高中数学最难——立体几何题
2023年全国高中生数学奥赛高难题目
2023年全国高中生数学奥赛高难题目难题一：立体几何
已知一个右方金字塔的顶点A位于平面xOy上，A的坐标为(5,6,0)，底面是一个边长为10的正方形，且底面中心O的坐标为(5,6,0)。
金字
塔的高度为12，求：
1. 金字塔底面四个顶点的坐标；
2. 金字塔的体积。
难题二：复数运算
若复数z满足z^4 + 15z^2 + 36 = 0，则求z的所有可能值。
难题三：概率与统计
已知A、B两个事件的发生概率分别为P(A) = 0.4，P(B) = 0.6，且
P(A∪B) = 0.7。
求：
1. P(A∩B)的值；
2. 若事件A和事件B相互独立，求P(A|B)和P(B|A)的值。
难题四：数列
已知数列{an}满足a1 = a2 = 1，且an+2 = an+1 + 2an对于n≥1成立。
求：
1. a5的值；
2. 数列{an}的通项公式；
3. 求该数列的前10项和。
难题五：函数与导数
已知函数f(x) = (x+1)e^x，在定义域上是递增函数。
求：
1. f'(x)的值；
2. 函数f(x)在定义域上的最小值点；
3. 函数f(x)的图像在x轴和y轴上与坐标轴围成的面积。
注意：以上题目均为高难度题目，需要运用数学知识和思维能力进行解答。
考生可以根据自己的实际情况选择解答题目，建议合理分配时间，不要卡在某一道题目上耽误整体答题进度。
祝各位考生取得优异成绩！。
立体几何经典难题汇编
立体几何经典难题汇编立体几何难题汇编11.在正方体的顶点中任意选择4个顶点，对于由这4个顶点构成的各种几何形体的以下判断中，所有正确的结论个数是（）从正方体的顶点中任意选择4个顶点，可以构成各种不同的几何形体。
我们需要判断哪些结论是正确的。
根据题目，我们可以得到以下几个结论：①能构成矩形；②能构成不是矩形的平行四边形；③能构成每个面都是等边三角形的四面体；④能构成每个面都是直角三角形的四面体；⑤能构成三个面为全等的等腰直角三角形，一个面为等边三角形的四面体。
我们可以画出正方体的图形，分类讨论出所有情况。
根据分类讨论的结果，我们可以得出只有①、③、④、⑤这四个结论是正确的，因此答案为4，选C。
2.一个半径为1的小球在一个棱长为46的正四面体内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的内壁的面积是____________。
根据题目，我们需要求出小球永远不可能接触到的内壁的面积。
我们可以先求出小球在正四面体内的运动轨迹，即小球与正四面体的一个面相切时的情况。
易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，正四面体的棱长为46，因此小三角形的边长为26.接着，我们可以通过计算内壁的面积减去小球可以接触到的面积来求出小球永远不可能接触到的内壁的面积。
内壁的面积为4个面的面积之和，即46*46*4.小球可以接触到的面积为小球与一个面相切时的面积，即26*26*√3.因此，小球永远不可能接触到的内壁的面积为46*46*4-26*26*√3*4=723.因此，答案为723.2012•上海】如图，四面体ABCD中，AD与BC互相垂直，且BC=2.已知AD=2c，且AB+BD=AC+CD=2a（a、c为常数）。
求四面体ABCD的体积最大值。
考点】棱柱、棱锥、棱台的体积。
分析】作BE⊥AD于E，连接CE。
由题可知B、C都在以AD为焦距的椭圆上，且BE、CE垂直于焦距AD，BE=CE。
取BC中点F，推导出四面体ABCD的体积最大值。
最难的几何数学题
最难的几何数学题一、在三维空间中，给定一个正方体的一个顶点A和一个与之相对的顶点B，以及正方体表面上除A、B外任意一点C，求从C点出发沿表面到B点的最短路径与最长路径之比的可能取值范围。
A. (0,1)B. (1/√2, √2)C. (1, √3)D. (1/2, 2)（答案）B二、设有一个半径为R的圆内接于边长为a的正六边形中，现从圆上任意取一点P，求点P 到正六边形各边距离之和的最大值。
A. 3√3R/2B. 2√3RC. 3RD. (3+√3)R（答案）D三、在四面体ABCD中，已知AB=CD，AC=BD，且AD与BC垂直，若四面体的外接球半径为R，求四面体ABCD体积的最大值。
A. (4/3)πR3B. (8/9)√3πR3C. (2/3)√6πR3D. (1/3)√6πR3（答案）C四、考虑一个椭圆，其长轴为2a，短轴为2b，现有一条过椭圆中心的直线l，它与椭圆交于M、N两点，若MN的长度为定值d，求直线l的倾斜角α的取值范围。
A. [0, π/4]B. [π/6, π/3]C. 依赖于a, b, d的具体值D. [π/4, π/2]（答案）C五、在直角坐标系中，给定三个点A(0,0)，B(4,0)，C(0,3)，以及一个动点P(x,y)，满足|PA|+|PB|+|PC|=10，求点P的轨迹所围成的图形面积。
A. 3πB. 4πC. 8πD. 12π（答案）B（注：点P的轨迹为椭圆，通过焦点和长轴短轴关系可求解）六、一个正n边形内接于一个半径为R的圆，其各边中点连接形成的多边形面积与原正n 边形面积之比为多少？A. 1/2B. 1/4C. 1/(n+1)D. 依赖于n的具体值（答案）B（对于任意正n边形，中点连接形成的多边形总是原多边形面积的1/4）七、在三维空间中，有一个边长为a的正方体，其内部有一个内切球，球心到正方体一个顶点的距离为d1，到正方体一条棱的中点的距离为d2，求d1/d2的值。
立体几何难题解析附有答案详解
立体几何难题解析（附有答案详解）一、解答题1．如图1，直角梯形ABCD 中，//,90AB CD ABC ∠=︒,42==AB CD ，2=BC ．//AE BC 交CD 于点E ，点G ,H 分别在线段DA ,DE 上，且//GH AE ．将图1中的AED ∆沿AE 翻折，使平面ADE ⊥平面ABCE （如图2所示），连结BD 、CD ，AC 、BE ．HEGDCBA图1图2ABCG EHD（Ⅰ）求证：平面⊥DAC 平面DEB ；（Ⅱ）当三棱锥GHE B -的体积最大时，求直线BG 与平面BCD 所成角的正弦值．2．如图，在直三棱柱111ABC A B C －中，点D E 、分别在边11BC B C 、上，1CD B E AC ==，60ACD ∠︒＝．求证：（1）BE 平面1AC D ；（2）平面1ADC ⊥平面11BCC B ．3．如图，在直角梯形CD AB 中，D//C A B ，DC 90∠A = ，AE ⊥平面CD AB ，F//CD E ，1C CD F D 12B ==AE =E =A =．（1）求证：C //E 平面F AB ；（2）在直线C B 上是否存在点M ，使二面角D E -M -A 的大小为6π？若存在，求出C M 的长；若不存在，说明理由．4．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，90CDA BAD ∠=∠= ，1AD DC ==，2AB =，E 、F 分别为PD 、PB 的中点．（1）求证：平面PCB ⊥平面PAC ；（2）若平面CEF 与底面ABCD 所成的锐二面角为4π，求PA 的长．5．如图，两个相同的正四棱锥底面重合组成一个八面体，可放入棱长为2的正方体中，重合的底面与正方体的某一个面平行，各顶点均在正方体的表面上，将满足上述条件的八面体称为正方体的“正子体”．（1）若正子体的六个顶点分别是正方体各面的中心，求该八面体的表面积．（2）此正子体的表面积S 是否为定值？若是，求出该定值；若不是，求出表面积的取值范围．6．如图1，已知四边形ABCD 满足//AD BC ，12BA AD DC BC a ====，E 是BC 的中点，将BAE 沿着AE 翻折成1B AE △，形成四棱锥1B AECD -，F 为1B D 的中点，M 为AE 的中点，如图2所示.（1）求证：面1B DM ⊥面1B AE ；（2）当平面1B AE 与平面1B DC 所成角的余弦值为5时，求1B D 的长度；（3）当面1B AE ⊥面AECD 时，求平面1ADB 与平面1ECB 所成角的正弦值.7．在棱长均为2的正三棱柱111ABC A B C -中，E 为11B C 的中点．过AE 的截面与棱1BB ，11A C 分别交于点F ，G．（1）若F 为1BB 的中点，求三棱柱被截面AGEF 分成上下两部分的体积比12V V ；（2）若四棱雉1A AGEF -求截面AGEF 与底面ABC 所成二面角的正弦值；（3）设截面AFEG 的面积为0S ，AEG ∆面积为1S ，AEF 面积为2S ，当点F 在棱1BB 上变动时，求2012S S S的取值范围．8．如图，在四棱锥B ACDE -中，平面ABC ⊥平面ACDE ，ABC 是等边三角形，在直角梯形ACDE 中，//AE CD ，AE AC ⊥，1AE =，2AC CD ==，P 是棱BD 的中点．（1）求证：EP ⊥平面BCD ；（2）设点M 在线段AC 上，若平面PEM 与平面EAB求MP 的长．9．如图，ABCD是块矩形硬纸板，其中2AB AD ==E 为DC 中点，将它沿AE 折成直二面角D AE B --.（1）求证：AD ⊥平面BDE ；（2）如果()0AH HB λλ=> ，求二面角H AD E --的余弦值.10．如图1，在边长为2的正方形ABCD 中，P 为CD 中点，分别将△PAD,△PBC 沿PA,PB 所在直线折叠，使点C 与点D 重合于点O，如图2．在三棱锥P-OAB 中，E 为PB 中点．(Ⅰ)求证：PO⊥AB;(II）求直线BP 与平面POA 所成角的正弦值；(Ⅲ）求二面角P-AO-E 的大小．11．如图，在四棱锥P −ABCD 中，PA⊥平面Q 在PB 上，且满足PQ∶QB=1∶3，求直线CQ 与平面PAC 所成角的正弦值．12．已知四棱锥中平面，点在棱上，且，底面为直角梯形，分别是的中点．（1）求证：//平面；（2）求截面与底面所成二面角的大小．13．如图，已知四边形ABCD由Rt ABC∆拼接而成，其中∆和Rt BCDBAC BCD∠=∠=︒，3090∆沿着BC折起.=，BC=ABC∠=︒，AB ACDBC（1）若AD=，求异面直线AB与CD所成角的余弦值；（2）当四面体ABCD的表面积的最大时，求二面角A BC D--的余弦值.14．如图，ABCD与ADEF是两个边长为1的正方形，它们所在的平面互相垂直．（1）求异面直线AE 与BD 所成角的大小；（2）在线段BD 上取点M ，在线段AE 上取点N ，且BMx BD=，EN y EA =，试用x ，y 来表示线段MN 的长度；（3）在（2）的条件下，求MN 长度的最小值，并判断当MN 最短时，MN 是否是异面直线AE 与BD 的公垂线段?15．（本题满分14分）如图所示，正方形ABCD 所在的平面与等腰ABE ∆所在的平面互相垂直，其中顶120BAE ∠= ，4AE AB ==，F 为线段AE 的中点．（1）若H 是线段BD 上的中点，求证：//FH 平面CDE ；（2）若H 是线段BD 上的一个动点，设直线FH 与平面ABCD 所成角的大小为θ，求tan θ的最大值．16．如图所示，正方体ABCD A B C D -''''的棱长为1，E F 、分别是棱AA CC ''、的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB DD ''、交于M N 、，设[]01BM x x =∈，，，求:(1)求EF 与面A B BA ''所成的角的大小；(2)求四棱锥C MENF '-的体积()V h x =，并讨论它的单调性；(3)若点P 是正方体棱上一点，试证:满足'2PA PC +=成立的点的个数为6.17．如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，AC BC =，D 为AB 的中点，1D 为11A B 的中点，平面111A B C ⊥平面11ABB A ，异面直线1BC 与1AB 互相垂直.（1）求证：平面1//A DC 平面11BD C ；（2）若1CC 与平面11ABB A 的距离为x ，116AC AB ==，三棱锥1AACD -的体积为y ，试写出y 关于x 的函数关系式；（3）在（2）的条件下，当1CC 与平面11ABB A 的距离为多少时，三棱锥1A ACD -的体积取得最大值？并求出最大值.18．如图,四棱锥P ABCD -的底面为菱形且∠ABC=120°,PA ⊥底面ABCD,AB=1,PA E 为PC 的中点.(1)求直线DE 与平面PAC 所成角的大小；(2)求二面角E-AD-C 平面角的正切值；(3)在线段PC 上是否存在一点M ,使PC ⊥平面MBD 成立.如果存在,求出MC 的长；如果不存在,请说明理由参考答案1．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）BG 与平面BCD所成角的正弦值为6．【解析】（Ⅰ）由已知CD AB //，︒=∠90ABC ，42==AB CD 及BC AE //交CD 于点E ．得到四边形ABCE 是边长为2的正方形．BE AC ⊥，AE DE ⊥．再据平面ADE ABCE ⊥平面，平面ADE ABCE AE ⋂=平面，得到DE ABCE ⊥平面，DE AC ⊥，AC DBE ⊥平面，得证．（Ⅱ）由（Ⅰ）知DE ABCE ⊥平面，EC AE ⊥，以E 为原点，ED EC EA ,,的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．)0,0,2(A ，)0,2,2(B ，(0,2,0)C ，)2,0,0(D 设x EH =，则x DH GH -==2（20<<x ）由CE AB //，得到DAE AB 面⊥，从而2)]2(21[3131⨯-=⋅=∆-x x AB S V GHE GHE B ]1)1([31)2(3122+--=+-=x x x ，根据1=x 时，三棱锥GHE B -体积最大，此时，H 为ED 中点．G 也是AD 的中点，求得)1,0,1(G ，)1,2,1(--=BG ．设),,(z y x n =是面BCD 的法向量．由⎪⎩⎪⎨⎧=-=-⋅=⋅=-=-⋅=⋅022)2,2,0(),,(02)0,0,2(),,(z y z y x DC n x z y x BC n ，令1=y ，得)1,1,0(=n ，设BG 与面BCD 所成角为θ，由||sin ||||BG n BG n θ⋅=即得．试题解析：（Ⅰ）∵CD AB //，︒=∠90ABC ，42==AB CD 又BC AE //交CD 于点E ．∴四边形ABCE 是边长为2的正方形∴BE AC ⊥，AE DE ⊥．又∵平面ADE ABCE ⊥平面平面ADE ABCE AE = 平面∴DE ABCE⊥平面∵AC ABCE ⊂平面，∴DE AC ⊥又E BE DE = ∴AC DBE ⊥平面∵AC DAC ⊂平面∴平面DAC DEB⊥平面（Ⅱ）由（Ⅰ）知DE ABCE ⊥平面，ECAE ⊥以E 为原点，ED EC EA ,,的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．则)0,0,2(A ，)0,2,2(B ，(0,2,0)C ，)2,0,0(D 设x EH =，则x DH GH -==2（20<<x ）∵CE AB //，∴DAE AB 面⊥∴2)]2(21[3131⨯-=⋅=∆-x x AB S V GHE GHE B ]1)1([31)2(3122+--=+-=x x x ∵20<<x ，∴1=x 时，三棱锥GHE B -体积最大，此时，H 为ED 中点．∵AE GH //，∴G 也是AD 的中点，∴)1,0,1(G ，)1,2,1(--=BG ．设),,(z y x n =是面BCD 的法向量．则(,,)(2,0,0)20(,,)(0,2,2)220n BC x y z x n DC x y z y z ⎧⋅=⋅-=-=⎪⎨⋅=⋅-=-=⎪⎩ 令1=y ，得)1,1,0(=n 设BG 与面BCD 所成角为θ则||sin 6||||BG n BG n θ⋅===∴BG 与平面BCD所成角的正弦值为6．2．（1）见详解；（2）见详解.【分析】（1）通过1BE C D 来证明BE 平面1AC D ；（2）通过AD ⊥平面11BCC B 来证明平面1ADC ⊥平面11BCC B .【详解】证明：（1）由三棱柱111ABC A B C －是直三棱柱，得11BC B C .因为点D E 、分别在边11BC B C 、上，1CD B E =，所以1BD C E =，1BD C E .所以四边形1BDC E 是平行四形，所以1BE C D 因为1C D ⊂平面1AC D ，BE ⊄平面1AC D 所以BE 平面1AC D .(2)由三棱柱111ABC A B C －是直三棱柱,得1CC ⊥平面ABC ，因为AD ⊂平面ABC ,所以1AD CC ⊥，在ACD ∆中,由12CD AC =，60ACD ∠︒＝，得32AD AC ==，所以222AD CD AC +=，所以90ADC ∠︒＝,即：AD BC ⊥，因为BC ⊂平面11BCC B ，1CC ⊂平面11BCC B ，1BC CC C = ，所以AD ⊥平面11BCC B ，因为AD ⊂平面1ADC ，所以平面1ADC ⊥平面11BCC B .3．（1）详见解析（2）C 3M =【解析】（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理进行论证，即从平几出发，寻找线线平行：根据题意先将图形补全，再利用平行四边形得线线平行（2）研究二面角，一般方法为利用空间向量：先建立坐标系，利用坐标求二面角两个平面的法向量，因为AE ⊥平面D AM ，所以AE 为平面D AM 的一个法向量，而平面D EM 的一个法向量，则需联立方程组解出，再利用向量数量积求两法向量的夹角的余弦值，最后根据二面角与法向量夹角相等或互补关系，列等量关系确定点M ，同时根据向量的模求出C M 的长.解：（1）如图，作FG//EA ，G//F A E ，连接G E 交F A 于H ，连接BH ，G B ，F//CD E 且F CD E =，∴G//CD A ，即点G 在平面CD AB 内．由AE ⊥平面CD AB ，知G AE ⊥A ，∴四边形FG AE 为正方形，四边形CD G A 为平行四边形，∴H 为G E 的中点，B 为CG 的中点，∴//C BH E ．BH ⊂平面F AB ，C E ⊄平面F AB ，∴C //E 平面F AB ．（4分）（2）法一：如图，以A 为原点，G A 为x 轴，D A 为y 轴，AE 为z 轴，建立空间直角坐标系xyz A -．则()0,0,0A ，()0,0,1E ，()D 0,2,0，设()01,,0y M ，∴()D 0,2,1E =- ，()0D 1,2,0y M =-，设平面D EM 的一个法向量为(),,n x y z = ，则()0D 20D 20n y z n x y y ⎧⋅E =-=⎪⎨⋅M =+-=⎪⎩，令1y =，得2z =，02x y =-，∴()02,1,2n y =-．（10分）又 AE ⊥平面D AM ，∴()0,0,1AE =为平面D AM 的一个法向量，∴cos ,cos62n πAE ==，解得023y =±，∴在直线C B 上存在点M ，且33C 2233⎛M =-±= ⎝⎭．方法二：作D S A⊥M ，则SA ，由等面积法，得D 3M =，∴C 3M =．【分析】（1）本题首先可根据题意求出AC 、BC 的长度，然后根据222AC BC AB +=得出BC AC ⊥，再然后根据PA ⊥底面ABCD 得出PA BC ⊥，即可得出BC ⊥平面PAC ，最后根据BC ⊂平面PCB 即可证得平面PCB ⊥平面PAC ；（2）本题首先可结合图像构造空间直角坐标系，然后设PA a =，写出平面ABCD的法向量1n u r 以及平面CEF 的法向量2n u u r，最后根据平面CEF 与底面ABCD 所成的锐二面角为4π即可求出PA 的长.【详解】（1）因为1AD DC ==，2AB =，90CDA BAD ∠=∠=，所以AC BC ==因为222AC BC AB +=，所以BC AC ⊥，因为PA ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PA BC ⊥，因为AC PA A ⋂=，所以BC ⊥平面PAC ，因为BC ⊂平面PCB ，所以平面PCB ⊥平面PAC .（2）如图，以A 为坐标原点，分别以AD 、AB 、AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设(0)PA a a =>，则()0,2,0B =，()1,1,0C ，()1,0,0D ，()0,0,P a ，因为E 、F 分别为PD 、PB 的中点，所以1,0,22a E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,1,2a F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,1,22a CE ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ ，1,0,2a CF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，易知平面ABCD 的一个法向量1(0,0,1)n =，设平面CEF 的法向量为2(,,)n x y z =，则220,0,CE n CF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即10,220,2az x y az x ⎧--+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，不妨取4z =，则2x a =，y a =，即2(2,,4)a a n=，因为平面CEF 与底面ABCD 所成的锐二面角为4π，所以121212cos,nnn nnn⋅=⋅解得a=，即PA【点睛】利用空间向量解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将相关向量用坐标表示，通过向量运算判断或证明空间元素的位置关系及探究空间角、空间距离问题．建立空间直角坐标系的三种方法：（1）以几何体中共顶点且互相垂直的三条棱所在的直线作为坐标轴建系；（2）利用线面垂直关系找到三条互相垂直的直线建系；（3）利用面面垂直关系找到三条互相垂直的直线建系．5．（1）．【分析】（1）根据题意，正子体的所有棱都是正方体相邻两个面中心的连线，则正子体每个面都是正三角形，进而求出表面积；（2）设平面ABCD截正方体所得截面为A B C D''''，设(01)AA x x'=≤≤，进而算出ADE的面积，从而算出正子体的表面积即可判断.【详解】（1）依题意，正子体任一棱都是正方体相邻两个面中心的连线，所以正子体所有棱的长均相等.因为AB=所以242ABES=⨯，故该八面体的表面积8=．（2）正子体的表面积S不是定值．如图1，设平面ABCD截正方体所得截面为A B C D''''，且A B C D''''的中心为O，过点O作OG A B''⊥，垂足为G．设(01)AA x x '=≤≤，则1AG x =-，222222(1)1123AE DE AO OE x x x ==+=-++=-+，()2222(2)224AD x x x x =-+=-+.设AD 的中点为H ，如图2，则()22212122AD AH x x ⎛⎫==-+ ⎪⎝⎭，()22221222EH AE AH x x =-=-+，所以()()()2222211122422442ADE S AD EH x x x x ⎡⎤⎡⎤=⋅=-+-+⎢⎥⎣⎦⎣⎦ ()()2221322242x x x x =-+-+．因为01x ≤≤，所以2120x x -≤-≤，则()()2223132222442x x x x ≤-+-+≤，ADE S ≤≤ S ≤≤，所以此正子体的表面积S 的取值范围为．6．（1）证明见解析；（2）5a ；（3）45.【分析】(1)要证面1B DM ⊥面1B AE ，只需证AE ⊥面1B DM 即可；(2)根据已知条件可知，1MB D ∠即为面1B AE 与面1B DC 所成角的平面角，进而可得1B D 的长度；(3)建立适当的空间直角坐标系进行求解即可.【详解】(1)证明：因为12BA AD DC BC a ====，E 是BC 的中点，所以AD CE a ==，又因为//AD BC ，所以四边形AECD 为菱形，所以ABE △为正三角形，又因为M 为AE 的中点，所以1B M AE ⊥，DM AE ⊥，又因为1B M DM M ⋂=，所以AE ⊥面1B DM ，又因为AE ⊆面1B AE ，所以面1B DM ⊥面1B AE ，(2)由(1)知：DM AE ⊥，1B M AE ⊥，又因为//AE CD ，所以1B M CD ⊥，CD DM ⊥，所以CD ⊥面1B DM ，所以面1B DC ⊥面1B DM ，又因为面1B DM ⊥面1B AE ，所以1MB D ∠即为面1B AE 与面1B DC所成角的平面角，即1cos 5MB D ∠=，在1MB D △中，1B M =，DM =，由余弦定理得：22211111cos 25B M B D DM MB D B M B D +-∠=⋅，解得：15B D =.(3)因为面1B AE ⊥面AECD ，1B M AE ⊥，所以1B M ⊥面AECD ，所以以M 为坐标原点，以向量ME，MD ，1MB 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，由题可得：,0,02aA ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1B ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，0,,02D ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，,0,02aE ⎛⎫⎪⎝⎭，,,02C a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，则有：1,0,22a B A ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，10,,22B D ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，1,0,22a B E ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ，133,22B C a a a ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1ADB 与平面1ECB 的法向量分别为()1111,,x n y z =，()2222,,n x y z = ，由111100n B A n B D ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得11110220a x z y z ⎧--=⎪⎪=，令11z =，则1x =11y =，所以()1n =，由212100n B E n B C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得222220220ax z ax y z ⎧-=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，令21z =，则1x =21y =-，所以)21,1n =-，设平面1ADB 与平面1ECB 所成角的平面角为θ，则：12123cos 5n n n n θ⋅==⋅ 所以4sin 5θ=.7．（1）121323V V =；（2）45；（3）94,2⎡⎤⎢⎣⎦．【分析】（1）连结EF ，并延长分别交1CC ，CB 于点M ，N ，连结AM 交11A C 于点G ，连结AN ，GE ，利用比例关系确定G 为11A C 靠近1C 的三等分点，然后先求出棱柱的体积，连结1A E ，1A F ，由11111A EFB G AA E F AA E V V V V ---=++和21V V V =-进行求解，即可得到答案；（2）求出点G 到平面1A AE 的距离，得到点G 为11A C 靠近1C 的四等分点，通过面面垂直的性质定理可得1AGA ∠即为截面AGEF 与底面ABC 所成的二面角，在三角形中利用边角关系求解即可；（3）设1GC m =，则[0m ∈，1]，先求出12S S 的关系以及取值范围，然后将2012S S S 转化为1S ，2S 表示，求解取值范围即可．【详解】解：（1）连接EF ，并延长分别交1CC ，CB 延长线于点M ，N ，连接AM 交11A C 于点G ，连接AN ，GE ．易得11113GC MC C E AC MC CN ===．故G 为11A C 靠近1C 的三等分点．11MC =，123GC =．下面求三棱柱被截面分成两部分的体积比．三棱柱111ABC A B C -的体积2224V =⨯=连接1A E ，1A F ．由1//BB 平面1A AE 知，1F AA E V -为定值．11121323F AA E V -=⨯⨯=．11111A EFB G AA E F AA E V V V V ---=++1111211232323=⨯⨯⨯⨯⨯+=21V V V =-=121323V V =．（2）由111A AGEF G AA E F AA E V V V ---=+及1F AA E V -=1G AA E V -=又1113G AA E AA E V S h -=⨯⨯△，所以34h =．即点G 到1A E 的距离为34，G 为11A C 靠近1C 的四等分点．因为平面111//A B C 平面ABC ，所以截面AGEF 与平面ABC 所成角即为截面AGEF 与平面111A B C 所成角，在1GC E △中，112GC =，11C E =，故1EG GC ⊥．又因为平面11ACC A ⊥平面111A B C ，且平面11ACC A 平面11111A B C AC =，所以EG ⊥平面11ACC A ．则1AGA ∠即为截面AGEF 与底面ABC 所成的二面角．在1Rt AGA △中，132A G =，12AA =，52AG =．故114sin 5AA A GA AG ∠==．因此，截面AGEF 与平面ABC 所成二面角的正弦值为45．（3）设1GC m =，则[]0,1m ∈，2MG mGA m=-．设MGE 的面积为S ，所以12S m S m=-．又因为21S S S =+，所以1222S mS -=．且1221,122S m S -⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦．令12S t S =则1,12t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦故()21201212122212S S SS S S S S S S S +==++．令12S t S =则1,12t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以()12g t t t =++在1,12t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递减，所以()()min 14g t g ==，()max 1922g t g ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以()94,2g t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以20121221924,2S S S S S S S ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦8．（1）证明见解析；（2）2M P =.【分析】（1）取BC 的中点Q ，连接PQ 、AQ ，由线面垂直判定定理可证AQ ⊥面BCD ，即可得证；（2）以Q 为原点建立坐标系，利用向量法建立关系可求出.【详解】（1）证明：如图，取BC 的中点Q ，连接PQ 、AQ ，因为ABC 是等边三角形，所以AQ BC ⊥，又平面ABC ⊥平面ACDE ，AE AC ⊥，平面ABC 平面ACDE =AC ，所以AE ⊥面ABC ，又AQ ⊂面ABC ，所以AE AQ ⊥，又//AE CD ，所以CD AQ ⊥，又CD BC C ⋂=，所以AQ ⊥面BCD ，因为2BP PD =，又P 是棱BD 的中点，所以112PQ DC ==，//PQ DC ，又//AE CD ，1AE =，所以//AE PQ ，AE PQ =，即四边形AEPQ 是一个平行四边形，所以//EP AQ ，所以EP ⊥平面BCD ；（2）由（1）得PQ ⊥平面ABC ，所以以点Q 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0Q ，)A ，()0,1,0B ，)E ，()0,0,1P ，设平面EAB 的法向量为()111,,m x y z =，由()111+00m AB y m m AE z ⎧⋅==⎪⇒=⎨⋅==⎪⎩，因为点M 在线段AC上，设其坐标为),0M t -，其中01t ≤≤，所以(),,1EM t =--，()EP = 设平面PEM 的法向量为()222,,n x y z =，由()222200,1,0n EM ty z n t n EP ⎧⋅=--=⎪⇒=-⎨⋅==⎪⎩，由题意，设平面PEM 与平面EAB 所成的锐二面角为θ，则1cos 2m n t m n θ⋅=⇒=-⋅或12t =，因为01t ≤≤，所以1,02M ⎫-⎪⎪⎝⎭，所以M P =.【点睛】向量法求二面角的步骤：建、设、求、算、取.1、建：建立空间直角坐标系.以三条互相垂直的垂线的交点为原点，没有三垂线时需做辅助线;建立右手直角坐标系,让尽量多的点落在坐标轴上。
高中数学立体几何高难度练习题及参考答案2023
高中数学立体几何高难度练习题及参考答案2023【题目1】已知立方体ABCDEFGH的棱长为a，M为AD的中点，N为BF的中点，P为MN的中点。
求证：四边形MNHP是一个矩形。
【解答1】根据题意，我们可以先求出MN的长度。
由于M为AD的中点，因此DM = a/2。
同理，BN = a/2。
根据勾股定理，可以得到三角形MND的斜边ND的长度：ND = √(MN² + DM²)= √(MN² + (a/2)²)根据三角形BNF的性质，可以得到BNF是一个等腰直角三角形，因此NF = BN = a/2。
同理，我们可以计算出FP的长度：FP = NF = a/2最后，我们可以比较四边形MNHP的对角线长度。
根据反证法，如果MNHP不是一个矩形，那么MN和HP的长度应该不相等，即MN ≠ HP。
假设MN > HP，即MN² > HP²由于HP = FP = a/2，我们可以得到：MN² > (a/2)²将MN²和(a/2)²的值代入，得到：(MN² + (a/2)²) > (a/2)²经过整理化简，可得：MN > a/2这与MN = a/2矛盾，因此假设成立。
同理，可以得出假设MN < HP亦不成立。
由以上推理可知，四边形MNHP是一个矩形。
证毕。
【题目2】在三棱柱ABC-A'B'C'中，已知AB = 3，BC = 4，CA = 5，且AA'垂直于平面ABCD。
求证：A'B'² = 4² + 3² + 5²。
【解答2】根据题意，我们可以利用勾股定理和垂直平面的性质来解答此题。
首先，考虑三角形ABC。
由已知条件可知，它是一个直角三角形，且AB = 3，BC = 4，CA = 5。
高中数学立体几何多选题100含解析
高中数学立体几何多选题100含解析一、立体几何多选题1．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD 【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -的高为22222262213⎛⎫--⨯= ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.2．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E ，F 在平面1111D C B A 内，若||5AE =，AC DF ⊥，则（ ）A ．点E 的轨迹是一个圆B ．点F 的轨迹是一个圆C ．EF 21-D ．AE 与平面1A BD 21530+【答案】ACD 【分析】对于A 、B 、C 、D 四个选项，需要对各个选项一一验证. 选项A ：由2211||5AE AA A E =+=1||1A E =，分析得E 的轨迹为圆；选项B ：由AC DBF ⊥，而点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，； 选项C ：由E 的轨迹为圆，F 的轨迹为线段11B D ，可分析得min ||EF d r =-； 选项D ：建立空间直角坐标系，用向量法求最值. 【详解】 对于A:2211||5AE AA A E =+=221|25A E +=1||1A E =，即点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上；故A 正确；对于B: 正方体1111ABCD A B C D -中，AC ⊥BD ，又AC DF ⊥，且BD ∩DF=D ，所以AC DBF ⊥，所以点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，故B 错误；对于C:在平面1111D C B A 内，1A 到直线11B D 的距离为2,d=当点E ，F 落在11A C 上时，min ||21EF =-；故C 正确； 对于D:建立如图示的坐标系，则()()()()10,0,0,2,0,0,0,0,2,0,2,0A B A D因为点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上，可设()cos ,sin ,2E θθ 所以()()()1cos ,sin ,2,2,0,2,2,2,0,AE A B BD θθ==-=-设平面1A BD 的法向量(),,n x y z =，则有1·220·220n BD x y n A B x z ⎧=-+=⎪⎨=-=⎪⎩ 不妨令x =1，则()1,1,1n =， 设AE 与平面1A BD 所成角为α，则：2|||sin|cos,|||||n AEn AEn AEπθα⎛⎫++⎪====⨯当且仅当4πθ=时，sinα15=，故D正确故选：CD【点睛】多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．3．在正三棱柱111ABC A B C-中，AC=11CC=，点D为BC中点，则以下结论正确的是（）A ．111122A D AB AC AA=+-B．三棱锥11D AB C-的体积为6C．1AB BC⊥且1//AB平面11AC DD．ABC内到直线AC、1BB的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分【答案】ABD【分析】A ．根据空间向量的加减运算进行计算并判断；B．根据1111D AB C A DB CV V--=，然后计算出对应三棱锥的高AD和底面积11DB CS，由此求解出三棱锥的体积；C．先假设1AB BC⊥，然后推出矛盾；取AB中点E，根据四点共面判断1AB//平面11AC D是否成立；D．将问题转化为“ABC内到直线AC和点B的距离相等的点”的轨迹，然后利用抛物线的定义进行判断.【详解】A．()11111111222A D A A AD AD AA AB AC AA AB AC AA=+=-=+-=+-，故正确；B．1111D AB C ADB CV V--=，因为D为BC中点且AB AC=，所以AD BC⊥，又因为1BB⊥平面ABC，所以1BBAD⊥且1BB BC B=，所以AD⊥平面11DB C，又因为AD===11111122DB CS BB B C=⨯⨯=，所以1111111133226D AB C A DB C DB CV V AD S--==⨯⨯=⋅=，故正确；C ．假设1AB BC ⊥成立，又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB BC ⊥且111BB AB B =，所以BC ⊥平面1ABB ，所以BC AB ⊥，显然与几何体为正三棱柱矛盾，所以1AB BC ⊥不成立；取AB 中点E ，连接11,,ED EA AB ，如下图所示：因为,D E 为,BC AB 中点，所以//DE AC ，且11//AC A C ，所以11//DE AC ，所以11,,,D E A C 四点共面，又因为1A E 与1AB 相交，所以1AB //平面11AC D 显然不成立，故错误；D ．“ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点”即为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”，根据抛物线的定义可知满足要求的点的轨迹为抛物线的一部分，故正确； 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求解空间中三棱锥的体积的常用方法：（1）公式法：直接得到三棱锥的高和底面积，然后用公式进行计算；（2）等体积法：待求三棱锥的高和底面积不易求出，采用替换顶点位置的方法，使其求解高和底面积更容易，由此求解出三棱锥的体积.4．已知图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，分别沿着AB 、BC 、CD 、DA 把ABF 、BCG 、CDH △、DAE △向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面ABCD 垂直，再顺次连接EFGH ，得到一个如图2所示的多面体，则（ ）A ．AEF 是正三角形B ．平面AEF ⊥平面CGHC ．直线CG 与平面AEF 2D ．当2AB =时，多面体ABCD EFGH -的体积为83【答案】AC 【分析】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ，证明出OH ⊥平面ABCD ，然后以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，求出EF ，可判断A 选项的正误，利用空间向量法可判断BC 选项的正误，利用几何体的体积公式可判断D 选项的正误. 【详解】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ， 在图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，则1122CH GH EH DH ===，O 为CD 的中点，OH CD ∴⊥，平面CDH ⊥平面ABCD ，平面CDH 平面ABCD CD =，OH ⊂平面CDH ，OH ∴⊥平面ABCD ，在图1中，设正方形EFGH 的边长为()220a a >，可得四边形ABCD 的边长为2a ， 在图1中，ADE 和ABF 均为等腰直角三角形，可得45BAF DAE ∠=∠=， 90BAD ∴∠=，∴四边形ABCD 是边长为2a 的正方形，O 、M 分别为CD 、AB 的中点，则//OC BM 且OC BM =，且90OCB ∠=，所以，四边形OCBM 为矩形，所以，OM CD ⊥，以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则()2,,0A a a -、()2,,0B a a 、()0,,0C a 、()0,,0D a -、(),,E a a a -、()2,0,F a a 、(),,G a a a 、()0,0,H a .对于A 选项，由空间中两点间的距离公式可得2AE AF EF a ===，所以，AEF 是正三角形，A 选项正确；对于B 选项，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，(),0,AE a a =-，()0,,AF a a =，由111100m AE ax az m AF ay az ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取11z =，则11x =，11y =-，则()1,1,1m =-， 设平面CGH 的法向量为()222,,n x y z =，(),0,CG a a =，()0,,CH a a =-，由222200n CG ax az n CH ay az ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取21z =-，可得21x =，21y =-，则()1,1,1n =--， ()22111110m n ⋅=+--⨯=≠，所以，平面AEF 与平面CGH 不垂直，B 选项错误；对于C 选项，6cos ,23CG m CG m a CG m⋅<>===⨯⋅， 设直线CG 与平面AEF 所成角为θ，则sin 63θ=，23cos 1sin θθ=-=，所以，sin tan 2cos θθθ==，C 选项正确； 对于D 选项，以ABCD 为底面，以OH 为高将几何体ABCD EFGH -补成长方体1111ABCD A B C D -，则E 、F 、G 、H 分别为11A D 、11A B 、11B C 、11C D 的中点，因为2AB =，即1a =，则1OH =，长方体1111ABCD A B C D -的体积为2214V =⨯=，11211111113326A A EF A EF V S AA -=⋅=⨯⨯⨯=△，因此，多面体ABCD EFGH -的体积为111044463ABCD EFGH A A EF V V V --=-=-⨯=， D 选项错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin hlθ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.5．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是棱AB 、1CC 的中点，1MB P 的顶点P 在棱1CC 与棱11C D 上运动，有以下四个命题正确命题的序号是（ ）A ．平面1MB P 1ND ⊥ B ．平面1MB P ⊥平面11ND AC ．1MB P 在底面ABCD 上的射影图形的面积为定值 D ．1MB P 在侧面11D C CD 上射影图形是三角形 【答案】BC 【分析】取N 与P 重合，结合勾股定理可判断A 选项的正误；利用面面垂直的判定定理可判断B 选项的正误；分点P 在棱1CC 、11C D 上运动两种情况讨论，利用三角形的面积公式可判断C 选项的正误；取点P 与点1C 重合，判断1MB P 在侧面11D C CD 上射影图形形状，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，如下图所示：当点P 与点N 重合时， 若1ND ⊥平面1MB P ，1B N ⊂平面1MB P ，则11ND B N ⊥，由勾股定理可得2211115D N C N C D =+=，同理可得15B N =，1122B D =，2221111B N D N B D ∴+≠，则1ND 与1B N 不垂直，假设不成立，A 选项错误；对于B 选项，取1BB 的中点E ，连接1A E 、EN ，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//BB CC ，且E 、N 分别为1BB 、1CC 的中点， 则11//B E C N 且11B E C N =，所以，四边形11B ENC 为平行四边形，则11//EN B C 且11EN B C =，1111//A D B C 且1111A D B C =，所以，11//A D EN 且11A D EN =，所以，四边形11A END 为平行四边形，所以，11//A E D N ，111A B BB =，1B E BM =，11190A B E B BM ∠=∠=，所以，111Rt A B E Rt B BM ≅△△，所以，111B A E BB M ∠=∠，所以，111111190A EB BB M A EB B A E ∠+∠=∠+∠=，190B FE ∴∠=，所以，11B M A E ⊥，11A D ⊥平面11AA B B ，1B M ⊂平面11AA B B ，111B M A D ∴⊥， 1111A D A E A =，11A D 、1A E ⊂平面11ND A ，1MB ∴⊥平面11ND A ，1MB ⊂平面1MB P ，所以，平面1MB P ⊥平面11ND A ，B 选项正确；对于C 选项，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a .若点P 在棱1CC 上运动时，1MB P 在底面ABCD 上的射影为MBC △， 此时，射影图形的面积为21224MBCa a S a =⋅=△； 若点P 在棱11C D 上运动时，设点P 在底面ABCD 上的射影点为G ，则G CD ∈， 且点G 到AB 的距离为a ,1MB 在底面ABCD 内的射影为MB ，则1MB P 在底面ABCD 内的射影为MBG △，且21224MBGa a S a =⋅⋅=△.综上所述，1MB P 在底面ABCD 内的射影图形的面积为定值，C 选项正确； 对于D 选项，当点P 与1C 重合时，P 、1B 两点在平面11D C CD 上的射影重合， 此时，1MB P 在侧面11D C CD 上的射影不构成三角形，D 选项错误. 故选：BC. 【点睛】方法点睛：证明面面垂直常用的方法： （1）面面垂直的定义； （2）面面垂直的判定定理.在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可.6．如图，已知四棱锥P ABCD -所有棱长均为4，点M 是侧棱PC 上的一个动点（不与点,P C 重合），若过点M 且垂直于PC 的截面将该四棱锥分成两部分，则下列结论正确的是（ ）A ．截面的形状可能为三角形、四边形、五边形B ．截面和底面ABCD 所成的锐二面角为4π C ．当1PM =时，截面的面积为52D ．当2PM =时，记被截面分成的两个几何体的体积分别为()1212,>V V V V ，则123=V V 【答案】BCD 【分析】点M 是侧棱PC 上的一个动点，根据其不同位置，对选项逐一进行判断即可. 【详解】A 选项中，如图，连接BD ，当M 是PC 中点时，2MC =，由题意知三角形PDC 与三角形PBC 都是边长为4的正三角形，所以DM PC ⊥,BM BC ⊥，又DM ，BM 在面MBD 内，且相交，所以PC ⊥平面PBD ，三角形MBD 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是三角形，点M 向下移动时，2MC <，如图，仍是三角形；若点M 由中点位置向上移动，2MC >，在平面PDC 内作EM PC ⊥，交PD 于E ，在平面PBC 内作FM PC ⊥交PB 于F ，平面MEF 交平面PAD 于EG ，交PAB 于FH ，即交平面ABCD 于GH ，则五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是五边形； 故截面的形状可能为三角形、五边形，A 错误；B 选项中，因为截面总与PC 垂直，所以不同位置的截面均平行，截面与平面ABCD 所成的锐角为定值，不妨取M 是中点，连接AC ，BD ，MB ，MD ，设AC ，BD 交点是N ，连接PN ，由题意知，四边形ABCD 是边长为4的菱形，BD AC ⊥，因为MB =MD ，所以MN BD ⊥，故MNC ∠是截面与平面ABCD 所成的锐角，过点M 作MQ AC ⊥，垂足Q.在三角形PAC中，MN =2，2，故在直角三角形MNQ 中，2cos 2NQ MNC MN ∠==，故4MNC π∠=，故B 正确；C 选项中，当PM =1时，M 是PC 中点，如图，五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，依题意，直角三角形PME 中，2cos PMPE EPM==∠，故E 为PD 的中点，同理，F是PB 的中点，则EF 是三角形PBD 的中位线，1222EF BD ==G ，H 分别在,AD AB 的中点上，证明如下，当G ，H ，也是中点时，1//,2GH BD GH BD =，有//,22GH EF GH EF ==EFHG 是平行四边形.依题意，三角形PAC 中4,42PA PC AC ===，故PA PC ⊥，故PC GE ⊥，易见，正四棱锥中BD ⊥平面PAC ，故BD PC ⊥，GH PC ∴⊥，因为 ,GE GH 均在平面EFHG 内，且相交，所以PC ⊥平面EFHG ，故此时平面EFHG 和平面MEF 即同一平面.又BD ⊥平面PAC ，有GH ⊥面平面PAC ，GH GM ⊥，根据对称性有GH GE ⊥，四边形EFHG 是矩形. 即五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，平面图如下:依题意，22GH EF ==，2EG FG ==，三角形高为()()22321h =-=，面积是122122⨯⨯=，四边形面积是22242⨯=，故截面面积是52. 故C 正确；D 选项中，若PM =2，看B 选项中的图可知，21124M BCD P BCD P ABCD V V V V ---===，故剩余部分134P ABCD V V -=，所以123=V V ，故D 正确. 故选：BCD. 【点睛】本题考查了棱锥的截面问题，考查了二面角、体积等计算问题，属于难题.7．如图，点E 为正方形ABCD 边CD 上异于点C ，D 的动点，将ADE 沿AE 翻折成SAE △，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．存在点E 和某一翻折位置，使得SB SE ⊥ B ．存在点E 和某一翻折位置，使得//AE 平面SBCC ．存在点E 和某一翻折位置，使得直线SB 与平面ABC 所成的角为45°D ．存在点E 和某一翻折位置，使得二面角S AB C --的大小为60° 【答案】ACD 【分析】依次判断每个选项：当SE CE ⊥时，⊥SE SB ，A 正确，//AE 平面SBC ，则//AE CB ，这与已知矛盾，故B 错误，取二面角D AE B --的平面角为α，取4=AD ，计算得到2cos 3α=，C 正确，取二面角D AE B --的平面角为60︒，计算得到tan θ=，故D 正确，得到答案. 【详解】当SE CE ⊥时，SE AB ⊥，SE SA ⊥，故SE ⊥平面SAB ，故⊥SE SB ，A 正确； 若//AE 平面SBC ，因AE ⊂平面ABC ，平面ABC 平面SBC BC =，则//AE CB ，这与已知矛盾，故B 错误；如图所示：DF AE ⊥交BC 于F ，交AE 于G ，S 在平面ABCE 的投影O 在GF 上， 连接BO ，故SBO ∠为直线SB 与平面ABC 所成的角，取二面角D AE B --的平面角为α，取4=AD ，3DE =，故5AE DF ==，1CE BF ==，125DG =，12cos 5OG α=，故只需满足12sin 5SO OB α==， 在OFB △中，根据余弦定理：2221213121312sin 1cos 2cos cos 55555OFB ααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+---∠ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得2cos 3α=，故C 正确； 过O 作OMAB ⊥交AB 于M ，则SMO ∠为二面角S AB C --的平面角，取二面角D AE B --的平面角为60︒，故只需满足22DG GO OM ==，设OAG OAM θ∠=∠=，84ππθ<<，则22DAG πθ∠=-，tan tan 22DG OGAG πθθ==⎛⎫- ⎪⎝⎭，化简得到2tan tan 21θθ=，解得tan 5θ=，验证满足，故D 正确； 故选：ACD .【点睛】本题考查了线线垂直，线面平行，线面夹角，二面角，意在考查学生的计算能力，推断能力和空间想象能力.8．在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 上的动点，下列结论正确的是（ ） A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥ B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥ C ．当1AR A C ⊥时，1AR D R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD 【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算142D P CQ b ⋅=-，()12222D R CQ b λλ⋅=--，134AR D R ⋅=-，10D R n ⋅=，得到答案.【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a ，0,23a ⎡∈⎣，()2,23,Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到()22,23,22R λλλ--，[]0,1λ∈. ()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；()122,23,2D R λλλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确； 1AR A C ⊥，则()()12,23,222,23,2212440AR AC λλλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=， 14λ=，此时11333313,,,,022224AR D R ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错误； 113AC A R =，则4234,,333R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，14232,,333D R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =，则10n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得()3,1,3n =-，故10D R n ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确. 故选：ABD .【点睛】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力.9．在边长为2的等边三角形ABC 中，点,D E 分别是边,AC AB 上的点，满足//DE BC 且AD ACλ=，（()01λ∈，），将ADE 沿直线DE 折到A DE '△的位置.在翻折过程中，下列结论不成立的是（ ）A ．在边A E '上存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD 'B ．存在102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面A BC '⊥平面BCDEC ．若12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，||104A B '=D ．在翻折过程中，四棱锥A BCDE '-体积的最大值记为()f λ，()f λ的最大值为23【答案】ABC 【分析】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，即可判断出结论.对于B ，102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，即可判断出结论. 对于C ，12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，可得AM ⊥平面BCDE .可得22A B AM BM '=+，结合余弦定理即可得出.对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()3133BCDE f S λλλλ=⋅⋅=-，()01λ∈，，利用导数研究函数的单调性即可得出.【详解】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，如图所示，则可得FN 平行且等于BG ，即四边形BGNF 为平行四边形， ∴//NG BE ，而GN 始终与平面ACD 相交，因此在边A E '上不存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD '，A 不正确.对于B ，102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，因此不满足平面A BC '⊥平面BCDE ，因此B 不正确. 对于C.12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，如图所示：可得AM ⊥平面BCDE ， 则22223111010()1()21cos12022224A B AM BM '=+=++-⨯⨯⨯︒=≠，因此C 不正确；对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()3133BCDE f S λλλλ=⋅⋅=-，()01λ∈，，()213f λλ'=-，可得3λ=时，函数()f λ取得最大值()312313f λ⎛⎫=-=⎪⎝⎭，因此D 正确. 综上所述，不成立的为ABC. 故选：ABC. 【点睛】本题考查了利用运动的观点理解空间线面面面位置关系、四棱锥的体积计算公式、余弦定理、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力空间想象能力与计算能力，属于难题.10．如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，E ，F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB '，DD '交于点M ，N ，以下四个命题中正确的是（ ）A ．0MN EF ⋅=B ．ME NE =C ．四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2:3D ．四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3 【答案】ABD 【分析】证明EF ⊥平面BDD B ''，进而得EF MN ⊥，即可得A 选项正确；证明四边形MENF 为菱形即可得B 选项正确；由菱形性质得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅，再分别讨论MN 的最大值与最小值即可；根据割补法求解体积即可. 【详解】对于A 选项，如图，连接BD ，B D ''，MN ．由题易得EF BD ⊥，EFBB '⊥，BD BB B '⋂=，所以EF ⊥平面BDD B ''，又MN ⊂平面BDD B ''，所以EF MN ⊥，因此0MN EF ⋅=，故A 正确．对于B 选项，由正方体性质得：平面''//BCC B 平面''ADD A ，平面''BCC B 平面EMFN MF =，平面''ADD A 平面EMFN EN =， 所以//MF EN ，同理得//ME NF ，又EF MN ⊥，所以四边形MENF 为菱形， 因此ME NE =，故B 正确．对于C 选项，由B 易得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅， 所以当点M ，N 分别为BB '，DD '的中点时，四边形MENF 的面积S 最小，此时MN EF ==，即面积S 的最小值为1；当点M ，N 分别与点B （或点B '），D （或D ）重合时，四边形MENF 的面积S 最大，此时MN =，即面积S 的最大值为2所以四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2C 不正确． 对于D 选项，四棱锥A MENF -的体积11113346M AEF N AEF AEF V V V DB S --=+=⋅==△； 因为E ，F 分别是AA '，CC '的中点，所以BM D N '=，DN B M '=，于是被截面MENF 平分的两个多面体是完全相同的，则它们的体积也是相同的，因此多面体ABCD EMFN -的体积21122ABCD A B C D V V ''''-==正方体，所以四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】本题考查立体几何与向量的综合、截面面积的最值、几何体的体积，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于证明四边形MENF 为菱形，利用割补法将四棱锥A MENF -的体积转化为三棱锥M AEF - 和N AEF -的体积之和，将多面体ABCD EMFN -的体积转化为正方体的体积的一半求解.。
必修二立体几何较难题汇总
1.四面体ABCD 四个面的重心分别为E 、F 、G 、H ，则四面体EFGH 的表面积与四面体ABCD 的表面积的比值是（ ） A)271 B)161 C)91 D)81如图，连接AF 、AG 并延长与BC 、CD 相交于M 、N ， 由于F 、G 分别是三角形的重心， 所以M 、N 分别是BC 、CD 的中点， 且AF ：AM=AG ：AN=2：3， 所以FG ：MN=2：3，又MN ：BD=1：2，所以FG ：BD=1：3， 即两个四面体的相似比是1：3，所以两个四面体的表面积的比是1：9；故选C ．如图，平面α∥平面β∥平面γ，两条直线l ，m 分别与平面α，β，γ相交于点A ，B ，C 和点D ，E ，F ．已知AC ＝15cm ，DE ＝5cm ，AB ︰BC ＝1︰3，求AB ，BC ，EF 的长设平面α‖β,A 、C ∈α,B 、D ∈β直线AB 与CD 交于S ，若AS=18,BS=9,CD=34,则CS=?68/3或68与空间四边形ABCD 四个顶点距离相等的平面共有多少个? 七个你可以把它想象成一个三棱锥四个顶点各对应一个有四个，两条相对棱对应一个共三组相对棱因此有三个总共有七个如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD ⊥平面ABCD，AB∥DC，△PAD 是等边三角形，已知BD=2AD=8，AB=2DC=。
（1）设M是PC上的一点，证明：平面MBD⊥平面PAD；（2）求四棱锥P-ABCD的体积解：（1）证明：在中，由于，，，所以故又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，故平面平面。
C1D1CA1ABDB1（2）过作交于O ， 由于平面平面，所以平面因此为四棱锥的高，又是边长为4的等边三角形因此 在底面四边形中，，，所以四边形是梯形，在中，斜边边上的高为，此即为梯形的高，所以四边形的面积为故。
（2008福建）(6)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2,AA 1=1,则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为A.63B. 265C.15D.10α•AB•β.（15）如图，二面角l αβ--的大小是60°，线段AB α⊂.B l ∈，AB 与l 所成的角为30°.则AB 与平面β所成的角的正弦值是 . 19．（本小题满分12分）如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC=BC=21AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD 。
立体几何难题
学霸专题22：立体几何难题1．已知四面体ABCD 的三组对棱的长分别相等，依次为3，4，x ，则x 的取值范围是( )A ．B ．)C ．)D ．()4,72．在棱长均为ABCD 中，M 为AC 中点，E 为AB 中点，P 是DM 上的动点，Q 是平面ECD 上的动点，则AP PQ +的最小值是（ ）A ．2 B C D ．3．如图，一张纸的长、宽分别为，四条边的中点分别是A ，B ，C ，D ，现将其沿图中虚线折起，使得1M ，2M ，3M ，4M 四点重合为一点M ，从而得到一个多面体，关于该多面体有下述四个结论：①该多面体是六面体；②点M 到棱AC 的距离为2a ； ③BD ⊥平面AMC ；④该多面体外接球的直径为2a ， 其中所有正确结论的序号是（ ）A ．①④B ．③④C ．②③D ．②③④4．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为M ，N 为体对角线1BD 的三等分点，动点P 在三角形1ACB 内，且三角形PM N 的面积3PMN S =△则点P 的轨迹长度为（ ）A ．9B ．9C ．3D ．35．侧棱长为的正三棱锥V -ABC 的侧棱间的夹角为40°，过顶点A 作截面AEF ，截面AEF 的最小周长为（ ）A ．B ．6aC ．4aD ． a 6．已知一圆锥底面圆的直径是3，圆锥的母线长为3，在该圆锥内放置一个棱长为a 的正四面体（每条棱长都为a 的三棱锥），并且正四面体可以在该圆锥内任意转动，则a 的最大值为（ ）A ．1 BC D ．2 7．如图，已知ABC 的顶点C ∈平面α，点,A B 在平面α的同一侧，且|||2AC BC ==．若,AC BC 与平面α所成的角分别为5,124ππ，则ABC 面积的取值范围是（ ）A ．[6,3]B ．[3,3]C ．[3,23]D ．[6,23] 8．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，P 是空间中任意一点，下列说法错误的个数是（ ）①若P 为棱1CC 中点，则异面直线AP 与CD 所成角的正切值为52；②若P 在线段1A B 上运动，则1AP PD +的最小值为622+；③若P 在半圆弧CD 上运动，当三棱锥P ABC -的体积最大时，三棱柱P ABC -外接球的表面积为2π；④若过点P 的平面α与正方形每条棱所成角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为334A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个9．如图，在正方体````ABCD A B C D -中,平面垂直于对角线AC ,且平面截得正方体的六个表面得到截面六边形,记此截面六边形的面积为S ,周长为l ,则（ ）A ．S 为定值,l 不为定值B ．S 不为定值,l 为定值C ．S 与l 均为定值D ．S 与l 均不为定值10．如图，三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都为4，侧棱1AA ⊥底面ABC ，P ，Q ，R 分别在棱1AA ，AB ，11B C 上，2AP AQ ==，13B R =，过P ，Q ，R 三点的平面将三棱柱分为两部分，下列说法错误的是（ ）A ．截面是五边形B ．截面面积为C ．截面将三棱柱体积平分D ．截面与底面所成的锐二面角大小为π311．半径为R 的球的内部装有4个半径相同的小球，则小球半径r 的可能最大值为（ ）AB RC ．2)R -D R12．长方体1111ABCD A B C D -中，P 是对角线1AC 上一点，Q 是底面ABCD 上一点，若AB =11BC AA ==，则1PB PQ +的最小值为（ ）A ．32BCD ．213．如图正方体1111ABCD A B C D -，棱长为1，P 为BC 中点，Q 为线段1CC 上的动点，过,,A P Q 的平面截该正方体所得的截面记为S ，则下列命题正确的是( )①当102CQ <<时，S 为四边形； ②当12CQ =时，S 为等腰梯形； ③当34CQ =时，S 与11C D 交点R 满足1113C R =； ④当314CQ <<时，S 为六边形；⑤当1CQ =时，S 的面积为2． A ．①③④ B ．②④⑤ C ．①②④ D ．①②③⑤ 14．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，侧棱AP ⊥平面ABCD ，1AB =，AP =点M 在线段BC 上，且AM MD ⊥，则当PMD ∆的面积最小时，线段BC 的长度为( )A B ．2 C ．2 D ．15．正三棱柱111ABC A B C -中,所有棱长均为2,点,E F 分别为棱111,BB AC 的中点,若过点,,A E F 作一截面,则截面的周长为（ ）A ．B ．C．D ．16．过棱长为1的正方体的一条体对角线作截面，则截得正方体的截面面积的最小值是A ．1 BC D ．2 17．现有两个半径为2的小球和两个半径为3的小球两两相切，若第五个小球和它们都相切，则这个小球的半径是 （ ） A ．611 B ．311 C ．411 D ．511 18．已知球O 与棱长为4的正方形1111ABCD A B C D -的所有棱都相切，点M 是球O 上一点，点N 是1ACB 的外接圆上的一点，则线段MN 的取值范围是 （ ）A ．B ．22⎤⎦C ．⎡⎣D ．19．如图，正方体的棱长为，以顶点A 为球心，2为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面相交所得到的两段弧长之和等于( )A ．B ．C ．D ．20．设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1和a ，且长为a 的的棱异面，则a 的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．21．如图所示，边长为1的正方形网络中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．13 B ．3 C ．3 D ．2322．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥各个侧面中，最大的侧面面积为（ ）A ．2B ．√5C ．3D ．423．某几何体的三视图均为如图所示的五个小正方形构成，则该几何体与其外接球的表面积之比为（ ）A ．153πB ．163πC ．3011πD ．3211π 24．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是对角线1AC 上的点（点M 与A 、1C 不重合），则下列结论正确的个数为（ ）①存在点M ，使得平面1A DM ⊥平面1BC D ；②存在点M ，使得//DM 平面11CB D ；③若1A DM 的面积为S ，则3S ⎛∈ ⎝； ④若1S 、2S 分别是1A DM 在平面1111D C B A 与平面11BB C C 的正投影的面积，则存在点M ，使得12S S . A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个 25．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A ．133B ．143C ．5D ．16326．如图，网格纸上小正方形边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．43 B ．83 C ．4 D ．16327．某几何体的三视图如右图所示,则该几何体的体积为A B ．3 C ．3 D ．628．如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球12,O O ，这两个球相外切，且球1O 与正方体共顶点A 的三个面相切，球2O 与正方体共顶点1B 的三个面相切，则两球在正方体的面11AAC C 上的正投影是（ ）A ．B ．C ．D ． 29．如图，在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是平面11A BC 内一个动点，且满足12DP PB +=，则直线1B P 与直线1AD 所成角的余弦值的取值范围为（ ）A ．10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．10,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．12⎡⎢⎣⎦D ．12⎡⎢⎣⎦30．已知矩形,4,2,ABCD A AD E B ==为AB 中点，沿直线DE 将ADE 翻折成PDE △，直线PB 与平面BCDE 所成角最大时，线段PB 长是( )A ．743B ．543C ．742D ．54231．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为,,a E F 分别是棱1AA ，1CC 的中点，过点,E F 的平面分别与棱1BB ，1DD 交于点,G H ，设,[0,]BG x x a =∈.给出以下四个命题：①平面EGFH 与平面ABCD 所成角的最大值为45°； ②四边形EGFH 的面积的最小值为2a ； ③四棱锥1C EGFH-的体积为36a ；④点1B 到平面EGFH .其中命题正确的序号为（ ）A ．②③④B ．②③C ．①②④D ．③④32．如图，在矩形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 、N 分别为边AB 、BC 的中点，沿DE 将ADE ∆折起，点A 折至1A 处（1A 与A 不重合），若M 、K 分别为线段1A D 、1AC 的中点，则在ADE ∆折起过程中（）A ．DE 可以与1AC 垂直B ．不能同时做到//MN 平面1A BE 且//BK 平面1A DEC ．当1MN AD ⊥时，MN ⊥平面1A DED ．直线1AE 、BK 与平面BCDE 所成角分别为1θ、2θ，1θ、2θ能够同时取得最大值33．正方体中1111ABCD A B C D -,过1D 作直线l ,若直线l 与平面ABCD 中的直线所成角的最小值为6π,且直线l 与直线1BC 所成角为4π,则满足条件的直线l 的条数为( ) A ．1B ．2C ．3D ．434．如图，正四面体ABCD 的顶点C 在平面α内，且直线BC 与平面α所成的角为45°，顶点B 在平面α内的射影为O ，当顶点A 与点O 的距离最大时，直线CD 与平面α所成角的正弦值等于( )A ．12B ．15C ．4D ．512+ 35．如图，正方体1111ABCD A B C D -中， E 是棱BC 的中点，F 是侧面11BCC B 上的动点，且 1//A F 平面1AD E ，则 1A F 与平面11BCC B 所成角的正切值 t 构成的集合是（ ）A ．B ．{|2t t ≤<C ．D ．36．如图，在正四棱台1111ABCD A B C D -中，上底面边长为4，下底面边长为8，高为5，点,M N 分别在1111,A B D C 上，且111A M D N ==.过点,M N 的平面α与此四棱台的下底面会相交，则平面α与四棱台的面的交线所围成图形的面积的最大值为A ．B ．C ．D ．37．已知三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥内切球的半径为（ ）AB C D 38．如图，直三棱柱111ABC A B C -中，侧棱长为2，AC =1BC =，90ACB ∠=︒，点D 是11A B 的中点，F 是 侧面11AA B B （含边界）上的动点.要使1AB ⊥平面1C DF ， 则线段1C F 的长的最大值为（ ）AB C D39．在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是BC 中点，点P 是正方形11DCC D 内的动点(含边界)，且满足APD MPC ∠=∠，则三棱锥P BCD -的体积最大值是（ ）A ．649B ．CD 40．如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中， 13,4,AB AA P ==是侧面11BCC B 内的动点，且1,AP BD ⊥记AP 与平面1BCC B 所成的角为θ，则tan θ的最大值为A ．43B ．53C ．2D ．25941．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,2,AB BC AA P ===是1A B 上的一动点，则下列选项正确的是( )A ．DP 的最小值为5B ．DPC ．1AP PC +D ．1AP PC +的最小值为542．点M 为正方体1111ABCD A B C D -的内切球O 球面上的动点，点N 为11B C 上一点，112,NB NC DM BN =⊥，若球O 的体积为，则动点M 的轨迹的长度为__________．43．如图，在透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，将容器底面一边固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法：①水的部分始终呈棱柱状； ②水面四边形的面积不改变；③棱始终与水面平行； ④当时，是定值．其中正确说法是 ．44．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，动点P 在对角线1BD 上，过点P 作垂直于1BD 的平面γ，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为y ，设BP x =，则当]x ∈时，函数()y f x =的值域为______．45．如图正方体1AC 中，M 为AB 中点，N 为BC 中点，P 为线段1CC 上一动点(不含C )，过M N P 、、与正方体的截面为α，则下列说法正确的是___________.①当112CP CC ≤时，α为五边形 ②截面α为四边形时，α为等腰梯形 ③截面α过1D 时，113CP CC =④α为六边形时在底面投影面积1,S α为五边形时在底面投影面积2S ，则12S S >46．《九章算术》是西汉张苍等辑撰的一部数学巨著，被誉为人类数学史上的“算经之首”.书中“商功”一节记录了一种特殊的锥体，称为鳖臑（biēnào ）.如图所示，三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，则该三棱锥即为鳖臑.若2AB =且三棱锥外接球的体积为36π，则PB AC +长度的最大值是______.47．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面n 边形（其中*3,n n N >∈）的周长的范围是_________.48．以棱长为O 为球心，以(13)R R <<为半径的球面与正四面体的表面相交得到若干个圆（或圆弧）的总长度的取值范围是____________.49．正四面体A BCD -的各个点在平面M 同侧，各点到平面M 的距离分别为1，2，3，4，则正四面体的棱长为__________．50．水平桌面α上放有4个半径均为2R 的球，且相邻的球都相切（球心的连线构成正方形）.在这4个球的上面放1个半径为R 的小球，它和下面的4个球恰好都相切，则小球的球心到水平桌面α的距离是________.51．将一块边长为6cm 的正方形纸片，先按如图1所示的阴影部分截去4个相等的等腰三角形，然后将剩余部分沿虚线折叠成一个正四棱锥模型（底面是正方形，从顶点向底面作垂线，垂足是底面中心的四棱锥），将该四棱锥如图2放置，若其正视图为正三角形，则其体积为_______3cm .52．平面α以任意角度截正方体，所截得的截面图形可以是_____(填上所有你认为正确的序号)①正三边形 ②正四边形 ③正五边形 ④正六边形 ⑤钝角三角形 ⑥等腰梯形 ⑦非矩形的平行四边形53．一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是________．54．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段1CC 上的动点，过点A ，P ，Q 的平面截该正方体所得的截面记为S ，则下列命题正确的是__________（写出所有正确命题的编号）． ①当102CQ时，S 为四边形； ②当12CQ时，S 为等腰梯形； ③当23CQ =时，S 与11C D 的交点R 满足112C R =；④存在点Q ，S 为六边形.55．在侧棱长为S ABC -中，40ASB BSC CSA ∠=∠=∠=︒，过A 作截面AEF ，交SB 于E ，交SC 于F ，则截面AEF 周长的最小值为__________．56．已知四边形ABCD 为矩形, 24AB AD ==,M 为AB 的中点,将ADM ∆沿DM 折起,得到四棱锥1A DMBC -,设1AC 的中点为N ,在翻折过程中,得到如下有三个命题:①//BN 平面1A DM ，且BN ；②三棱锥N DMC -的最大体积为3； ③在翻折过程中，存在某个位置，使得1DM AC ⊥.其中正确命题的序号为__________．（写出所有正确结论的序号） 57．已知四面体ABCD 的四个顶点均在球O 的表面上，AB 为球O 的直径，4,2AB AD BC ===，四面体ABCD 的体积最大值为____ 58．在三棱锥ABCD 中，已知AD ⊥BC ，AD=6，BC=2，AB+BD=AC+CD=7，则三棱锥ABCD 体积的最大值是_____． 59．现介绍祖暅原理求球体体积公式的做法：可构造一个底面半径和高都与球半径相等的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，用这样一个几何体与半球应用祖暅原理（图1），即可求得球的体积公式．请研究和理解球的体积公式求法的基础上，解答以下问题：已知椭圆的标准方程为221254y x += ，将此椭圆绕y 轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体（图2），其体积等于______．60．棱长为2的正方体在平面α上的射影的面积最大值等于________________.61．如图,已知正四棱锥V ABCD -可绕着AB 任意旋转,CD ∥平面α.若2AB =，VA =则正四棱锥V ABCD -在面α内的投影面积的取值范围是_______.62．某几何体的三视图如图所示（小正方形的边长为1），则该几何体外接球的表面积__________．63．已知用“斜二测”画图法画一个水平放置的圆时，所得图形是椭圆，则该椭圆的离心率为_______64．如图，在四面体ABCD 中，E 、F 分别是AB 、CD 的中点，G 、H 分别是BC 和AD 上的动点，且EH 与GF 相交于点K ．下列判断中：①直线BD 经过点K ；②EFC EFH S S =；③E 、F 、G 、H 四点共面，且该平面把四面体ABCD 的体积分为相等的两部分．所有正确的序号为__________．65．如图，AB 是平面α的斜线段，A 为斜足，点C 满足()0BC AC λλ=>，且在平面α内运动，则有以下几个命题：①当1λ=时，点C 的轨迹是抛物线；②当1λ=时，点C 的轨迹是一条直线；③当2λ=时，点C 的轨迹是圆；④当2λ=时，点C 的轨迹是椭圆；⑤当2λ=时，点C 的轨迹是双曲线.其中正确的命题是__________.（将所有正确的命题序号填到横线上）66．如图,已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4,点E 、F 分别是线段11AB C D 、上的动点,点P 是上底面1111D C B A 内一动点,且满足点P 到点F的距离等于点P 到平面11ABB A 的距离,则当点P 运动时,PE 的最小值是__________.67．如图，在四面体ABCD 中，2AB CD ==，AC BD ==AD BC ==,E F 分别是,AD BC 的中点若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为______.68．将直角三角形ABC 沿斜边上的高AD 折成120的二面角，已知直角边AB AC =_________．（1） 平面ABC ⊥平面ACD（2）四面体D ABC -（3）二面角A BC D --3（4）BC 与平面ACD 所成角的正弦值是14 69．在三棱锥S ABC -中，ABC ∆是边长为3的等边三角形，SA SB ==S AB C --的大小为120°，则此三棱锥的外接球的表面积为__________．70．已知球O 的半径为1，A 、B 是球面上的两点，且AB =P 是球面上任意一点，则PA PB ⋅的取值范围是__________． 71．在棱长为6的正方体空盒内，有四个半径为r 的小球在盒底四角，分别与正方体底面处交于某一顶点的三个面相切，另有一个半径为R 的大球放在四个小球之上，与四个小球相切，并与正方体盒盖相切，无论怎样翻转盒子，五球相切不松动，则小球半径r 的最大值为________；大球半径R 的最小值为________.72．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点P 在正方体的表面上运动，且与点A 的距离为3.动点P 的集合形成一条曲线，这条曲线在平面11 ABB A 上部分的形状是__________；此曲线的周长是_______.73．金石文化，时中国悠久文化之一.“金”是指“铜”,“石”是指“石头”，“金石文化”是指在铜器或石头上刻有文字的器件.在一千多年前，有一种凸多面体工艺品，是金石文化的代表作，此工艺品的三视图是三个全等的正八边形(如图)，若一个三视图(即一个正八边形)的面积是2(8)dm +，则该工艺品共有___个面，表面积是_____74．三棱锥P ABC -中，顶点P 在底面ABC 的投影恰好是ABC 的内心，三个侧面的面积分别为12，16，20，且底面的面积为24，则该三棱锥P ABC -的体积是________；它的外接球的表面积是________.75．如果四面体的四条高交于一点，则该点称为四面体的垂心，该四面体称为垂心四面体.（1）证明：如果四面体的对棱互相垂直，则该四面体是垂心四面体；反之亦然.（2）给出下列四面体①正三棱锥；②三条侧棱两两垂直；③高在各面的射影过所在面的垂心；④对棱的平方和相等.其中是垂心四面体的序号为.。
高中几何体试题及答案解析
高中几何体试题及答案解析试题一：立体几何基础题题目：已知一个长方体的长、宽、高分别为a、b、c，求该长方体的体积。
解析：长方体的体积可以通过其三个维度的乘积来计算，即体积V = a × b × c。
答案：V = abc。
试题二：空间向量在立体几何中的应用题目：在空间直角坐标系中，点A(1, 0, 0)，点B(0, 1, 0)，点C(0, 0, 1)，求三角形ABC的面积。
解析：空间直角坐标系中，三角形的面积可以通过向量叉乘来求解。
设向量AB = (-1, 1, 0)，向量AC = (-1, 0, 1)，向量AB与向量AC 的叉乘结果为向量AB × AC = (1, -1, 1)。
该向量的模即为三角形ABC的面积的两倍。
答案：三角形ABC的面积为√3。
试题三：圆锥体的体积计算题目：已知圆锥的底面半径为r，高为h，求圆锥的体积。
解析：圆锥的体积可以通过公式V = (1/3)πr²h来计算。
答案：V = (1/3)πr²h。
试题四：球体的表面积与体积题目：已知球体的半径为R，求球体的表面积和体积。
解析：球体的表面积可以通过公式A = 4πR²来计算，球体的体积可以通过公式V = (4/3)πR³来计算。
答案：球体的表面积A = 4πR²，球体的体积V = (4/3)πR³。
试题五：旋转体的体积题目：已知圆柱的底面半径为r，高为h，求圆柱的体积。
解析：圆柱的体积可以通过公式V = πr²h来计算。
答案：V = πr²h。
结束语：通过上述试题及答案解析，我们可以看到高中几何体的计算涉及体积、面积和表面积等概念，这些计算在数学和物理等多个领域都有广泛的应用。
掌握这些基础知识对于解决更复杂的几何问题至关重要。
希望这些试题和解析能够帮助学生加深对立体几何概念的理解，并在解题过程中培养空间想象能力。
超难立体几何题
超难立体几何题引言立体几何是数学中的一个分支，研究的是在三维空间中的图形、形状和体积等相关的性质。
其中，超难立体几何题是指那些难度较高，需要深入思考和推理才能解答的题目。
本文将介绍几个超难立体几何题，并提供详细的解题思路和方法。
题目一：平面和球的交点题目描述给定一个平面和一个球，求它们的交点个数。
解题思路要求平面和球的交点个数，我们需要考虑平面和球的位置关系。
1.当平面和球没有交点时，交点个数为0。
2.当平面和球相切时，交点个数为1。
3.当平面和球相交时，交点个数为2。
为了求解交点个数，我们需要计算平面和球的方程，并求解它们的交点。
首先，我们设平面的方程为 Ax + By + Cz + D = 0，球的方程为 (x - x0)^2 + (y - y0)^2 + (z - z0)^2 = r^2，其中 (x0, y0, z0) 是球心的坐标，r 是球的半径。
然后，我们将平面的方程代入球的方程，得到一个关于 x、y、z 的二次方程。
通过求解这个二次方程，我们可以得到交点的坐标。
最后，我们可以根据求解得到的交点个数，给出答案。
题目二：多面体的表面积题目描述给定一个多面体，求它的表面积。
解题思路要求多面体的表面积，我们需要先计算多面体的各个面的面积，然后将它们相加。
首先，我们需要找到多面体的各个面。
多面体的面是由多个边组成的，而边是由多个顶点组成的。
因此，我们需要找到多面体的顶点。
然后，我们可以根据顶点的坐标，计算多面体的各个面的面积。
对于一个面，我们可以找到它的三个顶点，然后计算这三个顶点组成的三角形的面积。
通过计算多个三角形的面积，并将它们相加，我们可以得到多面体的表面积。
最后，我们可以给出多面体的表面积。
题目三：平行四边形的体积题目描述给定一个平行四边形，求它的体积。
解题思路要求平行四边形的体积，我们需要先找到平行四边形的高，然后计算它的面积，最后乘以高得到体积。
首先，我们需要找到平行四边形的高。
高中数学立体几何难题
高中数学立体几何难题
立体几何是高中数学的难点，也是高考数学的考点之一。
填空、选择以及解答题都会考到，甚至很大可能会以压轴题的形式出现，难度相当大。
许多同学们看到此类题型，不知道无从下手，不知道怎么去寻找突破口。
实要做好此类题型，同学们们必须一步一步来，首先准备一个摘抄本，把相关定理、公式、解题方法记录下来，然后去做一些简单的例题，做完之后基本上对于公式定理的理解就会更加深入。
做完基础题之后，再偿试做混合型、综合类的题，循环渐进。
平时在课堂中，多记录老师总结的几何模型和套路，指不定就派上用场了。
1.在三棱锥S一ABC中，∠SAB=∠SAC=60°，SB⊥AB，SC⊥AC.
(1)求证:BC⊥SA；
(2)如果SA=2，BC=2，求三棱锥S一ABC的体积，
2.如，圆柱H横放在底面边长为1的正六棱锥P一ABCDEF的顶
点P上，02和02分别是圆柱左和右两个底面的圆心，正六棱锥P一ABCDEF底面中心为0，PO=1，M.N分别是圆柱H的底面O的最高点和最低点，G是圆柱H的底面0的最低点，P为NG中点，点M、0、N.A.0.D.G. P共面，点02.P、D共线，四边形ADGN为矩形.
(1)求圆柱H的体积V，并证明:MGI1平面PCD；
(2)作出点O在平面PAB上的正投影K，并证明之，。
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 ，。
高一数学立体几何练习题及答案
高一数学立体几何练习题及答案一、选择题1. 下列哪个图形不是立体图形？A. 立方体B. 圆锥C. 圆柱D. 正方形答案：D2. 已知一个立方体的边长为5cm，求它的表面积和体积分别是多少？A. 表面积：150cm²，体积：125cm³B. 表面积：100cm²，体积：125cm³C. 表面积：150cm²，体积：100cm³D. 表面积：100cm²，体积：100cm³答案：A3. 以下哪个选项可以形成一个正方体？A. 六个相等的长方体B. 一个正方形和一个长方体C. 六个相等的正方形D. 一个正方形和一个正方体答案：C4. 以下哪个图形可以形成一个圆柱？A. 一个正方形和一个长方体B. 一个圆和一个长方体C. 一个长方形和一个长方体D. 一个正方形和一个正方体答案：C5. 以下哪个选项可以形成一个圆锥？A. 一个圆和一个长方体B. 一个圆和一个正方体C. 一个正方形和一个长方体D. 一个正方形和一个正方体答案：B二、填空题1. 已知一个正方体的表面积为96cm²，求它的边长是多少？答案：4cm2. 已知一个圆柱的半径为3cm，高为10cm，求它的表面积和体积分别是多少？答案：表面积：198cm²，体积：90π cm³3. 以下哪个选项可以形成一个长方体？A. 六个相等的正方形B. 一个圆和一个长方形C. 六个相等的长方形D. 一个正方形和一个正方体答案：C三、解答题1. 某长方体的长、宽、高分别为3cm、4cm、5cm，请回答以下问题：（1）它的表面积是多少？（2）它的体积是多少？答案：（1）表面积 = 2(长×宽 + 长×高 + 宽×高)= 2(3×4 + 3×5 + 4×5)= 2(12 + 15 + 20)= 2(47)= 94cm²（2）体积 = 长×宽×高= 3×4×5= 60cm³2. 某圆锥的半径是5cm，高是12cm，请回答以下问题：（1）它的表面积是多少？（2）它的体积是多少？答案：（1）斜面积= π×半径×斜高= π×5×13≈ 204.2cm²（2）体积= (1/3)π×半径²×高= (1/3)π×5²×12≈ 314.2cm³四、解析题某正方体的表面积是96cm²，它的边长是多少？解答：设正方体的边长为x，由表面积的计算公式可得：表面积 = 6x²96 = 6x²16 = x²x = 4所以，该正方体的边长为4cm。
高中数学立体几何试题及答案[1]
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立体几何专题训练一、选择题（每题5分，共60分）1.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图，则相应的侧视图可以为（ ）2.将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如右图所示，则该几何体的左视图为（ ）3.（2011年高考湖南卷文科4)设图１是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．942π+ Ｂ．3618π+ Ｃ．9122π+ Ｄ．9182π+4.某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（ ）（A ）283π-（B ）83π- （C ）82π- （D ）23π5.一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为的三视图中的俯视图如右图所示．左视图是一个矩形．则这个矩形的面积是( )(A)4 (B)6.1l ，2l ，3l 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )（A ）1223,l l l l ⊥⊥⇒1l //2l （B ）12l l ⊥,1l //3l ⇒32l l ⊥ （C ）1l //2l //3l ⇒ 1l ，2l ，3l 共面 （D ）1l ，2l ，3l 共点⇒1l ，2l ，3l 共面7.若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其侧面积．．．等于 ( )B.2C.D.68.在空间，下列命题正确的是( ) A.平行直线的平行投影重合B.平行于同一直线的两个平面平行C.垂直于同一平面的两个平面平行D.垂直于同一平面的两条直线平行正视图侧视图俯视图 图19.一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积是()（A）372 （B）360（C）292 （D）28010.设长方体的长、宽、高分别为2a、a、a,其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( ) （A）3πa2 （B）6πa2（C）12πa2 （D）24πa211.设球的体积为V1,它的内接正方体的体积为V2，下列说法中最合适的是( )A. V1比V2大约多一半B. V1比V2大约多两倍半C. V1比V2大约多一倍D. V1比V2大约多一倍半12.下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是( )(A)3 (B)2 (C)1 (D)0二、填空题（每题4分，共16分）13.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，点E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于_____________.14．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为.15．已知四棱椎P ABCD-的底面是边长为6 的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且8PA=，则该四棱椎的体积是。
超难立体几何题
超难立体几何题摘要：1.立体几何题的概述2.立体几何题的解题思路3.立体几何题的解题技巧4.立体几何题的实际应用正文：一、立体几何题的概述立体几何题是数学中涉及到空间物体的题目，它要求我们掌握空间物体的性质、结构和关系。
立体几何题主要包括线线、线面、面面间的位置关系，以及空间角和距离等知识点。
由于空间物体的复杂性，立体几何题通常比平面几何题更具挑战性，因此被称之为“超难立体几何题”。
二、立体几何题的解题思路解决立体几何题需要具备良好的空间想象力和逻辑思维能力。
在解题时，我们需要先通过题目给出的条件建立起空间模型，然后运用相关的几何知识和定理来分析问题。
具体来说，可以遵循以下步骤：1.认真阅读题目，理解题意，分析题目所给出的条件。
2.在头脑中建立起空间模型，想象空间物体的形状和位置关系。
3.利用几何知识和定理，分析空间模型中的问题，找到解题的关键所在。
4.根据分析结果，选择适当的解题方法，如向量法、坐标法、平行四边形法等。
5.最后，根据所选方法进行计算，得出答案。
三、立体几何题的解题技巧在解决立体几何题时，除了具备良好的空间想象力和逻辑思维能力外，还需要掌握一些解题技巧，以便更好地应对各种题目。
以下是一些常用的解题技巧：1.利用向量法求解线线、线面、面面间的位置关系。
2.利用坐标法求解空间角和距离问题。
3.利用平行四边形法解决异面直线所成的角问题。
4.利用直观图法解决复杂空间问题。
5.利用数学建模方法解决实际问题。
四、立体几何题的实际应用立体几何知识在实际生活中有着广泛的应用，如建筑设计、机械制造、计算机图形学等。
掌握好立体几何知识，不仅能够帮助我们解决数学问题，还能够提高我们的实际操作能力。
因此，在解决立体几何题时，我们要注重培养自己的实际应用能力，学会将理论知识运用到实际问题中去。
总之，解决超难立体几何题需要我们具备良好的空间想象力、逻辑思维能力和解题技巧。
超难立体几何题
超难立体几何题一、选择题1.设 F1，F2 分别为双曲线 (x^2/9) - (y^2/16) = 1 的左、右焦点，过F1 引圆 x^2 + y^2 = 9 的切线 F1P 交双曲线的右支于点 P，T 为切点，M 为线段 F1P 的中点，O 为坐标原点，则 |MO| - |MT| 等于（）A. 5B. 4C. 3D. 22.已知直线 l1：kx - y + 4 = 0 与直线 l2：x + ky - 3 = 0 相交于一点，则当实数 k 变化时，该点的轨迹是A. 一条直线B. 一个点C. 一个圆D. 一个椭圆3.已知正四棱柱的底面边长为22 ，体积为8，则此正四棱柱的表面积为____．4.在空间直角坐标系中，已知点A(1,−1,2)，B(3,3,4)，则线段AB的长度是____．5.设O为坐标原点，点A(1,1)在矩阵M=[acbd]对应的变换作用下得到点B(3,4)．(1)求实数a，b，c，d；(2)求矩阵M的逆矩阵M−1．6. 在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AA1=2，且∠B=∠D=90∘，则AC1=；二面角D−AC1−B1的大小为．二、填空题7. 在空间直角坐标系中，点 P(-3,4,5) 关于 xoy 平面对称的点的坐标是_______．8. 已知直线 l₁：x + y - 2 = 0 在矩阵 M = [2 0; m 1] 对应的变换作用下得到直线 l₂，若 l₂的一个方向向量为 a = [3; -3]，则实数 m 的值为 _______．9. 在空间直角坐标系中，已知点 A(1,2,3)，B(-1,0,5)，若 C 在线段 AB 上，且 AC⟶=52AB⟶，则点 C 的坐标为 __．三、解答题10. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AA{1}=3，E为线段AB的中点，F为线段BD{1}$的中点。
超难立体几何题
超难立体几何题摘要：1.立体几何题的概述2.立体几何题的解题技巧3.超难立体几何题的挑战与解决方法4.总结正文：一、立体几何题的概述立体几何题是数学中的一种题型，主要涉及到空间物体的形状、结构、位置及其相关性质。
由于立体几何题涉及的是三维空间，因此相对于平面几何题，其难度更高，对学生的空间想象力、逻辑思维能力以及数学运算能力都有更高的要求。
二、立体几何题的解题技巧1.熟练掌握基本概念和定理：立体几何题的解题基础是掌握空间几何的基本概念和定理，例如线面平行、线线垂直、三角形的性质等。
2.空间想象力：对于立体几何题，空间想象力是非常重要的。
学生需要能够在脑海中构建出题目中描述的立体图形，以便于理解和解决问题。
3.逻辑思维能力：立体几何题的解题过程往往需要严密的逻辑推理，需要学生能够从题目中给出的条件出发，逐步推导出结论。
4.数学运算能力：立体几何题的解题过程中，常常需要进行复杂的数学运算，如向量运算、坐标运算等，因此学生需要具备一定的数学运算能力。
三、超难立体几何题的挑战与解决方法超难立体几何题往往涉及到复杂的空间结构和繁琐的数学运算，对学生的解题能力提出了更高的要求。
在面对这类题目时，学生需要保持冷静，分步骤解决。
1.首先，要仔细阅读题目，理解题意，确定题目要求的是什么。
2.其次，根据题目给出的条件，画出立体图形，以便于理解和解决问题。
3.然后，根据图形和题目要求，确定解题思路，运用相应的定理和公式进行计算。
4.最后，对计算结果进行验证，确保答案正确。
四、总结立体几何题是数学中的一种重要题型，其难度相对较高。
对于超难立体几何题，学生需要具备扎实的基本功，良好的空间想象力、逻辑思维能力和数学运算能力，才能在解题过程中游刃有余。
超难立体几何题
超难立体几何题【实用版】目录1.立体几何题的概述2.立体几何题的解题技巧3.超难立体几何题的实例解析4.总结与建议正文一、立体几何题的概述立体几何题是数学中涉及到空间物体的题目，主要考察学生对空间物体的想象能力、空间位置关系的理解能力以及计算能力。
立体几何题包括求线线角、线面角、面面角、体积、表面积等各类题型，既有选择题、填空题，也有解答题。
在各类数学考试中，立体几何题都是不可或缺的一部分。
二、立体几何题的解题技巧1.熟悉基本概念和定理：要解决立体几何题，首先要对基本概念和定理有深入的了解，如点、线、面的关系，线线角、线面角、面面角的求法等。
2.空间想象能力：立体几何题涉及到空间物体的位置关系，需要学生具备较强的空间想象能力。
通过练习各种题型，培养自己的空间想象能力是解决立体几何题的关键。
3.善于利用向量：向量在立体几何中具有重要作用，可以简化计算过程。
通过向量运算，可以将复杂的空间问题转化为简单的向量运算。
4.善于转换角度：立体几何题中，有时候需要将问题转换到某个特定的角度进行求解。
通过转换角度，可以简化问题，更快地找到解题思路。
5.分析与综合：在解决立体几何题时，需要对题目进行全面分析，将问题分解为若干个子问题，然后综合各个子问题的解，得到最终答案。
三、超难立体几何题的实例解析（此处省略具体题目，如需了解具体题目解析，请提供题目）四、总结与建议立体几何题作为数学中的一个重要模块，对于学生的综合能力有很高的要求。
要想在立体几何题上取得好成绩，需要熟练掌握基本概念和定理，培养空间想象能力，善于利用向量和转换角度，同时具备较强的分析与综合能力。
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高中数学最难——立体几何题
1.证明线面位置关系，一般不需要去建系，更简单；
2.求异面直线所成的角、线面角、二面角、存在性问题、几何体的高、表面积、体积等问题时，最好要建系；
3.注意向量所成的角的余弦值（范围）与所求角的余弦值（范围）的关系（符号问题、钝角、锐角问题）。
4.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素之间的关系，列方程(组)求解。
5.三视图中“长对正，高平齐，宽相等”，即“正俯一样长，正侧一样高，俯侧一样宽”，因此可以根据三视图的形状及相关数据确定原几何体的各个度量。
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