴PD⊥平面ABCD,∴PD⊥AD．（5分)如图，以D为原点建立空间直角坐标系D﹣xyz．则A(1，0，0），B（1,1，0)，C（0，2，0)，P(0，0，1）．（6分），,∴，BC⊥DB,（8分）又由PD⊥平面ABCD,可得PD⊥BC，∴BC⊥平面PBD．(9分）(Ⅲ）由（Ⅱ）知,平面PBD的法向量为,（10分）∵，，且λ∈(0,1）∴Q(0,2λ,1﹣λ），（11分）设平面QBD的法向量为=(a，b，c），,，由，，得，∴，（12分）∴，(13分)因λ∈（0，1），解得．（14分）4．（2014•江苏)如图，在三棱锥P﹣ABC中，D，E,F分别为棱PC，AC，AB的中点，已知PA⊥AC，PA=6,BC=8，DF=5．求证：（1)直线PA∥平面DEF；（2)平面BDE⊥平面ABC．解答：证明：（1）∵D、E为PC、AC的中点,∴DE∥PA,又∵PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，∴PA∥平面DEF;（2）∵D、E为PC、AC的中点，∴DE=PA=3;又∵E、F为AC、AB的中点,∴EF=BC=4;∴DE2+EF2=DF2，∴∠DEF=90°，∴DE⊥EF；∵DE∥PA,PA⊥AC,∴DE⊥AC；∵AC∩EF=E，∴DE⊥平面ABC;∵DE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABC．13．(2012•江苏）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,A1B1=A1C1，D，E分别是棱BC,CC1上的点（点D 不同于点C）,且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：（1）平面ADE⊥平面BCC1B1；（2)直线A1F∥平面ADE．解答：解：（1）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC，∵AD⊂平面ABC,∴AD⊥CC1又∵AD⊥DE，DE、CC1是平面BCC1B1内的相交直线∴AD⊥平面BCC1B1，∵AD⊂平面ADE∴平面ADE⊥平面BCC1B1；（2）∵△A1B1C1中，A1B1=A1C1，F为B1C1的中点∴A1F⊥B1C1，∵CC1⊥平面A1B1C1,A1F⊂平面A1B1C1，∴A1F⊥CC1又∵B1C1、CC1是平面BCC1B1内的相交直线∴A1F⊥平面BCC1B1又∵AD⊥平面BCC1B1，∴A1F∥AD∵A1F⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，∴直线A1F∥平面ADE．16．(2010•深圳模拟）如图，在四棱锥S﹣ABCD中,底面ABCD为正方形，侧棱S D⊥底面ABCD，E、F分别是AB、SC的中点（1）求证：EF∥平面SAD(2)设SD=2CD，求二面角A﹣EF﹣D的大小．解答：（1）如图，建立空间直角坐标系D﹣xyz．设A（a，0,0)，S（0，0,b）,则B(a，a，0），C(0,a,0）,，．取SD的中点,则．平面SAD，EF⊄平面SAD，所以EF∥平面SAD．（2)不妨设A（1,0，0），则B（1，1，0），C(0，1,0)，S(0，0,2），，．EF 中点，，,又，，所以向量和的夹角等于二面角A﹣EF﹣D的平面角．．所以二面角A﹣EF﹣D的大小为．。

(完整word版)高中立体几何大量习题及答案

立体几何一、选择题1. 给出下列四个命题①垂直于同一直线的两条直线互相平行；②垂直于同一平面的两个平面互相平行；③若直线4与同一平面所成的角相等，则4互相平行；④若直线 /|仏是异面直线，则与都相交的两条直线是异面直线。

其中假命题的个数是（）A. 1B. 2 C ・ 3 D. 42. 将正方形ABCD 沿对角线〃£）折成一个120。

的二面角，点C 到达点G ，这时异面直线AD 与BCi 所成角的余弦值是（）A. —B. -C.逅D.- 2 2 4 43. —个长方体一顶点的三个面的面积分别是血、巧、后，这个长方体对角线的长为（）6. 正方体A ,B ,C ,D ,—ABCD 的棱长为a, EF 在AB 上滑动，且|EF|=b （b<a=9 Q 点在DC 上滑动，则四面体N —EFQ 的体积（）A ・与E 、尸位置有关 B.与Q 位置有关C.与E 、F 、0位置都有关D.与E 、F 、0位買均无关，是定值 7. 三个两两垂直的平面，它们的三条交线交于一点O,点P 到三个平面的距离比为1 ：2 ： 3, PO=2V14 ,则P 到这三个平面的距离分别是（）4. A. 2^3 B. 3^2 C. 6 如图，在正三角形ABC 中，D 、E 、尸分别为各边的中点，G 、H 、I 、丿分别为AF 、AD. BE 、DE 的中点.将△ ABC 沿QE 、EF 、Q 尸折成三棱锥以后，与〃所成角的度数为（A. 90° B ・ 60° C. 45。

5.两相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD 与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有（）A ・I 个B. 2个C. 3个 D0°D.A. 1, 2, 3 B・ 2, 4, 6 C・ 1, 4, 6 D・ 3, 6, 98. 如图，在四而体ABCD 中，截rfij AEF 经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心O,且与BC, DC 分别截于E 、F,如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥A —BEFD 与三棱锥A-EFC 的表面积分别是Si ，52,则必有（）A. S\<S2B. Si>S2C. S I =52D. 5I ，S2的大小关系不能确定 9. 条件甲：四棱锥的所有侧面都是全等三角形，条件乙：这个四棱锥是正四棱锥，则条件甲是条件乙的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件10. 已知棱锥的顶点为P, P 在底面上的射影为O, PO=a,现用平行于底面的平面去截这个棱锥，截面交PO 于点M,并使截得的两部分侧面积相等，设OM=b ，则a 与b 的关系是（） B ・ h= （ V2 +1） aD.后土色 2 —♦ f11. 已知向量d=（2, 4, x ）, 〃=（2, y, 2）,若f |=6, “ 丄〃，则 x+y 的值是（）12. 一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是迈,JI 亦，这个长方体它的八个顶点都在同一个球面上，这个球的表面积是（）A.1271B. 1871C.3671D. 6兀 13. 己知某个几何体的三视图如下，图中标出的尺寸（单位:cm ）,则这个几何体的体积是（）已知圆锥的全面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧tfri 展开图扇形的圆心角为（ A.12O 0 B.15O 0 C.180° D.24O 0A ・ b= ( 5/2 —l)a A. 4000 14. A8000 正视图俯视图20. 15.在一个倒置的正三棱锥容器内，放入一个钢球，钢球恰好与棱锥的四个而都接触，经过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的截面图形是（）“（-1,0,2）,且几+》与必―》互相垂直，贝IJR 值是（）厂3 “7 C. — D.— 5516. 正四棱柱 ABCD-AiBiCiDi 中，AB=3, BBi=4.长为 1 的线段PQ 在棱AAi 上移动，长为3的线段MN 在棱 CCi±移动，点R 在棱BBi 上移动，则四棱锥R- PQMN 的体积是（）A. 6B. 10 C ・12 D ・不确定17. 已知三棱锥0—ABC 中，OA 、OB 、OC 两两互相垂直，若x+y=4,则已知三棱锥O —ABC 体积的最大值是（）1 2 >/3 B. — C. — D. 3 3 3 A.l18. 如图，在正四面体A-BCD 中，E 、F 、G 分别是三角形ADC 、ABD 、BCD 的中心, 则AEFG 在该正四面体各个面上的射影所有可能的序号是（）A.①③B.②®® c.③④D.②④ A/ \ /◎、L ________ \ ① MB — — —②19. 如來底而直径和高相等的圆柱的侧面积是s •那么圆柱的体积等于A.-VSB.-J-C.-VSD.- 2 2V K 44 vn 已知直线AB. CD 是异面直线，AC 丄AB, AC 丄CD, BD 丄CD, 则异面直线AB 与CD 所成角的大小为（）A. 30°B. 45° 且 AB=2, CD=1,C. 60°D. 75°已知向量”m°）,B.- 5 A. 1 OC=1, OA=x, OB=y,22. 在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最参可有（）A.4个B.2个C.3个D.1个23. 三棱锥A-BCD 中，AC 丄BD, E 、F 、G 、H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点，则四边形EFGH 是（）A.菱形B.矩形C.梯形D.正方形24. 在正四面体P —ABC 中，D 、E 、F 分别是AB 、BC 、CA 的中点，下面四个结论中不成立的是（）25. 一棱锥被平行于底面的平面所截，若截面1何积与底面面积的比为1： 3,则此截面把一条侧棱分成的两线段之比为（）A.1： 3B.1： 2C.1：羽D.1：羽一 1 26. 正四面体P —ABC 中，M 为棱AB 的中点，则PA 与CM 所成角的余弦值为（）A 並B 並C 返D 迴 A. 2 B. § C. 4 D. 327. —个三棱锥S —ABC 的三条侧棱SA 、SB 、SC 两两互相垂直，且长度分别为1, & ,3 已知该三棱锥的四个顶点都在一个球而上，则这个球的表面积为（）A.16nB.32 兀C.36 兀D.64 兀28. 在棱长为。

(完整版)立体几何典型例题精选(含答案)

FEDCBA 立体几何专题复习热点一：直线与平面所成的角例1．（2014，广二模理 18）如图，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，EF ∥平面ABCD ， 1EF =，,90FB FC BFC ︒=∠=，3AE =.（1）求证：AB ⊥平面BCF ；（2）求直线AE 与平面BDE 所成角的正切值.变式1：（2013湖北8校联考）如左图，四边形ABCD 中，E 是BC 的中点，2,1,5,DB DC BC ===2.AB AD ==将左图沿直线BD 折起，使得二面角A BD C --为60,︒如右图.（1）求证：AE ⊥平面;BDC（2）求直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值.变式2：[2014·福建卷] 在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图1-5所示．(1)求证：AB ⊥CD ； (2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．热点二：二面角例2．[2014·广东卷] 如图1-4，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于点F，FE∥CD，交PD于点E.(1)证明：CF⊥平面ADF；(2)求二面角D-AF-E的余弦值．变式3：[2014·浙江卷] 如图1-5，在四棱锥A-BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝ 2.(1)证明：DE⊥平面ACD；(2)求二面角B-AD-E的大小．变式4：[2014·全国19] 如图1-1所示，三棱柱ABC-A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC 上，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝CC1＝2.(1)证明：AC1⊥A1B; (2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为3，求二面角A1 -AB -C的大小．热点三：无棱二面角例3．如图三角形BCD 与三角形MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，23AB =.（1）求点A 到平面MBC 的距离；（2）求平面ACM 与平面BCD 所成二面角的正弦值.变式5：在正方体1111ABCD A B C D -中，1K BB ∈，1M CC ∈，且114BK BB =，134CM CC =．求：平面AKM 与ABCD 所成角的余弦值．变式6：如图1111ABCD A B C D -是长方体，AB ＝2，11AA AD ==，求二平面1AB C 与1111A B C D 所成二面角的正切值．高考试题精选1．[2014·四川，18] 三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图1-4所示．设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角A-NP-M的余弦值．2．[2014·湖南卷] 如图所示，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．(1)证明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1OB1D的余弦值．3．[2014·江西19] 如图1-6，四棱锥P-ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证：AB⊥PD. (2)若∠BPC＝90°，PB＝2，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P-ABCD 的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值．M OH FED C B A 立体几何专题复习答案例1.（2014，广二模）（1）证明：取AB 的中点M ，连接EM ，则1AM MB ==，∵EF ∥平面ABCD ，EF ⊂平面ABFE ，平面ABCD 平面ABFE AB =， ∴EF ∥AB ，即EF ∥MB . ……………1分 ∵EF =MB 1=∴四边形EMBF 是平行四边形. ……………2分 ∴EM ∥FB ，EM FB =.在Rt △BFC 中，2224FB FC BC +==，又FB FC =，得FB =∴EM =……………3分在△AME中，AE =1AM =，EM =∴2223AM EM AE +==，∴AM EM ⊥. ……………4分 ∴AM FB ⊥，即AB FB ⊥. ∵四边形ABCD 是正方形，∴AB BC ⊥. ……………5分 ∵FB BC B =，FB ⊂平面BCF ，BC ⊂平面BCF ，∴AB ⊥平面BCF . ……………6分（2）证法1：连接AC ，AC 与BD 相交于点O ，则点O 是AC 的中点，取BC 的中点H ，连接,OH EO ，FH ，则OH ∥AB ，112OH AB ==. 由（1）知EF ∥AB ，且12EF AB =，∴EF ∥OH ，且EF OH =.∴四边形EOHF 是平行四边形.∴EO ∥FH ，且1EO FH == .……………7分由（1）知AB ⊥平面BCF ，又FH ⊂平面BCF ，∴FH AB ⊥. ……………8分∵FH BC ⊥，,ABBC B AB =⊂平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴FH ⊥平面ABCD . ……………9分 ∴EO ⊥平面ABCD . ∵AO ⊂平面ABCD ，∴EO ⊥AO . ……………10分 ∵AO BD ⊥，,EOBD O EO =⊂平面EBD ，BD ⊂平面EBD ，∴AO ⊥平面EBD . ……………11分∴AEO ∠是直线AE 与平面BDE 所成的角. ……………12分在Rt △AOE中，tan AOAEO EO∠== ……………13分 ∴直线AE 与平面BDE……………14分证法2：连接AC ，AC 与BD 相交于点O ，则点O 取BC 的中点H ，连接,OH EO ，FH ，则OH ∥AB ，112OH AB ==.由（1）知EF ∥AB ，且12EF AB =， ∴EF ∥OH ，且EF OH =. ∴四边形EOHF 是平行四边形.∴EO ∥FH ，且1EO FH ==. ……………7分由（1）知AB ⊥平面BCF ，又FH ⊂平面BCF ， ∴FH AB ⊥.∵FH BC ⊥，,ABBC B AB =⊂平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴FH ⊥平面ABCD .∴EO ⊥平面ABCD . ……………8分以H 为坐标原点，BC 所在直线为x 轴，OH 所在直线为y 轴，HF 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系H xyz -，则()1,2,0A -，()1,0,0B ，()1,2,0D --，()0,1,1E -. ∴()1,1,1AE =-，()2,2,0BD =--，()1,1,1BE =--. ……………9分设平面BDE 的法向量为=n (),,x y z ，由n 0BD ⋅=，n 0BE ⋅=，得220x y --=，0x y z --+=，得0,z x y ==-.令1x =，则平面BDE 的一个法向量为=n ()1,1,0-. ……………10分设直线AE 与平面BDE 所成角为θ，则sin θ=cos ,n AE⋅=n AE nAE=. ……………11分∴cos θ==，sin tan cos θθθ== ……………13分 ∴直线AE 与平面BDE……………14分变式1：（2013湖北8校联考）（1）取BD 中点F ，连结,EF AF ,则11,,60,2AF EF AFE ==∠=……………2分由余弦定理知22222113121cos 60,222AE AF EF AE AE EF ⎛⎫=+-⋅⋅=+=∴⊥ ⎪⎝⎭………4分又BD ⊥平面AEF ,,BD AE AE ∴⊥⊥平面BDC ………6分（2）以E 为原点建立如图示的空间直角坐标系，则31(1,,0)2A C -,11(1,,0),(1,,0)22B D --- ………8分设平面ABD 的法向量为n (,,)x y z =,由00n DB n DA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得201302x x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩,取3z =,则3,(0,3)y =-∴=-n . 136(1,,),cos ,224||||AC AC AC AC =--∴<>==-n n n ……11分故直线AC 与平面ABD 10. …………12分变式2：（2014福建卷）解：(1)证明：∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD . …………3分又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD . …………4分 (2)过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD .由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD . ……6分以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．依题意，得B (0，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，A (0，0，1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12.则BC →＝(1，1，0)，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，AD →＝(0，1，－1)．…………7分设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0，取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1，1)． …………9分设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝||cos 〈n ，AD →〉＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝63. …………11分即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. …………12分例2.（2014，广东卷）:(1):,,,,A ,,,,,,,,,,.(2):E EG//CF DF G,,,G GH AF H,EH,PD ABCD PD PCD PCD ABCD PCD ABCD CD D ABCD AD CD AD PCD CF PCD CF AD AF PC CF AF AD AF ADF ADAF A CF ADF CF DF EG DF ⊥⊂∴⊥=⊂⊥∴⊥⊂∴⊥⊥∴⊥⊂=∴⊥⊥∴⊥⊥∠解证明平面平面平面平面平面平面平面平面又平面平面解法一过作交于平面A 平面A 过作于连则00,CD 2,30,130,==1,21324,,,,,22333EG .,423EHG D AF E DPC CDF CF CD DECF CP EF DC DEDF DP CP DE EF AE AF EF DF AE EF EH HG AF --=∠=∴∠==∴=∴⋅=====⋅∴====为二面角的平面角设从而∥还易求得EF=从而易得故cos GH EHG EH ∴∠===12:,,,,,2,1(0,0,2),C(0,2,0),,(23,22,0),,,431,0),ADF CP (3,1,0),22AEF (x DP DC DA x y z DC A CF CP F DF CF F E n n λλλλ==-⊥===-=解法二分别以为轴建立空间直角坐标系设则设则可得从而易得取面的一个法向量为设面的一个法向量为2212212,y,z),0,0,4||||2n AE n AF n n n n n ⋅=⋅=⋅==⋅⨯利用且得可以是从而所求二面角的余弦值为变式3：（2014浙江卷）解：(1)证明：在直角梯形BCDE 中，由DE ＝BE ＝1，CD ＝2，得BD ＝BC ＝2，由AC ＝2，AB ＝2，得AB 2＝AC 2＋BC 2，即AC ⊥BC . …………2分又平面ABC ⊥平面BCDE ，从而AC ⊥平面BCDE ，所以AC ⊥DE .又DE ⊥DC ，从而DE ⊥平面ACD . …………4分 (2)方法一：过B 作BF ⊥AD ，与AD 交于点F ，过点F 作FG ∥DE ，与AE 交于点G ，连接BG . 由(1)知DE ⊥AD ，则FG ⊥AD .所以∠BFG 是二面角B - AD - E 的平面角．…………6分在直角梯形BCDE 中，由CD 2＝BC 2＋BD 2，得BD ⊥BC .又平面ABC ⊥平面BCDE ，得BD ⊥平面ABC ，从而BD ⊥AB .由AC ⊥平面BCDE ，得AC ⊥CD . 在Rt △ACD 中，由DC ＝2，AC ＝2，得AD ＝ 6.在Rt △AED 中，由ED ＝1，AD ＝6，得AE ＝7.…………7分在Rt △ABD 中，由BD ＝2，AB ＝2，AD ＝6，得BF ＝2 33，AF ＝23AD .从而GF ＝23ED ＝23. …………9分在△ABE ，△ABG 中，利用余弦定理分别可得cos ∠BAE ＝5 714，BG ＝23. …………11分在△BFG 中，cos ∠BFG ＝GF 2＋BF 2－BG 22BF ·GF ＝32. …………13分所以，∠BFG ＝π6，即二面角B - AD - E 的大小是π6.…………14分方法二：以D 为原点，分别以射线DE ，DC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D - xyz ，如图所示．由题意知各点坐标如下：D (0，0，0)，E (1，0，0)，C (0，2，0)，A (0，2，2)，B (1，1，0)．设平面ADE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．可算得AD ＝(0，－2，－2)，AE ＝(1，－2，－2)，DB →＝(1，1，0)．…………7分由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD ＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎨⎧－2y 1－2z 1＝0，x 1－2y 1－2z 1＝0，可取m ＝(0，1，－2)．…………9分由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎨⎧－2y 2－2z 2＝0，x 2＋y 2＝0，可取n ＝(1，－1，2)．…………11分于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝33×2＝32. …………13分由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B - AD - E 的大小是π6. …………变式4：（2014全国卷） 19．解：方法一：(1)证明：因为A 1D ⊥平面ABC ，A 1D ⊂平面AA 1C 1C ，故平面 AA 1C 1⊥平面ABC . 又BC ⊥AC ，所以BC ⊥平面AA 1C 1C . …………2分连接A 1C ，因为侧面AA 1C 1C 为菱形，故AC 1⊥A 1C .由三垂线定理得AC 1⊥A 1B . ……4分（注意：这个定理我们不能用） (2) BC ⊥平面AA 1C 1C ，BC ⊂平面BCC 1B 1，故平面AA 1C 1C ⊥平面BCC 1B 1.作A 1E ⊥CC 1，E 为垂足，则A 1E ⊥平面BCC 1B 1. …………6分又直线AA 1∥平面BCC 1B 1，因而A 1E 为直线AA 1与平面BCC 1B 1的距离，即A 1E ＝ 3.因为A 1C 为∠ACC 1的平分线，所以A 1D ＝A 1E ＝ 3. …………8分作DF ⊥AB ，F 为垂足，连接A 1F .由三垂线定理得A 1F ⊥AB ，故∠A 1FD 为二面角A 1 AB C 的平面角．…………10分由AD ＝AA 21－A 1D 2＝1，得D 为AC 中点，DF ＝55，tan ∠A 1FD ＝A 1DDF＝15，……12分所以cos ∠A 1FD ＝14. …………13分所以二面角A 1 AB C 的大小为arccos 14. …………14分方法二：以C 为坐标原点，射线CA 为x 轴的正半轴，以CB 的长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C - xyz .由题设知A 1D 与z 轴平行，z 轴在平面AA 1C 1C 内．(1)证明：设A 1(a ，0，c )．由题设有a ≤2，A (2，0，0)，B (0，1，0)，则AB →＝(－2，1，0)，AC →＝(－2，0，0)，AA 1→＝(a －2，0，c )，AC 1→＝AC →＋AA 1→＝(a －4，0，c )，BA 1→＝(a ，－1，c )|AA 1→|＝2，得（a －2）2＋c 2＝2，即a 2－4a ＋c 2＝0.①又AC 1→·BA 1→＝a 2－4a ＋c 2＝0，所以AC 1⊥A 1B . …………4分(2)设平面BCC 1B 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则m ⊥CB →，m ⊥BB 1→，即m ·CB →＝0，0.因为CB →＝(0，1，0)，BB 1→＝AA 1→＝(a －2，0，c )，所以y ＝0且(a －2)x ＋cz ＝0.令x ＝c ，则z ＝2－a ，所以m ＝(c ，0，2－a )，故点A 到平面BCC 1B 1的距离为 |CA →|·|cos 〈m ，CA →〉|＝|CA →·m ||m |＝2cc 2＋（2－a ）2＝c . …………6分又依题设，A 到平面BCC 1B 1的距离为3，所以c ＝3，代入①，解得a ＝3(舍去)或a ＝1，于是AA 1→＝(－1，0，3)． …………8分设平面ABA 1的法向量n ＝(p ，q ，r )，则n ⊥AA 1→，n ⊥AB →，即n ·AA 1→＝0，n ·AB →＝0，－p ＋3r ＝0，且－2p ＋q ＝0. 令p ＝3，则q ＝23，r ＝1，所以n ＝(3，23，1)．…………10分又p ＝(0，0，1)为平面ABC 的法向量，…………11分故 cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝14. …………13分所以二面角A 1 AB C 的大小为arccos 14. …………14分例3. 无棱二面角（2010年江西卷）解法一：（1）取CD 中点O ，连OB ，OM ，则OB ⊥CD ，OM ⊥CD .又平面MCD ⊥平面BCD ,则MO ⊥平面BCD ，所以MO ∥AB ，A 、B 、O 、M 共面.延长AM 、BO 相交于E ，则∠AEB 就是AM 与平面BCD 所成的角.OB =MO 3MO ∥AB ，MO//面ABC ，M 、O 到平面ABC 的距离相等，作OH ⊥BC 于H ，连MH ，则MH ⊥BC ，求得：OH=OCsin600=32,MH=152,利用体积相等得：2155A MBC M ABC V V d --=⇒=。

高中几何体试题及答案大全

高中几何体试题及答案大全试题一：直线与平面的关系题目：在空间直角坐标系中，直线l过点A(1, 2, 3)且与向量(2, -1, 0)平行。

求证：直线l与平面x - 2y + z = 6平行。

答案：首先，直线l的参数方程可以表示为：\[ x = 1 + 2t, \quad y = 2 - t, \quad z = 3 \]其中\( t \)为参数。

接下来，将直线l的参数方程代入平面方程x - 2y + z = 6，得到：\[ (1 + 2t) - 2(2 - t) + 3 = 6 \]\[ 1 + 2t - 4 + 2t + 3 = 6 \]\[ 4t = 6 \]\[ t = \frac{3}{2} \]由于直线l的参数方程中，参数\( t \)可以取任意实数，而代入平面方程后，\( t \)有唯一解，这表明直线l与平面x - 2y + z = 6平行。

试题二：立体几何体积计算题目：一个正方体的边长为a，求其外接球的体积。

答案：正方体的外接球的直径等于正方体的对角线长度，即：\[ 2R = a\sqrt{3} \]其中\( R \)为外接球的半径。

由此可得外接球的半径为：\[ R = \frac{a\sqrt{3}}{2} \]球的体积公式为：\[ V = \frac{4}{3}\pi R^3 \]代入\( R \)的值，得到正方体外接球的体积为：\[ V = \frac{4}{3}\pi \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^3 =\frac{\pi a^3\sqrt{3}}{2} \]试题三：圆锥曲线问题题目：已知椭圆的方程为\( \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1 \)，其中a > b > 0。

求椭圆的焦点坐标。

答案：椭圆的焦点位于主轴上，根据椭圆的性质，焦点到椭圆中心的距离为c，满足以下关系：\[ c^2 = a^2 - b^2 \]假设焦点位于x轴上，焦点的坐标为\( (c, 0) \)和\( (-c, 0) \)。

立体几何经典大题(各个类型的典型题目)

1．如图，已知△ABC 是正三角形，EA ，CD 都垂直于平面ABC ，且EA ＝AB ＝2a ，DC ＝a ，F 是BE 的中点．（1）FD ∥平面ABC ；（2）AF ⊥平面EDB ．2．已知线段PA ⊥矩形ABCD 所在平面，M 、N 分别是AB 、PC 的中点。

（1）求证：MN //平面PAD ；（2）当∠PDA ＝45°时，求证：MN ⊥平面PCD ；F CBAEDA B C D EF 3．如图，在四面体ABCD 中，CB=CD,BD AD ⊥，点E ，F 分别是AB,BD 的中点．求证：（1）直线EF// 面ACD ；（2）平面⊥EFC 面BCD ．4．在斜三棱柱A 1B 1C 1—ABC 中，底面是等腰三角形，AB =AC ，侧面BB 1C 1C ⊥底面ABC （1）若D 是BC 的中点，求证 AD ⊥CC 1；（2）过侧面BB 1C 1C 的对角线BC 1的平面交侧棱于M ，若AM =MA 1，求证截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C ；（3）AM =MA 1是截面MBC 1⊥平面BB 1C 1C 的充要条件吗？请你叙述判断理由]立体几何大题训练(3)C15. 如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 、G 分别是A 1A ，D 1C ，AD 的中点．求证：（1）MN//平面ABCD ；（2）MN ⊥平面B 1BG ．6. 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 为棱AD 、AB 的中点．（1）求证：EF ∥平面CB 1D 1；（2）求证：平面CAA 1C 1⊥平面CB 1D 1．立体几何大题训练(4)7、如图，在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB=4，BC=CD=2，AA 1=2，_ G_ M _ D_1_ C_1_ B_1_ A_1_ N_ D _ C_ B _ ABA 1FE、E1分别是棱AD、AA1的中点(1)设F是棱AB的中点，证明：直线EE1∥面FCC1；(2)证明：平面D1AC⊥面BB1C1C。

立体几何大题(解析版)

立体几何大题1.空间中的平行关系（1）线线平行（2）线面平行的判定定理：平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行（3）线面平行的性质定理若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行（4）面面平行的判定定理判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行（5）面面平行的性质定理性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行6.空间中的垂直关系（1）线线垂直（2）线面垂直的判定定理一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直（3）线面垂直的性质定理性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行（4）面面垂直的判定定理一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直(或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直)（5）面面垂直的性质定理两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面6.异面直线所成角cos θ=cos a ,b =|a ⋅b ||a |⋅|b |=|x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2|x 12+y 12+z 12⋅x 22+y 22+z 22(其中θ(0°<θ≤90°)为异面直线a ,b 所成角，a ,b 分别表示异面直线a ,b 的方向向量)7.直线AB 与平面所成角，sin β=AB ⋅m |AB ||m |(m 为平面α的法向量).8.二面角α-l -β的平面角cos θ=m ⋅n |m ||n |(m ，n 为平面α，β的法向量).9.点B 到平面α的距离d =|AB ⋅n | |n |(n 为平面α的法向量，AB 是经过面α的一条斜线，A ∈α).模拟训练一、解答题1(22·23下·湖南·二模)如图，在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2,AC =BB ，点D 为棱BB 的中点，AE =13AC ．(1)求DE 的长度；(2)求平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值．【答案】(1)393(2)34【分析】(1)在△ABC 中，用余弦定理可得到AC =23，在△ABE 中，用余弦定理可得BE =233，即可求得DE =DB 2+BE 2=393；(2)以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，求出平面CDE 与平面BDE 的法向量，即可求解【详解】(1)因为在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2，在△ABC 中，由余弦定理得cos ∠ABC =AB 2+BC 2-AC 22AB ⋅BC=22+22-AC 22×2×2=-12，解得AC =23，则AE =13AC =233，在△ABE 中，由余弦定理得cos ∠BAE =AB 2+AE 2-BE 22AB ⋅AE =22+233 2-BE 22×2×233=32，解得BE =233，又AC =BB =23，所以BD =12BB =3，因为BB ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，所以BB ⊥BE ，在直角三角形DBE 中，DE =DB 2+BE 2=(3)2+233 2=393；(2)因为AE =BE =233，所以∠ABE =∠BAE =30°，则∠CBE =∠ABC -∠ABE =120°-30°=90°，则BE ,BC ,BB 两两互相垂直，以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系：则点C 0,2,0 ,D 0,0,3 ,E 233,0,0 ，则CD =0,-2,3 ,CE =233,-2,0 ，设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，由n ⋅CD =x ,y ,z ⋅0,-2,3 =-2y +3z =0n ⋅CE =x ,y ,z ⋅233,-2,0 =233x -2y =0 ，得z =233y x =3y，令y =3，得平面CDE 的一个法向量为n =3,3,2 ；平面BDE 的一个法向量为m =0,1,0 ．设平面CDE 与平面BDE 夹角的大小为θ，则cos θ=m ⋅n m n =0,1,0 ⋅3,3,2 1×4=34，故平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值为34．2(22·23下·绍兴·二模)如图，在多面体ABCDE 中，DE ⊥平面BCD ,△ABC 为正三角形，△BCD 为等腰Rt △,∠BDC =90°,AB =2,DE =2.(1)求证：AE ⊥BC ；(2)若AE ⎳平面BCD ，求直线BE 与平面ABC 所成的线面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；(2)法一：由分析可知，∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角，设∠AFD =α，当α<90°时，O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，当α>90°时，求出EH ,BE ，即可得出答案；法二：建立空间直角坐标系，求出直线BE 的方向向量与平面ABC 的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.【详解】(1)设F 为BC 中点，连接AF ,EF ，则由△ABC 为正三角形，得AF ⊥BC ；DE ⊥平面BCD ，且△BCD 为等腰直角三角形，计算可得：BE =CE =2,∴EF ⊥BC .EF ∩AF =F ,EF ,AF ⊂面AEF ，于是BC ⊥面AEF ，AE ⊂面AEF ，从而BC ⊥AE .(2)法一：由(1)可知，过点E 作EH ⊥AF ，垂足为H ，则∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角.当AE ⎳平面BCD 时，可得A 到平面BCD 的距离为 2.设∠AFD =α，所以AF ⋅sin α=2，可得sin α=63，当α<90°时，cos α=33，不妨设A 在底面BCD 射影为O ，则FO =1，此时O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，舍去；当α>90°时，FO =1，此时O 在DF 的延长线上，作EH ⊥AF ，由于AODE 为矩形，可得AE =DO =2,AE ∥OD ，可得sin ∠EAH =63，可得EH =263.于是sin ∠EBH =EH BE=63.法二：建立如图坐标系，可得F 0,0,0 ,B 1,0,0 ，C -1,0,0 ,D 0,1,0 ,E 0,1,2 ,A 0,a ,b由AF =3，解得a 2+b 2=3，又∵AE ⎳平面BCD ，令n =0,0,1 ，可得AB ⋅n =0，解得b =2,a =±1.当a =1时A ,E 重合，所以a =-1，此时A 0,-1,2 .不妨设平面ABC 的法向量为m =x ,y ,z ，则CB ⋅m =0CA ⋅m =0代入得x -y +2z =02x =0 ，令z =1，则y =2，所以m =0,2,1 .由于BE =-1,1,2 ，不妨设所成角为θ，则sin θ=∣cos BE ,m |=63.3(22·23·张家口·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，∠CBB 1=60°，AB =BC =2，AC =AB 1=2.(1)证明：平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C ；(2)求平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)57.【分析】(1)利用面面垂直的判定定理进行证明；(2)利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解.【详解】(1)如图，连接BC 1，交B 1C 于O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为BC 1的中点.又AC =AB 1=2，故AO ⊥B 1C .又AB =BC =2，且∠CBB 1=60°，所以CO =1,BO =3，所以AO =AC 2-CO 2=1.又AB =2，所以AB 2=BO 2+AO 2，所以AO ⊥BO .因为BO ,CB 1⊂平面BB 1C 1C ，BO ∩CB 1=O ，所以AO ⊥平面BB 1C 1C .又AO ⊂平面ACB 1，所以平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C .(2)由(1)知，OA ,OB ,OB 1两两互相垂直，因此以O 为坐标原点，OB ,OB 1,OA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (0,0,1)，B (3,0,0)，C (0,-1,0)，C 1(-3,0,0).故CC 1 =(-3,1,0)，CA =(0,1,1)，CB =(3,1,0).设n =(x 1,y 1,z 1)为平面ACC 1A 1的一个法向量，则有n ⋅CC 1 =0n ⋅CA =0 ，即-3x 1+y 1=0y 1+z 1=0 ，令x 1=1，则n =(1,3,-3).设m =(x 2,y 2,z 2)为平面ABC 的一个法向量，则有m ⋅CA =0m ⋅CB =0，即y 2+z 2=03x 2+y 2=0 ，令x 2=1，则m =(1,-3,3).因为平面A 1B 1C 1∥平面ABC ，所以m =(1,-3,3)也是平面A 1B 1C 1的一个法向量.所以cos <n ,m > =n ⋅m n m=1-3-3 7×7=57.所以平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值57. 4(22·23·湛江·二模)如图1，在五边形ABCDE 中，四边形ABCE 为正方形，CD ⊥DE ，CD =DE ，如图2，将△ABE 沿BE 折起，使得A 至A 1处，且A 1B ⊥A 1D ．(1)证明：DE ⊥平面A 1BE ；(2)求二面角C -A 1E -D 的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由已知易得DE ⊥BE ，即可证明线面垂直；(2)建立空间直角坐标系，用坐标公式法求解即可．【详解】(1)由题意得∠BEC =∠CED =π4，∠BED =π2，DE ⊥BE ，因为AB ⊥AE ，则A 1B ⊥A 1E ，又A 1B ⊥A 1D ，A 1E ∩A 1D =A 1,A 1E ,A 1D ⊂面A 1ED ，所以A 1B ⊥面A 1ED ，又DE ⊂面A 1ED ，则DE ⊥A 1B ，又DE ⊥BE ，A 1B ∩BE =B ，A 1B ⊂平面A 1BE ，BE ⊂平面A 1BE ，所以DE ⊥平面A 1BE ．(2)取BE 的中点O ，可知BE =2CD ,OE =CD ，由DE ⊥BE ，且CD ⊥DE 可得OE ⎳CD ，所以四边形OCDE 是平行四边形，所以CO ∥DE ，则CO ⊥平面A 1BE ，设BE =2，以点O 为坐标原点，OB ,OC ,OA 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图，则A 1(0,0,1),E (-1,0,0),B (1,0,0),C (0,1,0),D (-1,1,0)，EA 1 =(1,0,1),EC =(1,1,0),ED =(0,1,0)，设平面A 1EC 的一个法向量为n 1 =(x 1,y 1,z 1)，则n 1 ⋅EA 1 =0n 1 ⋅EC =0 ，即x 1+z 1=0x 1+y 1=0 ，取x 1=1，则n 1 =(1,-1,-1)，设平面A 1ED 的一个法向量为n 2 =(x 2,y 2,z 2)，则n 2 ⋅E 1A =0n 2 ⋅ED =0 ，即x 2+z 2=0y 2=0 ，取x 2=1，则n 2 =(1,0,-1)，所以cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 n 2=63，由图可知，二面角C -A 1E -D 为锐角，所以面角C -A 1E -D 的余弦值为63．5(22·23下·长沙·三模)如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，△ABC 和△ACD 均为正三角形，AC =4，BE =3，点F 在AC 上.(1)若BF ⎳平面CDE ，求CF ；(2)若F 是AC 的中点，求二面角F -DE -C 的正弦值.【答案】(1)CF =1(2)8517【分析】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，依题意可得DM ⊥AC ，根据面面垂直的性质得到DM ⊥平面ABC ，如图建立空间直角坐标系，求出平面CDE 的法向量，设F a ,0,0 ，a ∈2,-2 ，依题意可得BF ⋅n =0求出a 的值，即可得解；(2)依题意点F 与点M 重合，利用空间向量法计算可得.【详解】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，△ACD 为正三角形，AC =4，则DM ⊥AC ，且DM =2 3.因为平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD ∩平面ABC =AC ，DM ⊂平面ACD ，所以DM ⊥平面ABC ，又△ABC 为正三角形，所以BM ⊥AC ，所以BM =23，如图建立空间直角坐标系，则B 0,23,0 ，C -2,0,0 ，D 0,0,23 ，E 0,23,3 ，所以CD =2,0,23 ，CE =2,23,3 ，设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，则n ⋅CD =2x +23z =0n ⋅CE =2x +23y +3z =0，令x =3，则z =-3，y =-32，则n =3,-32,-3 ，设F a ,0,0 ，a ∈-2,2 ，则BF =a ,-23,0 ，因为BF ⎳平面CDE ，所以BF ⋅n =3a +-23 ×-32+0×-3 =0，解得a =-1，所以F 为CM 的中点，此时CF =1.(2)若F 是AC 的中点，则点F 与点M 重合，则平面FDE 的一个法向量可以为m =1,0,0 ，设二面角F -DE -C 为θ，显然二面角为锐角，则cos θ=m ⋅n m ⋅n=332+-32 2+-3 2=651，所以sin θ=1-cos 2θ=1-651 2=8517，所以二面角F -DE -C 的正弦值为8517.6(22·23下·湖北·二模)如图，S 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 内接于⊙O ,AC ⊥BC ,AC =BC =322，AM =2MS ,AS =3,PQ 为⊙O 的一条弦，且SB ⎳平面PMQ .(1)求PQ 的最小值；(2)若SA ⊥PQ ，求直线PQ 与平面BCM 所成角的正弦值.【答案】(1)22(2)3010【分析】(1)作出辅助线，找到符合要求的PQ ，并利用垂径定理得到最小值；(2)在第一问基础上，得到当PQ 取得最小值时，SA ⊥PQ ，并建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.【详解】(1)过点M 作MH ⎳SB 交AB 于点H ，过点H 作PQ ⊥AB ，此时满足SB ⎳平面PMQ ，由平面几何知识易知，PQ =2r 2-d 2，当弦心距d 最大时，d =OH ，弦长最短，即PQ 取得最小值，因为AM =2MS ,AS =3，所以AH =2HB ，因为AC ⊥BC ,AC =BC =322，由勾股定理得AB =322⋅2=3，故AH =2,HB =1，连接OQ ，则OQ =32，由勾股定理得HQ =OQ 2-OH 2=94-14=2，所以PQ =2HQ =22；(2)连接OS ，则OS ⊥平面ACB ，因为PQ ⊂平面ACB ，故OS ⊥PQ ，而SA ⊥PQ ，OS ∩SA =S ，所以PQ ⊥平面AOS ，即有PQ ⊥AB .以O 为坐标原点，过点O 且平行PQ 的直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，OS 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则P -2,12,0 ,Q 2,12,0 ,B 0,32,0 ,C 32,0,0 ,M 0,-12,3 ，设平面BCM 的法向量为m =x ,y ,z ，则m ⋅CB =x ,y ,z ⋅-32,32,0 =-32x +32y =0m ⋅MB =x ,y ,z ⋅0,2,-3 =2y -3z =0，令x =1，则y =1,z =233，故m =1,1,233，设直线PQ 与平面BCM 所成角的大小为θ，则sin θ=cos PQ ,m =PQ ⋅m PQ ⋅m =22,0,0 ⋅1,1,233 22×1+1+43=3010.故直线PQ与平面BCM所成角的正弦值为30 10.7(22·23·深圳·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,PA= AD=2AB，点M是PD的中点.(1)证明：AM⊥PC；(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上(异于点P，C)，且ON=OA，求直线AN与平面ACM所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)1510【分析】(1)由等腰三角形的性质可得AM⊥PD，由面面垂直的性质可得CD⊥平面PAD，则CD⊥AM，所以由线面垂直的判定可得AM⊥平面PCD，从而可得结论；(2)以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】(1)证明：因为PA=AD，点M是PD的中点，所以AM⊥PD.因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD，因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，因为平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AM，因为PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD，因为PC⊂平面PCD，所以AM⊥PC.(2)解：由题意可得AB,AD,AP两两垂直，设AB=1，如图，以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，因为点M是PD的中点，所以M0,22,22，所以AM =0,22,22 ,AC =1,2,0 ，设平面ACM 的法向量为n =x ,y ,z ，则AM ⋅n =22y +22z =0AC ⋅n =x +2y =0，令y =-1可得x =2,z =1，所以平面ACM 的一个法向量n =2,-1,1 .PC =1,2,-2 ，设N x N ,y N ,z N ,PN =λPC =λ,2λ,-2λ (0<λ<1)，即x N ,y N ,z N -2 =λ,2λ,-2λ ，所以N λ,2λ,2-2λ .又O 12,22,0 ,ON =OA =32，所以λ-12 2+2λ-22 2+(2-2λ)2=34，化简得5λ2-7λ+2=0，解得λ=25或λ=1(舍去).所以AN =25,225,325，设直线AN 与平面ACM 所成的角为θ，则sin θ=n ⋅AN n ⋅AN=3252+1+1×425+825+1825=1510，所以直线AN 与平面ACM 所成角的正弦值为1510.8(22·23下·温州·二模)已知三棱锥D -ABC 中，△BCD 是边长为3的正三角形，AB =AC =AD ,AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33．(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求二面角D -AC -B 的平面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)223【分析】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，证明BC ⊥平面ADE ，即可得证；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，从而可得OA ⊥平面BCD ，则∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，进而可得AB =AC =AD =3，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，解△BDH 即可得解.【详解】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，因为AB =AC ，所以AE ⊥BC ，因为△BCD 是边长为3的正三角形，所以DE ⊥BC ，又AE ∩DE =E ,AE ,DE ⊂平面ADE ，所以BC ⊥平面ADE ，因为AD ⊂平面ADE ，所以AD ⊥BC ；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，则点O 在DE 上，且OD =23DE ，由AB =AC =AD ，△BCD 是正三角形，得三棱锥A -BCD 为正三棱锥，则OA ⊥平面BCD ，故∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，又AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33，所以OD AD =3×32×23AD=33，即AB =AC =AD =3，即三棱锥A -BCD 是正四面体，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，在△BDH 中，BH =DH =332,BD =3，则cos ∠BHD =BH 2+DH 2-BD 22⋅BH ⋅DH =274+274-92×332×332=13，所以sin ∠BHD =1-cos 2∠BHD =223，所以二面角D -AC -B 的平面角的正弦值223．9(22·23下·浙江·二模)如图，四面体ABCD ,AD ⊥CD ,AD =CD ,AC =2,AB =3,∠CAB =60°，E 为AB 上的点，且AC ⊥DE ,DE 与平面ABC 所成角为30°，(1)求三棱锥D -BCE 的体积；(2)求二面角B -CD -E 的余弦值.【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析．【分析】(1)取AC 中点F ，可证明AC ⊥平面DEF ，得平面ABC ⊥平面DEF ，DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，由正弦定理求得∠FDE ，有两个解，在∠FDE =60°时可证DF ⊥平面ABC ，在∠FDE =120°时，取FE 中点H 证明DH ⊥平面ABC ，然后由棱锥体积公式计算体积；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．【详解】(1)取AC 中点F ，连接FE ,FD ，因为AD =CD ，所以DF ⊥AC ，又AC ⊥DE ，DE ∩DF =D ，DE ,DF ⊂平面DEF ，所以AC ⊥平面DEF ，而FE ⊂平面DEF ，所以AC ⊥FE ，由已知AF =1，∠BAC =60°，所以EF =3，AE =2，BE =1，由AC ⊥平面DEF ，AC ⊂平面ABC 得平面ABC ⊥平面DEF ，因此DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，所以∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，AD =CD ,AC =2，因此DF =12AC =1，在△DEF 中，由正弦定理EF sin ∠FDE =DF sin ∠DEF 得1sin30°=3sin ∠FDE ，sin ∠FDE =32，∠FDE 为△DEF 内角，所以∠FDE =60°或120°，S △ABC =12AB ×AC ×sin ∠BAC =12×3×2×sin60°=333，S △CBE =BE BAS △ABC =3-23×332=32，若∠FDE =60°，则∠DFE =90°，即DF ⊥FE ，AC ∩FE =F ，AC ,FE ⊂平面ABC ，所以DF ⊥平面ABC ，V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×1=36；若∠FDE =120°，则∠DFE =30°，DF =DE =1，取EF 中点H ，连接DH ，则DH ⊥EF ，因为平面ABC ⊥平面DEF ，平面ABC ∩平面DEF =EF ，而DH ⊂平面DEF ，所以DH ⊥平面ABC ，DH =DF sin ∠DFE =1×sin30°=12，所以V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×12=312；(2)若∠FDE =60°，以FA ,FE ,FD 为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，则D (0,0,1)，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =(1,0,1)，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-33，即m =(33,-1,-33)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+955×7=19385385，所以二面角B -CD -E 的余弦值是19385385；若∠FDE =120°，以FA 为x 轴，FE 为y 轴，过F 且平行于HD 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，FH =12FE =32，则D 0,32,12 ，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =1,32,12 ，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+32y 1+12z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-53，即m =(33,-1,-53)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+32y 2+12z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+15103×7=25721721，所以二面角B -CD -E 的余弦值是25721721．10(22·23下·襄阳·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为矩形，∠BAC =90°，AB =AC =2，AA 1=4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点N ，M 为B 1C 1的中点.(1)求证：平面A 1MNA ⊥平面A 1BC ；(2)求平面A 1B 1BA 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)23015【分析】(1)利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值.【详解】(1)如图，∵A 1N ⊥面ABC ，连AN ，则AN ⊥A 1N ，又AB =AC =2，∴AN ⊥BC ，又AN ∩BC =N ，A 1N ⊂面A 1BC ，BC ⊂面A 1BC ，于是AN ⊥面A 1BC ，又AN ⊂面A 1MN ，，所以面A 1BC ⊥面A 1MNA .(2)由(1)可得，以NA ,NB ,NA 1 为x ,y ,z 轴，建系如图，∠BAC =90°，AB =AC =2，BC =22则A (2,0,0),B (0,2,0),C (0,-2,0),因为AA 1=4,AN =2,所以A 1N =14,则A 1(0,0,14),因为NB 1 =NB +BB 1 =NB +AA 1 =0,2,0 +-2,0,14 =-2,2,14 ,所以B 1-2,2,14 ,设平面A 1BB 1的一个法向量为m =(x ,y ,z )，因为A 1B =(0,2,-14),B 1B =(2,0,-14),所以A 1B ⋅m =2y -14z =0B 1B ⋅m =2x -14z =0 ，令y =7，则x =7,z =1，所以m =(7,7,1)，设平面BCC 1B 1的一个法向量为n =(a ,b ,c )，因为BC =(0,-22,0),BB 1 =(-2,0,14),所以BC ⋅n =-22b =0BB 1 ⋅n =-2a +14c =0，令a =7，则b =0,c =1，所以n =(7,0,1)，设平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角为θ，则cos θ=cos <m ,n >=m ⋅n m n=7+0+17+7+1×7+0+1=23015，所以平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角的余弦值为23015.11(22·23·唐山·二模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 是等边三角形，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，且AA 1=AC ，∠AA 1C 1=120°，M 是CC 1的中点．(1)证明：A 1C ⊥BM ．(2)求二面角A 1-BC -M 的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)45【分析】(1)根据菱形的性质、结合面面垂直的性质，线面垂直的判定定理进行证明即可；(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量夹角公式进行求解即sk .【详解】(1)取AC 的中点O ，连接OM ，OB ，AC 1．在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，由AA 1=AC ，得四边形ACC 1A 1为菱形，所以A 1C ⊥AC 1，易知OM ∥AC 1，则A 1C ⊥OM ．由△ABC 是等边三角形，知OB ⊥AC ，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，OB ⊂平面ABC ，知OB ⊥平面ACC 1A 1，则OB ⊥A 1C ，又OB ∩OM =O ,OB ,OM ⊂平面OBM ，得A 1C ⊥平面OBM ，又BM ⊂平面OBM ，故A 1C ⊥BM ．.(2)连接OA 1，因为侧面ACC 1A 1为菱形，∠AA 1C 1=120°，则∠A 1AC =60°，则△A 1AC 为等边三角形，所以A 1O ⊥AC ，又由(1)易知OA 1，OB ，AC 两两垂直，故以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 1 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系．不妨设AB =2，则O 0,0,0 ，B 3,0,0 ，C 0,1,0 ，A 10,0,3 ，C 10,2,3 ，BA 1 =-3,0,3 ，BC =-3,1,0 ，CC 1 =0,1,3 ，设平面A 1BC 的法向量为n =x ,y ,z ，则n ⋅BC =-3x +y =0n ⋅BA 1 =-3x +3z =0 ，令x =1，得n =1,3,1 ，设平面BCC 1的法向量为m =a ,b ,c ，则m ⋅BC =-3a +b =0m ⋅CC 1 =b +3c =0，令a =1，得m =1,3,-1 ，所以cos n ,m =n ⋅m n ⋅m=35⋅5=35，即二面角A 1-BC -M 的正弦值为45．12(22·23下·盐城·三模)如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，点G 为弧CD 的中点，且C ，E ，D ，G 四点共面.(1)证明：平面BDF ⊥平面BCG ；(2)若平面BDF 与平面ABG 所成二面角的余弦值为155，且线段AB 长度为2，求点G 到直线DF 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)62【分析】(1)过G 作GH ⎳CB ，交底面弧于H ，连接HB ，有HBCG 为平行四边形，根据题设可得FB ⊥HB ，即FB ⊥CG ，再由线面垂直的性质可得CB ⊥FB ，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论.(2)构建如下图示空间直角坐标系A -xyz ，令半圆柱半径为r ，高为h ，确定相关点坐标，进而求平面BDF 、平面ABG 的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得h =2r ，即可求出点G 到直线DF 的距离.【详解】(1)过G 作GH ⎳CB ，交底面弧于H ，连接HB ，易知：HBCG 为平行四边形，所以HB ⎳CG ，又G 为弧CD 的中点，则H 是弧AB 的中点，所以∠HBA =45°，而由题设知：∠ABF =45°，则∠HBF =∠HBA +∠ABF =90°，所以FB ⊥HB ，即FB ⊥CG ，由CB ⊥底面ABF ，FB ⊂平面ABF ，则CB ⊥FB ，又CB ∩CG =C ，CB ,CG ⊂平面BCG ，所以FB ⊥平面BCG ，又FB ⊂平面BDF ，所以平面BDF ⊥平面BCG .(2)由题意，构建如下图示空间直角坐标系A -xyz ，令半圆柱半径为r ，高为h ，则B 0,2r ,0 ，F 2r ,0,0 ，D 0,0,h ，G -r ,r ,h ，所以FD =-2r ,0,h ，BD =0,-2r ,h ，AB =0,2r ,0 ，AG =-r ,r ,h ，若m =x ,y ,z 是面BDF 的一个法向量，则m ⋅FD =-2rx +hz =0m ⋅BD =-2ry +hz =0 ，令z =2r ，则m =h ,h ,2r ，若n =a ,b ,c 是面ABG 的一个法向量，则n ⋅AB =2rb =0n ⋅AG =-ra +rb +hc =0 ，令c =r ，则n =h ,0,r ，所以cos m ,n =m ⋅n m n=h 2+2r 22h 2+4r 2×h 2+r 2=155，整理可得h 2-4r 2 h 2+2r 2 =0，则h =2r ，又AB =2，由题设可知，此时点G -1,1,2 ，D 0,0,2 ，F 2,0,0 ，则DF =2,0,-2 ，DG =-1,1,0 ，所以点G 到直线DF 的距离d =DG 2-DG ⋅DF 2DF2=62.13(22·23下·江苏·三模)如图，圆锥DO 中，AE 为底面圆O 的直径，AE =AD ，△ABC 为底面圆O 的内接正三角形，圆锥的高DO =18，点P 为线段DO 上一个动点.(1)当PO =36时，证明：PA ⊥平面PBC ；(2)当P 点在什么位置时，直线PE 和平面PBC 所成角的正弦值最大.【答案】(1)证明见解析；(2)P 点在距离O 点36处【分析】(1)利用勾股定理证明出AP ⊥BP 和AP ⊥CP ，再用线面垂直的判定定理证明出PA ⊥平面PBC ；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】(1)因为AE =AD ，AD =DE ，所以△ADE 是正三角形，则∠DAO =π3，又DO ⊥底面圆O ，AE ⊂底面圆O ，所以DO ⊥AE ，在Rt △AOD 中，DO =18，所以AO =DO 3=63，因为△ABC 是正三角形，所以AB =AO ×32×2=63×3=18，AP =AO 2+PO 2=92，BP =AP ，所以AP 2+BP 2=AB 2，AP ⊥BP ，同理可证AP ⊥CP ，又BP ∩PC =P ，BP ，PC ⊂平面PBC ，所以PA ⊥平面PBC .(2)如图，建立以O 为原点的空间直角坐标系O -xyz .设PO =x ，(0≤x ≤18)，所以P 0,0,x ，E -33,9,0 ，B 33,9,0 ，C -63,0,0 ，所以EP =33,-9,x ，PB =33,9,-x ，PC =-63,0,-x ，设平面PBC 的法向量为n =a ,b ,c ，则n ⋅PB =33a +9b -cx =0n ⋅PC =-63a -cx =0，令a =x ，则b =-3x ，c =-63，故n =x ,-3x ,-63 ，设直线PE 和平面PBC 所成的角为θ，则sin θ=cos EP ,n =33x +93x -63x 108+x 2⋅x 2+3x 2+108=63x 108+x 2⋅4x 2+108=634x 2+1082x 2+540≤6324x 2⋅1082x 2+540=13，当且仅当4x 2=1082x 2，即PO =x =36时，直线PE 和平面PBC 所成角的正弦值最大，故P 点在距离O 点36处.14(22·23下·镇江·三模)如图，四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC =60°，四边形PACQ 为矩形，PA =1，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).①BP ,DP 与平面ABCD 所成角相等；②三棱锥P -ABD 体积为33；③cos ∠BPA =55(1)平面PACQ ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B -PQ -D 的大小；(3)求点C 到平面BPQ 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)2π3(3)32【分析】(1)若选①，则作PA ⊥面ABCD ，证明A 和A 重合从而得到PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；若选②，计算得到P 到面ABD 的距离h =1=PA ，得到PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；若选③，通过余弦定理计算得到PA ⊥AB ，再通过PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；(2)通过建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合二面角计算公式计算即可；(3)通过点面距离的计算公式直接计算即可.【详解】(1)选①，连接BD ，作PA ⊥面ABCD ，垂足为A .∵BP ,DP 与平面ABCD 所成角相等，∴A B =A D ，∴A 在BD 的中垂线AC 上，∵在平面PACQ 内，PA ⊥AC ,PA ⊥AC ,∴A 和A 重合，∴PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ ，∴面PACQ ⊥面ABCD若选②，设P 到面ABD 的距离为h ，∵V P -ABD =13S △ABD ⋅h =13×3⋅h =33，得h =1=PA ，∴PA 即为P 到面ABD 的距离，即PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ ，∴面PACQ ⊥面ABCD .若选③，由余弦定理得，cos ∠BPA =PB 2+PA 2-AB 22PB ⋅PA =55，∴BP =5,∴BP 2=AP 2+AB 2∴PA ⊥AB ，又PA ⊥AC ,AC ∩AB =A ,AC ,AB ⊂面ABCD∴PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ∴面PACQ ⊥面ABCD(2)因为PA ⊥面ABCD ，OB ,OC ⊂面ABCD ，所以PA ⊥OB ,PA ⊥OC ，取PQ 中点G ，则OG ⎳PA ，所以OG ⊥OB ,OG ⊥OC ，又因为OB ⊥OC ，所以建立如下图所示空间直角坐标系，∵B 3,0,0 ,P 0,-1,1 ,D -3,0,0 ,Q 0,1,1 ，∴BQ =-3,1,1 ,DQ =3,1,1 ,DP =3,-1,1 ，设平面BPQ 的一个法向量为m =x ,y ,z ，则m⋅BP =0m ⋅BQ =0 ，即-3x -y +z =0-3x +y +z =0 ，令x =3，则y =0,z =3,∴m =3,0,3 ，设平面DPQ 的一个法向量为n =x 1,y1,z 1 ，则n ⋅DP=0n ⋅DQ =0 ，即3x 1-y 1+z 1=3x 1+y 1+z 1=0，令x1=3，则y 1=0,z 1=-3,∴n =3,0,-3 ，∴cos m ,n =m ⋅n m ⋅ n =-623×23=-12，∵m ,n ∈0,π ,∴m ,n =2π3，由图可知二面角B -PQ -D 是钝角，所以二面角B -PQ -D 的大小为2π3.(3)∵C 0,1,0 ,Q 0,1,1 ，∴CQ =0,0,1 ,∵平面BPQ 的一个法向量为m =3,0,3 ，∴点C 到平面BPQ 的距离d =CQ ⋅m m=323=32.15(22·23下·江苏·一模)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面A 1B 1BA ⊥平面ABC ，侧面A 1B 1BA 为菱形，∠ABB 1=π3，AB 1⊥AC ，AB =AC =2，E 是AC 的中点.(1)求证：A 1B ⊥平面AB 1C ；(2)点P 在线段A 1E 上(异于点A 1，E )，AP 与平面A 1BE 所成角为π4，求EP EA 1的值.【答案】(1)证明见解析(2)EP EA 1=25【分析】(1)作B 1O ⊥AB 交AB 于O 点，由面面垂直的性质可得B 1O ⊥平面ABC ，可得B 1O ⊥AC ，再由线面垂直的判定定理得AC ⊥平面A 1B 1BA ，从而得到AC ⊥A 1B ，再由线面垂直的判定定理可得答案；(2)以A 为原点，AB 、AC 、AO 1所在的直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，设EP =λEA 1 ，可得AP =-λ,1-λ,3λ ，求出平面A 1BE 的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.【详解】(1)因为侧面A 1B 1BA 为菱形，∠ABB 1=π3，AB =AC =2，所以△ABB 1、△AA 1B 1为边长为2的等边三角形，作B 1O ⊥AB 交AB 于O 点，则O 点为AB 的中点，因为平面A 1B 1BA ⊥平面ABC ，平面A 1B 1BA ∩平面ABC =AB ，B 1O ⊂平面A 1B 1BA ，所以B 1O ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，可得B 1O ⊥AC ，又AB 1⊥AC ，B 1O ∩AB 1=B 1，B 1O 、AB 1⊂平面A 1B 1BA ，可得AC ⊥平面A 1B 1BA ，因为A 1B ⊂平面A 1B 1BA ，所以AC ⊥A 1B ，因为侧面A 1B 1BA 为菱形，所以B 1A ⊥A 1B ，AB 1∩AC =A ，AB 1、AC ⊂平面AB 1C ，所以A 1B ⊥平面AB 1C ；(2)由(1)知，AC ⊥平面A 1B 1BA ，∠BAC =π2，取做A 1B 1的中点O 1，连接AO 1，则B1O ⎳AO 1，所以AO 1⊥平面ABC ，以A 为原点，AB 、AC 、AO 1所在的直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，则A 0,0,0 ，A 1-1,0,3 ，B 2,0,0 ，E 0,1,0 ，A 1B =3,0,-3 ，EA 1 =-1,-1,3 ，设EP =λEA 1 ，可得P -λ,1-λ,3λ ，所以AP =-λ,1-λ,3λ ，设平面A 1BE 的一个法向量为n=x ,y ,z ，则A 1B ⋅n=0EA 1 ⋅n =0，即3x -3z =0-x -y +3z =0 ，令z =3，可得n =1,2,3 ，可得sin π4=cos n ,AP =n ⋅AP n AP=-λ+2-2λ+3λ 1+4+3λ2+1-λ 2+3λ2，解得λ=0舍去，或λ=25，所以EP EA 1=25.16(22·23下·河北·三模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是菱形，其对角线AC ,BD 交于点O ，且PO ⊥平面ABCD ,OC =1,OD =OP =2,M 是PD 的中点，N 是线段CD 上一动点．(1)当平面OMN ⎳平面PBC 时，试确定点N 的位置，并说明理由；(2)在(1)的前提下，点Q 在直线MN 上，以PQ 为直径的球的表面积为214π．以O 为原点，OC ,OD ,OP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O -xyz ，求点Q 的坐标．【答案】(1)N 是CD 的中点(2)12,1,0 ，-1310,1,185 【分析】(1)根据面面平行的性质证明MN ⎳PC ，即可得解；(2)先根据球的体积求出PQ ，然后根据空间中两点间的距离公式即可得解.【详解】(1)因为平面OMN ⎳平面PBC ，平面OMN ∩平面PCD =MN ，平面PBC ∩平面PCD =PC ，所以MN ⎳PC ，因为M 是PD 的中点，所以N 是CD 的中点；(2)由题意4π×PQ 22=214π，解得PQ =212，设MQ =λMN,λ∈R ，由题意，P 0,0,2 ,M 0,1,1 ,N 12,1,0 ，则PM =0,1,-1 ,MN =12,0,-1 ，则PQ =PM +MQ =0,1,-1 +λ12,0,-1 =λ2,1,-λ-1 ，则λ24+1+-λ-1 2=212，解得λ=1或λ=-135，当λ=1时，MQ =MN ，则Q 12,1,0 ，当λ=-135时，MQ =-135MN =-1310,0,135，设Q x ,y ,z ，则MQ =x ,y -1,z -1 =-1310,0,135，所以x =-1310y -1=0z -1=135 ，解得x =-1310y =1z =185 ，则Q -1310,1,185 ，综上所述点Q 的坐标为12,1,0，-1310,1,185 .17(22·23·汕头·三模)如图，圆台O 1O 2的轴截面为等腰梯形A 1ACC 1，AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点.(1)在平面BCC 1内，过C 1作一条直线与平面A 1AB 平行，并说明理由；(2)若四棱锥B -A 1ACC 1的体积为23，设平面A 1AB ∩平面C 1CB =l ,Q ∈l ，求CQ 的最小值.【答案】(1)作图见解析，理由见解析(2)7【分析】(1)根据线面平行的判定和中位线定理即可求解;(2)根据几何关系或空间向量方法即可求解.【详解】(1)取BC 中点P ，作直线C 1P 即为所求，取AB 中点H ，连接A 2H ,PH ，则有PH ∥AC ,PH =12AC ，如图，在等腰梯形A 1ACC 1中，A 1C 1=12AC ，有HP ∥A 1C 1,HP =A 1C 1，则四边形A 1C 1PH 为平行四边形，即有C 1P ∥A 1H ，又A 1H ⊂平面A 1AB ,C 1P⊄平面A 1AB ，所以C 1P ∥平面A 1AB .(2)法一：延长AA 1,CC 1交于点O ，故O ∈AA 1⊂平面ABA 1,O ∈CC 1⊂平面CC 1B故平面A 1AB ∩平面C 1CB =BO ,BO 即l ,在△OBC 中，OC ,OB 均为圆锥母线.过点B 作BO ⊥AC 于O .在等腰梯形A 1ACC 1中，AC =2AA 1=2A 1C 1=4，此梯形的高h =AA 21-AC -A 1C 122=3,∴等腰梯形A 1ACC 1的面积为S =122+4 3=33，所以四棱锥B -A 1ACC 1的体积V =13S ×BO =13×33×BO =23，解得BO =2，故点O 与O 2重合，BC =22由AC =2AA 1=2A 1C 1，得OC =2CC 1，且∠C 1CA =60°，故OC =AC =4=OB .△OBC 中，O 到BC 距离h 1=OB 2-BC 22=14.则△OBC 面积=12OB ⋅CQ min =12BC ⋅h 1,得：CQ 的最小值为：CQ min =22⋅144=7.法二：同法一求出B 的位置.以O 2为原点，OB ,OC ,O 2O 1方向为x ,y ,z 轴正向建立空间直角坐标系，C 0,2,0 ,B 2,0,0 ,AA 1 =0,1,3 ,AB =2,2,0 ,CC 1 =0,-1,3 ,BC=-2,2,0设面A 1AB 的法向量为a=x 1,y 1,z 1a ⋅AA 1=y 1+3z 1=0a ⋅AB=2x 1+2y 1=0，取z 1=1，有a=3,-3,1 ；同理可得面C 1CB 的法向量为β=3,3,1 ,由l =面C 1CB ∩面A 1AB ，可知B ∈l ，设l 的方向向量为l=x ,y ,z ，故l ⋅a =3x -3y +z =0,l ⋅β=3x +3y +z =0取l=1,0,3 ,下面分2个方法求|CQ |min求|CQ |min 方法1：BQ =l=t ,0,3t ,，∵B 2,0,0 ,∴Q t -2,0,3t∴CQ =(t -2)2+22+(3t )2=4t 2-4t +8，当t =12时，CQ 取最小值为7.求CQ min 方法2：BC 在l 上的投影向量的模为BC ⋅l l =-2×1+2×0+0×32=1故CQ 的最小值即C 到l 的距离为BC 2-12=7.法三:在三角形△BCO 中，BO =CO =4,BC =22,cos ∠CBO =42+(22)2-422×4×22=122⋅sin ∠CBO =1-1222=722,所以CQ ≥CB sin ∠CBO =722×22=7.18(19·20下·临沂·二模)如图①，在Rt △ABC 中，B 为直角，AB =BC =6，EF ∥BC ，AE =2，沿EF 将△AEF 折起，使∠AEB =π3，得到如图②的几何体，点D 在线段AC 上．(1)求证：平面AEF ⊥平面ABC ；(2)若AE ⎳平面BDF ，求直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)64.【分析】(1)由余弦定理计算证明EA ⊥AB ，再利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理作答.(2)以A 为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的正弦作答.【详解】(1)在△ABE 中，AE =2,BE =4，∠AEB =π3，由余弦定理得：AB 2=AE 2+BE 2-2AE ⋅BE cos ∠AEB =4+16-2×2×4×12=12，则AB =23，有EB 2=EA 2+AB 2，于是∠EAB =π2，即有EA ⊥AB ，又EF ⊥EB ,EF ⊥EA ,EA ∩EB =E ,EA ,EB ⊂平面ABE ，因此EF ⊥平面ABE ，而AB ⊂平面ABE ，则EF ⊥AB ，又因为EA ∩EF =E ,EA ,EF ⊂平面AEF ，从而AB ⊥平面AEF ，而AB ⊂平面ABC ，所以平面AEF ⊥平面ABC .(2)以A 为原点，以AB ,AE 分别为x ,y 轴，过点A 垂直于平面ABE 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图，由(1)知，EF ⊥平面ABE ，而EF ⎳BC ，则有BC ⊥平面ABE ，则A (0,0,0),B (23,0,0),E (0,2,0),F (0,2,2),C (23,0,6)，AF =(0,2,2),FB =(23,-2,-2),AC=(23,0,6)，连接EC 与FB 交于点G ，连接DG ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ，平面AEC ∩平面BDF =DG ，则AE ⎳GD ，有GC GE =DCDA，在四边形BCFE 中，由EF ⎳BC ，得GC GE =BC EF =3，即DC DA=3，AD =14AC =32,0,32 ，FD =AD -AF =32,-2,-12，设平面BDF 的法向量为n =(x ,y ,z )，则n ⋅FD =32x -2y -12z =0n ⋅FB =23x -2y -2z =0，令x =1，得n =(1,0,3)，设直线AF 与平面BDF 所成角为θ，于是sin θ=|cos ‹n ,AF ›|=|n ⋅AF ||n ||AF |=2322×2=64，所以直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值为64.19(22·23下·广州·三模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，AB =AP =2，PA ⊥平面ABCD ，E ,F 分别是线段PB ,PD 的中点，G 是线段PC 上的一点.(1)求证：平面EFG ⊥平面PAC ；(2)若直线AG 与平面AEF 所成角的正弦值为13，且G 点不是线段PC 的中点，求三棱锥E -ABG 体积.【答案】(1)证明见解析(2)19【分析】(1)由线面垂直判定可证得BD ⊥平面PAC ，由中位线性质知EF ⎳BD ，从而得到EF ⊥平面PAC ，由面面垂直判定可得结论；(2)以A 为坐标原点可建立空间直角坐标系，设PG =λPC ，λ∈0,12 ∪12,1 ，由线面角的向量求法可构造方程求得λ，结合垂直关系可得G 平面PAB 的距离为16BC =13，利用棱锥体积公式可求得结果.【详解】(1)连接BD ，∵E ,F 分别是线段PB ,PD 的中点，∴EF ⎳BD ，∵底面四边形ABCD 为正方形，∴BD ⊥AC ，∵PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BD ，又PA ∩AC =A ，PA ,AC ⊂平面PAC ，∴BD ⊥平面PAC ，∵EF ⎳BD ，∴EF ⊥平面PAC ，又EF ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面PAC .(2)以A 为坐标原点，分别以AB ,AD ,AP 所在直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则A 0,0,0 ，E 1,0,1 ，F 0,1,1 ，P 0,0,2 ，C 2,2,0 ，设PG =λPC ，λ∈0,12 ∪12,1 ，则AG =AP +PG =0,0,2 +2λ,2λ,-2λ =2λ,2λ,2-2λ ，AE =1,0,1 ，AF =0,1,1 ，设平面AEF 的一个法向量为n=x ,y ,z ，则n ⋅AE=x +z =0n ⋅AF=y +z =0，令z =-1，解得：x =1，y =1，∴n =1,1,-1 ；设直线AG 与平面AEF 所成角为θ，sin θ=cos n ,AG =n ⋅AGn ⋅AG=6λ-2 3⋅4λ2+4λ2+2-2λ 2=13，解得：λ=16或λ=12(舍)，∴PG =16PC ，∵PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BC ；∵BC ⊥AB ，PA ∩AB =A ，PA ,AB ⊂平面PAB ，∴BC ⊥平面PAB ，∴G 到平面PAB 的距离为16BC =13，∴V E -ABG =V G -ABE =13S △ABE ⋅16BC =13×12×12×2×2×13=19.20(22·23下·长沙·一模)斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各棱长都为2，∠A 1AB =60°，点A 1在下底面ABC 的投影为AB 的中点O ．(1)在棱BB 1(含端点)上是否存在一点D 使A 1D ⊥AC 1若存在，求出BD 的长；若不存在，请说明理由；(2)求点A 1到平面BCC 1B 1的距离．【答案】(1)存在，BD =25(2)2155【分析】(1)连接OC ，以O 点为原点，如图建立空间直角坐标系，设BD =tBB 1 ,t ∈0,1 ，根据AC 1 ⋅A 1D=0，求出t 即可；(2)利用向量法求解即可.【详解】(1)连接OC ，因为AC =BC ，O 为AB 的中点，所以OC ⊥AB ，由题意知A 1O ⊥平面ABC ，又AA 1=2，∠A 1AO =60°，所以A 1O =3，以O 点为原点，如图建立空间直角坐标系，则A 10,0,3 ，A 1,0,0 ，B -1,0,0 ，C 0,3,0 ，由AB =A 1B 1得B 1-2,0,3 ，同理得C 1-1,3,3 ，设BD =tBB 1,t ∈0,1 ，得D -1-t ,0,3t ，又AC 1 =-2,3,3 ，A 1D =-1-t ,0,3t -3 ，由AC 1 ⋅A 1D=0，得-2-1-t +33t -3 =0，得t =15，又BB 1=2，∴BD =25，∴存在点D 且BD =25满足条件；(2)设平面BCC 1B 1的法向量为n=x ,y ,z ，BC =1,3,0 ，CC 1 =-1,0,3 ，则有n ⋅BC=x +3y =0n ⋅CC 1=-x +3z =0，可取n =3,-1,1 ，又BA 1=1,0,3 ，∴点A 1到平面BCC 1B 1的距离为d =BA 1 cos BA 1 ,n =BA 1 ×3+0+3BA 1×5=2155，∴所求距离为2155.21(22·23下·长沙·三模)如图，三棱台ABC -A 1B 1C 1，AB ⊥BC ，AC ⊥BB 1，平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，AB =6,BC =4，BB 1=2，AC 1与A 1C 相交于点D ，AE =2EB，且DE ∥平面BCC 1B 1.(1)求三棱锥C -A 1B 1C 1的体积；(2)平面A 1B 1C 与平面ABC 所成角为α，CC 1与平面A 1B 1C 所成角为β，求证：α+β=π4.【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】(1)通过证明线线和线面垂直，并结合已知条件即可得出三棱锥C -A 1B 1C 1的体积；(2)建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，求出所成角为α与β的正余弦值，即可证明结论.【详解】(1)由题意，∵平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，且平面ABB 1A 1∩平面ABC =AB ，AB ⊥BC ，BC ⊂平面ABC ∴BC ⊥平面ABB 1A 1，∵BB 1⊂平面ABB 1A 1，∴BC ⊥BB 1，又AC ⊥BB 1，BC ∩AC =C ，BC ,AC ⊂平面ABC ∴BB 1⊥平面ABC ，连接C 1B ，∵DE ⎳平面BCC 1B 1，DE ⊂平面ABC 1，平面ABC 1∩平面BCC 1B 1=C 1B ，∴DE ∥C 1B ，∵AE =2EB ，∴AD =2DC 1 ，∴A 1C 1=12AC .∴三棱锥C -A 1B 1C 1底面A 1B 1C 1的面积S 1=12×2×3=3，高h =BB 1=2，。

【高考压轴题】空间立体几何经典大题汇编100题（含答案）

【⾼考压轴题】空间⽴体⼏何经典⼤题汇编100题（含答案）【⾼考压轴题】空间⽴体⼏何经典⼤题汇编100题（含答案)未命名⼀、解答题1．直三棱柱'''ABC A B C -中，底⾯ABC 是边长为2的正三⾓形，'D 是棱''A C 的中点，且'AA =.（1）若点M 为棱'CC 的中点，求异⾯直线'AB 与BM 所成⾓的余弦值；（2）若点M 在棱'CC 上，且'A M ⊥平⾯''AB D ，求线段CM 的长.2．如图，在三棱台DEF ABC -中，2AB DE =，CF ⊥平⾯ABC ，AB BC ⊥，45BAC ∠=?，CF DE =，,G H 分别为,AC BC 的中点.（1）求证：//BD 平⾯FGH ；（2）求平⾯FGH 与平⾯ACFD 所成⾓（锐⾓）的⼤⼩.3．在直三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ==12AB AA ==，E 是棱1CC 的中点.(1)求证：平⾯1A AB ⊥平⾯1A BE ； (2)求⼆⾯⾓1A BE A --的余弦值.4．如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平⾯,,ABCD AB AD CD BC ==. （1）求证：平⾯PBD ⊥平⾯PAC ；（2）若120,60B A D B CD ∠=∠=，且P B P D ⊥，求⼆⾯⾓B PC D --的平⾯⾓的⼤⼩.5．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11BB C C 是矩形，11AB B C ⊥，平⾯1A BC ⊥平⾯11AB C .（1）求证：11AB A B ⊥；（2）若113B C =，4AB =，160ABB ?∠=，求⼆⾯⾓1A A C B --的余弦值.6．如图，在正⽅体1111ABCD A B C D -中，,E F 分别是111,CC B C 的中点．（1）求证：1A F //平⾯1AD E ；（2）求⼆⾯⾓1D E A DC --余弦值.7．在多⾯体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正⽅形，//EF AB ，1DE EF ==，2DC BF ==，30EAD ?∠=.（Ⅰ）求证：AE ⊥平⾯CDEF ；（Ⅱ）在线段BD 上确定⼀点G ，使得平⾯EAD 与平⾯FAG 所成的⾓为30?. 8．已知四棱锥P ABCD -中，平⾯PCD ⊥平⾯ABCD ，且22PD PC BC ===， 2,3BCD ABD π∠=是等边三⾓形，AC B D E =. (1)证明：PC ⊥平⾯PAD ； (2)求⼆⾯⾓P AB C --的余弦值.9．已知直⾓梯形ABCD 中，//AB CD ，AB AD ⊥，22AB AD CD ===，E 、F 分别是边AD 、BC 上的点，且//EF AB ，沿EF 将EFCD 折起并连接成如图的多⾯体CD ABFE -，折后BE ED ⊥．（Ⅰ）求证：AE FC ⊥；（Ⅱ）若折后直线AC 与平⾯ABFE 所成⾓θABCD ⊥平⾯FCB ．10．如图，在四棱锥S ABCD -中，SA ⊥平⾯ABCD ，且90ABC BCD ∠=∠=?，22SA AB BC CD ====，E 是边SB 的中点．（1）求证：AE ⊥平⾯SBC ；（2）若F 是线段SB 上的动点（不含端点）：问当BF FS为何值时，⼆⾯⾓D CF B--余弦值为10-． 11．如图，已知三棱柱111ABC A B C -，侧⾯11BCC B ABC ⊥底⾯. (Ⅰ)若,M N 分别是1,AB AC 的中点，求证：11//MN BCC B 平⾯； (Ⅱ)若三棱柱111ABC A B C -的各棱长均为2，侧棱1BB 与底⾯ABC 所成的⾓为60?，问在线段11A C 上是否存在⼀点P ，使得平⾯111B CP ACC A ⊥平⾯?若存在，求1C P 与1PA 的⽐值，若不存在，说明理由．12．已知某⼏何体直观图和三视图如图所⽰，其正视图为矩形，侧视图为等腰直⾓三⾓形，俯视图为直⾓梯形.（1）求证：BN 11C B N ⊥平⾯；（2）11sin C N CNB θθ设为直线与平⾯所成的⾓,求的值；（3）设M 为AB 中点，在BC 边上找⼀点P ，使MP //平⾯1CNB 并求BPPC的值. 13．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，,D E 分别是棱,BC AB 的中点，点F 在1CC 棱上，且AB AC =，13AA=，2BC CF ==.（1）求证：1//C E 平⾯ADF ；（2）当2AB =时，求⼆⾯⾓111A C E B --的余弦值.14．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，已知1CA CB ==，12AA =，90BCA ?∠=．（1）求异⾯直线1BA 与1CB 夹⾓的余弦值；（2）求⼆⾯⾓1B AB C --平⾯⾓的余弦值．15．已知正三棱柱中，、分别为的中点，设.（1）求证：平⾯平⾯；（2）若⼆⾯⾓的平⾯⾓为，求实数的值，并判断此时⼆⾯⾓是否为直⼆⾯⾓，请说明理由.16．在直三棱柱中，13,2,AA AB BC AC D ====是AC 中点. （Ⅰ）求证：1B C //平⾯1A BD ；（Ⅱ）求点1B 到平⾯1A BD 的距离；（Ⅲ）求⼆⾯⾓11A DB B --的余弦值.17．如图,在三棱柱ABC -111A B C 中,侧棱与底⾯垂直,090BAC ∠=,AB AC =1AA =2=,点,M N 分别为1A B 和11B C 的中点.(1)证明:1A M ⊥MC ;(2)求⼆⾯⾓N MC A --的正弦值.18．如图，四边形ABCD 是正⽅形，EA ⊥平⾯ABCD ，//EA PD ，22AD PD EA ===，F ，G ，H 分别为PB ，EB ，PC 的中点.（1）求证：//FG 平⾯PED ；（2）求平⾯FGH 与平⾯PBC 所成锐⼆⾯⾓的⼤⼩；（3）在线段PC 上是否存在⼀点M ，使直线FM 与直线PA 所成的⾓为3π若存在，求出线段PM 的长；若不存在，请说明理由.19．已知五边形ABCDE 是由直⾓梯形ABCD 和等腰直⾓三⾓形ADE 构成，如图所⽰， AB AD ⊥， AE DE ⊥， AB CD ，且224AB CD DE ===，将五边形ABCDE 沿着AD 折起，且使平⾯ABCD ⊥平⾯ADE .（Ⅰ）若M 为DE 中点，边BC 上是否存在⼀点N ，使得MN 平⾯ABE ？若存在，求BNBC的值；若不存在，说明理由；（Ⅱ）求⼆⾯⾓A BE C --的平⾯⾓的余弦值.20．如图，在以,,,,,A B C D E F 为顶点的多⾯体中，四边形ACDF 是菱形，60,,//FAC AC BC AB DE ∠=?⊥， //,2,1,BC EF AC BC BF ===（1）求证：BC ⊥平⾯ACDF ；（2）求⼆⾯⾓C AE F --的余弦值.21．在PABC 中，4PA =，PC =45P ∠=?，D 是PA 中点（如图1）.将PCD ?沿CD 折起到图2中1PCD ?的位置，得到四棱锥1P ABCD -.（1）将PCD ?沿CD 折起的过程中，CD ⊥平⾯1P DA 是否成⽴？并证明你的结论；（2）若1P D 与平⾯ABCD 所成的⾓为60°，且1PDA ?为锐⾓三⾓形，求平⾯1P AD 和平⾯1P BC 所成⾓的余弦值.22．四棱锥P ABCD -中，侧⾯PDC 是边长为2的正三⾓形，且与底⾯垂直，底⾯ABCD 是60ADC ∠=?的菱形，M 为PB 的中点，Q 为CD 的中点.（1）求证：PA CD ⊥；（2）求AQ 与平⾯CDM 所成的⾓.23．如图，在正⽅体ABCD – A 1B 1C 1D 1中，点E ，F ，G 分别是棱BC ，A 1B 1，B 1C 1的中点．（1）求异⾯直线EF 与DG 所成⾓的余弦值；（2）设⼆⾯⾓A —BD —G 的⼤⼩为θ，求 |cos θ| 的值．24．如图，四边形ABCD 与BDEF 均为菱形， 60DAB DBF ∠=∠=?，且F A F C =.（1）求证：AC ⊥平⾯BDEF ；（2）求直线AF 与平⾯BCF 所成⾓的正弦值.25．如图，在正⽅体1111ABCD A B C D -中，,F G 分别是棱1,CC AD 的中点，E 为棱AB 上⼀点，且异⾯直线1B E 与BG 所成⾓的余弦值为25.（1）证明：E 为AB 的中点；（2）求平⾯1B EF 与平⾯11ABC D 所成锐⼆⾯⾓的余弦值.26．如图，ABC ?中，02,4,90AC BC ACB ==∠=，,D E 分别是,AC AB 的中点，将ADE ?沿DE 折起成PDE ?，使⾯PDE ⊥⾯BCDE ，,H F 分别是PD 和BE 的中点，平⾯BCH 与PE ，PF 分别交于点,I G .（1）求证：//IH BC ；（2）求⼆⾯⾓P GI C --的正弦值.27．如图，矩形ABCD 中，6AB =，AD =点F 是AC 上的动点．现将矩形ABCD沿着对⾓线AC 折成⼆⾯⾓D AC B '--，使得D B '=．（Ⅰ）求证：当AF =D F BC '⊥；（Ⅱ）试求CF 的长，使得⼆⾯⾓A D F B -'-的⼤⼩为4π．28．如图，在三棱锥P ABC -中，,,CP CA CB 两两垂直且相等，过PA 的中点D 作平⾯α∥BC ，且α分别交PB ，PC 于M 、N ，交,AB AC 的延长线于,E F ．（Ⅰ）求证：EF ⊥平⾯PAC ；（Ⅱ）若2AB BE =，求⼆⾯⾓P DM N --的余弦值.29．如图1，在M B C △中，24BM BC ==，BM BC ⊥，A ，D 分别为BM ，MC 的中点．将MAD △沿AD 折起到PAD △的位置，使90PAB ∠=，如图2，连结PB ，PC ．（Ⅰ）求证：平⾯PAD ⊥平⾯ABCD ；（Ⅱ）若E 为PC 中点，求直线DE 与平⾯PBD 所成⾓的正弦值；（Ⅲ）线段PC 上是否存在⼀点G ，使⼆⾯⾓G AD P --求出PGPC的值；若不存在，请说明理由．30．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平⾯ABCD ，底⾯ABCD 是菱形.（1）求证：BD ⊥平⾯PAC ；（2）若PA AB BD ==，求PC 与平⾯PBD 所成⾓的正弦值.31．如图，四棱锥P ABCD -中，底⾯ABCD 为梯形，PD ⊥底⾯ABCD ，//,,1,AB CD AD CD AD AB BC ⊥===过A 作⼀个平⾯α使得//α平⾯PBC .（1）求平⾯α将四棱锥P ABCD -分成两部分⼏何体的体积之⽐；（2）若平⾯α与平⾯PBC PA 与平⾯PBC 所成⾓的正弦值.32．如图⼏何体ADM-BCN 中，ABCD 是正⽅形，CD //NM ，,AD MD CD CN ⊥⊥，MDC ∠=120o ，30CDN ∠=，24MN MD ==.（Ⅰ）求证：//AB CDMN 平⾯；（Ⅱ）求证：DN AMD ⊥平⾯；（Ⅲ）求⼆⾯⾓N AM D --的余弦值.33．如图所⽰，在四棱锥P ABCD -中，底⾯ABCD 为正⽅形，PA ⊥平⾯ABCD ，且1PA AB ==，点E 在线段PC 上，且2PE EC =. （Ⅰ）证明：平⾯BDE ⊥平⾯PCD ；（Ⅱ）求⼆⾯⾓P BD E --的余弦值.34．在如图所⽰的多⾯体ABCDE 中，AB ⊥平⾯ACD ，DE ⊥平⾯ACD ，AC AD CD DE 2AB 1G =====，，为AD 中点，F 是CE 的中点. （1）证明：BF 平⾯ACD （2）求点G 到平⾯BCE 的距离.35．如图所⽰，四棱锥P ABCD -的侧⾯PAD ⊥底⾯ABCD ，底⾯ABCD 是直⾓梯形，且//,AB CD AB AD ⊥,12CD PD AD AB ===,E 是PB 中点.（1）求证：CE ⊥平⾯PAB ；（2）若4CE AB ==，求直线CE 与平⾯PDC 所成⾓的⼤⼩.36．如图，在四棱锥E ABCD -中，ABD ?是正三⾓形，BCD ?是等腰三⾓形，120BCD ∠=，EC BD ⊥．（1）求证：BE DE =；（2）若AB =AE =EBD ⊥平⾯ABCD ，直线AE 与平⾯ABD 所成的⾓为45°，求⼆⾯⾓B AE D --的余弦值．37．如图1，在平⾏四边形11ABB A 中，160ABB ∠=?，4AB =，12AA =，C 、1C 分别为AB 、11A B 的中点，现把平⾏四边形11ABB A 1沿C 1C 折起如图2所⽰，连接1B C 、1B A 、11B A ．（1）求证：11AB CC ⊥；（2）若1AB =11C AB A --的正弦值．38．如图,已知四棱锥S ABCD -中,底⾯ABCD 是边长为2的菱形,60BAD ∠=?,SA SD SB ===点E 是棱AD 的中点,点F 在棱SC 上,且SF SC λ=,SA //平⾯BEF .（1）求实数λ的值;（2）求⼆⾯⾓S BE F --的余弦值.39．如图所⽰，在四棱锥P ABCD -中，平⾯PAD ⊥平⾯ABCD ，底⾯ABCD 是正⽅形，且PA PD =，90APD ?∠=.（Ⅰ）证明：平⾯PAB ⊥平⾯PCD ；（Ⅱ）求⼆⾯⾓A PB C --的余弦值.40．如图，空间四边形OABC 中，,OA BC OB AC ⊥⊥.求证：OC AB ⊥.41．如图，直⾓梯形BDFE 中，||EF BD ，BE BD ⊥，EF =等腰梯形ABCD 中，||AB CD ，AC BD ⊥，24AB CD ==，且平⾯BDFE ⊥平⾯ABCD . （1）求证：AC ⊥平⾯BDFE ；（2）若BF 与平⾯ABCD 所成⾓为4π，求⼆⾯⾓B DF C --的余弦值.42．在如图所⽰的⼏何体中，正⽅形ABEF 所在的平⾯与正三⾓形ABC 所在的平⾯互相垂直，//CD BE ，且2BE CD =，M 是ED 的中点．（1）求证：//AD 平⾯BFM ；（2）求⾯EDF 与⾯ADB 所成锐⼆⾯⾓的⼤⼩．43．如图，四⾯体中，分别是的中点，（1）求证：平⾯;（2）求直线与平⾯所成⾓的正弦值.44．如图，已知正⽅体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，E ，F ，G ，H 分别是棱AB ，CC '，AA '，C D ''的中点.（1）求证：EF 平⾯GHD ；（2）求直线EF 与BD '所成的⾓.45．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底⾯ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，PAB ?为正三⾓形，且侧⾯P AB ⊥底⾯ABCD ，E 为线段AB 的中点，M 在线段PD 上.（I ）当M 是线段PD 的中点时，求证：PB // 平⾯ACM ；（II ）求证：PE AC ⊥；（III ）是否存在点M ，使⼆⾯⾓M EC D --的⼤⼩为60°，若存在，求出PMPD的值；若不存在，请说明理由．46．长⽅形ABCD 中，2AB AD =，M 是DC 中点（图1）．将△ADM 沿AM 折起，使得AD BM ⊥（图2）在图2中：（1）求证：平⾯ADM ⊥平⾯ABCM ；（2）在线段BD 上是否存点E ，使得⼆⾯⾓E AM D --为⼤⼩为π4，说明理由． 47．如下图，在空间直⾓坐标系O xyz -中，正四⾯体（各条棱均相等的三棱锥）ABCD 的顶点,,A B C 分别在x 轴，y 轴，z 轴上.（Ⅰ）求证：//CD 平⾯OAB ；（Ⅱ）求⼆⾯⾓C AB D --的余弦值.48．如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥平⾯ABCD ,底⾯ABCD 为梯形， //AD BC ,AB DC ==1122AD AA BC ===，点P ，Q 分别为11A D ，AD 的中点.（Ⅰ）求证：//CQ 平⾯1PAC ；（Ⅱ）求⼆⾯⾓1C AP D --的余弦值；（Ⅲ）在线段BC 上是否存在点E ，使PE 与平⾯1PAC 所成⾓的正弦值是21若存在，求BE 的长；若不存在，请说明理由.49．如图在棱锥P ABCD -中，ABCD 为矩形，PD ⊥⾯ABCD ，2PB =，PB 与⾯PCD 成045⾓，PB 与⾯ABD 成030⾓.（1）在PB 上是否存在⼀点E ，使PC ⊥⾯ADE ，若存在确定E 点位置，若不存在，请说明理由；（2）当E 为PB 中点时，求⼆⾯⾓P AE D --的余弦值.50．如图所⽰，在底⾯为正⽅形的四棱柱1111ABCD A B C D -中，1111,2,3AA A B A D AB AA B π===∠=.（1）证明：平⾯1A BD ⊥平⾯11A BC ；（2）求直线1AC 与平⾯1DBC 所成⾓的正弦值.51．如图，在等腰梯形ABCD 中，060ABC ∠=，上底2CD =，下底4AB =，点E 为下底AB 的中点，现将该梯形中的三⾓形BEC 沿线段EC 折起，形成四棱锥B AECD -.（1）在四棱锥B AECD -中，求证：AD BD ⊥；（2）若平⾯BEC 与平⾯AECD 所成⼆⾯⾓的平⾯⾓为0120，求直线AE 与平⾯ABD所成⾓的正弦值.52．如图，已知四棱锥P ABCD - 中，//,,3,4,4,AB CD AB AD AB CD AD AP ⊥====060PAB PAD ∠=∠=.（1）证明：顶点P 在底⾯ABCD 的射影在BAD ∠的平分线上；（2）求⼆⾯⾓B PD C --的余弦值.53．如图，三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥平⾯11AAC C ，12AA AB AC ===，160A AC ∠=.过1AA 的平⾯交11B C 于点E ，交BC 于点F .(l)求证：1A C ⊥平⾯1ABC ；(Ⅱ)求证：四边形1AA EF 为平⾏四边形； (Ⅲ)若是23BF BC =，求⼆⾯⾓1B AC F --的⼤⼩． 54．如图，在四棱锥P ABCD -中，底⾯ABCD 为梯形，平⾯PAD ⊥平⾯,//,ABCD BC AD ,PA PD ⊥,60,AB AD PDA E ⊥∠=为侧棱PD 的中点，且2,4AB BC AD ===.（1）证明：//CE 平⾯PAB ；（2）求⼆⾯⾓A PB C --的余弦值.55．如图1，梯形ABCD 中，AD BC ∥，CD BC ⊥，1BC CD ==，2AD =，E。

(完整版)高中立体几何经典练习试题[最新版]

1.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，CB⊥平面PAB，AD∥BC，且PA=PB=AB=BC=2AD=2．（Ⅰ）求证：平面DPC⊥平面BPC；（Ⅱ）求二面角C﹣PD﹣B的余弦值．2.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，且PA=AD=2，，E、F分别为AD、PC中点．（1）求点F到平面PAB的距离；（2）求证：平面PCE⊥平面PBC；（3）求二面角E﹣PC﹣D的大小．3.《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马P ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.(1)证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑;(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,求的值.4.如图所示三棱柱111C B A ABC -中，⊥1AA 平面ABC ，四边形ABCD 为平行四边形，CD AD 2=，CD AC ⊥.（Ⅰ）若AC AA =1,求证：⊥1AC 平面CD B A 11；（Ⅱ）若D A 1与1BB 所成角的余弦值为721，求二面角11C D A C --的余弦值.5.在直角梯形ABCD 中，//,,3,2,AB CD AD AB DC AB ⊥== 1,AD =,1AE EB DF ==,现把EF 它沿折起，得到如图所示的几何体，连接,,DB AB DC ，使 5.DC =（1）求证：平面DBC ⊥平面DFB ；（2）判断在线段DC 上是否存在一点H ，使得二面角E BH C --的余弦值为306-，若存在，确定H 的位置，若不存在，说明理由.6.如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，24AB AD ==，23BD =，PD ⊥底面ABCD ．（1）证明：平面PBC ⊥平面PBD ；（2）若二面角P BC D --的大小为6π，求AP 与平面PBC 所成角的正弦值．7.在三棱锥A BCD -中，4,22AB BC AD BD CD =====,在底面BCD 内作CE CD ⊥，且 2.CE =（1）求证：//CE 平面ABD ；（2）如果二面角A BD C --的大小为90，求二面角B AC E --的余弦值.8.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形， PA ⊥底面ABCD ，AD AP =，E 为棱PD 中点.（1）求证：PD ⊥平面ABE ；（2）若F 为AB 中点，(01)PM PC λλ=<<，试确定λ的值，使二面角P FM B --的余弦值为33-.9.如图，在三棱柱111ABC A B C -中，点C 在平面111A B C 内的射影点为11A B 的中点 1,,90O AC BC AA ACB ==∠=.（1）求证:AB ⊥ 平面1OCC ；（2）求二面角1A CC B --的正弦值.F PM A CD EB10.已知多面体ABCDEF 如图所示.其中ABCD 为矩形，DAE △为等腰直角三角形，DA AE ⊥，四边形AEFB 为梯形，且AE BF ∥，90ABF =︒∠，22AB BF AE ===.（1）若G 为线段DF 的中点，求证：EG ∥平面ABCD .（2）线段DF 上是否存在一点N ，使得直线BN 与平面FCD 所成角的余弦值等于215若存在，请指出点N 的位置；若不存在，请说明理由.11.在如图所示的几何体中，平面ADNM ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是菱形，四边形ADNM 是矩形，π3DAB ∠=，2AB =，1AM =，E 是AB 的中点．(Ⅰ)求证：DE ⊥平面ABM ； (II)在线段AM 上是否存在点P ，使二面角P EC D --的大小为π4？若存在，求出AP 的长；若不存在，请说明理由．12.如图，已知梯形CDEF 与△ADE 所在平面垂直，AD ⊥DE ，CD ⊥DE ，AB ∥CD ∥EF ，AE=2DE=8，AB=3，EF=9．CD=12，连接BC ，BF ．（Ⅰ）若G 为AD 边上一点，DG=DA ，求证：EG ∥平面BCF ；（Ⅱ）求二面角E ﹣BF ﹣C 的余弦值．N M D CE B A13.如图三棱柱中，侧面为菱形，.(1)证明：；(2)若，，，求二面角的余弦值.14.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．（1）证明：A1D⊥平面A1BC；（2）求二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值．15.如图,在四棱锥中,底面为菱形,为的中点.(Ⅰ)若,求证:平面平面;(Ⅱ)若平面平面,且,点在线段上,试确定点的位置,使二面角大小为,并求出的值.16.已知在边长为4的等边△ABC （如图1所示）中，MN ∥BC ，E 为BC 的中点，连接AE 交MN 于点F ，现将△AMN 沿MN 折起，使得平面AMN ⊥平面MNCB （如图2所示）．（1）求证：平面ABC ⊥平面AEF ；（2）若S BCNM =3S △AMN ，求直线AB 与平面ANC 所成角的正弦值．17.如图（1），在五边形BCDAE 中，AB CD //，90=∠BCD ，1==BC CD ，2=AB ，ABE ∆是以AB 为斜边的等腰直角三角形.现将ABE ∆沿AB 折起，使平面⊥ABE 平面ABCD ，如图（2），记线段AB 的中点为O . （1）求证：平面⊥ABE 平面EOD ；（2）求平面ECD 与平面ABE 所成的锐二面角的大小.18.如图，在等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，1AD DC CB ===，60ABC ∠=，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，2CF =.（1）求证：BC ⊥平面ACFE ；（2）点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 二面角的平面角为(90)θθ≤，试求cos θ的取值范围.。

立体几何高考经典大题理科

1·如图，四棱锥S-ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点。

（Ⅰ）求证：AC ⊥SD ；（Ⅱ）若SD ⊥平面P AC ，求二面角P-AC-D 的大小（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC 。

若存在，求SE ：EC 的值；若不存在，试说明理由。

2·如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD ,PD ⊥底面ABCD .(Ⅰ)证明：PA ⊥BD ；(Ⅱ)若PD =AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值。

3·如图，直三棱柱111ABC A B C -中，112AC BC AA ==， D 是棱1AA 的中点，BD DC ⊥1（1）证明：BC DC ⊥1（2）求二面角11C BD A --的大小。

1·解法一：（Ⅰ）连BD ，设AC 交BD 于O ，由题意SO AC ⊥。

在正方形ABCD 中，AC BD ⊥，所以AC SBD ⊥平面,得AC SD ⊥.(Ⅱ)设正方形边长a ，则2SD a =。

又22OD a =，所以060SOD ∠=, 连OP ，由（Ⅰ）知AC SBD ⊥平面,所以AC OP ⊥,且AC OD ⊥,所以POD ∠是二面角P AC D --的平面角。

由SD PAC ⊥平面,知SD OP ⊥,所以030POD ∠=,即二面角P AC D --的大小为030。

（Ⅲ）在棱SC 上存在一点E ，使//BE PAC 平面由（Ⅱ）可得2PD a =，故可在SP 上取一点N ,使PN PD =,过N 作PC 的平行线与SC 的交点即为E 。

连BN 。

在BDN 中知//BN PO ，又由于//NE PC ,故平面z x P C B A D y//BEN PAC 平面，得//BE PAC 平面,由于21SN NP =：：,故21SE EC =：：. 解法二：（Ⅰ）；连BD ,设AC 交于BD 于O ，由题意知SO ABCD ⊥平面.以O 为坐标原点，OB OC OS ，，分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立坐标系O xyz -如图。