高三立体几何大题(可编辑修改word版)
高三立体几何专题练习(含答案)
立体几何专题练习卷一、填空题（本大题满分56分，每小题4分） 1．正方体DC B A ABCD 111-的棱长为a ，则异面直线1AB 与1BC 所成的角的大小是__________．2．已知某铅球的表面积是2484cm π，则该铅球的体积是___________2cm ．3．若圆锥的侧面积为20π，且母线与底面所成的角为4arccos5，则该圆锥的体积为___________．4．在长方体1111ABCD A B C D -中，若12,1,3AB BC AA ===，则1BC 与平面11BB D D 所成的角θ可用反三角函数值表示为θ=____________．5．若取地球的半径为6371米，球面上两点A 位于东经O12127'，北纬O 318'，B 位于东经O12127'，北纬O 255'，则A B 、两点的球面距离为_____________千米(结果精确到1千米)．6．已知圆锥的母线长为5cm ，侧面积为π15 2cm ，则此圆锥的体积为__________3cm ．7．若圆锥的底面半径和高都是2，则圆锥的侧面积是_____________． 8．如图，是一个无盖正方体盒子的表面展开图，A B C 、、为其上的三个点，则在正方体盒子中，ABC ∠=____________.9．一个圆柱形容器的轴截面尺寸如右图所示，容器内有一个实心的球，球的直径恰等于圆柱的高.现用水将该容器注满，然后取出该球（假设球的密度大于水且操作过程中水量损失不计），则球取出后，容器中水面的高度为__________cm. （精确到0.1cm ）10．如图，用铁皮制作一个无盖的圆锥形容器，已知该圆锥的母线与底面所在平面的夹角为45︒，容器的高为10cm ．制作该容器需要铁皮面积为__________cm2．（衔接部分忽略不计，结果保留整第9题数）11．如图，圆锥的侧面展开图恰好是一个半圆，则该圆锥的母线与底面所成的角的大小是__________ .12．如右下图，ABC ∆中， 90=∠C ，30=∠A ，1=BC ．在三角形内挖去半圆（圆心O 在边AC 上，半圆与BC 、AB 相切于点C 、M ，与AC 交于N ），则图中阴影部分绕直线AC 旋转一周所得旋转体的体积为__________ ．13．如图所示，以圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥， 则该圆锥与圆柱等底等高。
(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。
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。
(完整word版)高中数学立体几何专项练习
立体几何简答题练习1、正方形ABCD与正方形ABEF所在平面相交于AB,在AE、BD上各有一点P、Q,且AP=DQ。
求证:PQ∥平面BCE.（用两种方法证明）2、如图所示,P是平行四边形ABCD所在平面外一点,E、F分别在PA、BD上,且PE:EA=BF:FD,求证:EF∥平面PBC.3、如图，E，F，G，H分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BC，CC1，C1D1，AA1的中点。
求证：（1）EG∥平面BB1D1 D；（2）平面BDF∥平面B1D1 H．4、如图所示，已知P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点，M 、N 分别为AB 、PC 的中点，平面PAD ∩平面PBC ＝l. (1)求证：l ∥BC ；(2)MN 与平面PAD 是否平行？试证明你的结论。
5、如图，在四棱锥S-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，SA ⊥底面ABCD ，SA=SB ，点M 是SD 的中点，AN ⊥SC ，且交SC 于点N 。
（1）求证：SB ∥平面ACM ；（2）求证：平面SAC ⊥平面AMN ； （3）求二面角D-AC-M 的余弦值。
6、如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是边长为2的正方形,侧面PAD ⊥底面ABCD,且PA=PD=22AD,E 、F 分别为PC 、BD 的中点. 求证:(1) 求证:EF ∥平面PAD; (2) 求证:平面PAB ⊥平面PDC;(3) 在线段AB 上是否存在点G,使得二面角C-PD-G 的余弦值为31?说明理由.7、如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°,AB=2CD=2,M是线段AB的中点。
(1)求证:C1M∥平面A1ADD1;(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1=3,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值。
8、如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，E是PC的中点．（1）证明：PA∥平面EDB；（2）证明：BC⊥DE．9、三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱与底面垂直，∠ABC=90°，AB=BC=BB1=2，M，N分别是AB，A1C的中点．（Ⅰ）求证：MN||平面BCC1B1；（Ⅰ）求证：平面AMN⊥平面A1B1C．10、如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥PC，AB=PB，E，F分别是PA，AC的中点．求证：（1）EF∥平面PBC；（2）平面BEF⊥平面PAB．11、如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，点M，N分别是AB，PC的中点，且PA=AD（1）求证：MN∥平面PAD（2）求证：平面PMC⊥平面PCD．12、如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC⊥AC，D，E分别是AB，AC的中点．（1）求证：B1C1∥平面A1DE；（2）求证：平面A1DE⊥平面ACC1A1．8、如图所示，P是四边形ABCD所在平面外的一点，四边形ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形.△PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD.若G为AD 边的中点，求证：平面PBG⊥平面PAD；9、如图所示,在四棱柱P-ABCD中,底面ABCD是边长为a菱形,且∠DAB=60°,侧面PAD为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD。
(完整)高中数学《立体几何》大题及答案解析.doc
高中数学《立体几何》大题及答案解析( 理)1.（ 2009 全国卷Ⅰ）如图，四棱锥S ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， SD底面ABCD，AD2 ，DCo SD 2 ，点 M 在侧棱 SC 上，∠ABM=60。
（I ）证明：M是侧棱SC的中点；求二面角 S AM B 的大小。
2.（ 2009 全国卷Ⅱ）如图，直三棱柱DE ⊥平面 BCC 1（Ⅰ）证明： AB=AC 的角的大小ABC-A 1B1C1中， AB ⊥ AC,D 、E 分别为 AA 1、 B1C 的中点，（Ⅱ）设二面角A-BD-C 为 60°,求 B 1C 与平面 BCD 所成A 1 C1B1D EACB3. （ 2009浙江卷）如图，DC平面ABC，EB / / DC，AC BC EB 2DC 2 ，ACB 120o， P,Q 分别为 AE , AB 的中点．（I）证明： PQ / / 平面ACD；（II）求AD与平面 ABE 所成角的正弦值．4.（ 2009 北京卷）如图，四棱锥P ABCD 的底面是正方形，PD 底面 ABCD ，点E在棱PB上.（Ⅰ）求证：平面AEC 平面 PDB ；（Ⅱ）当 PD2AB 且E为PB的中点时，求 AE 与平面 PDB 所成的角的大小.5.（ 2009 江西卷）如图，在四棱锥P ABCD 中，底面 ABCD 是矩形， PA平面ABCD，PA AD 4 ， AB 2 ．以 BD 的中点 O 为球心、 BD 为直径的球面交PD 于点 M ．（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；（2）求直线PC与平面ABM所成的角；（3）求点O到平面ABM的距离．PMA DOBC6（. 2009 四川卷）如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ ABE 是等腰直角三角形，AB AE , FA FE , AEF 45 （I）求证： EF 平面 BCE ；（ II ）设线段 CD 、 AE 的中点分别为 P 、 M ，求证： PM ∥平面BCE （ III ）求二面角 F BD A 的大小。
高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。
高三精选立体几何大题30题(含详细解答)
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．
∴ ，∴ ．
∴ ．
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.
（Ⅰ）连结AC，AN.由BC⊥AB，AB是PB在
.
6．如图，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，
（Ⅲ）求二面角C-BE-D的正切值．
证：（Ⅰ）取CE中点M，连结FM，BM，则有 ．
∴四边形AFMB是平行四边形．
∴AF//BM，
∵ 平面BCE，
平面BCE，
∴AF//平面BCE．
（Ⅱ）由于DE⊥平面ACD，
则DE⊥AF．
又△ACD是等边三角形，则AF⊥CD．而CD∩DE=D，因此AF⊥平面CDE．
= × ×3×3×
= （10分）
解（Ⅲ）连CF，
∵CB⊥平面A1B1BA，又BF⊥AE，
由三垂线定理知，CF⊥AE.
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 ，。
高中数学必修2立体几何考题(附答案)(可编辑修改word版)
14高中数学必修2 立体几何考题13. 如图所示，正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，M 、N 分别是 A 1B 1，B 1C 1 的中点．问：(1) AM 和 CN 是否是异面直线？说明理由；(2) D 1B 和 CC 1 是否是异面直线？说明理由．解析：(1)由于 M 、N 分别是 A 1B 1 和 B 1C 1 的中点，可证明 MN ∥AC ，因此 AM 与 CN 不是异面直线．(2)由空间图形可感知 D 1B 和 CC 1 为异面直线的可能性较大，判断的方法可用反证法．探究拓展：解决这类开放型问题常用的方法有直接法(即由条件入手，经过推理、演算、变形等)，如第(1)问，还有假设法，特例法，有时证明两直线异面用直线法较难说明问题， 这时可用反证法，即假设两直线共面，由这个假设出发，来推证错误，从而否定假设，则两直线是异面的．解：(1)不是异面直线．理由如下：∵M 、N 分别是 A 1B 1、B 1C 1 的中点，∴MN ∥A 1C 1.又∵A 1A ∥D 1D ，而 D 1D 綊 C 1C ，∴A 1A 綊 C 1C ，∴四边形 A 1ACC 1 为平行四边形．∴A 1A ∥AC ，得到 MN ∥AC ，∴A 、M 、N 、C 在同一个平面内，故 AM 和 CN 不是异面直线．(2)是异面直线．理由如下：假设 D 1B 与 CC 1 在同一个平面 CC 1D 1 内，则 B ∈平面 CC 1D 1，C ∈平面 CC 1D 1.∴BC ⊂平面 CC 1D 1，这与在正方体中 BC ⊥平面 CC 1D 1 相矛盾，∴假设不成立，故 D 1B 与 CC 1 是异面直线．14. 如下图所示，在棱长为 1 的正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，M 为 AB 的中点，N 为 BB 1 的中点，O 为面 BCC 1B 1 的中心．(1) 过 O 作一直线与 AN 交于 P ，与 CM 交于 Q (只写作法，不必证明)；(2) 求 PQ 的长(不必证明)．解析：(1)由 ON ∥AD 知，AD 与 ON 确定一个平面 α.又 O 、C 、M 三点确定一个平面 β(如下图所示)．∵三个平面 α，β 和 ABCD 两两相交，有三条交线 OP 、CM 、DA ，其中交线 DA 与交线 CM 不平行且共面．∴DA 与 CM 必相交，记交点为 Q .∴OQ 是 α 与 β 的交线．连结 OQ 与 AN 交于 P ，与 CM 交于 Q ，故 OPQ 即为所作的直线．(2)解三角形 APQ 可得 PQ ＝ . 15. 如图，在直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中，AB ＝BC ＝B 1B ＝a ，∠ABC ＝90°，D 、E分别为BB1、AC1的中点．(1)求异面直线BB1与AC1所成的角的正切值；(2)证明：DE 为异面直线BB1与AC1的公垂线；(3)求异面直线BB1与AC1的距离．解析：(1)由于直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1∥BB1，所以∠A1AC1就是异面直线BB1与AC1所成的角．又AB＝BC＝B1B＝a，∠ABC＝90°，所以A1C1＝2a，tan∠A1AC1＝2，即异面直线BB1与AC1所成的角的正切值为2.(2)证明：解法一：如图，在矩形ACC1A1中，过点E 作AA1的平行线MM1分别交AC、A1C1于点M、M1，连结BM，B1M1，则BB1綊MM1.又D、E 分别是BB1、MM1的中点，可得DE 綊BM.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，由条件AB＝BC 得BM⊥AC，所以BM⊥平面ACC1A1，故DE⊥平面ACC1A1，所以DE⊥AC1，DE⊥BB1，即DE 为异面直线BB1与AC1的公垂线．解法二：如图，延长C1D、CB 交于点F，连结AF，由条件易证D是C1F 的中点，B 是CF 的中点，又E 是AC1的中点，所以DE∥AF.在△ACF 中，由AB＝BC＝BF 知AF⊥AC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以AF⊥AA1，故AF⊥平面ACC1A1，故DE⊥平面ACC1A1，所以DE⊥AC1，DE⊥BB1，即DE 为异面直线BB1与AC1的公垂线．(3)由(2)知线段DE 的长就是异面直线BB1与AC1的距离，由于AB＝BC＝a，∠ABC＝90°，2a.所以DE＝2反思归纳：两条异面直线的公垂线是指与两条异面直线既垂直又相交的直线，两条异面直线的公垂线是惟一的，两条异面直线的公垂线夹在两条异面直线之间的线段的长度就是两条异面直线的距离．证明一直线是某两条异面直线的公垂线，可以分别证明这条直线与两条异面直线垂直．本题的思路是证明这条直线与一个平面垂直，而这一平面与两条异面直线的位置关系是一条直线在平面内，另一条直线与这个平面平行．16.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O，M 分别是BD1，AA1的中点．(1)求证：MO 是异面直线AA1和BD1的公垂线；(2)求异面直线AA1与BD1所成的角的余弦值；(3)若正方体的棱长为a，求异面直线AA1与BD1的距离．解析：(1)证明：∵O 是BD1的中点，∴O 是正方体的中心，∴OA＝OA 1，又M 为AA1的中点，即OM 是线段AA1的垂直平分线，故OM⊥AA1.连结MD1、BM，则可得MB＝MD1.同理由点O 为BD1的中点知MO⊥BD1，即MO 是异面直线AA1和BD1的公垂线．33333 2(2)由于AA1∥BB1，所以∠B1BD1就是异面直线AA1和BD1所成的角．在Rt△BB1D1中，设BB1＝1，则BD1＝3，所以cos∠B1BD1＝，故异面直线AA1与BD1所成的角的余弦值等于.(3)由(1)知，所求距离即为线段MO 的长，1 a由于OA＝AC1＝a，AM＝，且OM⊥AM，所以OM＝a.2 2 2 213.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，侧面对角线AB1，BC1上分别有两点E、F，且B1E＝C1F，求证：EF∥ABCD.证明：解法一：分别过E、F 作EM⊥AB 于M，FN⊥BC 于N，连结MN.∵BB1⊥平面ABCD，∴BB1⊥AB，BB1⊥BC，∴EM∥BB1，FN∥BB1，∴EM∥FN.又B1E＝C1F，∴EM＝FN，故四边形MNFE 是平行四边形，∴EF∥MN，又MN 在平面ABCD 中，所以EF∥平面ABCD.解法二：过E 作EG∥AB 交BB1于G，B1E B1G连结GF，则1＝1，B A B B∵B1E＝C1F，B1A＝C1B，C1F B1G∴1＝1，∴FG∥B1C1∥BC.C B B B又EG∩FG＝G，AB∩BC＝B，∴平面EFG∥平面ABCD，而EF⊂平面EFG，∴EF∥平面ABCD.14.如下图，在四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC.过BD 作与PA 平行的平面，交侧棱PC 于点E，又作DF⊥PB，交PB 于点F.(1)求证：点E 是PC 的中点；(2)求证：PB⊥平面EFD.证明：(1)连结AC，交BD 于O，则O 为AC 的中点，连结EO.∵PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝OE，∴PA∥OE.∴点E 是PC 的中点；(2)∵PD⊥底面ABCD 且DC⊂底面ABCD，∴PD⊥DC，△PDC 是等腰直角三角形，而DE 是斜边PC 的中线，∴DE⊥PC，①又由PD⊥平面ABCD，得PD⊥BC.∵底面ABCD 是正方形，CD⊥BC，∴BC⊥平面PDC.而DE⊂平面PDC.∴BC⊥DE.②由①和②推得DE⊥平面PBC.而PB⊂平面PBC，22AB6 3∴DE⊥PB，又DF⊥PB 且DE∩DF＝D，所以PB⊥平面EFD.15.如图，l1、l2是互相垂直的异面直线，MN 是它们的公垂线段．点A、B 在l1上，C在l2上，AM＝MB＝MN.(1)求证AC⊥NB；(2)若∠ACB＝60°，求NB 与平面ABC 所成角的余弦值．证明：(1)如图由已知l2⊥MN，l2⊥l1，MN∩l1＝M，可得l2⊥平面ABN.由已知MN⊥l1，AM＝MB＝MN，可知AN＝NB 且AN⊥NB.又AN 为AC 在平面ABN 内的射影，∴AC⊥NB.(2)∵Rt△CNA≌Rt△CNB，∴AC＝BC，又已知∠ACB＝60°，因此△ABC 为正三角形．∵Rt△ANB≌Rt△CNB，∴NC＝NA＝NB，因此N 在平面ABC 内的射影H 是正三角形ABC 的中心．连结BH，∠NBH 为NB 与平面ABC 所成的角．在Rt△NHB 中，3HB 3ABcos∠NBH＝NB＝＝.16.如图，在四面体ABCD 中，CB＝CD，AD⊥BD，点E、F 分别是AB、BD 的中点．求证：(1)直线EF∥平面ACD；(2)平面EFC⊥平面BCD.命题意图：本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力．证明：(1)在△ABD 中，∵E、F 分别是AB、BD 的中点，所以EF∥AD.又AD⊂平面ACD，EF✪平面ACD，∴直线EF∥平面ACD. (2)在△ABD 中，∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD.在△BCD 中，∵CD＝CB，F 为BD 的中点，∴CF⊥BD.∵EF⊂平面EFC，CF⊂平面EFC，EF 与CF 交于点F，∴BD⊥平面EFC.又∵BD⊂平面BCD，∴平面EFC⊥平面BCD.13.如图，在四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝2AB.(1)求证：平面PAC⊥平面PBD；(2)求二面角B－PC－D 的余弦值．5 6 解析：(1)证明：∵PA ⊥平面 ABCD ，∴PA ⊥BD .∵ABCD 为正方形，∴AC ⊥BD .∴BD ⊥平面 PAC ，又 BD 在平面 BPD 内，∴平面 PAC ⊥平面 BPD . (2)在平面 BCP 内作 BN ⊥PC ，垂足为 N ，连结 DN ，∵Rt △PBC ≌Rt △PDC ，由 BN ⊥PC 得 DN ⊥PC ；∴∠BND 为二面角 B －PC －D 的平面角，在△BND 中，BN ＝DN ＝ a ，BD ＝ 2a ， 5 5 a 2＋ a 2－2a 2 6 6 ∴cos ∠BND ＝ 5 a 2 31 ＝－ . 5 14. 如图，已知 ABCD －A 1B 1C 1D 1 是棱长为 3 的正方体，点 E 在 AA 1 上，点 F 在 CC 1 上，G 在 BB 1 上，且 AE ＝FC 1＝B 1G ＝1，H 是 B 1C 1 的中点．(1) 求证：E 、B 、F 、D 1 四点共面；(2)求证：平面 A 1GH ∥平面 BED 1F .证明：(1)连结 FG .∵AE ＝B 1G ＝1，∴BG ＝A 1E ＝2，∴BG 綊 A 1E ，∴A 1G 綊 BE .∵C 1F 綊 B 1G ，∴四边形 C 1FGB 1 是平行四边形．∴FG 綊 C 1B 1 綊 D 1A 1，∴四边形 A 1GFD 1 是平行四边形．∴A 1G 綊 D 1F ，∴D 1F 綊 EB ，故 E 、B 、F 、D 1 四点共面． 3 (2) ∵H 是 B 1C 1 的中点，∴B 1H ＝ . 2 又 B 1G ＝1，∴ B 1G 3 ＝ . B 1H 2 FC 2 又 ＝ ，且∠FCB ＝∠GB 1H ＝90°， BC 3∴△B 1HG ∽△CBF ，∴∠B 1GH ＝∠CFB ＝∠FBG ，∴HG ∥FB .又由(1)知 A 1G ∥BE ，且 HG ∩A 1G ＝G ，FB ∩BE ＝B ，∴平面 A 1GH ∥平面 BED 1F .15. 在三棱锥 P －ABC 中，PA ⊥面 ABC ，△ABC 为正三角形，D 、E 分别为 BC 、AC 的中点，设 AB ＝PA ＝2.(1) 求证：平面 PBE ⊥平面 PAC ；(2) 如何在 BC 上找一点 F ，使 AD ∥平面 PEF ，请说明理由；(3) 对于(2)中的点 F ，求三棱锥 B －PEF 的体积．解析：(1)证明：∵PA ⊥面 ABC ，BE ⊂面 ABC ，∴PA ⊥BE .∵△ABC 是正三角形，E 为 AC 的中点，∴BE ⊥AC ，又 PA 与 AC 相交，∴BE ⊥平面 PAC ，∴平面 PBE ⊥平面 PAC .(2) 解：取 DC 的中点 F ，则点 F 即为所求．， 3 3 6 2 2 3 3 3∵E ，F 分别是 AC ，DC 的中点，∴EF ∥AD ，又 AD ✪平面 PEF ，EF ⊂平面 PEF ，∴AD ∥平面 PEF . 1 1 1 3 (3) 解 ：V B －PEF ＝V P －BEF ＝ S △BEF ·PA ＝ × × × ×2＝ . 3 3 2 2 2 416．(2009·天津，19)如图所示，在五面体 ABCDEF 中，FA ⊥平面 ABCD ，AD ∥BC ∥FE ， 1 AB ⊥AD ，M 为 CE 的中点，AF ＝AB ＝BC ＝FE ＝ AD . 2(1) 求异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小；(2) 求证：平面 AMD ⊥平面 CDE ；(3) 求二面角 A －CD －E 的余弦值．解答：(1)解：由题设知，BF ∥CE ，所以∠CED (或其补角)为异面直线 BF与 DE 所成的角．设 P 为 AD 的中点，连结 EP ，PC .因为 FE 綊 AP ，所以 FA綊 EP .同理，A B 綊 PC .又 FA ⊥平面 ABCD ，所以 EP ⊥平面 ABCD .而 PC ，AD都在平面ABCD 内，故EP ⊥PC ，E P ⊥AD .由AB ⊥AD ，可得PC ⊥AD .设FA ＝a则 EP ＝PC ＝PD ＝a ，CD ＝DE ＝EC ＝ 故∠CED ＝60°.2a .所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 60°.(2) 证明：因为 DC ＝DE 且 M 为 CE 的中点，所以 DM ⊥CE .连结 MP ，则 MP ⊥CE .又MP ∩DM ＝M ，故 CE ⊥平面 AMD .而 CE ⊂平面 CDE ，所以平面 AMD ⊥平面 CDE .(3) 设 Q 为 CD 的中点，连结 PQ ，EQ .因为 CE ＝DE ，所以 EQ ⊥CD .因为 PC ＝PD ，所以 PQ ⊥CD ，故∠EQP 为二面角 A －CD －E 的平面角．由(1)可得，EP ⊥PQ ，EQ ＝ a ，PQ ＝ a . PQ 于是在 Rt △EPQ 中，cos ∠EQP ＝ ＝ .EQ 3 所以二面角 A －CD －E 的余弦值为 . 13．(2009·重庆)如图所示，四棱锥 P －ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ⊥DC ，PA ⊥底面 ABCD ，PA 1 1 ＝AD ＝DC ＝ AB ＝1，M 为 PC 的中点，N 点在 AB 上且 AN ＝ NB .2 3(1) 求证：MN ∥平面 PAD ；(2) 求直线 MN 与平面 PCB 所成的角．解析：(1)证明：过点 M 作 ME ∥CD 交 PD 于 E 点，连结 AE . 1 ∵AN ＝ NB ， 3 1 1 ∴AN ＝ AB ＝ DC ＝EM .4 2又 EM ∥DC ∥AB ，∴EM 綊 AN ，∴AEMN 为平行四边形，∴MN ∥AE ，∴MN ∥平面 PAD .(2)解：过 N 点作 NQ ∥AP 交 BP 于点 Q ，NF ⊥CB 于点 F .连结 QF ，过 N 点作 NH ⊥QF 于 H ，连结 MH ，易知 QN ⊥面 ABCD ，∴QN ⊥BC ，而 NF ⊥BC ，∴BC ⊥面 QNF ，∵BC ⊥NH ，而 NH ⊥QF ，∴NH ⊥平面 PBC ，∴∠NMH 为直线 MN 与平面 PCB 所成的角．2 2 6 2 2 10 10 5 2 10 53 3 通过计算可得 MN ＝AE ＝ ，QN ＝ ，NF ＝ 2，4 4 QN ·NF ON ·NF ∴NH ＝ ＝ ＝ ，QF QN 2＋NF 2 4 NH 3 ∴sin ∠NMH ＝ ＝ ，∴∠NMH ＝60°，MN 2∴直线 MN 与平面 PCB 所成的角为 60°.14．(2009·广西柳州三模)如图所示，已知直平行六面体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，AD ⊥BD ， AD ＝BD ＝a ，E 是 CC 1 的中点，A 1D ⊥BE .(1) 求证：A 1D ⊥平面 BDE ；(2) 求二面角 B －DE －C 的大小．解析：(1)证明：在直平行六面体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，∵AA 1⊥平面 ABCD ，∴AA 1⊥BD .又∵BD ⊥AD ，∴BD ⊥平面 ADD 1A 1，即 BD ⊥A 1D .又∵A 1D ⊥BE 且 BE ∩BD ＝B ，∴A 1D ⊥平面 BDE .(2)解：如图，连 B 1C ，则 B 1C ⊥BE ，易证 Rt △BCE ∽Rt △B 1BC ，CE BC ∴ ＝ 1 ，又∵E 为 CC 1 中点， BC ∴BC 2 B B 1BB 21.BB 1＝ ＝ 22BC ＝ 2a .取 CD 中点 M ，连结 BM ，则 BM ⊥平面 CC 1D 1C ，作 MN ⊥DE 于 N ，连 NB ，由三垂线定理知：BN ⊥DE ，则∠BNM 是二面角 B －DE －C 的平面角． BD ·BC 在 Rt △BDC 中，BM ＝ DC ＝ a ， Rt △CED 中，易求得 MN ＝ a ， BM Rt △BMN 中，tan ∠BNM ＝ ＝ 5， MN则二面角 B －DE －C 的大小为 arctan 5.15．如图，已知正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，E 为 AB 的中点．(1) 求直线 B 1C 与 DE 所成的角的余弦值；(2) 求证：平面 EB 1D ⊥平面 B 1CD ；(3) 求二面角 E －B 1C －D 的余弦值．解析：(1)连结 A 1D ，则由 A 1D ∥B 1C 知，B 1C 与 DE 所成的角即为 A 1D 与 DE 所成的角． 连结 A 1E ，由正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1，可设其棱长为 a ，则 A 1D ＝ ∴cos ∠A 1DEA 1D 2＋DE 2－A 1E 2 2a ，A 1E ＝DE ＝ a ， ＝ 2·A 1D ·DE ＝ . 10∴直线 B 1C 与 DE 所成角的余弦值是 5. (2)证明取 B 1C 的中点 F ，B 1D 的中点 G ，连结 BF ，EG ，GF .∵CD ⊥平面 BCC 1B 1，3 3 33 ＝ 且 BF ⊂平面 BCC 1B 1，∴DC ⊥BF .又∵BF ⊥B 1C ，CD ∩B 1C ＝C ，∴BF ⊥平面 B 1CD . 1 1 又 ∵GF 綊 CD ，BE 綊 CD ，2 2∴GF 綊 BE ，∴四边形 BFGE 是平行四边形，∴BF ∥GE ，∴GE ⊥平面 B 1CD .∵GE ⊂平面 EB 1D ，∴平面 EB 1D ⊥平面 B 1CD .(3)连结 EF .∵CD ⊥B 1C ，GF ∥CD ，∴GF ⊥B 1C .又∵GE ⊥平面 B 1CD ，∴EF ⊥B 1C ，∴∠EFG 是二面角 E －B 1C －D 的平面角． 设正方体的棱长为 a ，则在△EFG 中，1 GF ＝ a ，EF ＝ a ，2 2 FG ∴cos ∠EFG ＝EF ＝ ， 3∴二面角 E －B 1C －D 的余弦值为 3 . 16．(2009·全国Ⅱ，18)如图所示，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.(1) 求证：AB ＝AC ；(2) 设二面角 A －BD －C 为 60°，求 B 1C 与平面 BCD 所成的角的大小．解析：(1)证明：取 BC 中点 F ，连结 EF ， 1则 EF 綊 2B 1B ，从而 EF 綊 DA . 连结 AF ，则 ADEF 为平行四边形，从而 AF ∥DE .又 DE ⊥平面 BCC 1，故 AF ⊥平面 BCC 1，从而 AF ⊥BC ，即 AF 为 BC 的垂直平分线， 所以 AB ＝AC .(2)解：作 AG ⊥BD ，垂足为 G ，连结 CG .由三垂线定理知 CG ⊥BD ，故∠AGC 为二面 2 角 A －BD －C 的平面角．由题设知，∠AGC ＝60°.设 AC ＝2，则 AG ＝ .又 AB ＝2，BC ＝2 2，故 AF ＝ 2. 由AB ·AD ＝AG ·BD 得 2AD 2 · 3AD 2＋22， 解得 AD ＝ 2，故 AD ＝AF .又 AD ⊥AF ，所以四边形 ADEF 为正方形．因为 BC ⊥AF ，BC ⊥AD ，AF ∩AD ＝A ，故 BC ⊥平面 DEF ，因此平面 BCD ⊥平面 DEF . 连结 AE 、DF ，设 AE ∩DF ＝H ，则 EH ⊥DF ，EH ⊥平面 BCD .连结 CH ，则∠ECH 为 B 1C 与平面 BCD 所成的角．4 17 17 16 17 17 6 因 ADEF 为正方形，AD ＝ 2，故 EH ＝1，又 EC 1 B C ＝2， ＝ 1 2所以∠ECH ＝30°，即 B 1C 与平面 BCD 所成的角为 30°.13. 在正四棱柱 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，底面边长为2的中点．(1) 求证：平面 B 1EF ⊥平面 BDD 1B 1；(2) 求点 D 1 到平面 B 1EF 的距离 d .2，侧棱长为 4，E 、F 分别为棱 AB 、BC分析：(1)可先证 EF ⊥平面 BDD 1B 1.(2)用几何法或等积法求距离时，可由 B 1D 1∥BD ， 将点进行转移：D 1 点到平面 B 1EF 的距离是 B 点到它的距离的 4 倍，先求 B点到平面 B 1EF 的距离即可．解答：(1)证明：E rr o r !⇒EF ⊥平面 BDD 1B 1⇒平面 B 1EF ⊥平面 BDD 1B 1. (2)解：解法一：连结 EF 交 BD 于 G 点．∵B 1D 1＝4BG ，且 B 1D 1∥BG ，∴D 1 点到平面 B 1EF 的距离是 B 点到它的距离的 4倍． 利用等积法可求．由题意可知，EF 1 AC ＝2，B G ＝ 17. S △B EF ＝ 2 1 1 EF ·B G 1 2× 17＝ 17，1 ＝2 1 S BE ·BF 1 ＝ × 2 1 △BEF ＝ ＝ × 2 2∵VB －B 1EF ＝VB 1－BEF ， 设 B 到面 B EF 的距离为 h 1 17×h 1 1×4，1 ∴h 1＝ . 1，则 × 3 1＝ × 3 ∴点 D 1 到平面 B 1EF 的距离为 h ＝4h 1＝ . 1 解法二：如图，在正方形 BDD 1B 1 的边 BD 上取一点 G ，使 BG ＝ BD ， 4连结 B 1G ，过点 D 1 作 D 1H ⊥B 1G 于 H ，则 D 1H 即为所求距离． 16 17可求得 D 1H ＝ 17(直接法)． 14. 如图直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱CC 1＝2，∠BAC ＝90°，AB ＝AC＝ 2，M 是棱 BC 的中点，N 是 CC 1 中点．求：(1) 二面角 B 1－AN －M 的大小；(2) C 1 到平面 AMN 的距离．解析：(1)∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝ ∴AM ⊥BC ，BC ＝2，AM ＝1.∴AM ⊥平面 BCC 1B 1.∴平面 AMN ⊥平面 BCC 1B 1.2，M 是棱 BC 的中点，作 B 1H ⊥MN 于 H ，HR ⊥AN 于 R ，连结 B 1R ，∴B 1H ⊥平面 AMN .又由三垂线定理知，B 1R ⊥AN .∴∠B 1是二面角 B 1－AN －M 的平面角．由已知得 AN ＝ 3 23，MN ＝ 2，B 1M ＝ 5＝B 1N ， 则 B 1H ＝ 2 ， RH HN 又 Rt △AMN ∽Rt △HRN ， ＝ ，∴RH ＝ .AM AN 6 2× 2＝1.7 10 5 ∴B 1R ＝14 RH 3 ，∴cos ∠B 1RH ＝ 1 ＝ . B R 14 7∴二面角 B 1－AN －M 的大小为 arccos 14. (2)∵N 是 CC 1 中点，∴C 1 到平面 AMN 的距离等于 C 到平面 AMN 的距离． 设 C 到平面 AMN 的距离为 h ，由 V C －AMN ＝V N －AMC 1 1 1 1 得 × ·MN ·h ＝ × AM ·MC . 3 2 3 2 2∴h ＝ 2. 15．(2009·北京海淀一模)如图所示，四棱锥 P －ABCD 中，PA ⊥平面 ABCD ，底面 ABCD 为直角梯形，且 AB ∥CD ，∠BAD ＝90°，PA ＝AD ＝DC ＝2，AB ＝4. (1) 求证：BC ⊥PC ；(2) 求 PB 与平面 PAC 所成的角的正弦值；(3) 求点 A 到平面 PBC 的距离．解析：(1)证明：如图，在直角梯形 ABCD 中，∵AB ∥CD ，∠BAD ＝90°，AD ＝DC ＝2，∴∠ADC ＝90°，且 AC ＝2 2.取 AB 的中点 E ，连结 CE ，由题意可知，四边形 ABCD 为正方形，∴AE ＝CE ＝2. 1 1 又∵BE ＝ AB ＝2.∴CE ＝ AB ，2 2∴△ABC 为等腰直角三角形，∴AC ⊥BC .又∵PA ⊥平面 ABCD ，且 AC 为 PC 在平面 ABCD 内的射影，BC ⊂平面 ABCD ，由三垂线定理得，BC ⊥PC .(2) 由(1)可知，BC ⊥PC ，BC ⊥AC ，PC ∩AC ＝C ，∴BC ⊥平面 PAC .PC 是 PB 在平面 PAC 内的射影，∴∠CPB 是 PB 与平面 PAC 所成的角．又 CB ＝2 2，PB 2＝PA 2＋AB 2＝20，PB ＝2 5， BC 10 ∴sin ∠CPB ＝PB ＝ 5，即 PB 与平面 PAC 所成角的正弦值为 . (3) 由(2)可知，BC ⊥平面 PAC ，BC ⊂平面 PBC ，∴平面 PBC ⊥平面 PAC .过 A 点在平面 PAC 内作 AF ⊥PC 于 F ，∴AF ⊥平面 PBC ，∴AF 的长即为点 A 到平面 PBC 的距离．在直角三角形 PAC 中， PA ＝2，AC ＝2 2，2 63 2 6 36 PC ＝2 3，∴AF ＝ . 即点 A 到平面 PBC 的距离为 . 16．(2009·吉林长春一模)如图所示，四棱锥 P －ABCD 的底面是正方形，PA ⊥底面 ABCD ， PA ＝2，∠PDA ＝45°，点 E 、F 分别为棱 AB 、PD 的中点．(1) 求证：AF ∥平面 PCE ；(2) 求二面角 E －PD －C 的大小；(3) 求点 A 到平面 PCE 的距离． 解析：(1)证明：如图取 PC 的中点 G ，连结 FG 、EG ，∴FG 为△PCD 的中位线， 1 ∴FG ＝ CD 且 FG ∥CD . 2又∵底面四边形 ABCD 是正方形，E 为棱 AB 的中点， 1 ∴AE ＝ CD 且 AE ∥CD ， 2∴AE ＝FG 且 AE ∥FG .∴四边形 AEGF 是平行四边形，∴AF ∥EG .又 EG ⊂平面 PCE ，AF ✪平面 PCE ，∴AF ∥平面 PCE .(2)解：∵PA ⊥底面 ABCD ，∴PA ⊥AD ，PA ⊥CD .又 AD ⊥CD ，PA ∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面 PAD .又∵AF ⊂平面 PAD ，∴CD ⊥AF .又 PA ＝2，∠PDA ＝45°，∴PA ＝AD ＝2.∵F 是 PD 的中点，∴AF ⊥PD .又∵CD ∩PD ＝D ，∴AF ⊥平面 PCD .∵AF ∥EG ，∴EG ⊥平面 PCD .又 GF ⊥PD ，连结 EF ，则∠GFE 是二面角 E －PD －C 的平面角．在 Rt △EGF 中 ，EG ＝AF ＝ 2，GF ＝1，GE ∴tan ∠GFE 2.＝ ＝ GF∴二面角 E －PD －C 的大小为 arctan 2.(3)设 A 到平面 PCE 的距离为 h ， 1 1 1 1 由 V A －PCE ＝V P －ACE ，即 × PC ·EG ·h ＝ PA · AE ·CB ，得 h ＝ ， 3 2 3 2 3 6∴点 A 到平面 PCE 的距离为 3. 13．(2009·陕西，18)如图所示，在直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中，AB ＝1，AC ＝AA 1＝ 3， ∠ABC ＝60°.，6 2 6 3 6 3 3 4 3 2 3 M(1) 求证：AB ⊥A 1C ；(2) 求二面角 A －A 1C －B 的大小．解析：(1)证明：∵三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 为直三棱柱，∴AB ⊥AA 1，在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝ ∴∠BAC ＝90°，即 AB ⊥AC .3，∠ABC ＝60°，由正弦定理得∠ACB ＝30°，∴AB ⊥平面 ACC 1A 1，又 A 1C ⊂平面 ACC 1A 1，∴AB ⊥A 1C .(2)解：如图，作 AD ⊥A 1C 交 A 1C 于 D 点，连结 BD ，由三垂线定理知BD ⊥A 1C ，∴∠ADB 为二面角 A －A 1C －B 的平面角． AA 1·AC 3 × 3 在 Rt △AA 1C 中，AD ＝ ＝ ＝ ， A 1C 6 AB 6 在 Rt △BAD 中，tan ∠ADB ＝ ＝ ，AD 3 ∴∠ADB ＝arctan ，即二面角 A －A 1C －B 的大小为 arctan . 14．如图，三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 的底面是边长为 a 的正三角形，侧面 ABB 1A 1 是菱形且垂直于底面，∠A 1AB ＝60°，M 是 A 1B 1 的中点．(1) 求证：BM ⊥AC ；(2) 求二面角 B －B 1C 1－A 1 的正切值；(3) 求三棱锥 M －A 1CB 的体积．解析：(1)证明：∵ABB 1A 1 是菱形，∠A 1AB ＝60°⇒△A 1B 1B 是正三角形 E rr o r !⇒BM ⊥平面 A 1B 1C 1. E rr o r !⇒BM ⊥AC . E rr o r !⇒BE ⊥B 1C 1，∴∠BEM 为所求二面角的平面角， △A 1B 1C 1 中，ME ＝MB 1·sin60°＝ a ，Rt △BMB 1 中，MB ＝MB 1·tan60°＝ a ， MB ∴tan ∠BEM ＝ ＝2， E ∴所求二面角的正切值是 2. 1 1 1 1 1 3 1 (3)VM －A 1CB ＝ VB 1－A 1CB ＝ VA －A 1CB ＝ VA 1－ABC ＝ × × a 2· a ＝ a 3. 2 2 2 2 3 4 2 1615．(2009·广东汕头一模)如图所示，已知△BCD 中，∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1，AB ⊥ AE AF 平面 BCD ，∠ADB ＝60°，E 、F 分别是 AC 、AD 上的动点，且 ＝ ＝λ(0<λ<1)．AC AD(1) 求证：不论 λ 为何值，总有 EF ⊥平面 ABC ； 1 (2) 若 λ＝ ，求三棱锥 A －BEF 的体积． 2解析：(1)证明：∵AB ⊥平面 BCD ，∴AB ⊥CD .又∵在△BCD 中，∠BCD ＝90°，∴BC ⊥CD .∵又 AB ∩BC ＝B ，6 15 ＝ 3，S 15 ∴CD ⊥平面 ABC .AE AF 又∵在△ACD 中，E 、F 分别是 AC 、AD 上的动点，且 ＝ ＝λ(0<λ<1)， AC AD ∴不论 λ 为何值，都有 EF ∥CD ， ∴EF ⊥平面 ABC . (2)在△BCD 中，∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1， ∴BD ＝ 2. 又∵AB ⊥平面 BCD ， ∴AB ⊥BC ，AB ⊥BD . 又∵在 Rt △ABD 中，∠ADB ＝60°， ∴AB ＝BD ·tan60°＝ 6， 由(1)知 EF ⊥平面 ABC ， ∴V A －BEF ＝V F －ABE 1 ＝ S △ABE ·EF 3 1 1 ＝ × S △ABC ·EF 3 2 1 1 1 ＝ × ×1× 6× ＝ . 6 2 2 24 6 故三棱锥 A －BEF 的体积是 24 . 16．在四棱锥 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 是面积为 2 3的菱形，∠ADC 为菱形的锐角． (1) 求证：PA ⊥CD ； (2) 求二面角 P －AB －D 的大小； (3) 求棱锥 P －ABCD 的侧面积； 解析：(1)证明：如图所示，取 CD 的中点 E ，由 PE ⊥CD ，得 PE ⊥平面 ABCD ，连结 AC 、AE . ∵AD ·CD ·sin ∠ADC ＝2 3， AD ＝CD ＝2， 3 ∴sin ∠ADC ＝ 2 ， 即∠ADC ＝60°，∴△ADC 为正三角形，∴CD ⊥AE . ∴CD ⊥PA (三垂线定理)． (2) 解：∵AB ∥CD ，∴AB ⊥PA ，AB ⊥AE ， ∴∠PAE 为二面角 P －AB －D 的平面角． 在 Rt △PEA 中，PE ＝AE ，∴∠PAE ＝45°. 即二面角 P －AB －D 的大小为 45°. (3) 分别计算各侧面的面积： ∵PD ＝DA ＝2，PA ＝ 6， 1 ∴cos ∠PDA ＝ ，sin ∠PDA ＝ . 4 1 1 S AB ·PA ＝ 2· 3＝ 6， △PCD △PAB ＝ 2 ·2· 2 1 S △PAD ＝S △PBC ＝ PD ·DA ·sin ∠PDA ＝ . 2∴S P －ABCD 侧 ＝ 3＋ 6＋ 15.13. 把地球当作半径为 R 的球，地球上 A 、B 两地都在北纬 45°，A 、B 两点的球面距离 π是 3R ，A 点在东经 20°，求 B 点的位置． 解析：如图，求 B 点的位置即求 B 点的经度，设 B 点在东经 α，7 2 7 21 ＝ ， π∵A 、B 两点的球面距离是 3R . π ∴∠AOB ＝ ，因此三角形 AOB 是等边三角形，∴AB ＝R ， 3又∵∠AO 1B ＝α－20°(经度差) 2问题转化为在△AO 1B 中借助 AO 1＝BO 1＝AO cos45°＝ 2 R ， 求出∠AO 1B ＝90°，则 α＝110°，同理：B 点也可在西经 70°，即 B 点在北纬 45°东经 110° 或西经 70°.14. 在球心同侧有相距 9cm 的两个平行截面，它们的面积分别为 49πcm 2 和 400πcm 2， 求球的表面积和体积．解析：如图，两平行截面被球大圆所在平面截得的交线分别为 AO 1、BO 2，则 AO 1∥BO 2. 若 O 1、O 2 分别为两截面圆的圆心，则由等腰三角形性质易知 OO 1⊥AO 1，OO 2⊥BO 2， 设球半径为 R ，∵πO 2B 2＝49π，∴O 2B ＝7cm ，同理 O 1A ＝20cm.设 OO 1＝x cm ，则 OO 2＝(x ＋9)cm.在 Rt △OO 1A 中，R 2＝x 2＋202，在 Rt △OO 2B 中，R 2＝(x ＋9)2＋72，∴x 2＋202＝72＋(x ＋9)2，解得 x ＝15cm.∴R ＝25cm ，∴S 球＝2500πcm 2， 4 62500 V 球＝ πR 3＝ πcm 3. 3 3 π15. 设 A 、B 、C 是半径为 1 的球面上的三点，B 、C 两点间的球面距离为3，点 A 与 B 、C π两点间的球面距离均为2，O 为球心，求： (1) ∠AOB 、∠BOC 的大小； (2)球心 O 到截面 ABC 的距离． π 解析：(1)如图，因为球 O 的半径为 1，B 、C 两点间的球面距离为3， π π点 A 与 B 、C 两点间的球面距离均为2，所以∠BOC ＝3，∠AOB ＝∠AOC ＝ π ， 2 3 (2) 因为 BC ＝1，AC ＝AB ＝ 2，所以由余弦定理得 cos ∠BAC sin ∠BAC ＝ ，设 4 4 截面圆的圆心为 O 1，连结 AO 1，则截面圆的半径 r ＝AO 1，由正弦定理得 r ＝ BC ＝ ，所以 OO 1＝ OA 2－r 2＝ .2sin ∠BAC 7 716. 如图四棱锥 A －BCDE 中，AD ⊥底面 BCDE ，AC ⊥BC ，AE ⊥BE .(1) 求证：A 、B 、C 、D 、E 五点共球；(2) 若∠CBE ＝90°，CE ＝ 3，AD ＝1，求 B 、D 两点的球面距离．解析：(1)证明：取 AB 的中点 P ，连结 PE ，PC ，PD ，由题设条件知△AEB 、△ADB 、△ABC 都是直角三角形． 1 故 PE ＝PD ＝PC ＝ AB ＝PA ＝PB . 2所以 A 、B 、C 、D 、E 五点在同一球面上．(2)解：由题意知四边形 BCDE 为矩形，所 以 BD ＝CE ＝ 3，在 Rt △ADB 中，AB ＝2，AD ＝1， 2 ∴∠DPB ＝120°，D 、B 的球面距离为 π. 32 2 15 5 63 5 17．(本小题满分 10 分)如图，四棱锥 S —ABCD 的底面是正方形，SA ⊥底面 ABCD ，E 是 SC 上一点．(1) 求证：平面 EBD ⊥平面 SAC ；(2) 假设 SA ＝4，AB ＝2，求点 A 到平面 SBD 的距离；解析：(1)∵正方形 ABCD ，∴BD ⊥AC ，又∵SA ⊥平面 ABCD ，∴SA ⊥BD ，则 BD ⊥平面 SAC ，又 BD ⊂平面 BED ，∴平面 BED ⊥平面 SAC .(2)设AC ∩BD ＝O ，由三垂线定理得BD ⊥SO .AO 1 1 AC 2AB 1 · 2·2＝ 2，SA ＝4， ＝ ＝ ＝ 2 2 2 则 SO ＝ SA 2＋AO 2＝ 16＋2＝3 2，S 1 BD ·SO 1 ·2 2·3 2＝6.设 A 到面 BSD 的距 △BSD ＝ ＝ 2 2 1 1 4 离为 h ，则 V S －ABD ＝V A －BSD ，即 3S △ABD ·SA ＝ S △BSD ·h ，解得 h ＝ ，即点 A 到平面 SBD 的距 3 3 4 离为 . 318．(本小题满分 12 分)如图，正四棱柱 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，AA 1＝2AB ＝4，点 E 在 C 1C 上且 C 1E ＝3EC . (1)证明 A 1C ⊥平面 BED ；(2)求二面角 A 1－DE －B 的大小．解析：依题设知 AB ＝2，CE ＝1，(1) 证明：连结 AC 交 BD 于点 F ，则 BD ⊥AC .由三垂线定理知，BD ⊥A 1C .在平面 A 1CA 内，连结 EF 交 A 1C 于点 G ， AA 1 AC由于FC ＝CE＝2 ， 故 Rt △A 1AC ∽Rt △FCE ，∠AA 1C ＝∠CFE ，∠CFE 与∠FCA 1 互余． 于是 A 1C ⊥EF .A 1C 与平面 BED 内两条相交直线 BD 、EF 都垂直． 所以 A 1C ⊥平面 BED .(2) 作 GH ⊥DE ，垂足为 H ，连结 A 1H .由三垂线定理知 A 1H ⊥DE ，故∠A 1HG 是二面角 A 1－DE －B 的平面角．EF ＝ CF 2＋CE 2＝ 3， CE × CF2 CG ＝ EF ＝3 . 3EG ＝ CE 2－CG 2＝ 3 . EG 1 1 EF × FD ＝ ，GH ＝ × ＝ .EF 3 3 DE 又 A 1C ＝ AA 21＋AC 2＝2 A 1G6，A 1G ＝A 1C －CG ＝ ， tan ∠A 1HG ＝ HG＝5 . 所以二面角 A 1－DE －B 的大小为 arctan5 5.19．(本小题满分12 分)如图，四棱锥S －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°， AB ＝BC ＝SB ＝SC ＝2CD ＝2，侧面 SBC ⊥底面 ABCD .3 3 3 2 3 2＝ (1) 由 SA 的中点 E 作底面的垂线 EH ，试确定垂足 H 的位置；(2) 求二面角 E －BC －A 的大小．解析：(1)作 SO ⊥BC 于 O ，则 SO ⊂平面 SBC ， 又面 SBC ⊥底面 ABCD ， 面 SBC ∩面 ABCD ＝BC ， ∴SO ⊥底面 ABCD ① 又 SO ⊂平面 SAO ，∴面 SAO ⊥底面 ABCD ， 作 EH ⊥AO ，∴EH ⊥底面 ABCD ② 即 H 为垂足，由①②知，EH ∥SO ， 又 E 为 SA 的中点，∴H 是 AO 的中点． (2)过 H 作 HF ⊥BC 于 F ，连结 EF ， 由(1)知 EH ⊥平面 ABCD ，∴EH ⊥BC ， 又 EH ∩HF ＝H ，∴BC ⊥平面 EFH ，∴BC ⊥EF ， ∴∠HFE 为面 EBC 和底面 ABCD 所成二面角的平面角． 在等边三角形 SBC 中，∵SO ⊥BC ， ∴O 为 BC 中点，又 BC ＝2. ∴SO ＝ 22－12＝ 3，EH 1SO ＝ ， 1 又 HF ＝ AB ＝1， 2 2 2 3EH 2 ∴在 Rt △EHF 中，tan ∠HFE ＝ ＝ ＝ ，HF 1 2 ∴∠HFE ＝arctan . 即二面角 E －BC －A 的大小为 arctan. 20．(本小题满分 12 分)(2010·唐山市高三摸底考试)如图，在正四棱柱 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，AB ＝1，AA 1＝2，N 是 A 1D 的中点，M ∈BB 1，异面直线 MN 与 A 1A 所成的角为 90°. (1) 求证：点 M 是 BB 1 的中点；(2) 求直线 MN 与平面 ADD 1A 1 所成角的大小；(3) 求二面角 A －MN －A 1 的大小．解析：(1)取 AA 1 的中点 P ，连结 PM ，PN .∵N 是 A 1D 的中点，∴AA 1⊥PN ，又∵AA 1⊥MN ，MN ∩PN ＝N ，∴AA 1⊥面 PMN .∵PM ⊂面 PMN ，∴AA 1⊥PM ，∴PM ∥AB ，∴点 M 是 BB 1 的中点．305 2 2 2 2(2) 由(1)知∠PNM 即为 MN 与平面 ADD 1A 1 所成的角．1 在 Rt △PMN 中，易知 PM ＝1，PN ＝ ，2 PM∴tan ∠PNM ＝PN ＝2，∠PNM ＝arctan2. 故 MN 与平面 ADD 1A 1 所成的角为 arctan2.(3) ∵N 是 A 1D 的中点，M 是 BB 1 的中点，∴A 1N ＝AN ，A 1M ＝AM ，又 MN 为公共边，∴△A 1MN ≌△AMN .在△AMN 中，作 AG ⊥MN 交 MN 于 G ，连结 A 1G ，则∠A 1GA 即为二面角 A －MN －A 1 的平面角．在△A 1GA 中，AA 1＝2，A 1G ＝GA ＝ ， A 1G 2＋GA 2－AA 12 2 2 ∴cos ∠A 1GA ＝ 2A 1G ·GA ＝－ ，∴∠A 1GA ＝arccos(－ )， 3 3 2 故二面角 A －MN －A 1 的大小为 arccos(－ )． 321．(2009·安徽，18)(本小题满分 12 分)如图所示，四棱锥 F －ABCD 的底面 ABCD 是菱 形，其对角线 AC ＝2，BD ＝ 2.AE 、CF 都与平面 ABCD 垂直，AE ＝1，CF ＝2. (1) 求二面角 B －AF －D 的大小；(2) 求四棱锥 E －ABCD 与四棱锥 F －ABCD 公共部分的体积．命题意图：本题考查空间位置关系，二面角平面角的作法以及空间几何体的体积计算等知识．考查利用综合法或向量法解决立体几何问题的能力．解答：(1)解：连接 AC 、BD 交于菱形的中心 O ，过 O 作 OG ⊥AF ，G 为垂足，连接 BG 、DG . 由 BD ⊥AC ，BD ⊥CF 得 BD ⊥平面 ACF ，故 BD ⊥AF .于是 AF ⊥平面 BGD ，所以 BG ⊥AF ，DG ⊥AF ，∠BGD 为二面角 B －AF －D 的平面角．π 由 FC ⊥AC ，FC ＝AC ＝2，得∠FAC ＝ ，OG ＝ . 4 2 π 由 OB ⊥OG ，OB ＝OD ＝ ，得∠BGD ＝2∠BGO ＝ . (2)解：连接 EB 、EC 、ED ，设直线 AF 与直线 CE 相交于点 H ，则四棱锥 E －ABCD 与四棱锥 F －ABCD 的公共部分为四棱锥 H －ABCD .3 2 3 2 过 H 作 HP ⊥平面 ABCD ，P 为垂足．因为 EA ⊥平面 ABCD ，FC ⊥平面 ABCD ，所以平面 ACEF ⊥平面 ABCD ，从而 P ∈AC ，HP ⊥AC . HP HP AP PC 2 由 ＋ ＝ ＋ ＝1，得 HP ＝ . CF AE AC AC 3 又因为 S 1 菱形ABCD ＝ AC ·BD ＝ 2， 2 1 2 2 故四棱锥 H －ABCD 的体积 V ＝ S 菱形ABCD ·HP ＝ .3 922．(2009·深圳调考一)(本小题满分 12 分)如图所示，AB 为圆 O 的直径，点 E 、F 在圆 O 上，AB ∥EF ，矩形 ABCD 所在平面和圆 O 所在的平面互相垂直．已知 AB ＝2，EF ＝1.(1) 求证：平面 DAF ⊥平面 CBF ；(2) 求直线 AB 与平面 CBF 所成角的大小；(3) 当 AD 的长为何值时，二面角 D －FE －B 的大小为 60°？解析：(1)证明：∵平面 ABCD ⊥平面 ABEF ，CB ⊥AB ，平面 ABCD ∩平面 ABEF ＝AB ，∴CB ⊥平面 ABEF .∵AF ⊂平面 ABEF ，∴AF ⊥CB ，又∵AB 为圆 O 的直径，∴AF ⊥BF ，∴AF ⊥平面 CBF .∵AF ⊂平面 DAF ，∴平面 DAF ⊥平面 CBF .(2)解：根据(1)的证明，有 AF ⊥平面 CBF ，∴FB 为 AB 在平面 CBF 上的射影，因此，∠ABF 为直线 AB 与平面 CBF 所成的角．∵AB ∥EF ，∴四边形 ABEF 为等腰梯形，过点 F 作 FH ⊥AB ，交 AB 于 H .AB ＝2，EF ＝1，则 AH ＝ AB －EF 1 ＝ . 2 2在 Rt △AFB 中，根据射影定理 AF 2＝AH ·AB ，得 AF ＝1， AF 1 sin ∠ABF ＝ ＝ ，∴∠ABF ＝30°， AB 2∴直线 AB 与平面 CBF 所成角的大小为 30°.(3)解：过点 A 作 AM ⊥EF ，交 EF 的延长线于点 M ，连结 DM .根据(1)的证明，DA ⊥平面 ABEF ，则 DM ⊥EF ，∴∠DMA 为二面角 D －FE －B 的平面角，∠DMA ＝60°. 1 在 Rt △AFH 中，∵AH ＝ ，AF ＝1， 2 ∴FH ＝ .又∵四边形 AMFH 为矩形，∴MA ＝FH ＝ . 3 ∵AD ＝MA ·tan ∠DMA ＝ 2 · 3＝3 2 .3因此，当AD 的长为时，二面角D－FE－B 的大小为60°.2。
(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。
高三精选立体几何大题(含详细解答)
立体几何大题训练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．解：（1）用直尺度量折后的AB 长，若AB ＝4cm ，则二面角A －CD －B 为直二面角．∵ △ABC 是等腰直角三角形， 又∵ AD ⊥DC ，BD ⊥DC ．∴ ∠ADC 是二面角A －CD －B 的平面角．（2）取△ABC 的中心P ，连DP ，则DP 满足条件 ∵ △ABC 为正三角形，且 AD ＝BD ＝CD ．∴ 三棱锥D －ABC 是正三棱锥，由P 为△ABC 的中心，知DP ⊥平面ABC ， ∴ DP 与平面内任意一条直线都垂直．（3）当小球半径最大时，此小球与三棱锥的4个面都相切，设小球球心为0，半径为r ，连结OA ，OB ，OC ，OD ，三棱锥被分为4个小三棱锥，且每个小三棱锥中有一个面上的高都为r ，故有A B CO A B D O ADC O BCD O BCD A V V V V V -----+++=代入得3623r -=，即半径最大的小球半径为3623-． 2．如图，已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面边长为3，侧棱长为4，连结A 1B ，过A 作AF ⊥A 1B 垂足为F ，且AF 的延长线交B 1B 于E 。
（Ⅰ）求证：D 1B ⊥平面AEC ； （Ⅱ）求三棱锥B —AEC 的体积； （Ⅲ）求二面角B —AE —C 的正切值 证（Ⅰ）∵ABCD —A 1B 1C 1D 1是正四棱柱，∴D 1D ⊥ABCD .连AC ，又底面ABCD 是正方形， ∴AC ⊥BD ，由三垂线定理知 D 1B ⊥AC . 同理，D 1B ⊥AE ，AE ∩AC = A ， ∴D 1B ⊥平面AEC .解（Ⅱ）V B －AEC = V E －ABC . ∵EB ⊥平面ABC ，∴EB 的长为E 点到平面ABC 的距离. ∵Rt △ABE ~ Rt △A 1AB ，∴EB =.4912=A A AB∴V B －AEC = V E －ABC =31S △ABC ·EB=31×21×3×3×49=.827 （10分）解（Ⅲ）连CF ，∵CB ⊥平面A 1B 1BA ，又BF ⊥AE ，A B C第1题图 A BCD第1题图由三垂线定理知，CF ⊥AE .于是，∠BFC 为二面角B —AE —C 的平面角，在Rt △ABE 中，BF =59=⋅AE BE BA ， 在Rt △CBF 中，tg∠BFC =35，∴∠BFC = arctg 35.即二面角B —AE —C 的大小为arctg 35.3．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．证：（Ⅰ）取CE 中点M ，连结FM ，BM ，则有AB DE FM //21//． ∴四边形AFMB 是平行四边形． ∴AF//BM，∵⊂BM 平面BCE ， ⊄AF 平面BCE ， ∴AF//平面BCE ．（Ⅱ）由于DE⊥平面ACD ， 则DE⊥AF．又△ACD 是等边三角形，则AF⊥CD．而CD∩DE=D，因此AF⊥平面CDE ． 又BM//AF ，则BM⊥平面CDE ．BM AB V V V CDE B ACD B ABCDE ⋅⋅⋅⋅+⋅⋅=+=--22213124331232233233=⋅⋅+=． （Ⅲ）设G 为AD 中点，连结CG ，则CG⊥AD．由DE⊥平面ACD ，⊂CG 平面ACD ， 则DE⊥CG，又AD∩DE=D， ∴CG⊥平面ADEB ．作GH⊥BE 于H ，连结CH ，则CH⊥BE． ∴∠CHG 为二面角C-BE-D 的平面角． 由已知AB=1，DE=AD=2，则3=CG ，∴23122111212)21(21=⨯⨯-⨯⨯-⋅+=∆GBE S ．不难算出5=BE ．∴23521=⋅⋅=∆GH S GBE ，∴53=GH ．∴315==∠GH CG CHG tg ． 4．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. （Ⅰ）连结AC ，AN. 由BC⊥AB，AB 是PB 在底面ABCD 上的射影. 则有BC⊥PB. 又BN 是Rt△PBC 斜边PC 的中线，即PC BN 21=. 由PA⊥底面ABCD ，有PA⊥AC，则AN 是Rt△PAC 斜边PC 的中线，即PC AN 21=又∵M 是AB 的中点，（也可由三垂线定理证明）（Ⅱ）由PA⊥平面ABCD ，AD⊥DC，有PD⊥DC.则∠PDA 为平面PCD 与平面ABCD 所成二面角的平面角由PA=a ，设AD=BC=b ，CD=AB=c ， 又由AB=PD=DC ，N 是PC 中点，则有DN⊥PC又∵平面MND⊥平面PCD 于ND ， ∴PC⊥平面MND ∴PC⊥MN， 而N 是PC 中点，则必有PM=MC.b ac b c a =∴+=+∴.41412222 此时4,1π=∠=∠PDA PDA tg .即二面角P —CD —A 的大小为4π（Ⅲ）AMD N AMN D V V --=，连结BD 交AC 于O ，连结NO ，则NO 21PA. 且NO⊥平面AMD ，由PA=a 5．如图，四棱锥P —ABCD 的底面是正方形,PA⊥底面ABCD ，PA=AD=2，点M 、N 分别在棱PD 、PC 上，且PC⊥平面AMN.（Ⅰ）求证：AM⊥PD；（Ⅱ）求二面角P —AM —N 的大小；（Ⅲ）求直线CD 与平面AMN 所成角的大小. （I ）证明：∵ABCD 是正方形，∴CD⊥AD，∵PA⊥底面ABCD ，∴PA⊥CD. ∴CD⊥平面PAD∵AM ⊂平面PAD ，∴CD⊥AM. ∵PC⊥平面AMN ，∴PC⊥AM. ∴AM⊥平面PCD. ∴AM⊥PD（II ）解：∵AM⊥平面PCD （已证）.∴AM⊥PM，AM⊥NM.∴∠PMN 为二面角P-AM-N 的平面角 ∵PN⊥平面AMN ，∴PN⊥NM.在直角△PCD 中，CD=2，PD=22，∴PC=23. ∵PA=AD，AM⊥PD，∴M 为PD 的中点， PM=21PD=2 由Rt△PMN∽Rt△PCD，得 ∴PCPM CD MN ⋅=. 即二面角P —AM —N 的大小为33arccos .（III ）解：延长NM ，CD 交于点E.∵PC⊥平面AMN ，∴NE 为CE 在平面AMN 内的射影 ∴∠CEN 为CD （即（CE ）与平在AMN 所成的角∥ ＝∵CD⊥PD，EN⊥PN，∴∠CEN=∠MPN. 在Rt△PMN 中，∴CD 与平面AMN 所成的角的大小为33arcsin6．如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ACB=90°. BC=CC 1=a ，AC=2a . （I ）求证：AB 1⊥BC 1；（II ）求二面角B —AB 1—C 的大小； （III ）求点A 1到平面AB 1C 的距离. （1）证明：∵AB C —A 1B 1C 1是直三棱柱，∴CC 1⊥平面ABC ， ∴AC⊥CC 1. ∵AC⊥BC， ∴AC⊥平面B 1BCC 1. ∴B 1C 是AB 1在平面B 1BCC 1上的射影.∵BC=CC 1， ∴四边形B 1BCC 1是正方形， ∴BC 1⊥B 1C. 根据三垂线定理得， AB 1⊥BC 1（2）解：设BC 1∩B 1C=O ，作OP⊥AB 1于点P ， 连结BP.∵BO⊥AC，且BO⊥B 1 C ， ∴BO⊥平面AB 1C.∴OP 是BP 在平面AB 1C 上的射影. 根据三垂线定理得，AB 1⊥BP.∴∠OPB 是二面角B —AB 1—C 的平面角∵△OPB 1~△ACB 1， ∴,11AB OB ACOP = ∴.3311a AB AC OB OP =⋅=在Rt△POB 中，26==∠OPOB OPB tg ，∴二面角B —AB 1—C 的大小为.26arctg（3）解：[解法1] ∵A 1C 1//AC ，A 1C 1⊂平 面AB 1C ，∴A 1C 1//平面AB 1C. ∴点A 1到 平面AB 1C 的距离与点C 1到平面AB 1C.的 距离相等.∵BC 1⊥平面AB 1C ，∴线段C 1O 的长度为点A 1到平面AB 1C 的 距离. ∴点A 1到平面AB 1C 的距离为.221a O C =[解法2]连结A 1C ，有C AA B C AB A V V 1111--=，设点A 1到平面AB 1C 的距离为h. ∵B 1C 1⊥平面ACC 1A 1， ∴1111C B S h S AC A ACB ⋅=⋅∆∆，又212121,22111a A A AC S a C B AC S AC A ACB =⋅==⋅=∆∆，∴.22222a aaa h =⋅=∴点A 1到平面AB 1C 的距离为.22a7．在矩形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝3，E 为DC 的中点，沿AE 将△AED 折起，使二面角D －AE －B 为60 ．（Ⅰ）求DE 与平面AC 所成角的大小；（Ⅱ）求二面角D －EC －B 的大小．DCECED答案：如图1，过点D 作DM ⊥AE 于M ，延长DM 与BC 交于N ，在翻折过程中DM ⊥AE ，MN ⊥AE 保持不变，翻折后，如图2，∠DMN 为二面角D －AE －B 的平面角，∠DMN ＝60 ，AE ⊥平面DMN ，又因为AE ⊂平面AC ，则AC ⊥平面DMN ．（Ⅰ）在平面DMN 内，作DO ⊥MN 于O ， ∵平面AC ⊥平面DMN ， ∴DO ⊥平面AC ．连结OE ，DO ⊥OE ，∠DEO 为DE 与平面AC 所成的角． 如图1，在直角三角形ADE 中，AD ＝3，DE ＝2，如图2，在直角三角形DOM 中，,133360sin DM DO =︒⋅=在直角三角形DOE 中，13233DE DO DEO sin ==∠，则.26393arcsinDEO =∠ ∴DE 与平面AC 所成的角为.26393arcsin（Ⅱ）如图2，在平面AC 内，作OF ⊥EC 于F ，连结DF ，∵DO ⊥平面AC ，∴DF ⊥EC ，∴∠DFO 为二面角D －EC －B 的平面角．如图1，作OF ⊥DC 于F ，则Rt △EMD ∽Rt △OFD ，,DEEMDO OF =∴.DEEMDO OF ⋅=如图2，在Rt △DOM 中，OM ＝DMcos ∠DMO ＝DM·cos60 ＝133．如图1，.1318OF ,139MO DM DO ==+= 在Rt △DFO 中，,213OF DO DFO tg ==∠ ∴二面角D －EC －B 的大小为213arctg ．8．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝CB ＝AA 1＝2，∠ACB＝90°，E 是BB 1的中点，D∈AB，∠A 1DE ＝90°.（Ⅰ）求证：CD⊥平面ABB 1A 1； （Ⅱ）求二面角D －A 1C －A 的大小. （Ⅱ）解：9．如图，已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠BCA=90°，AC=BC=a ，点A 1在底面ABC 上的射影 恰为AC 的中点D ，BA 1⊥AC 1。
(完整版)高中立体几何经典练习试题[最新版]
![(完整版)高中立体几何经典练习试题[最新版]](https://img.taocdn.com/s3/m/0906f8647c1cfad6185fa785.png)
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.。
(完整版)近三年高考全国卷理科立体几何真题(可编辑修改word版)
新课标卷高考真题1、（2016 年全国I 高考）如图，在以A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF=2FD，∠AFD = 90 ，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE - F 都是60 ．（I）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC；（II）求二面角E - BC - A 的余弦值．10 2、（ 2016 年全国 II 高考） 如图， 菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O ，AB = 5, AC = 6 ， 点 E , F 分别在 AD , CD 上， AE = CF = 5 ， EF 交 BD 于点 H4．将∆DEF 沿 EF 折到∆D 'EF 位置， OD ' = ．（Ⅰ）证明： D 'H ⊥ 平面 ABCD ；（Ⅱ）求二面角 B - D 'A - C 的正弦值．3【2015 高考新课标 1，理 18】如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC.（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC；（Ⅱ）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.4、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图1-3，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA⊥平面ABCD，E 为PD 的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角D-AE-C 为60°，AP＝1，AD＝ 3，求三棱锥E-ACD 的体积．图1-35、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1-5，三棱柱ABC -A1B1C1中，侧面BB1C1C 为菱形，AB⊥B1C.图1-5(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A -A1B1C1的余弦值．6、（2017•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E 是PD 的中点．（Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D 的余弦值．7（、2017•新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD= ∠CBD，AB=BD．（Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC；（Ⅱ）过AC 的平面交BD 于点E，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C 的余弦值．8、（2017•新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C 的余弦值．m n ⋅ -4 3 + 1 ⋅ 3 + 16 m 1 1 1 m 1【解析】⑴ ∵ ABEF 为正方形∴ AF ⊥ EF ∵ ∠AFD = 90︒∴ AF ⊥ DF ∵ D F EF =F∴ AF ⊥ 面 EFDC AF ⊥ 面 ABEF∴平面 ABEF ⊥ 平面 EFDC⑵ 由⑴知∠DFE = ∠CEF = 60︒∵ AB ∥ EF AB ⊄ 平面 EFDCEF ⊂ 平面 EFDC ∴ AB ∥平面 ABCDAB ⊂ 平面 ABCD∵面 ABCD 面 EFDC = CD∴ AB ∥CD ,∴ CD ∥ EF∴四边形 EFDC 为等腰梯形以 E 为原点， 如图建立坐标系，FD = aE (0 ，0 ，0)B (0 ，2a ，0)C ⎛ a ，0 ， 3 a ⎫ A (2a ，2a ，0)2 2 ⎪ ⎝ ⎭ ⎛ a3 ⎫EB = (0 ，2a ，0) ， BC = 2 ，- 2a ， 2 a ⎪ ， AB = (-2a ，0 ，0)⎝ ⎭设面 BEC 法向量为= ( x ，y ，z ) . ⎧ ⎧2a ⋅ y 1 = 0 ⎪m ⋅ EB = 0 ，即⎪ ⎨ ⋅ = 0 ⎨ a ⋅ x - 2ay + 3 a ⋅ z = 0 ⎪⎩m BC ⎪⎩ 2 1 1 2 1x = 3 ，y = 0 ，z = -1 = ( 3 ，0 ，- 1)设面 ABC 法向量为 = ( x ，y ，z ) ⎧ n 2 2 2 ⎧ a ⎪n ⋅ BC =0 .即⎪ x 2 - 2ay 2 + az 2 = 0 x = 0 ，y = 3 ，z = 4 ⎨ ⎨ 2 22 2 2⎪⎩n ⋅ AB = 0⎪⎩2ax 2 = 0 n = (0 ， 3 ，4)设二面角 E - BC - A 的大小为. cos =∴二面角 E - BC - A 的余弦值为-2 19 19 m ⋅ n = = - 2 19 19 3u r u u r n 1 ⋅ n 2 u r u u r n 1 n 2 7 5 2 95 ⋅ ' ⎩ ⎩ 2【解析】⑴证明：∵ AE = CF = 5 ，∴AE = CF ， 4 AD CD∴ EF ∥ AC ．∵四边形 ABCD 为菱形，∴ AC ⊥ BD ， ∴ EF ⊥ BD ，∴ EF ⊥ DH ，∴ EF ⊥ D 'H ．∵ AC = 6 ，∴ AO = 3 ；又 AB = 5 ， AO ⊥ OB ，∴ OB = 4 ， ∴ O H = AE⋅ OD = 1 ，∴ D H = D 'H = 3 ，∴ OD ' 2 = O H 2 + D ' H 2 ，∴ D ' H ⊥ O H AO ．又∵ OH I EF = H ，∴ D ' H ⊥ 面 ABCD ．⑵建立如图坐标系 H - xyz ．B (5 ， 0 ， 0) ，C (1， 3，0) ， D '(0 ， 0 ， 3) ， A (1， - 3， 0) ，AB = (4 ， 3， 0) ， AD ' = (-1， 3，3) ， AC = (0 ， 6 ， 0) ，设面 ABD ' 法向量n 1 = ( x ，y ，z ) ，⎧ ⎧x = 3 由⎪n 1 ⋅ AB = 0 得⎧4x + 3y = 0 ，取⎪ y = -4 ，∴ n = (3， - 4 ， 5) ． ⎨ ⎪⎩n 1 A D = 0 ⎨-x + 3y + 3z = 0 ⎨ 1 ⎪z = 5同理可得面 AD 'C 的法向量n 2 = (3， 0 ， 1) ，∴ cos= = = ，∴ s in = ． 25 253，【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ） 339 + 5 5 2 ⋅ 103 2 2 32 GB , G C又∵AE ⊥EC ，∴EG = ，EG ⊥AC ， 在 Rt △EBG 中，可得 BE = ，故 DF =2 .2在 Rt △FDG 中，可得 FG =6 .2在直角梯形 BDFE 中，由 BD =2，BE = ，DF = 2可得 EF = 3 2， 2 2 ∴ EG 2 + FG 2 = EF 2 ，∴EG ⊥FG ， ∵AC ∩FG=G ，∴EG ⊥平面 AFC ， ∵EG ⊂ 面 AEC ，∴平面 AFC ⊥平面 AEC .……6 分（Ⅱ）如图，以 G 为坐标原点，分别以 的方向为 x 轴，y 轴正方向，| GB |为单位长度，建立空间直角坐标系 G-xyz ，由（Ⅰ）可得 A （0，－ ，0），E (1,0,)，F （－1,0， ），C （0， ，0），∴ AE =（1， ， ）， C F =（-1，- 2 ， 2 ）.…10 分 23 2 3 2 33 3 3 33 AE ,C F >= •1AP |为单位长，建立空间直角坐标系 A -xyz ，则 D (0， 3，0)，E 0， 2 ， 2，AE ＝ 0 2 ， 2 = - { 即 故cos < AE CF 3 . | AE || C F | 3 所以直线 AE 与 CF 所成的角的余弦值为3 .……12 分3 4，解：(1)证明：连接 BD 交 AC 于点 O ，连接 EO .因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 BD 的中点． 又 E 为 PD 的中点，所以 EO ∥PB .因为 EO ⊂平面 AEC ，PB ⊄平面 AEC ，所以 PB ∥平面 AEC . (2)因为 PA ⊥平面 ABCD ，ABCD 为矩形， 所以 AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以 A→ AD ，AP 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向，| 为坐标原点，AB ， →( 1)→ (， 1).设 B (m ，0，0)(m >0)，则 C (m ，3，0) →(m ，3，0)．，AC ＝ 设 n 1＝(x ，y ，z )为平面 ACE 的法向量，→ n 1·AC ＝0，则 → ) {m x ＋ 3y ＝0，)n 1·AE ＝0， 2 y ＋ z ＝0，可取 n 1＝(2，－1， ).又 n 2＝(1，0，0)为平面 DAE 的法向量，1由题设易知|cos 〈n 1，n 2〉|＝ ，即2 13 ＝ ，解得 m ＝ .22 1因为 E 为 PD 的中点，所以三棱锥 E -ACD 的高为 .三棱锥 E -ACD 的体积 V ＝21 1 3 1 × × 3× × ＝ . 3 22 2 83m 3 3＋4m 233 3 3 3 1(( )B 1C 1＝BC ＝ －1，－ 3，0 . {{335 解：(1)证明：连接 BC 1，交 B 1C 于点 O ，连接 AO ，因为侧面 BB 1C 1C 为菱形，所以 B 1C ⊥BC 1，且 O 为 B 1C 及 BC 1 的中点．又 AB ⊥B 1C ，所以 B 1C ⊥平面 ABO . 由于 AO ⊂平面 ABO ，故 B 1C ⊥AO . 又 B 1O ＝CO ，故 AC ＝AB 1.(2)因为 AC ⊥AB 1，且 O 为 B 1C 的中点，所以 AO ＝CO .又因为 AB ＝BC ，所以△BOA ≌ △BOC .故 OA ⊥OB ，从而 OA ，OB ，OB 1 两两垂直．以 O 为坐标原点，OB 的方向为 x 轴正方向，|OB |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz .(3)因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1 为等边三角形，又 AB ＝BC ，则 A 0，0， 3 ，B (1，0，0)，B (0， 3，0)，C (0，－ 3，0).→ AB 1＝ 0， 3 ，－ 3)3 → 3 ，A 1B 1＝AB ＝1，0，－ ， 3 3 3→ ( )设 n ＝(x ，y ，z )是平面 AA 1B 1 的法向量，则n ·AB 1＝0，3 y － z ＝0，)→n ·A 1B 1＝0，)即所以可取 n ＝(1，3， 3)．x － z ＝0.{设m 是平面A1B1C1的法向量，→m·A1B1＝0，则→m·B1C1＝0，)同理可取m＝(1，－3， 3)．n·m 1则cos〈n，m〉＝＝.|n||m| 71所以结合图形知二面角 A -A1B1 C1的余弦值为.76、【答案】（Ⅰ）证明：取PA 的中点F，连接EF，BF，因为E 是PD 的中点，所以EF AD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥ AD，∴BCEF 是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CF✪平面PAB，∴直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）解：四棱锥P﹣ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E 是PD 的中点．取AD 的中点O，M 在底面ABCD 上的射影N 在OC 上，设AD=2，则AB=BC=1，OP= ，∴∠PCO=60°，直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，可得：BN=MN，CN= MN，BC=1，可得：1+ BN2=BN2 ，BN= ，MN= ，作NQ⊥AB 于Q，连接MQ，所以∠MQN 就是二面角M﹣AB﹣D 的平面角，MQ== ，二面角M﹣AB﹣D 的余弦值为： = ．7、【答案】（Ⅰ）证明：如图所示，取AC 的中点O，连接BO，OD．∵△ABC 是等边三角形，∴OB⊥AC．△ABD 与△CBD 中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD，∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD．∵△ACD 是直角三角形，∴AC 是斜边，∴∠ADC=90°．∴DO= AC．∴DO2+BO2=AB2=BD2 ．∴∠BOD=90°．∴OB⊥OD．又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC．（Ⅱ）解：设点D，B 到平面ACE 的距离分别为h D，h E．则= ．∵平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，∴ = = =1．∴点E 是BD 的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设AB=2．则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），E ．=（﹣1，0，1），= ，=（﹣2，0，0）．设平面ADE 的法向量为=（x，y，z），则，即，取= ．同理可得：平面ACE 的法向量为=（0，1，）．∴cos = = =﹣．∴二面角D﹣AE﹣C 的余弦值为．8、【答案】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵PA∩PD=P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD；（2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD 为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD 为矩形，在△APD 中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD 为等腰直角三角形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD 中点O，BC 中点E，连接PO、OE，以O 为坐标原点，分别以OA、OE、OP 所在直线为x、y、z 轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC 的一个法向量为，由，得，取y=1，得．∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥AD，又PD⊥PA，PA∩AB=A，∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB 的一个法向量，．∴cos＜＞= =．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C 的余弦值为．。
2024届高考数学专项立体几何大题含答案
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 为平面α的法向量，AB 是经过面α的一条斜线，A ∈α).2024届高考数学专项立体几何大题含答案模拟训练一、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．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.3(22·23·张家口·三模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1=60°，AB= BC=2，AC=AB1=2.(1)证明：平面ACB1⊥平面BB1C1C；(2)求平面ACC1A1与平面A1B1C1夹角的余弦值.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A1处，且A1B⊥A1D．(1)证明：DE⊥平面A1BE；(2)求二面角C-A1E-D的余弦值．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.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.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.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．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.10(22·23下·襄阳·三模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为矩形，∠BAC=90°，AB= AC=2，AA1=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点N，M为B1C1的中点.(1)求证：平面A1MNA⊥平面A1BC；(2)求平面A1B1BA与平面BB1C1C夹角的余弦值.11(22·23·唐山·二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是等边三角形，侧面ACC1A1⊥底面ABC，且AA1=AC，∠AA1C1=120°，M是CC1的中点．(1)证明：A1C⊥BM．(2)求二面角A1-BC-M的正弦值．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.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.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.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.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．17(22·23·汕头·三模)如图，圆台O1O2的轴截面为等腰梯形A1ACC1，AC=2AA1=2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点.(1)在平面BCC1内，过C1作一条直线与平面A1AB平行，并说明理由；(2)若四棱锥B-A1ACC1的体积为23，设平面A1AB∩平面C1CB=l,Q∈l，求CQ的最小值.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．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.20(22·23下·长沙·一模)斜三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为2，∠A1AB=60°，点A1在下底面ABC 的投影为AB的中点O．(1)在棱BB1(含端点)上是否存在一点D使A1D⊥AC1若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；(2)求点A1到平面BCC1B1的距离．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=π4.22(22·23·衡水·一模)如图所示，A ,B ,C ,D 四点共面，其中∠BAD =∠ADC =90°，AB =12AD ，点P ,Q 在平面ABCD 的同侧，且PA ⊥平面ABCD ，CQ ⊥平面ABCD .(1)若直线l ⊂平面PAB ，求证：l ⎳平面CDQ ；(2)若PQ ⎳AC ，∠ABP =∠DAC =45°，平面BPQ ∩平面CDQ =m ，求锐二面角B -m -C 的余弦值.23(22·23下·湖北·三模)已知平行六面体(底面是平行四边形的四棱柱)ABCD-A1B1C1D1的各条棱长均为2，且有∠AA1D1=∠AA1B1=∠D1A1B1=60°．(1)求证：平面AA1C1C⊥平面A1B1C1D1；(2)求直线B1D与平面AA1C1C所成角的正弦值．24(22·23下·武汉·三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.(1)求证：平面AEF⊥平面PBC；(2)求平面AEF与平面PDC夹角的最小值.25(22·23下·黄冈·三模)如图1，在四边形ABCD中，BC⊥CD，AE∥CD,AE=BE=2CD=2,CE =3．将四边形AECD沿AE折起，使得BC=3，得到如图2所示的几何体．(1)若G为AB的中点，证明：DG⊥平面ABE；(2)若F为BE上一动点，且二面角B-AD-F的余弦值为63，求EFEB的值．26(22·23·德州·三模)图1是直角梯形ABCD，AB⎳CD，∠D=90°，AD=3，AB=2，CD=3，四边形ABCE为平行四边形，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1=6，如图2．(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；(2)在线段BE上存在点P使得PA与平面ABC1的正弦值为365，求平面BAC1与PAC1所成角的余弦值．27(22·23·山东·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⎳CD，AB⊥BC，PA =AB=BC=2，CD=4．(1)证明：AD⊥PC；(2)若M为线段PB的靠近B点的四等分点，判断直线AM与平面PDC是否相交？如果相交，求出P到交点H的距离，如果不相交，说明理由．28(22·23·黄山·三模)如图，在直角梯形ABCD中，AD⎳BC，AD⊥CD，四边形CDEF为平行四边形，对角线CE和DF相交于点H，平面CDEF⊥平面ABCD，BC=2AD，∠DCF=60°，G是线段BE上一动点(不含端点)．(1)当点G为线段BE的中点时，证明：AG⎳平面CDEF；(2)若AD=1,CD=DE=2，且直线DG与平面CDEF成45°角，求二面角E-DG-F的正弦值．29(22·23·菏泽·三模)已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，其中AA1=2AC=4,AB=BC,F为BB1的中点，点E是CC1上靠近C1的四等分点，A1F与底面ABC所成角的余弦值为2 2．(1)求证：平面AFC⊥平面A1EF；(2)在线段A1F上是否存在一点N，使得平面AFC与平面NB1C1所成的锐二面角的余弦值为277，若存在，确定点N的位置，若不存在，请说明理由．30(22·23·福州·三模)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，PA=2，AB=AC=1，将△PAB绕着PA逆时针旋转π3到△PAD的位置，得到如图所示的组合体，M为PD的中点.(1)当∠BAC为何值时，该组合体的体积最大，并求出最大值；(2)当PC⎳平面MAB时，求直线PC与平面PBD所成角的正弦值.31(22·23·福州·二模)如图1，在△ABC 中，AB =AC =2,∠BAC =2π3,E 为BC 的中点，F 为AB 上一点，且EF ⊥AB .将△BEF 沿EF 翻折到△B EF 的位置，如图2.(1)当AB =2时，证明：平面B AE ⊥平面ABC ；(2)已知二面角B -EF -A 的大小为π4，棱AC 上是否存在点M ，使得直线B E 与平面B MF 所成角的正弦值为1010？若存在，确定M 的位置；若不存在，请说明理由.32(22·23·三明·三模)如图，平面五边形ABCDE 由等边三角形ADE 与直角梯形ABCD 组成，其中AD ∥BC ，AD ⊥DC ，AD =2BC =2，CD =3，将△ADE 沿AD 折起，使点E 到达点M 的位置，且BM =a .(1)当a =6时，证明AD ⊥BM 并求四棱锥M -ABCD 的体积；(2)已知点P 为棱CM 上靠近点C 的三等分点，当a =3时，求平面PBD 与平面ABCD 夹角的余弦值.33(22·23·宁德·一模)如图①在平行四边形ABCD 中，AE ⊥DC ，AD =4，AB =3，∠ADE =60°，将△ADE 沿AE 折起，使平面ADE ⊥平面ABCE ，得到图②所示几何体．(1)若M 为BD 的中点，求四棱锥M -ABCE 的体积V M -ABCE ；(2)在线段DB 上，是否存在一点M ，使得平面MAC 与平面ABCE 所成锐二面角的余弦值为235，如果存在，求出DMDB的值，如果不存在，说明理由．34(22·23·龙岩·二模)三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB =AC =2，侧面A 1ACC 1为矩形，∠A 1AB =2π3，三棱锥C 1-ABC 的体积为233．(1)求侧棱AA 1的长；(2)侧棱CC 1上是否存在点E ，使得直线AE 与平面A 1BC 所成角的正弦值为55？若存在，求出线段C 1E 的长；若不存在，请说明理由．35(22·23下·浙江·二模)如图，在多面体ABC-A1B1C1中，AA1⎳BB1⎳CC1，AA1⊥平面A1B1C1，△A1B1C1为等边三角形，A1B1=BB1=2，AA1=3，CC1=1，点M是AC的中点．(1)若点G是△A1B1C1的重心，证明；点G在平面BB1M内；(2)求二面角B1-BM-C1的正弦值．36(22·23下·浙江·三模)如图，三棱台ABC-A1B1C1中，A1C1=4，AC=6，D为线段AC上靠近C的三等分点.(1)线段BC上是否存在点E，使得A1B⎳平面C1DE，若不存在，请说明理由；若存在，请求出BEBC的值；(2)若A1A=AB=4，∠A1AC=∠BAC=π3，点A1到平面ABC的距离为3，且点A1在底面ABC的射影落在△ABC内部，求直线B1D与平面ACC1A1所成角的正弦值.37(22·23下·苏州·三模)如图，在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为62的等边三角形，且PA= PB=PC=6，PD⊥平面ABC，垂足为D,DE⊥平面PAB，垂足为E，连接PE并延长交AB于点G.(1)求二面角P-AB-C的余弦值；(2)在平面PAC内找一点F，使得EF⊥平面PAC，说明作法及理由，并求四面体PDEF的体积.38(22·23·沧州·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.C,E,D,G在同一平面内，且CG=DG.(1)证明：平面BFD⊥平面BCG；(2)若直线GC与平面ABG所成角的正弦值为105，求平面BFD与平面ABG所成角的余弦值.39(23·24上·永州·一模)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，且AD=2AB=4,M、N分别为PD、BC的中点，H在线段PC上，且PC=3PH．(1)求证：MN⎳平面PAB；(2)当AM⊥PC时，求平面AMN与平面HMN的夹角的余弦值．40(22·23·潍坊·三模)如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AC为底面直径，△ABD为底面圆O的内接正三角形，且边长为3，点E在母线PC上，且AE=3，CE=1．(1)求证：PO∥平面BDE；(2)求证：平面BED⊥平面ABD(3)若点M为线段PO上的动点．当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，求此时点M到平面ABE的距离．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 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：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 ，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.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)，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△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19385；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 ，。
(完整版)立体几何高考真题全国卷(可编辑修改word版)
2 （2018 文 I ）在平行四边形 ABCM 中， AB = AC =3 ，∠ACM = 90︒ ，以 AC 为折痕将△ M 到达点 D 的位置，且 AB ⊥ DA ．ACM 折起，使点⑴证明：平面 ACD ⊥平面 ABC ；⑵ Q 为线段 AD 上一点， P 为线段 BC 上一点，且 BP = DQ = 2DA ，求三棱锥Q - ABP 的体积．3（2018 文 I I ）如图，在三棱锥P - ABC 中， AB = BC = 2 ，PA = PB = PC = AC = 4 ， O 为 AC 的中点．（1） 证明： PO ⊥ 平面 ABC ；（2） 若点 M 在棱 BC 上，且 MC = 2MB ，求点C 到平面 POM 的距离．OMACB（2018 文 III ）如图，矩形 ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直， M 是C D 上异于C ， D 的点．⑴证明：平面 AMD ⊥平面 BMC ；⑵在线段 AM 上是否存在点 P ，使得 MC ∥平面 PBD ？说明理由．2（2017 文 I ）如图，在四棱锥 P-ABCD 中，AB//CD ，且∠BAP = ∠CDP = 90（1） 证明：平面 PAB⊥平面 PAD ；8（2） 若 PA=PD=AB=DC, ∠APD = 90 ,且四棱锥 P-ABCD 的体积为 3，求该四棱锥的侧面积.（2017 文 II ）如图，四棱锥 P - ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ,AB = BC = 1AD , ∠BAD = ∠ABC = 90︒.（1） 证明：直线 BC ∥平面 PAD ;7（2）若△PCD 的面积为2 ，求四棱锥P ABCD 的体积.（2017 文 III ）如图，四面体 ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE⊥EC，求四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积比．（2016 文I ）如图，在已知正三棱锥 P-ABC 的侧面是直角三角形，PA=6，顶点 P 在平面 ABC 内的正投影为点D，D 在平面 PAB 内的正投影为点 E，连接 PE 并延长交 AB 于点G.（I）证明： G 是AB 的中点；（II）在图中作出点 E 在平面 PAC 内的正投影 F（说明作法及理由），并求四面体 PDEF 的体积．PEAD CGB（2016 文II）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O，点E，F 分别在AD，CD 上，AE=CF，EF 交BD 于点H，将△DEF 沿EF 折到△D'EF 的位置.(Ⅰ)证明：AC HD' ；(Ⅱ)若AB = 5, AC = 6, AE=5, OD' = 24,求五棱锥D' -ABCFE 的体积.（2016 文 III ）如图，四棱锥P-ABCD 中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M 为线段AD 上一点，AM=2MD，N 为 PC 的中点.（I）证明MN∥平面 PAB;（II）求四面体 N-BCM 的体积.2（2015 文 I ）如图四边形 ABCD 为菱形，G 为 AC 与 BD 交点， BE ⊥ △ △（I ） 证明：平面 AEC ⊥ 平面 BED ；ABCD ，（II ） 若∠ABC = 120 ， AE ⊥ EC ,三棱锥 E - ACD 的体积为6 ，求该三棱锥的侧面积.3（2015 文 II ）如图，长方体 ABCD ﹣A1B1C1D1 中，AB=16，BC=10，AA1=8,点 E ，分别在 A1B1, D1C1 上，A1E= D1F=4.过点 E,F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）（2）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.（2014 文 I ）如图，三棱柱ABC -A1B1C1 中，侧面BB1C1C 为菱形，B1C 的中点为O ，且AO ⊥平面BB1C1C .（1）证明：B1C ⊥AB;（2）若AC ⊥AB1 ,∠CBB1 = 60 , BC =1, 求三棱柱ABC -A1B1C1 的高.（2014 文 II ）如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 是PD 的重点.（1）证明：PB //平面AEC ；（2）设AP = 1, AD = ，三棱锥P -ABD 的体积V = ，求A 到平面PBC 的距离.433。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
立体几何大题专题训练1.已知PA⊥矩形ABCD 所在平面，M、N 分别是AB.PC 的中点.（1）求证：MN⊥CD；（2）若∠PDA=45°，求证MN⊥面PCD2.如图，在底面为平行四边形的四棱锥P -ABCD ，AB ⊥AC ，PA ⊥平面ABCD ，且PA =AB ，点E 是PD 的中点.。
（Ⅰ）求证：AC ⊥PB ；（Ⅱ）求证：PB //平面AEC ；3.如图，矩形ABCD 中，AD ⊥平面ABE ，AE =EB =BC, F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE .（1）求证：AE ⊥平面BCE ；（2）求证：AE ∥平面BFD .4.如图，棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD 为菱形，平面AA1C1C⊥平面ABCD.（1）证明：BD⊥AA1；（2）证明：平面AB1C//平面DA1C1（3）在直线CC1上是否存在点P，使BP//平面DA1C1？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．DC5．（本小题满分 12 分）如图所示,正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在的平面互相垂直,AD ⊥ CD , AB // CD , CD = 2 AB = 2 AD .(Ⅰ)求证： BC ⊥ BE ；E(Ⅱ)在 EC 上找一点 M ,使得 BM // 平面 ADEF ,请确定 M 点的位置,并给出证明．FAB6、(本小题满分 12 分)如图：直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中， AC =BC =AA 1=2， ∠ACB =90︒.E 为 BB 1 的中点，D 点在 AB 上且 DE = 3.（Ⅰ）求证：CD ⊥平面 A 1ABB 1； （Ⅱ）求三棱锥 A 1－C DE 的体积.7、如图6，已知四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，ABCD 是直角梯形，AD // BC ，∠BAD =90º，BC = 2 AD ．P（1）求证：AB ⊥PD ；（2）在线段PB 上是否存在一点E ，使AE //平面PCD ，若存在，指出点E 的位置并加以证明；若不存在，请说明CD理由．A B8、如图，四棱锥P—ABCD 中，ABCD 为矩形，△PAD 为等腰直角三角形，∠APD=90°，面PAD⊥面ABCD，且AB=1，AD=2，E、F 分别为PC 和BD 的中点．（1）证明：EF∥面PAD；（2）证明：面PDC⊥面PAD；（3）求四棱锥P—ABCD 的体积．立体几何大题专题训练1. 解析：(1) 取PD 中点E , 又N 为PC 中点, 连NE ,则NE / /CD , NE = 1CD .2又 AM / /CD , AM = 1CD ,∴ AM / / NE ,∴四边形AMNE 为平行四边形2= ∴ MN / / AEPA ⊥ 平面ABCD ⎫ CD ⊥ PA ⎫ CD ⊥ 平面ADP ⎫ CD ⊂ 面ABCD ⎬ ⇒ CD ⊥ AD ⎬ ⇒ AE ⊂ 平面ADP ⎬ ⇒ CD ⊥ AE .⎭ ⎭ ⎭(2) 当∠PDA = 45 时, Rt ∆PAD 为等腰直角三角形则AE ⊥ PD , 又MN // AE ,∴ MN ⊥ PD , PD ⋂ CD = D ∴ MN ⊥ 平面PCD .2. Ⅰ）∵PA ⊥平面 ABCD ，∴AB 是 PB 在平面ABCD 上的射影. 又∵ AB ⊥ AC ， AC ⊂ 平面ABCD ， ∴AC ⊥PB.（ Ⅱ） 连接 BD ， 与 AC 相交于 O ， 连接 EO. ∵ABCD 是平行四边形， ∴O 是 BD 的中点 又 E 是 PD 的中点 ∴EO ∥PB. 又 PB ∉平面 AEC ，EO ⊂ 平面 AEC ， ∴PB ∥平面 AEC.3. 解：（1）证明： AD ⊥ 平面 ABE ， AD ∥ BC ∴ BC ⊥ 平面 ABE ，则 AE ⊥ BC ……2 分又 BF ⊥ 平面 ACE ，则 AE ⊥ BF ∴ AE ⊥ 平面 BCE .................... 5 分（2）证明：依题意可知： G 是 AC 中……6 分 BF ⊥ 平面 ACE ，则CE ⊥ BF ，而 BC = BE AE∴ F 是 EC 中点，在△ AEC 中， FG ∥ AE ⊄ 平面BFD 又 FG ⊄ 平面BFD∴ AE ∥平面BFD ................... 12 分 3. 证明：⑴连 BD ，∵ 面 ABCD 为菱形， ∴BD ⊥AC ， 由于平面 AA 1C 1C ⊥平面 ABCD ， 则 BD ⊥平面 AA 1C 1C 故：BD ⊥AA 1BN 2+ CN 2AD 2 + AD 2 ⑵连 AB 1，B 1C ，由棱柱 ABCD-A 1B 1C 1D 1 的性质知AB 1//DC 1，AD//B 1C ，AB 1∩B 1C=B 1,A 1D ∩ DC 1=D ，由面面平行的判定定理知：平面 AB 1C//平面 DA 1C 1，⑶存在这样的点 P ，因为 A 1B 1∥AB ∥DC ，∴四边形 A 1B 1CD 为平行四边形.∴A 1D//B 1C 在 C 1C 的延长线上取点 P ，使 C 1C=CP ，连接 BP ，… ........... 10 分因 B 1B ∥CC 1，∴BB 1∥CP ，∴四边形 BB 1CP 为平行四边形，则 BP//B 1C ，∴BP//A 1D∴BP//平面 DA 1C 1 ............... 12 分5．证明： (Ⅰ)因为正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在的平面互相垂直， DE ⊥ AD 所以 DE ⊥ 平面 ABCD ∴ DE ⊥ BC ……1 分因为 AB = AD ，所以∠ADB = ∠BDC = 取CD 中点 N ，连接 BN, BD 4= 2 A D则 由 题 意 知 ： 四 边 形 ABND 为 正 方 形 ， 所 以BC = = = = 2 A D ， BD = BCE则∆BDC 为等腰直角三角形则 BD ⊥ BC …5 分 M则 BC ⊥ 平面 BDE 则 BC ⊥ BE …F(Ⅱ)取 EC 中点 M ，则有 BM // 平面 ADEF D证明如下：连接 MNNC由(Ⅰ)知 BN // AD ，所以 BN // 平面 ADEF 又因为 M 、 N 分别为CE 、CD 的中点，所以则 MN // 平面 ADEF ..................... 10 分AMN // DEB则平面 BMN // 平面 ADEF ，所以 BM // 平面 ADEF ............................ 12 分 6 解：解：(1)在 Rt △DBE 中，BE=1，DE= 13，∴BD=DE 2－BE 2=2= AB ， ∴ 则 D 为 AB 中点, 而 2AC=BC ， ∴CD ⊥AB又∵三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 为直三棱柱, ∴CD ⊥AA 1 又 AA 1∩AB =A 且 AA 1、AB ⊂ 平面 A 1ABB 1 故 CD ⊥平面 A 1ABB 16 分AD 2 + AB 2 AD 2+ 1 CD 2 4FEDEDF P（2）解：∵A 1ABB 1 为矩形，∴△A 1AD ，△DBE ，△EB 1A 1 都是直角三角形， ∴ S ∆A DE = S A ABB - S ∆A AD - S ∆DBE - S ∆EB A1 1 1 1 1 1=2×2 1 1 12－ × 2 2×2－ × 2 2×1－ ×2 22×1= ∴ V =V 1 = ×S 1 3 ×CD= × 2×2=1 A 1－CDEC －A 1DE 3A 1DE 3 2 ∴ 三棱锥 A 1－CDE 的体积为１． ------------------------------------- 12 分7 解：解：（1）∵ PA ⊥平面 ABCD ， AB ⊂ 平面 ABCD ， ∴ PA ⊥ AB ． ∵ AB ⊥ AD ， PA AD = A ， ∴ AB ⊥平面 PAD ，∵ PD ⊂ 平面 PAD ，∴ AB ⊥ PD ． …… 6 分（2） 法 1: 取线段 PB 的中点 E ， PC 的中点 F ，连结AE , EF , DF ,P则 EF 是△ PBC 中位线．∴ EF ∥ BC ，AD = 1 BCEF = 1BC2 ， C∵ AD // BC ， 2 ，∴AD // EF , AD = EF ．∴ 四边形 EFDA 是平行四边形，∴ AE // DF ．AB∵ AE ⊄ 平面 PCD ， DF ⊂ 平面 PCD ， ∴ AE ∥平面 PCD ．∴ 线段PB 的中点 E 是符合题意要求的点． ……12 分法 2: 取线段 PB 的中点 E ， BC 的中点 F ，连结 AE , EF , AF ,则 EF 是△ PBC 的中位线．∴ EF ∥ PC ， CF = 1BC2 ，C∵ EF ⊄ 平面 PCD , PC ⊂ 平面 PCD ,32 2∴EF // 平面PCD ．…… 8 分AD =1 BC∵ AD // BC ， 2 ，∴AD // CF , AD =CF ．∴ 四边形DAFC 是平行四边形，∴ AF // CD ∵ AF ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，∴AF ∥平面PDC ．……10 分∵ AF EF =F ,∴平面AEF // 平面PCD ．∵ AE ⊂平面AEF ,∴ AE ∥平面PCD ．∴线段PB 的中点E 是符合题意要求的点．……12 分8.如图，连接AC，∵ABCD 为矩形且F 是BD 的中点，∴AC 必经过F . 1 分又E 是PC 的中点，所以，EF∥AP 2 分∵EF 在面PAD 外，PA 在面内，∴EF∥面PAD 4 分（2）∵面PAD⊥面ABCD，CD⊥AD，面PAD 面ABCD=AD，∴CD⊥面PAD，又AP ⊂面PAD，∴AP⊥CD 6 分又∵AP⊥PD，PD 和CD 是相交直线，AP⊥面PCD 7 分又AD ⊂面PAD，所以，面PDC⊥面PAD 8 分（3）取AD 中点为O，连接PO，因为面PAD⊥面ABCD 及△PAD 为等腰直角三角形，所以PO⊥面ABCD，即PO 为四棱锥P—ABCD 的高10 分1 2∵AD=2，∴PO=1，所以四棱锥P—ABCD 的体积V = PO ⋅AB ⋅AD =3 3--------12 分。