空间立体几何典型例题分析讲解
高中数学立体几何与空间几何的应用题解析
高中数学立体几何与空间几何的应用题解析在高中数学学习中，我们会遇到立体几何与空间几何的应用题，这些题目涉及到我们日常生活中的实际问题，需要我们掌握相关的几何知识和解题方法。
本文将对一些常见的应用题进行解析，帮助读者更好地理解和应用数学知识。
题目一：求解一个体积问题一个长方体水箱的长、宽、高分别为3m、2m、4m，现在将该水箱装满水，请问需要多少升的水？解析：首先我们知道一个体积的计算公式是体积=底面积×高度。
根据题目给出的长方体水箱的长、宽、高，可以计算出水箱的底面积为3m×2m=6m²。
再根据题目给出的单位换算，1m³=1000L，可以将体积单位从立方米转换为升。
所以水箱的体积为6m²×4m=24m³=24000L。
因此，需要24000升的水才能将该水箱装满。
题目二：求解一个角度问题一个直角梯形棱镜的上底面和下底面的边长分别为3cm和6cm，两条斜边的夹角为60°，请问该棱镜的高是多少？解析：由题目可知，该直角梯形棱镜的上底面和下底面的边长分别为3cm和6cm，斜边的夹角为60°。
我们可以根据三角形的正弦定理求解该题。
正弦定理表达式为：a/sinA = b/sinB = c/sinC，其中a、b、c分别为三角形中相应边的长度，A、B、C为对应的角度。
根据题目信息，我们可以设该直角梯形棱镜的高为h。
根据正弦定理，得到3/sin30°= 6/sin60°= h/sin90°。
由于sin30°=1/2，sin60°=√3/2，sin90°=1，代入得到3/(1/2) = 6/(√3/2) = h/1。
通过计算可得，h=6cm，所以该棱镜的高是6cm。
题目三：求解一个面积问题一个正立方体油桶的侧面积为384cm²，求解该正立方体油桶的体积。
解析：由题目可知，该正立方体油桶的侧面积为384cm²。
高中数学高考复习《空间几何体的三视图》经典例题解析附习题答案
3 32正视图侧视图俯视图图1空间几何体的三视图1..一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A ）48 (B)32+8(C) 48+8(D) 80【答案】 C【命题意图】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，。
故S 表【解题指导】：三视图还原很关键，每一个数据都要标注准确。
2.设图1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A.1229 B.1829 C. 429 D. 1836答案：B解析：由三视图可以还原为一个底面为边长是3的正方形，高为2的长方体以及一个直径为3的球组成的简单几何体，其体积等于233)23(3431829。
故选 B评析：本小题主要考查球与长方体组成的简单几何体的三视图以及几何体的体积计算.3.如图l —3．某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为（）b5E2RGbCAPA.63 B.93 C.123 D.183【解析】 B.由题得三视图对应的直观图是如图所示的直四棱柱，.ABCD EA 平面3931232hS VABCD平行四边形。
所以选 B4.某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（A ）283（B ）83（C ）82（D ）23【答案】A【解析】：由三视图可知该几何体为立方体与圆锥，立方体棱长为2，圆锥底面半径为1、高为2，所以体积为3212123283故选A5．某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是HGFEDCBA 3123A ．8B ．62C ．10 D ．82【答案】 C6.一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为32，它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____________.p1EanqFDPw答案：2323234aa ，解得解析：设正三棱柱的侧棱长和底面边长为a ，则由a=2，正三棱柱的左视图与底面一边垂直的截面大小相同，故该矩形的面积是322232.DXDiTa9E3d7.一个几何体的三视图如图所示（单位：m ），则这个几何体的体积为__________ 3m 【答案】6【解析】由题意知,该几何体为一个组合体,其下面是一个长方体(长为3m,宽为2m,高为1m),上面有一个圆锥(底面半径为1,高为3),所以其体积为1321363V V 长方体圆锥.8. 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 【答案】 A【解析】对于①,可以是放倒的三棱柱；容易判断②③可以.9.若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是第一节10.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（）A.3 B.2 C.23 D.6【命题立意】本题考查三棱柱的三视图与直观图、表面积。
专题03 立体几何中的夹角问题(解析版)
第三篇 立体几何专题03 立体几何中的夹角问题常见考点考点一 线线角典例1．如图，在多面体ABCEF 中，ABC 和ACE 均为等边三角形，D 是AC 的中点，EF BD ∥，2BD EF ==(1)证明：AC BF ⊥；(2)若平面ABC ⊥平面ACE ，求异面直线AE 与BF 所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析【解析】 【分析】（1）证明一条直线垂直于另一条直线，可以先证明前者垂直于后者所在的那个平面； （2）求异面直线的夹角，优先考虑建立空间直角坐标系，用向量的方法来计算. (1)证明：连接DE .因为AB BC =，且D 为AC 的中点，所以AC BD ⊥. 因为AE EC =，且D 为AC 的中点，所以AC DE ⊥.因为BD ⊂平面BDE ，DE ⊂平面BDE ，且BD DE D ⋂=，所以AC ⊥平面BDE . 因为EF BD ∥，所以BF ⊂平面BDE ，所以AC BF ⊥；(2)由（1）可知DE AC ⊥.因为平面ABC ⊥平面ACE ，平面ABC 平面ACE AC =，DE ⊂平面ACE ， 所以DE ⊥平面ABC ，所以DC ，DB ，DE 两两垂直.以D 为原点，分别以DC ，DB .DE 的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -.则()1,0,0A -，()B ，F ⎛ ⎝，(E ，从而(AE =，0,2BF ⎛=- ⎝. 则15cos 5AE BF AE BF AE BF⋅==⋅，，即异面直线AE 与BF变式1-1．如图，在平行四边形ABCD 中，AB AC =，90ACD ︒=∠，以AC 为折痕将ACD ∆折起，使点D 到达点M 的位置，且AB AM ⊥.(1)证明：平面ACM ⊥平面ABC ；(2)E 为线段AM 上一点，F 为线段BC 上一点，且13AE CF AD ==，求异面直线AC 与EF 所成的角的余弦.【答案】(1)证明见解析【解析】 【分析】（1）由题易知AB AC ⊥，由根据线面垂直的判定定理可推出AB ⊥平面ACM ，再由面面垂直的判定定理即可得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成角的余弦值； (1) 证明：平行四边形ABCD ，//AB CD ∴，90BAC ACD ∴∠=∠=︒，即AB AC ⊥，AB AM ⊥，AC AM A ⋂=，AC 、AM ⊂平面ACM ， AB ∴⊥平面ACM ，AB ⊂平面ABC ，∴平面ACM ⊥平面ABC ．(2)解：由（1）平面ACM ⊥平面ABC ，MC AC ⊥，平面ACM ⋂平面ABC AC =，MC ⊂平面ACM ，所以CM ⊥平面ABC ，因为CD ⊂平面ABC ，所以MC CD ⊥，如图建立空间直角坐标系，令3AB AC ==，所以()0,0,0C ，()0,3,0A ，()1,1,0F -，()0,2,1E ，所以()0,3,0CA =，()1,1,1FE =，设异面直线AC与EF 所成的角为θ，则3cos 33CA FE CA FEθ⋅===⋅， 故异面直线AC 与EF变式1-2．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AA ，1AB =，AC =2BAC π∠=，D 是棱1CC 上一点．(1)若1A C BD ⊥，求1CDCC ； (2)在（1）的条件下，求直线1B D 与11AC 所成角的余弦值． 【答案】(1)112CD CC=【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量求解即可；（2）利用向量求解即可. (1)如图，以AB ，AC ，1AA 的单位向量为正交基底建立空间直角坐标系A xyz -，则()0,0,0A ，()1,0,0B，()C，(1A，(1B，(1C ．设()D a，则()BD a =-，又(1AC =，1A C BD ⊥，∴130AC BD ⋅==，∴a =D 为1CC 的中点， ∴112CD CC =．(2)由（1）得1B D ⎛=- ⎝⎭，()11AC =，∴111cos ,B D AC ==．变式1-3．如图，在正方体1111ABCDA B C D -中，E 、F 分别是1BB 、CD 的中点.(1)求证：1D F AE ⊥；(2)求直线EF 和1CB 所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2)6π 【解析】 【分析】（1）以D 为原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，计算得出10D F AE ⋅=，即可证得结论成立；（2）利用空间向量法可求得直线EF 和1CB 所成角的大小. (1)解：以D 为原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则()0,0,0D 、()2,0,0A 、()10,0,2D 、()2,2,1E 、()0,1,0F 、()0,2,0C 、()12,2,2B ，()10,1,2D F =-，()0,2,1AE =，所以，112210D F AE ⋅=⨯-⨯=，1D F AE ∴⊥.(2)解：()2,1,1EF =---，()12,0,2CB =，111cos ,6EF CB EF CB EF CB ⋅<>===⋅，因此，直线EF 和1CB 所成角为6π.考点二 线面角典例2．如图，在梯形ABCD 中，AD BC ∥，2ABC π∠=，22AB BC AD ===，E ，F 分别为边AB ，CD 上的动点，且EF BC ∥，G 是BC 的中点，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF ．(1)求AE 为何值时，BD EG ⊥；(2)在（1）的条件下，求BD 与平面ABF 所成角的正弦值． 【答案】(1)1 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用0BD EG ⋅=，得出1AE =；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法得出BD 与平面ABF 所成角的正弦值． (1)沿EF 将梯形ABCD 翻折后，以E 为原点，以EB 所在直线为x 轴，EF 所在直线为y 轴，EA 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系.设,(0,2)EA t t =∈，则(0,0,0),(0,0,),(2,0,0)E A t B t -，(0,1,),(2,1,0)D t G t -(2,1,)BD t t ∴=-，(2,1,0)EG t =-,0BD EG BD EG ⊥∴⋅=，即2(2)10t --+=，解得1t =或3t =（舍）故当1AE =时，BD EG ⊥(2)在（1）的条件下，(0,0,1)A ，3(1,0,0),0,,0,(0,1,1)2B F D ⎛⎫ ⎪⎝⎭3(1,1,1),(1,0,1),1,,02BD BA BF ⎛⎫=-=-=- ⎪⎝⎭设平面ABF 的法向量为(,,1)n a b =，由0,0n BA n BF ⋅=⋅=，解得21,3a b == 故21,,13n ⎛⎫= ⎪⎝⎭设BD 与平面ABF 所成角为θ，则sin cos ,BD n θ=1||||3BD n BD n -+⋅===⋅⋅ 故BD 与平面ABF . 变式2-1．如图所示的直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，E ，F 分别是棱BC ，CD 上的点，且2BE EC =，2DFFC =，点G 为棱1CC 上的动点，13AA =，1O 为上底面1111D C B A 的中心，1AO ∥平面EFG .(1)求CG 的长度；(2)求直线1BO 与平面EFG 所成的角的正弦值. 【答案】(1)1(2)11【解析】 【分析】（1）假设当1CG =时，1AO ∥平面EFG ，连11A C ，取棱AC 的中点O ，连1OC ，得到11AO OC ∥，设OC EF H ⋂=，连接GH ，易证1AO HG ∥，再利用线面平行的判定定理证明；（2）分别以DA ，DC ，1DD 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，求得平面EFG 的一个法向量为(),,n x y z =，设直线1BO 与平面EFG 所成的角为α，由111sin cos ,n BO n BO n BO α⋅==求解. (1)解：假设当1CG =时，1AO ∥平面EFG ， 如图所示，连11A C ，因为1O 为上底面的中心，所以1O 是棱11A C 的中点. 连AC ，取棱AC 的中点O ，连1OC ，则11AO OC ∥， 设OC EF H ⋂=，连接GH ，由2BE EC =，2DF FC =；得13CH CO =， 又因为113CG CC =，所以1OC HG ∥， 所以1AO HG ∥，又因为GH ⊂平面EFG ，1AO ⊄平面EFG ， 所以1AO ∥平面EFG ，所以假设成立，即1CG =. (2)由题可知DA ，DC ，1DD 两两相互垂直，分别以DA ，DC ，1DD 所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则2,2,03E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，40,,03F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()0,2,1G ，()11,1,3O ，()2,2,0B ，所以()11,1,3BO =--，22,,033EF ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，2,0,13EG ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设平面EFG 的一个法向量为(),,n x y z =，则0,0,n EF n EG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即()()22,,,,00332,,,0,103x y z x y z ⎧⎛⎫⋅--= ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪⋅-= ⎪⎪⎝⎭⎩，令3x =，得3y =-，2z =，所以()3,3,2n =-， 设直线1BO 与平面EFG 所成的角为α，则111sin cos ,n BO n BO n BO α⋅==，=. 变式2-2．如图，三棱锥P －ABC 中，PAB △为正三角形，侧面P AB 与底面ABC 所成的二面角为150°，AB ＝AC ＝2，AB AC ⊥，E，M ，N 分别是线段AB ，PB 和BC 的中点.(1)证明：平面PEN ⊥平面ABC ；(2)求直线PN 与平面MAC 所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析【解析】 【分析】（1）由PAB △为正三角形，可得PE AB ⊥，再由三角形中位线定理结合已知条件可得EN AB ⊥，再由线面垂直和面面垂直的判定可得结论，（2）以E 为原点，EB 、EN 所在的直线分别为x 、y 轴，过点E 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可 (1)由PAB △为正三角形，E 是AB 的中点，则知PE ⊥AB ， 因为E ，N 分别是线段AB 和BC 的中点， 所以EN ∥AC ，因为AB ⊥AC ，所以EN ⊥AB ， 又PE EN E ⋂=，所以AB ⊥平面PEN ， 因为AB 平面ABC 所以平面PEN ⊥平面ABC . (2)由（1）知，∠PEN ＝150°，以E 为原点，EB 、EN 所在的直线分别为x 、y 轴，过点E 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B （1，0，0），C （－1，2，0），A （－1，0，0），30,2P ⎛- ⎝⎭，13,24M ⎛- ⎝⎭，N （0，1，0），∴50,,2PN ⎛= ⎝⎭，33,24AM ⎛=- ⎝⎭，()0,2,0AC =， 设平面MAC 的法向量为(),,n x y z =，则00n AC n AM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2033024y x y =⎧⎪⎨-=⎪⎩， 令x ＝1，则y ＝0，z =-(1,0,n =-，设直线PN 与平面MAC 所成角为θ，则sin cos ,7PN n PN n PN nθ⋅====故直线PN 与平面MAC变式2-3．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1222AC AB AA ===，11A B AB M =，11A B B C ⊥.(1)求证：AB AC ⊥；(2)若点N 在线段1A C 上，满足MN ∥平面ABC ，求直线1B N 与平面1A BC 所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)49【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明出AC ⊥平面11AA B B ，即可证明AC AB ⊥. （2）连接1A C ，MN ，1B N .先证明出N 为1A C 的中点.以A 为坐标原点，AB ，AC ，1AA 所在直线分别为x轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解. (1)∵111ABC A B C -为直三棱柱，∴1AA ⊥平面ABC ，∴1AA AB ⊥，1AA AC ⊥， 又1AA AB =，所以四边形11AA B B 为正方形， ∴11A B AB ⊥，又11A B B C ⊥，111AB B C B ⋂=， ∴1A B ⊥平面1AB C ，又AC ⊂平面1AB C ，∴1A B AC ⊥，又1AC AA ⊥，111A B AA A ⋂=，∴AC ⊥平面11AA B B ，又AB 平面11AA B B ， ∴AC AB ⊥. (2)连接1A C ，MN ，1B N .∵MN ∥平面ABC ，又MN ⊂平面1A BC ，平面1A BC 平面ABC BC =， ∴MN BC ∥.又M 为1A B 的中点，∴N 为1A C 的中点.如图所示，以A 为坐标原点，AB ，AC ，1AA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则()10,0,1A ，()1,0,0B ，()0,2,0C ，()11,0,1B ，10,1,2N ⎛⎫⎪⎝⎭.∴111,1,2B N ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭设平面1A BC 的法向量为(),,n x y z =，又()11,0,1A B =-，()10,2,1AC =-， 由1100n A B n A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得020x z y z -=⎧⎨-=⎩，不妨取z =2，所以平面1A BC 的一个法向量为()2,1,2n =∴直线1B N 与平面1A BC 所成角θ的正弦值为11124sin cos ,3932B N n B N n B N nθ⋅====⨯.考点三 二面角典例3．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ACC A 是矩形，AC AB ⊥，12AB AA ==，3AC =，1120A AB ∠=︒，E ，F 分别为棱11A B ，BC 的中点，G 为线段CF 的中点．(1)证明：1//AG 平面AEF ； (2)求二面角A EF B --的余弦值． 【答案】(1)证明见解析；【解析】 【分析】（1）作图，由对应比例证明1//OF A G ，即可证明1//AG 平面AEF ；（2）建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，从而得对应平面向量的坐标，求解出法向量，利用向量夹角计算公式代入计算. (1)连接1A B ，交AE 于点O ，连接OF ，由题意，四边形11ABB A 为平行四边形，所以11AB A B =，因为E为11A B 中点，∴112A E AB =，∴1AOE BOA △△，且相似比为12，∴112AO OB =，又∵F ，G 为BC ，CF 中点，∴12GF BF =，∴1//OF A G ，又OF ⊂平面AEF ，1AG ⊄平面AEF ，∴1//AG 平面AEF .(2)连接1AB ，因为1120A AB ∠=︒，12AB AA ==，所以11AB A B ⊥，112,AB A B ==间直角坐标系，则()()1130,1,0,,,0,,222A B E F ⎫⎛⎫-⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则333313,,0,,,0,3,1,22222AE BE EF ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，设平面AEF 和平面BEF 的法向量分别为()()111222,,,,,m x y z n x y z ==，则{AE ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅m ⃑⃑ =0EF ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅m ⃑⃑ =0⇒{√32x 1−32y 1=0−√3x 1+y 1+32z 1=0⇒m ⃑⃑ =(3√3,3,4)，{BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅n ⃑ =0EF ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅n ⃑ =0⇒{3√32x 2−12y 2=0−√3x 2+y 2+32z 2=0⇒n ⃑ =(√3,9,−4)，所以927cos ,13213m n m n m n⋅+===，因为二面角A EF B --的平面角为锐角，所以二面角A EFB --.【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.变式3-1．如图，ABC中AB BC⊥，且2=，将AEF沿中位线EF折起，使得AE BEAB BC⊥，连结AB，AC，M为AC的中点.(1)证明：MF⊥平面ABC；(2)求二面角E MF C--的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）由勾股定理以及等腰三角形的性质得出FM AC⊥，MF BM⊥，再由线面垂直的判定证明即可；（2）以点E 为坐标原点，建立空间直角坐标系，由向量法得出面面角. (1)设2BC =，则1,2,EF AE BE AF FC =====,AE EF AE BE ⊥⊥，EFBE E =，AE ⊥平面BCFEEC ⊂平面BCFE ，AE EC ∴⊥连接BM ，BF，AC AE ==2,BC AB ==222,AC BC AB BC AB ∴=+⊥12BM AC ∴==MF BF ===222BF MF BM ∴=+，即MF BM ⊥又,AF FC FM AC =∴⊥BM AC M ⋂=，∴MF ⊥平面ABC(2),,AE BE AE EF EF BE ⊥⊥⊥，∴以点E 为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系(0,0,2),(2,2,0),(1,1,1)(0,1,0),(0,0),0,A C M F E(1,0,1),(1,1,1),(2,1,0)MF EM FC ∴=--==设平面EMF 的法向量为()111,,n x y z =，平面MFC 的法向量为()222,,m x y z =11111000x z MF n x y z EM n ⎧--=⋅=⎧⎪⇒⎨⎨++=⋅=⎩⎪⎩，令11z =-，则(1,0,1)n =- 同理可得(1,2,1)m =--，2cos ,||||32m n m n m n ⋅〈〉===⋅⨯ 又二面角E MF C --为钝角，故二面角E MF C --的余弦值为变式3-2．如图，已知四棱锥P -ABCD 的底面为直角梯形，AB DC ∥，90DAB ∠=︒，PA ⊥底面ABCD ，且112PA AD DC AB ====，M 是棱PB 的中点.(1)证明：平面PAD ⊥平面PCD ；(2)求平面AMC 与平面BMC 的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)23【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理先证明DC ⊥平面P AD ，再根据面面垂直的判定定理证明平面PAD ⊥平面PCD ；（2）建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，继而求得相关向量的坐标，再求出相关平面AMC 和平面BMC 的法向量，根据向量的夹角公式求得答案 (1)∵PA ⊥底面ABCD ，DC ⊂底面ABCD ，∴PA DC ⊥,又由题设知AD DC ⊥，且直线P A 与AD 是平面P AD 内的两条相交直线， ∴DC ⊥平面P AD .又DC ⊂平面PCD ，∴平面PAD ⊥平面PCD . (2)∵PA AD ⊥，PA AB ⊥，AD AB ⊥，∴以A 为坐标原点，以AD 为x 轴，以AB 为y 轴，以AP 为z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系.则()0,0,0A ，()0,2,0B ，()1,1,0C ，()0,0,1P ,10,1,2M ⎛⎫⎪⎝⎭，10,1,2AM ⎛⎫= ⎪⎝⎭,(1,1,0)AC =,设平面AMC 的法向量为()1,,n x y z =，则由1100n AM n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得1020y z x y ⎧+=⎪⎨⎪+=⎩，得2z y x y =-⎧⎨=-⎩，令1y =，得()11,1,2n =--为平面AMC 的一个法向量.由10,1,2BM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，11,0,2MC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,设平面BMC 的一个法向量为()2,,n a b c =，则2200n BM n MC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即102102b c a c ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩， 令1a = ,可得平面BMC 的一个法向量为()21,1,2n =. ∴1212122cos ,3n n n n n n ⋅==-, 故所求平面AMC 与平面BMC 的夹角的余弦值为23.变式3-3．如图，三棱锥P ABC -中，PA AB ⊥，PA AC ⊥，AB AC ⊥，2AB AC ==，4PA =，点M 是P A 的中点，点D 是AC 的中点，点N 在PB 上，且2PN NB =.(1)证明：BD 平面CMN ；(2)求平面MNC 与平面ABC 所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)23【解析】 【分析】建立如图所示空间直角坐标系，得到相关点和相关向量的坐标, （1）求出平面CMN 的法向量，利用BD n =0证明即可；（2）由（1）知平面CMN 的法向量，再求平面ABC 的法向量，利用向量的夹角公式即可求解. (1)证明：三棱锥P ABC -中，PA AB ⊥，PA AC ⊥，AB AC ⊥∴分别以AB ，AC ，AP 为x ，y ，z 轴建立如图所示空间直角坐标系∵2AB AC ==，4PA =，点M 是P A 的中点，点D 是AC 的中点，点N 在PB 上且2PN NB =∴()0,0,0A ，()2,0,0B ，()0,2,0C ，()0,0,2M ，44,0,33N ⎛⎫⎪⎝⎭，()0,1,0D设平面CMN 的法向量()000,,n x y z =，()0,2,2CM =-，44,2,33CN ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()2,1,0BD =-，由00000220442033n CM y z n CN x y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩得00012x zy z ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 令02z =- 得0012x y =-⎧⎨=-⎩ ∴()1,2,2n =---∵()()2,1,01,2,20BD n ⋅=-⋅---= ∴BD n ⊥又BD ⊄平面CMN ∴BD 平面CMN ； (2)PA AB ⊥，PA AC ⊥，AB AC A ⋂=∴PA ⊥平面ABC∴PA 为平面ABC 的法向量 ()0,0,4AP =则AP 与n 的夹角α的补角是平面ABC 与平面CMN 所成二面角的平面角θ82cos cos 433AP n AP nθα⋅-=-=-=-=⨯⋅. ∴平面MNC 与平面ABC 所成角的余弦值为23.巩固练习练习一 线线角1．如图，在直三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，AB ⊥AC ，AB =AC =2，AA 1=4，点D 是BC 的中点，求异面直线 A 1B 与C 1D 所成角的余弦值.【解析】 【分析】建立空间直角坐标系,利用空间向量法求解. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系：则()()()()110,0,4,2,0,0,0,2,4,1,1,0A B C D ， 所以()()112,0,4,1,1,4A B C D =-=--， 设异面直线 A 1B 与C 1D 所成的角为θ，所以111111cos cos ,25A B C D A B C D A B C Dθ⋅====⋅. 2．如图，直棱柱111,ABC A B C -在底面ABC 中，1,90CA CB BCA ∠===，棱12,,AA M N =分别为111,A B A A 的中点.（1）求异面直线1BA ､1CB 成角的余弦值； （2）求证：BN ⊥平面1C MN .【答案】（1（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据条件中的垂直关系，以点C 为原点，建立空间直角坐标系，求向量1BA 和1CB 的坐标，再根据公式11cos ,BA CB <>的值；（2）利用向量数量积证明11,C M BN C N BN ⊥⊥，证明线面垂直. 【详解】（1）如图所示，以C 为原点，建立空间直角坐标系C xyz -，依题意得()()()()()110,1,0,1,0,1,1,0,2,0,0,0,0,1,2,B N A C B()()111,1,2,0,1,2BA CB ∴=-= ()111011223BA CB ∴⋅=⨯+-⨯+⨯= 又116,5BA CB ==11111130cos<,10BA CB BA CB BA BB⋅∴>==故11,BA CB （2）证明：依题意得()()()()11111,0,2,0,0,2,0,1,0,1,0,1,,,2,22A CB N M ⎛⎫ ⎪⎝⎭()()1111,,0,1,0,1,1,1,122C M CC N BN ⎛⎫∴==-=- ⎪⎝⎭()()()111111010,11011122C M BN C N BN ∴⋅=⨯+⨯-+⨯=⋅=⨯+⨯-+-⨯=0,11,C M BN C N BN ∴⊥⊥11,BN C M BN C N ∴⊥⊥又：1111,C M C N C C M ⋂=⊂面11,C MN C N ⊂面1C MNBN ∴⊥平面1.C MN3．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1,2,,,AC AB A A AB AC D E F ⊥===分别为1,,AB BC BB 的中点.（1）证明：//DF 平面11AB C ；（2）证明：11AFB E ⊥； （3）求异面直线111A F B C 与所成角的余弦值.【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析；（3 【解析】 【分析】（1）通过证明1//DF AB 来证得//DF 平面11AB C .（2）建立空间直角坐标系，利用向量法证得11AFB E ⊥. （3）利用向量法求得异面直线1A F 与11BC 所成角的余弦值. 【详解】（1）在三角形1ABB 中，,D F 分别是1,AB BB 的中点，所以DF 是三角形1ABB 的中位线，所以1//DF AB ，由于DF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ，所以//DF 平面11AB C . （2）以A 为原点建立如图所示空间直角坐标系，则()()()()()1110,0,2,0,2,1,0,2,2,2,0,2,1,1,0A F B C E ，所以()()110,2,1,1,1,2A F B E =-=--，11220A F B E ⋅=-+=，所以11A F B E ⊥，即11AF B E ⊥.（3）()()1110,2,1,2,2,0A F B C =-=-，设异面直线1A F 与11B C 所成角为θ，则1111cos 55A F B E A F B Eθ⋅===⋅. 所以异面直线1A F 与11B C4．如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G 分别是1DD ，BD ，1BB 的中点.（1）求证：EF CF ⊥；（2）求EF 与CG 所成角的余弦值； （3）求CE 的长.【答案】（1）证明见解析；（2（3【解析】 【分析】（1）以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，证明0EF CF ⋅=即可；（2）求出cos cos ,EF CG EF CG EF CGθ⋅=<>=⋅即可；（3）利用空间两点间距离公式即可求出. 【详解】如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系， 则()11110,0,,,,0,0,1,0,1,1,2222E F C G ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.（1）111,,222EF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，11,,022CF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则111110022222EF CF ⎛⎫⎛⎫⋅=⨯+⨯-+-⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, EF CF ∴⋅，∴EF CF ⊥； （2）设EF 与CG 所成角为θ，111,,222EF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，11,0,2CG ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则1cos cos ,153EF CG EF CG EF CGθ⋅=<>===⋅所以EF 与CG（3）CE ==练习二 线面角5．如图，已知三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B ⊥底面11,60,ABC AA BAA ABC =∠=︒为等腰直角三角形，2AC BC ==．(1)若O 为AB 的中点，求证：1CO AA ⊥； (2)求直线1BC 与平面11ACC A 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析【解析】 【分析】(1)根据题意可得CO AB ⊥，由面面垂直的性质可得CO ⊥平面11AA B B ，结合线面垂直的性质即可证明；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面11ACC A 的法向量和1BC ， 结合空间向量的数量积计算即可. (1)ABC 为等腰直角三角形，2AC BC ==，由O 为AB 的中点，CO AB ∴⊥，又平面11AA B B ⊥平面ABC ，平面11AA B B 平面ABC AB =．CO ∴⊥平面11AA B B ，又1AA ⊂平面111AA B B CO AA ∴⊥，． (2)ABC为等腰直角三角形，2AC BC AB ==∴=，又11260AA BAA =∠=︒∴，四边形11AA B B 为菱形，1AA B 为正三角形，1A O AB ∴⊥，又平面11AA B B ⊥平面ABC ，平面11AA B B 平面ABC AB =，1AO ∴⊥平面ABC，建立如图所示的空间直角坐标系，1(0,A B C A ，，，，111(2,BC BC CC BC AA =+=+=+=．又1(2,2,0)(0,2,AC AA ==，，设(,,)n x y z =是平面11ACC A 的一个法向量，则100n AA n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0,0,+== 令1z =，则(3,x y n ===-． 设直线1BC 与平面11ACC A 所成的角为θ，则1201sin cos ,7n BC θ⨯+===．6．如图，已知四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 中，90ABC ∠=︒，AB CD ∥，1AB =，1BC =，2CD =，点A 在平面PCD 内的投影恰好是△PCD 的重心G ．(1)求证：平面PAB ⊥平面PBC ；(2)求直线DG 与平面PBC 所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析；. 【解析】 【分析】（1）通过线线垂直先证明BC ⊥平面PAB ，即可由线面垂直证明面面垂直；（2）以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，即可由向量法求得线面角的正弦值. (1)因为PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PA BC ⊥， 因为90ABC ∠=︒，所以BC AB ⊥，因为PA AB A =，PA ⊂平面PAB ，AB 平面PAB ， 所以BC ⊥平面PAB ，又因为BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PBC ． (2)取CD 中点E ，连接AE ，因为90ABC ∠=︒，AB CD ∥，1AB BC ==，2CD =， 所以四边形ABCE 是矩形，所以AB AE ⊥， 因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA AB ⊥，PA AE ⊥，所以AB 、AE 、AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系：(0,0,0)A ，(1,0,0)B ，(1,1,0)C ，(0,1,0)E ，(1,1,0)D -，设(0,0,)(0)P t t >，则20,,33t G ⎛⎫⎪⎝⎭，20,,33t AG ⎛⎫= ⎪⎝⎭，11,,33t CG ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，11,,33t DG ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，因为点A 在平面PCD 内的投影恰好是△PCD 的重心G ，所以AG CG ⊥，所以0CG AG ⋅=，所以220099t -+=，t =(0,1,0)BC =，(1,0,PB =，令(2,0,1)m =，因为0BC m ⋅=，0PB m ⋅=， 所以m 是平面PBC 的法向量，DG 的方向向量是11,,33DG ⎛=- ⎝⎭，所以直线CG 与平面PBC 所成角θ的正弦值为||3sin |cos ,|3||||3m DG m DG m DG θ⋅=〈〉===⋅. 故直线DG 与平面PBC 所成角的正弦值为3. 7．已知平行四边形ABCD ，2AB =，1BC =，3A π∠=，点E 是AB 的中点，沿DE 将ADE 翻折得PDE △，使得PC =，且点F 为PC 的中点.(1)求证：BF ∥平面PDE ；(2)求直线PE与平面BCDE 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)34【解析】【分析】（1）取PD 的中点H ，证明四边形FHEB 为平行四边形，由线面平行判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可.(1)取PD 的中点H,连接EH,HF∵F ，H 分别为PC ，PD 的中点，∴1//2FH CD FH CD =，又∵E 为AB 的中点，∴1//,2EB CD BE CD =，∴//,FH EB FH EB =，∴FHEB 为平行四边形，∴FB HE ∥，又∵BF ⊄面PDE ，HE ⊂面PDE ，∴BF ∥平面PDE .(2)∵2AB =，1AD =，3A π∠=，∴AD BD ⊥，如图建立平面直角坐标系：令(),,P x y z ，由条件可知()1,0,0A，()B，12E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()C -，由11PD PE PC ⎧⎪=⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩，∴()(22222222211121014x y z x y z x y z ⎧++=⎪⎪⎛⎪⎛⎫-++= ⎨ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎪⎪⎪+++=⎩，∴1834x y z ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩∴1384P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭.∴53,884EP ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，又∵面BCDE 的法向是()0,0,1m =，记PE 与面BCDE 所成角为θ. ∴||3sin 4||EP n n →→→⋅==θ， 即PE 与面BCDE 所成角的正弦值为34.8．如图1，在△MBC 中，24,BM BC BM BC ==⊥，A ，D 分别为棱BM ，MC 的中点，将△MAD沿AD 折起到△P AD 的位置，使90PAB ∠=，如图2，连结PB ，PC ，BD ．(1)求证：平面P AD ⊥平面ABCD ；(2)若E 为PC 中点，求直线DE 与平面PBD 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；【解析】【分析】(1)推导出PA AD ⊥，PA AB ⊥，利用线面垂直的判定定理可得PA ⊥平面ABCD ，再利用面面垂直的判定定理即可证明；(2)以A 为坐标原点，建立如图空间直角坐标系A xyz -，利用向量法即可求出直线DE 与平面PBD 所成角的正弦值.(1)由题意知，因为点A 、D 分别为MB 、MC 中点，所以//AD BC ，又BM BC ⊥，所以BM AD ⊥，所以PA AD ⊥.因为90PAB ︒∠=，所以PA AB ⊥，又AB AD A ⋂=，所以PA ⊥平面ABCD ，又PA ⊂平面PAD ，所以平面PAD ⊥平面ABCD ；(2)因为PA AB ⊥，PA AD ⊥，90PAB ︒∠=，所以AP AB AD 、、两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图空间直角坐标系A xyz -，(0,0,0)(2,0,0)(2,2,0)(0,1,0)(0,0,2)(1,1,1)A B C D P E ，，，，，，则(1,0,1)(2,1,0)(2,0,2)DE BD BP ==-=-，，，设平面PBD 的一个法向量为()n x y z =，，，则0202200n BD x y x z n BP ⎧⋅=-+=⎧⎪⇒⎨⎨-+=⋅=⎩⎪⎩，令2y =，得11x z ==，， 所以(1,2,1)n =，设直线DE 与平面PBD 所成角为θ，则1sin cos 2DE n DE n DE n θ⋅====， 所以直线DE 与平面PBD练习三 二面角9．如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，AB DC ∥，AB AD ⊥，224CD AB AD ===，四边形11ADD A 为菱形，1A 在平面ABCD 内的射影O 恰好为AD 的中点，M 为AB 的中点.(1)求证：BC ⊥平面1AOM ； (2)求平面11A BC 与平面11AA D D 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析【解析】【分析】（1）先证明1A O BC ⊥，BC OM ⊥，即可证明BC ⊥平面1AOM ； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.(1)因为O 为1A 在平面ABCD 内的射影，所以1A O ⊥平面ABCD ，因为BC ⊂平面ABCD ，所以1A O BC ⊥.如图，连接BD ，在Rt △ABD 中，BD =设CD 的中点为P ，连接BP ，因为//AB DC ，AB AD ⊥，224CD AB AD ===，所以BP CD ⊥，且2BP PC ==，则BC =因为22216BD BC CD +==，所以BC BD ⊥，易知//OM BD ，所以BC OM ⊥.因为1A O ⊂平面1AOM ，OM ⊂平面1AOM ，1A O OM O ⋂=， 所以BC ⊥平面1AOM . (2)由（1）知1A O ⊥平面ABCD ，所以可以点O 为坐标原点，以OA ，1OA ，所在直线分别为x ，z ，以平面ABCD 内过点O 且垂直于OA 的直线为y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0O ，()1,0,0A ，()1,2,0B，(1A ，()1,4,0C -，(12,C -所以(1,0,0)OA =,1OA =,(11,2,A B =，(1BC =-，设平面11AA D D 的法向量为()111,,m x y z =，0m OA ⋅=，10m OA ⋅=，则110,0,x =⎧⎪=可取平面11AA D D 的一个法向量为()0,1,0m =. 设平面11A BC 的法向量为()222,,n x y z =，10n BC ⋅=，10n A B ⋅=，则222222320,20,x y x y ⎧-+=⎪⎨+=⎪⎩令2y 11A BC的一个法向量为()23,n =.设平面11A BC 与平面11AA D D 的平面角为α，由法向量的方向可知α与法向量的夹角大小相等，所以3cos 311m nm n α⋅===⨯⋅， 所以平面11A BC 与平面11AA D D . 10．如图所示，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD为菱形，SAD 为等边三角形，120ABC ∠=︒，点S 在平面ABCD 内的射影O 为线段AD 的中点.(1)求证：平面SOB ⊥平面SBC ；(2)已知点E 在线段SB 上，32SE BE =，求二面角B OE C --的余弦值.【答案】(1)证明见解析【解析】【分析】（1）证明OB BC ⊥和OS BC ⊥，利用线面垂直的判定定理证明出BC ⊥平面SOB ，再利用面面垂直的判定定理证明出平面SOB ⊥平面SBC .（2）以,,OA OB OS 为正方向建立空间直角坐标系O xyz -，用向量法求解.(1)（1）如图，连接BD .在菱形ABCD 中，120ABC ∠=︒，故ABD △为等边三角形.因为O 为AD 的中点，所以OB AD ⊥.因为AD BC ∥，所以OB BC ⊥.由条件可知SO ⊥底面ABCD ，又BC ⊂平面ABCD ，所以OS BC ⊥，因为OS OB O =，OS ，OB ⊂平面SOB ，所以BC ⊥平面SOB .因为BC ⊂平面SBC ，故平面SOB ⊥平面SBC .(2)因为SO ⊥底面ABCD ，OB AD ⊥，所以可以以,,OA OB OS 为正方向建立空间直角坐标系O xyz -，不妨设1OA =，则OS OB =因为()0,0,0O ，()B ，()C -，(S ，所以()OC =-.由32SE BE =，得35OE OS SB ⎛=+= ⎝⎭， 设(),,m x y z =是平面OEC 的法向量，由{OE ⃑⃑⃑⃑⃑ ·m ⃑⃑ =0OC ⃑⃑⃑⃑⃑ ·m ⃑⃑ =0得32020y z x +=⎧⎪⎨=⎪⎩，令2y =，则x =3z =-，则()3,2,3m =-，又因为平面BOE 的一个法向量为()1,0,0n =，所以cos ,3m n m n m n ⋅===+，故由图可知二面角B OE C --的平面角为锐角，所以二面角B OE C -- 11．如图，在直棱柱111ABC A B C -中，1CA CB ==，90BCA ∠=︒，12AA =，,M N 分别是11A B ，1AA 的中点.(1)求BN 的长；(2)求证：11A B C M ⊥；(3)求二面角11A BC B --的余弦值.【答案】(2)证明见解析【解析】【分析】（1）以点C 为原点建立空间直角坐标系，求得向量BN 的坐标求解； （2）求得向量1A B ，1C M 的坐标，利用向量的数量积运算求解； （3）先求得平面1A BC 的一个法向量(,,)n x y z =，易知(1,0,0)CA =为平面1B BC 的一个法向量，再由cos<n CA n CA n CA ⋅⋅>=⋅求解.(1) 解：依题意，以点C 为原点建立空间直角坐标系（如图），则(1,0,0)A ,(0,1,0)B ，(0,0,0)C ，11(,,2)22M ，(1,0,1)N ,1(1,0,2)A ,1(0,1,2)B ,1(0,0,2)C ， 所以向量(1,1,1)BN =-则21BN ==(2) 向量1(1,1,2)A B =--，向量111(,,0)22C M =，因为11A B C M ⋅()11112022=-⨯+⨯+-⨯0= ，所以11A B C M ⊥ 所以11A B C M ⊥；(3)向量1(1,1,2)A B =--，向量()11,0,2AC =--， 设(,,)n x y z =为平面1A BC 的一个法向量，则1100A B n A C n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020x y z x z -+-=⎧⎨--=⎩, 不妨令2x =-，可得(2,0,1)n =-，又(1,0,0)CA =为平面1B BC 的一个法向量， 则cos<n CAn CA n CA⋅⋅>=⋅= 12．如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为正方形，4AB =，AD EF ∥，2AF EF ==，90FAD AEC ∠=∠=︒.(1)证明：AF ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B ED C --的正弦值．【答案】(1)证明见解析【解析】【分析】（1）取AD 的中点为M ，连接EM ，易证AE ⊥平面ECD ，得到AE CD ⊥，再由CD AD ⊥，得到CD ⊥平面ADEF ，进而得到CD AF ⊥，再利用线面垂直的判定定理证明； （2）连接BE ，BD，以A 为原点，AB ，AD ，AF 所在方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得平面BED 的一个法向量(),,m a b c =和平面CED 的一个法向量(),,n x y z =，然后由cos ,n m n m n m ⋅=求解. (1)证明：取AD 的中点为M ，连接EM ，则2EF AM AF ===，又90FAD ∠=︒，//AD EF ，故四边形AFEM 为正方形，故2EM AM MD ===，故90AED ∠=︒，又AE EC ⊥，EC ED E =，故AE ⊥平面ECD ，则AE CD ⊥．又CD AD ⊥，AE AD A =，故CD ⊥平面ADEF ，则CD AF ⊥．又AF AD ⊥，AD CD D =，AD ，CD ⊂平面ABCD ，故AF ⊥平面ABCD ．(2)连接BE ，BD ，以A 为原点，AB ，AD ，AF 所在方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系A xyz -，如图：则B （4，0，0），C （4，4，0），D （0，4，0），E （0，2，2），则()4,4,0BD =-，()4,2,2BE =-，()4,0,0CD =-，()0,2,2DE =-．设平面BED 的一个法向量为(),,m a b c =．则0,0,m BD m BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即440,4220,a b a b c -+=⎧⎨-++=⎩令1a =，则()1,1,1m =．设平面CED 的一个法向量为(),,n x y z =， 则0,0,n CD n DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即40,220,x y z -=⎧⎨-+=⎩令1y =，则()0,1,1n =，2cos ,32n m n m n m ⋅===⨯，则3sin ,3n m =，故二面角B ED C --。
高中立体几何典型题及解析
高中立体几何典型500题及解析(二)(51~100题)51. 已知空间四边形ABCD 中，AB=BC=CD=DA=DB=AC,M 、N 分别为BC 、AD 的中点。
求：AM 及CN 所成的角的余弦值；解析：(1)连接DM,过N 作NE∥AM 交DM 于E ，则∠CNE 为AM 及CN 所成的角。
∵N 为AD 的中点, NE∥AM 省 ∴NE=21AM 且E 为MD 的中点。
设正四面体的棱长为1， 则NC=21·23= 43且ME=21MD=43 在Rt△MEC 中，CE 2=ME 2+CM 2=163+41=167∴cos ∠CNE=3243432167)43()43(222222-=⋅⋅-+=⋅⋅-+NECN CE NE CN ,又∵∠CNE ∈(0, 2π)∴异面直线AM 及CN 所成角的余弦值为32.注：1、本题的平移点是N ，按定义作出了异面直线中一条的平行线，然后先在△CEN 外计算CE 、CN 、EN 长，再回到△CEN 中求角。
2、作出的角可能是异面直线所成的角，也可能是它的邻补角，在直观图中无法判定，只有通过解三角形后，根据这个角的余弦的正、负值来判定这个角是锐角（也就是异面直线所成的角）或钝角（异面直线所成的角的邻补角）。
最后作答时，这个角的余弦值必须为正。
52. .如图所示，在空间四边形ABCD 中，点E 、F 分别是BC 、AD 上的点，已知AB=4，CD=20，EF=7， 。
求异面直线AB 及CD 所成的角。
解析：在BD 上取一点G ，使得，连结EG 、FG 在ΔBCD 中，，故EG//CD ，并且， 所以，EG=5；类似地，可证FG//AB ，且， 故FG=3，在ΔEFG 中，利用余弦定理可得 cos ∠FGE=215327532222222-=⋅⋅-+=⋅⋅-+GF EG EF GF EG ，故∠FGE=120°。
另一方面，由前所得EG//CD ，FG//AB ，所以EG 及FG 所成的锐角等于AB 及CD 所成的角，于是AB 及CD 所成的角等于60°。
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。
立体几何(7大题型)(解析版)2024年高考数学立体几何大题突破
立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。
考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。
2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。
题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D 1DC =120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ，从而DE ⊥CD ．又AD ⊥CD ，DE ∩AD =D ，DE ,AD ⊂平面AED ，所以CD ⊥平面AED ，ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．连AC 交BD 于点O ，连接CE 交DF 于点G ，连OG ．因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ，所以AE ∥OG ，因为O 为AC 中点，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=2．连接AG 交BD 于点I ，连HI ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AGE ，平面AGE ∩平面BDF =IH ，所以AE ∥IH ．HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA为x 轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ．由(1)知DE =3，得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ，得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t )．因为AE ⎳平面BDF ，所以存在唯一的λ，μ∈R ，使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，所以DE ⊥平面ABC ，从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ，所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点，所以CD ⊥DB ，即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点，DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23，则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A ，过点A 向平面α做垂线，确定垂足O ；(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。
空间几何体的结构特征例题和知识点总结
空间几何体的结构特征例题和知识点总结在我们的日常生活中，随处可见各种各样的空间几何体，比如建筑物的形状、日常用品的外形等。
了解空间几何体的结构特征，不仅能够帮助我们更好地认识周围的世界，也是学习数学的重要基础。
接下来，让我们通过一些例题和知识点的总结，深入探讨空间几何体的奥秘。
一、棱柱棱柱是由两个互相平行的平面，以及其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的多面体。
例 1：一个三棱柱有几个面？几条棱？几个顶点？解：三棱柱有 5 个面（2 个底面和 3 个侧面），9 条棱，6 个顶点。
棱柱的性质：1、侧棱都相等，侧面都是平行四边形。
2、两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形。
3、过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形。
二、棱锥棱锥是由一个底面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形所围成的多面体。
例 2：一个四棱锥有几个面？几条棱？几个顶点？解：四棱锥有 5 个面（1 个底面和 4 个侧面），8 条棱，5 个顶点。
棱锥的性质：1、侧面都是三角形。
2、平行于底面的截面与底面相似，其面积比等于对应高的平方比。
三、棱台棱台是用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的部分。
例 3：正四棱台的上、下底面边长分别为 2 和 4，高为 2，求侧棱长。
解：设正四棱台的侧面梯形的高为\（h\），根据勾股定理可得：＼＼begin{align}h&＝＼sqrt{2^2 ＋＼left(＼dfrac{4 2}｛2}＼right)＾2}＼＼＆＝＼sqrt{4 ＋ 1}＼＼＆＝＼sqrt{5}＼end{align}＼侧棱长为\（＼sqrt{5}＼）。
棱台的性质：1、上下底面是相似多边形。
2、各侧棱延长后交于一点。
四、圆柱圆柱是以矩形的一边所在直线为轴旋转，其余三边旋转所成的曲面所围成的几何体。
例 4：已知圆柱的底面半径为 3，高为 5，求圆柱的侧面积和体积。
解：圆柱的侧面积\（S ＝ 2\pi rh ＝ 2\pi×3×5 ＝ 30\pi\）圆柱的体积\（V ＝＼pi r^2h ＝＼pi×3^2×5 ＝ 45\pi\）圆柱的性质：1、圆柱的轴截面是矩形。
空间几何体的表面积和体积经典例题(教师讲义打印一份)
空间几何体的表面积和体积一．课标要求：了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）。
二．命题走向近些年来在高考中不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题。
即使考查空间线面的位置关系问题，也常以几何体为依托.因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式.同时也要学会运用等价转化思想，会把组合体求积问题转化为基本几何体的求积问题，会等体积转化求解问题，会把立体问题转化为平面问题求解，会运用“割补法”等求解。
由于本讲公式多反映在考题上，预测2016年高考有以下特色：（1）用选择、填空题考查本章的基本性质和求积公式；（2）考题可能为：与多面体和旋转体的面积、体积有关的计算问题；与多面体和旋转体中某些元素有关的计算问题；三．要点精讲1．多面体的面积和体积公式表中S表示面积，c′、c分别表示上、下底面周长，h表斜高，h′表示斜高，l表示侧棱长。
2．旋转体的面积和体积公式表中l、h分别表示母线、高，r表示圆柱、圆锥与球冠的底半径，r1、r2分别表示圆台上、下底面半径，R表示半径。
四．典例解析题型1：柱体的体积和表面积例1．一个长方体全面积是20cm 2，所有棱长的和是24cm ，求长方体的对角线长. 解：设长方体的长、宽、高、对角线长分别为xcm 、ycm 、zcm 、lcm 依题意得：⎩⎨⎧=++=++24)(420)(2z y x zx yz xy )2()1(由（2）2得：x 2+y 2+z 2+2xy+2yz+2xz=36（3）由（3）－（1）得x 2+y 2+z 2=16 即l 2=16所以l =4(cm)。
点评：涉及棱柱面积问题的题目多以直棱柱为主，而直棱柱中又以正方体、长方体的表面积多被考察。
我们平常的学习中要多建立一些重要的几何要素（对角线、内切）与面积、体积之间的关系。
例2．如图1所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB=5，AD=4，AA 1=3，AB ⊥AD ，∠A 1AB=∠A 1AD=3π。
(word完整版)高中数学必修2空间几何典型例题及讲解
数学必修2第一章一、学习目标：1. 认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构。
2. 能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合）的三视图与直观图，能识别上述三视图与直观图所表示的立体模型。
二、重点、难点：重点：空间几何体中的棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征；空间几何体的三视图与直观图的画法。
难点：柱、锥、台、球结构特征的概括；识别三视图所表示的空间几何体；几何体的侧面展开图，计算组合体的表面积和体积。
三、考点分析：三视图是新课程改革中出现的内容，是新课程高考的热点之一，几乎每年都考，同学们要予以足够的重视。
在高考中经常以选择、填空题的形式出现，属于基础或中档题，但也要关注三视图以提供信息为目的，出现在解答题中。
这部分知识主要考查学生的空间想象能力与计算求解能力。
1. 多面体棱柱、棱锥、棱台2. 旋转体圆柱、圆锥、圆台、球3. 三视图（1）正视图、侧视图、俯视图（2）三种视图间的关系4. 直观图水平放置的平面图形的直观图的斜二测画法4.表中S表示面积，c > c分别表示上、下底面的周长，h表示咼度，h表示斜咼，I表示侧棱长。
5. 旋转体的面积和体积公式名称圆柱圆锥圆台球S 侧 2 n rl n rl n (+r 2)lS 全 2 n r(l+r)n r(l+r) 22n (i+r 2)l+ n (+r 2) 4 nRVnr (即 nr)1 2 — nr 31—n h(ri+r 1r 2+r 22)34 0—nR 3表中I 、h 分别表示母线长、咼，r 表示圆柱、圆锥与球冠的底面 半径，r i 、「2分别表示 圆台上、下底面的半径，R 表示半径。
知识点一柱、锥、台、球的结构特征例1.下列叙述正确的是（）① 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱。
② 两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台。
空间向量与立体几何经典例题
空间向量与立体几何经典例题空间向量与立体几何经典例题空间向量和立体几何是高中数学中的重要内容，它们是解决三维空间中几何问题的基础。
在此，我们将介绍一些经典的例题，帮助读者更好地理解和掌握这两个概念。
例题1：已知平面ABCD的四个顶点坐标为A(1，2，3)，B(-1，1，-3)，C(4，0，2)和D(2，-1，1)，求平面ABCD的法向量和面积。
解答：首先，我们可以通过向量的定义求得平面ABCD的法向量。
假设向量AB为a，向量AC为b，则平面ABCD的法向量N可以表示为N = a × b，其中×表示向量的叉乘运算。
由于a = B - A = (-1，1，-6)和b = C - A = (3，-2，-1)，我们可以得到N = a × b = (7，19，5)。
其次，我们可以使用向量的叉乘运算和向量的模运算求得平面ABCD 的面积。
假设向量AB为a，向量AC为b，则平面ABCD的面积可以表示为S = 1/2 * |a × b|，其中|a × b|表示向量a × b的模。
带入已知数据计算可得，S = 1/2 * |(7，19，5)| = 1/2 * √(7^2 + 19^2 + 5^2) = 1/2 * √(1255)。
因此，平面ABCD的法向量为N = (7，19，5)，面积为S = 1/2 * √(1255)。
例题2：已知四面体ABCD的四个顶点坐标为A(1，2，3)，B(-1，1，-3)，C(4，0，2)和D(2，-1，1)，求四面体ABCD的体积。
解答：首先，我们可以通过向量的定义求得四面体ABCD的体积。
假设向量AB为a，向量AC为b，向量AD为c，则四面体ABCD的体积V 可以表示为V = 1/6 * |a · (b × c)|，其中·表示向量的点乘运算，×表示向量的叉乘运算，|a · (b × c)|表示向量a · (b ×c)的模。
立体几何解答题最全归纳总结(解析版)
立体几何解答题最全归纳总结【题型归纳目录】题型一：非常规空间几何体为载体题型二：立体几何存在性问题题型三：立体几何折叠问题题型四：立体几何作图问题题型五：立体几何建系繁琐问题题型六：两角相等(构造全等)的立体几何问题题型七：利用传统方法找几何关系建系题型八：空间中的点不好求题型九：创新定义【典例例题】题型一：非常规空间几何体为载体例1.如图，P 为圆锥的顶点，O 为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径AB =4，母线PH =22，M 是PB 的中点，四边形OBCH 为正方形．(1)设平面POH ∩平面PBC =l ，证明：l ∥BC ；(2)设D 为OH 的中点，N 是线段CD 上的一个点，当MN 与平面PAB所成角最大时，求MN 的长．【解析】(1)因为四边形OBCH 为正方形，∴BC ∥OH ，∵BC ⊄平面POH ，OH ⊂平面POH ，∴BC ∥平面POH ．∵BC ⊂平面PBC ，平面POH ∩平面PBC =l ，∴l ∥BC ．(2)∵圆锥的母线长为22，AB =4，∴OB =2，OP =2，以O 为原点，OP 所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P 0,0,2 ，B 0,2,0 ，D 1,0,0 C 2,2,0 ，M 0,1,1 ，设DN =λDC =λ,2λ,0 0≤λ≤1 ，ON =OD +DN =1+λ,2λ,0 ，MN =ON -OM =1+λ,2λ-1,-1 ，OD =1,0,0 为平面PAB 的一个法向量，设MN 与平面PAB 所成的角为θ，则sin θ=1+λ,2λ-1,-1 ⋅1,0,0 1+λ 2+2λ-1 2+1 =1+λ5λ2-2λ+3，令1+λ=t ∈1,2 ，则sin θ=t 5t 2-12t +10=15-12t +101t 2=1101t -35 2+75所以当1t =35时，即λ=23时，sin θ最大，亦θ最大，此时MN =53,13,-1 ，所以MN =MN =53 2+13 2+-1 2=353．例2.如图所示，圆锥的底面半径为4，侧面积为162π，线段AB 为圆锥底面⊙O 的直径，C 在线段AB 上，且BC =3CA ，点D 是以BC 为直径的圆上一动点；(1)当CD =CO 时，证明：平面PAD ⊥平面POD(2)当三棱锥P -BCD 的体积最大时，求二面角B -PD -A 的余弦值．【解析】(1)∵PO 垂直于圆锥的底面，∴PO ⊥AD ，当CD =CO 时，CD =OC =AC ，∴AD ⊥OD ，又OD ∩PO =O ，∴AD ⊥平面POD ，又AD ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面POD ；(2)由题可知OA =OB =4，4π⋅PB =162π，∴PB =42，∴PO =4，当三棱锥P -BCD 的体积最大时，△DBC 的面积最大，此时D 为BC的中点，如图，建立空间直角坐标系O -xyz ，则A (0,-4,0),B (0,4,0),P (0,0,4),D 3,1,0 ，∴BP =0,-4,4 ,PD =3,1,-4 ,AP =(0,4,4)，设平面PAD 的法向量为n 1 =(a ,b ,c )，则n 1 ⋅AP =0n 1 ⋅PD =0 ，即4b +4c =03a +b -4c =0，令a =5，则b =-3,c =3，∴n 1 =(5,-3,3)，设平面PBD 的法向量n 2 =x ,y ,z ，则n 2 ⋅BP =0n 2 ⋅PD =0 ，即-4y +4z =03x +y -4z =0，令x =1，则y =1,z =1，∴n 2 =1,1,1 ，则cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 n 2 =5-3+33×52+-3 2+32=5129129，∴二面角B -PD -A 的余弦值为-5129129．例3.如图，圆锥PO 的母线长为6，△ABC 是⊙O 的内接三角形，平面PAC ⊥平面PBC ．BC =23，∠ABC =60°．(1)证明：PA ⊥PC ；(2)设点Q 满足OQ =λOP ，其中λ∈0,1 ，且二面角O -QB -C 的大小为60°，求λ的值．【解析】(1)∵PA =PB =PC =6，BC =23，PB 2+PC 2=BC 2，∴PB ⊥PC∵平面PAC ⊥平面PBC 且平面PAC ∩平面PBC =PC ，PB ⊂平面PBC ，PB ⊥PC ，∴PB ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，∴PB ⊥PA ，∴AB =PA 2+PB 2=23，∴∠ABC =60°，∴△ABC 是正三角形，AC =23，∵PA 2+PC 2=AC 2∴PA ⊥PC ；(2)在平面ABC 内作OM ⊥OB 交BC 于M ，以O 为坐标原点，OM ，OB ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz 如图所示：易知OB =OC =2，OP =PB 2-OB 2=2，所以B 2,0,0 ，P 0,0,2 ，C -1,3,0 ，Q 0,0,2λ ，QB =2,0,-2λ ，BC =-3,3,0 ，设平面OBC 的法向量n 1 =x ,y ,z ，依题意n 1 ⋅QB =0n 1 ⋅CB =0 ，即2x -2λz =0-3x +3y =0 ，不妨令y =3λ，得n 1 =λ,3λ,2 ，易知平面OQB 的法向量n 2 =0,1,0 ，由λ∈0,1 可知cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 ⋅n 2=cos60°，即3λλ2+(3λ)2+2 2=12，解得λ=12例4.如图，D 为圆锥的顶点，O 为圆锥底面的圆心，AB 为底面直径，C 为底面圆周上一点，DA =AC =BC =2，四边形DOAE 为矩形，点F 在BC 上，且DF ⎳平面EAC ．(1)请判断点F 的位置并说明理由；(2)平面DFO 将多面体DBCAE 分成两部分，求体积较大部分几何体的体积．【解析】(1)点F 是BC 的中点，取BC 的中点F ，连接OF ，DF ，因为O 为AB 的中点，所以OF ⎳AC ，又AC ⊂平面AEC ，OF ⊄平面AEC ，所以OF ⎳平面AEC ，由四边形DOAE 为矩形，所以DO ⎳AE ，又AE ⊂平面AEC ，OD ⊄平面AEC ，所以OD ⎳平面AEC ，因为DO ∩OF =O ，DO ,OF ⊂平面DOF ，所以平面DOF ⎳平面AEC ，因为DF ⊂平面DOF ，所以DF ⎳平面AEC ，(2)由(1)知点F 是BC 的中点，因为DA =AC =BC =2，所以AB =AC 2+BC 2=22，所以OA =OC =OB =2，且OC ⊥AB ，所以OD =AD 2-OA 2=2，所以三棱锥D -BOF 的体积V D -BOF =13S △BOF ⋅DO =13×12×2×22×2=26；又三棱锥D -BOC 的体积V D -BOC =13S △BOC ⋅DO =13×12×2×2×2=23，所以四棱锥C -DOAE 的体积V C -DOAE =13S DOAE ×2=13×2 2×2=223，所以几何体DBCAE 的体积V DBCAE =V D -BCO +V C -DOAE =2，所以体积较大部分几何体的体积为V DBCAE -V D -BOF =2-26=526；例5.如图，在直角△POA 中，PO ⊥OA ，PO =2OA ，将△POA 绕边PO 旋转到△POB 的位置，使∠AOB =90°，得到圆锥的一部分，点C 为AB 的中点．(1)求证：PC ⊥AB ；(2)设直线PC 与平面PAB 所成的角为φ，求sin φ．【解析】(1)证明：由题意知：PO ⊥OA ,PO ⊥OB ，OA ∩OC =0∴PO ⊥平面AOB ，又∵AB ⊂平面AOB ，所以PO ⊥AB ．又点C 为AB 的中点，所以OC ⊥AB ，PO ∩OC =0，所以AB ⊥平面POC ，又∵PC ⊂平面POC ，所以PC ⊥AB ．(2)以O 为原点，OA ，OB ，OP 的方向分别作为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设OA =2，则A 2,0,0 ，B 0,2,0 ，P 0,0,4 ，C 2,2,0 ，所以AB =-2,2,0 ，AP =-2,0,4 ，PC =2,2,-4 ．设平面PAB 的法向量为n =a ,b ,c ，则n ⋅AB =-2a +2b =0,n ⋅AP =-2a +4c =0, 取c =1，则a =b =2可得平面PAB 的一个法向量为n =2,2,1 ，所以sin φ=cos n ,PC =n ⋅PC n PC =42-465=210-5 15．例6.如图，四边形ABCD 为圆柱O 1O 2的轴截面，EF 是该圆柱的一条母线，EF =2EA ，G 是AD 的中点．(1)证明：AF ⊥平面EBG ；(2)若BE =3EA ，求二面角E -BG -A 的正弦值．【解析】(1)由已知EF ⊥平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，所以EF ⊥BE ，因为AB 是圆O 1的直径，所以AE ⊥BE ，因为AE ∩FE =E ，所以BE ⊥平面AFE ，AF ⊂平面AFE ，故BE ⊥AF ，因为EF =2EA =2AG ，所以EA =2AG ，易知：Rt △AEG ∼Rt △EFA ，所以∠GEA +∠EAF =90°，从而AF ⊥EG ，又BE ∩EG =E ，所以AF ⊥平面EBG ．(2)以E 为坐标原点，EA 为x 轴正方向，EA 为单位向量，建立如图所示的空间直角坐标系E -xyz ，则AB =2,BE =3,EF =2，从而A 1,0,0 ,B 0,3,0 ,D 1,0,2 ,F 0,0,2 ，AB =-1,3,0 ,AD =0,0,2 ,设n =x ,y ,z 位平面BGA 的法向量，则{n ⋅AB =0n ⋅AD =0⇒{-x +3y =02z =0⇒{x =3y =1z =0，所以n =3,1,0 ，由(1)知：平面BEG 的法向量为AF =-1,0,2 ,因为cos n ,AF =n ⋅AF n ⋅AF=-12，所以二面角E -BG -A 的正弦值为32．例7.例7．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF的中点．(1)设P 是CE 上的一点，且AP ⊥BE ，求证BP ⊥BE ；(2)当AB =3，AD =2时，求二面角E -AG -C 的大小．【解析】(1)因为AP ⊥BE ，AB ⊥BE ，AB ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP =A ，所以BE ⊥平面ABP ，又BP ⊂平面ABP ，所以BP ⊥BE ．(2)以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (0,0,3)，E (2,0,0)，G (1,3,3)，C (-1,3,0)，故AE =(2,0,-3)，AG =(1,3,0)，CG =(2,0,3)．设m =x 1,y 1,z 1 是平面AEG 的一个法向量，由m ·AE =0m ·AG =0 可得2x 1-3z 1=0,x 1+3y 1=0.取z 1=2，可得平面AEG 的一个法向量m =(3,-3,2)．设n =x 2,y 2,z 2 是平面ACG 的一个法向量，由n ·AG =0n ·CG =0，可得x 2+3y 2=0,2x 2+3z 2=0. 取z 2=-2，可得平面ACG 的一个法向量n =(3,-3,-2)．所以cos ‹m ,n ›=m ⋅n |m |⋅|n |=12， 因为<m ,n >∈[0,π]，故所求的角为60°．例8.如图，四边形ABCD 是一个半圆柱的轴截面，E ，F 分别是弧DC ,AB 上的一点，EF ∥AD ，点H 为线段AD 的中点，且AB =AD =4,∠FAB =30°，点G 为线段CE 上一动点．(1)试确定点G 的位置，使DG ⎳平面CFH ，并给予证明；(2)求二面角C -HF -E 的大小．【解析】(1)当点G 为CE 的中点时，DG ∥平面CFH ．证明：取CF 得中点M ，连接HM ,MG ．∵G ，M 分别为CE 与CF 的中点，∴GM ∥EF ，且GM =12EF =12AD ，又H 为AD 的中点，且AD ∥EF ,AD =EF ，∴GM ∥DH ,GM =DH ．四边形GMHD 是平行四边形，∴HM ∥DG又HM ⊂平面CFH ,DG ⊄平面CFH∴DG ∥平面CFH(2)由题意知，AB 是半圆柱底面圆的一条直径，∴AF ⊥BF ．∴AF =AB cos30°=23,BF =AB sin30°=2．由EF ∥AD ,AD ⊥底面ABF ，得EF ⊥底面ABF ．∴EF ⊥AF ,EF ⊥BF ．以点F 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则F (0,0,0),B (0,2,0),C (0,2,4),H (23,0,2)FH =(23,0,2),FC =(0,2,4)设平面CFH 的一个法向量为n =(x ,y ,z )所以n ⋅FH =23x +2z =0n ⋅FC =2y +4z =0则令z =1则y =-2,x =-33即n =-33,-2,1由BF ⊥AF ,BF ⊥FE ,AF ∩FE =F ．得BF ⊥平面EFH ∴平面EFH 的一个法向量为FB =(0,2,0)设二面角C -HF -E 所成的角为θ∈0,π2则cos θ=∣cos ‹n ,FB ›=|n ⋅FB ||n ||FB |=0×-33 +(-2)×2+1×02×13+4+1=32 ∴二面角C -HF -E 所成的角为π6．例9.坐落于武汉市江汉区的汉口东正教堂是中国南方唯一的拜占庭式建筑，象征着中西文化的有机融合．拜占庭建筑创造了将穹顶支承于独立方柱上的结构方法和与之相呼应的集中式建筑形制，其主体部分由一圆柱与其上方一半球所构成，如图所示．其中O 是下底面圆心，A ,B ,C 是⊙O 上三点，A 1,B 1,C 1是上底面对应的三点．且A ,O ,C 共线，AC ⊥OB ，C 1E =EC ，B 1F =13FB ，AE 与OF 所成角的余弦值为36565．(1)若E 到平面A 1BC 的距离为233，求⊙O 的半径．(2)在(1)的条件下，已知P 为半球面上的动点，且AP =210，求P 点轨迹在球面上围成的面积．【解析】(1)如图，取BB 1,CE 上的点N ,M ．连接OM ,OF ,FM ．过N 作NH ⊥A 1B 于H ，则OM ∥AE ，由题意知cos ∠FOM =36565，设⊙O 的半径为r ，AA 1=h ，由勾股定理知OF =r 2+916h 2，OM =r 2+116h 2，FM =2r 2+14h 2，由余弦定理知cos ∠FOM =OF 2+OM 2-FM 22×OF ×OM．代入解得h =2r ，因为EN ∥BC ，EN ⊄面A 1BC ，所以EN ∥面A 1BC ，故N 到面A 1BC 的距离是233，因为BC ⊥AB ，BC ⊥AA 1，AA 1∩AB =A ，所以BC ⊥面A 1AB ，BC ⊥NH ，因为NH ⊥BC ，NH ⊥A 1B ，A 1B ∩BC =B ，所以NH ⊥面A 1BC ，NH =233，而sin ∠A 1BB 1=NH BN =A 1B 1A 1B ，即233×h 2=2r 2r 2+h 2，解得r =2，h =4，即⊙O 的半径为2．(2)设上底面圆心为O 1，则O 1P =2，O 1O 2与O 1P 的夹角为θ，所以|AP |=|AO 1 +O 1P |=20+4+85cos θ=210，解得cos θ=255，过P 作PO 2⊥AO 1于O 2，则O 2P =O 1P ⋅sin θ=255，所以点P 的轨迹是以O 2为圆心，以255为半径的圆，因此可作出几何体被面AOA 1所截得到的截面，如图所示．设弧A 1C 1旋转一周所得到的曲面面积为S 1，弧PP 得到的为S 2，则S 2S 1=1-cos θS 1=12×4πr2 ，因此S 2=2πr 2(1-cos θ)=8π1-255 ．因此P 点轨迹在球面上围成的面积为8π1-255．例10.如图，ABCD 为圆柱OO 的轴截面，EF 是圆柱上异于AD ,BC 的母线．(1)证明：BE ⊥平面DEF ；(2)若AB =BC =6，当三棱锥B -DEF 的体积最大时，求二面角B -DF -E 的正弦值．【解析】(1)证明：如图，连接AE ，由题意知AB 为⊙O 的直径，所以AE ⊥BE ．因为AD ,EF 是圆柱的母线，所以AD ∥EF 且AD =EF ，所以四边形AEFD 是平行四边形．所以AE ⎳DF ，所以BE ⊥DF ．因为EF 是圆柱的母线，所以EF ⊥平面ABE ，又因为BE ⊂平面ABE ，所以EF ⊥BE ．又因为DF ∩EF =F ，DF 、EF ⊂平面DEF ，所以BE ⊥平面DEF ．(2)由(1)知BE 是三棱锥B -DEF 底面DEF 上的高，由(1)知EF ⊥AE ,AE ∥DF ，所以EF ⊥DF ，即底面三角形DEF 是直角三角形．设DF =AE =x ,BE =y ，则在Rt △ABE 中有：x 2+y 2=6，所以V B -DEF =13S △DEF ⋅BE =13⋅12x ⋅6⋅y =66xy ≤66⋅x 2+y 22=62，当且仅当x =y =3时等号成立，即点E ，F 分别是AB ，CD的中点时，三棱锥B -DEF 的体积最大，(另等积转化法：V B -DEF =V D -BEF =V D -BCF =V B -CDF =13S △CDF⋅BC 易得当F 与CD 距离最远时取到最大值，此时E 、F 分别为AB 、CD 中点)下面求二面角B -DF -E 的正弦值：法一：由(1)得BE ⊥平面DEF ，因为DF ⊂平面DEF ，所以BE ⊥DF ．又因为EF ⊥DF ,EF ∩BE =E ，所以DF ⊥平面BEF ．因为BF ⊂平面BEF ，所以BF ⊥DF ，所以∠BFE 是二面角B -DF -E 的平面角，由(1)知△BEF 为直角三角形，则BF =(3)2+(6)2=3．故sin ∠BFE =BE BF=33，所以二面角B -DF -E 的正弦值为33．法二：由(1)知EA ,EB ,EF 两两相互垂直，如图，以点E 为原点，EA ,EB ,EF 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系E -xyz ，则B (0,3,0),D (3,0,6),E (0,0,0),F (0,0,6)．由(1)知BE ⊥平面DEF ，故平面DEF 的法向量可取为EB =(0,3,0)．设平面BDF 的法向量为n =(x ,y ,z )，由DF =(-3,0,0),BF =(0,-3,6)，得n ⋅DF =0n ⋅BF =0 ，即-3x =0-3y +6z =0，即x =0y =2z ，取z =1，得n =(0,2,1)．设二面角B -DF -E 的平面角为θ，|cos θ|=∣cos n ,EB =|n ⋅EB ||n |⋅|EB |=2×33×3=63，所以二面角B -DF -E 的正弦值为33例11.如图，O 1，O 分别是圆台上、下底的圆心，AB 为圆O 的直径，以OB 为直径在底面内作圆E ，C 为圆O 的直径AB 所对弧的中点，连接BC 交圆E 于点D ，AA 1，BB 1，CC 1为圆台的母线，AB =2A 1B 1=8．(1)证明；C 1D ⎳平面OBB 1O 1；(2)若二面角C 1-BC -O 为π3，求O 1D 与平面AC 1D 所成角的正弦值．【解析】(1)连接DE ,O1E ，C 为圆O 的直径AB 所对弧的中点，所以△BOC 为等腰直角三角形，即∠OBD =45°，又D 在圆E 上，故△BED 为等腰直角三角形，所以DE ⎳OC 且DE =12OC ，又CC 1是母线且O 1C 1=12OC ，则O 1C 1⎳OC ，故DE ⎳O 1C 1且DE =O 1C 1，则DEO 1C 1为平行四边形，所以EO 1⎳DC 1，而EO 1⊂面OBB 1O 1，DC 1⊄面OBB 1O 1，故C 1D ⎳平面OBB 1O 1．(2)由题设及(1)知：O 1O 、OB 、OC 两两垂直，构建如下图示的空间直角坐标系，过C 1作C 1F ⎳O 1O ，则F 为OC 的中点，再过F 作FG ⎳OD ，连接C 1G ，由O 1O ⊥圆O ，即C 1F ⊥圆O ，BC ⊂圆O ，则C 1F ⊥BC ，又OD⊥BC ，则FG ⊥BC ，故二面角C 1-BC -O 的平面角为∠FGC 1=π3，而FG =12OD =24OB =2，所以O 1O =C 1F =FG tan π3=6．则A (0,-4,0)，D (2,2,0)，C 1(2,0,6)，O 1(0,0,6)，所以AD =(2,6,0)，C 1D =(0,2,-6)，O 1D =(2,2,-6)，若m =(x ,y ,z )为面AC 1D 的一个法向量，则m ⋅AD =2x +6y =0m ⋅C 1D =2y -6z =0，令y =6，则m =(-36,6,2)，|cos <m ,O 1D >|=6614×8=32128，故O 1D 与平面AC 1D 所成角的正弦值32128．例12.某市在滨海文化中心有滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图所示，截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合，如图所示，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =4,AD =AA 1=2，圆台下底圆心O 为AB 的中点，直径为2，圆与直线AB 交于E ,F ，圆台上底的圆心O 1在A 1B 1上，直径为1．(1)求A 1C 与平面A 1ED 所成角的正弦值；(2)圆台上底圆周上是否存在一点P 使得FP ⊥AC 1，若存在，求点P 到直线A 1B 1的距离，若不存在则说明理由．【解析】(1)(1)由长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1可知，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A 12，0，2 ，C 0,4,0 ，E 2，1，0 ，D 0，0，0 ．所以A 1C =(-2,4,-2),DA 1 =(2,0,2),DE =(2,1,0)．设平面A 1ED 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，则有n .DA=0n .DE =0 ，即2x +2z =02x +y =0 ，令x =1，则y =-2，z =-1，故n=(1,-2,-1)，所以|cos <A 1C ,n >|=|AC ⋅n||AC ||n |=|-2-8+2|4+16+4⋅1+4+1=23，故A 1C 与平面A 1ED 所成角的正弦值为23；(2)由(1)可知，A 2，0，0 ，C 10,4,2 ，所以AC 1=(-2,4,2)，假设存在这样的点P ，设P x ，y ，2 ，由题意可知(x -2)2+(y -2)2=14，所以FP =(x -2,y -3,2)，因为FP ⊥AC 1，则有FP ⋅AC 1 =-2(x -2)+4(y-3)+4=0，所以x =2y -2，又(x -2)2+(y -2)2=14，所以5y 2-20y +794=0，解得x =2-55y =2-510(舍)，x =2+55y =2+510，所以当P 2+55,2+510,2 时，FP ⊥AC 1，此时点P 到直线A 1B 1的距离为55．题型二：立体几何存在性问题例13.如图，三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，PA =1，AB =1，AC =2，∠BAC =60°．(1)求三棱锥A -PBC 的体积；(2)在线段PC 上是否存在一点M ，使得BM ⊥AC ?若存在，求MCPM的值，若不存在，请说明理由．【解析】(1)因为AB =1，AC =2，∠BAC =60°，所以S △ABC =12⋅AB ⋅AC ⋅sin60°=32．由PA ⊥平面ABC 知：PA 是三棱锥P -ABC 的高，又PA =1，所以三棱锥A -PBC 的体积V A -PBC =V P -ABC =13⋅S △ABC ⋅PA =36．(2)在线段PC 上存在一点M ，使得BM ⊥AC ，此时MCPM =3．如图，在平面PAC 内，过M 作MN ⎳PA 交AC 于N，连接BN ，BM ．由PA ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，故PA ⊥AC ，所以MN ⊥AC ．由MN ⎳PA 知：AN NC =PM MC=13，则AN =12，在△ABN 中，BN 2=AB 2+AN 2-2AB ⋅AN cos ∠BAC =12+12 2-2×1×12×12=34，所以AN 2+BN 2=AB 2，即AC ⊥BN ．由于BN ∩MN =N 且BN ,MN ⊂面MB N ，故AC ⊥平面MB N ．又BM ⊂平面MB N ，所以AC ⊥BM ．例14.已知四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，且AD =2AB ，△PAD 是正三角形，CD ⊥平面PAD ，E 、F 、G 、O 分别是PC 、PD 、BC 、AD 的中点．(1)求平面EFG 与平面ABCD 所成的锐二面角的大小；(2)线段PA 上是否存在点M ，使得直线GM 与平面EFG 所成角的大小为π6，若存在，求出PMPA的值；若不存在，说明理由．【解析】(1)因为△PAD 是正三角形，O 为AD 的中点，所以，PO ⊥AD ，因为CD ⊥平面PAD ，PO ⊂平面PAD ，∴PO ⊥CD ，∵AD ∩CD =D ，∴PO ⊥平面ABCD ，因为AD ⎳BC 且AD =BC ，O 、G 分别为AD 、BC 的中点，所以，AO ⎳BG 且AO =BG ，所以，四边形ABGO 为平行四边形，所以，OG ⎳AB ，∵AB ⊥AD ，则OG ⊥AD ，以点O 为坐标原点，OA 、OG 、OP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设AB =2，则AD =4，A 2,0,0 、G 0,2,0 、D -2,0,0 、C -2,2,0 、P 0,0,23 、E -1,1,3 、F -1,0,3 ，EF=0,-1,0 ，EG =1,1,-3 ，设平面EFG 的法向量为n=x ,y ,z ，则n ⋅EF=-y =0n ⋅EG=x +y -3z =0 ，取x =3，可得n =3,0,1 ，易知平面ABCD 的一个法向量为m=0,0,1 ，所以，cos <m ,n >=m ⋅nm ⋅n=12，因此，平面EFG 与平面ABCD 所成的锐二面角为π3．(2)假设线段PA 上是否存在点M ，使得直线GM 与平面EFG 所成角的大小为π6，设PM=λPA =λ2,0,-23 =2λ,0,-23λ ，其中0≤λ≤1，GM =GP +PM=0,-2,23 +2λ,0,-23λ =2λ,-2,23-23λ ，由题意可得cos <n ,GM > =n ⋅GM n ⋅GM =2324λ2+4+121-λ 2=12，整理可得4λ2-6λ+1=0，因为0≤λ≤1，解得λ=3-54．因此，在线段PA 上是否存在点M ，使得直线GM 与平面EFG 所成角的大小为π6，且PM PA=3-54．例15.已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ACB =90°，A 1B ⊥AC 1，AC =AA 1=4，BC =2．(1)求证：平面A 1ACC 1⊥平面ABC ；(2)若∠A 1AC =60°，在线段AC 上是否存在一点P ，使二面角B -A 1P -C 的平面角的余弦值为34若存在，确定点P 的位置；若不存在，说明理由．【解析】(1)由AC =AA 1知：四边形AA 1C 1C 为菱形．连接A 1C ，则A 1C ⊥AC 1，又A 1B ⊥AC 1且A 1C ∩A 1B =A 1，∴AC 1⊥平面A 1CB ，BC ⊂平面A 1CB ，则AC 1⊥BC ；又∠ACB =90°，即BC ⊥AC ，而AC ∩AC 1=A ，∴BC ⊥平面A 1ACC 1，而BC ⊂平面ABC ，∴平面A 1ACC 1⊥平面ABC ．(2)以C 为坐标原点，射线CA 、CB 为x 、y 轴的正向，平面A 1ACC 1上过C 且垂直于AC 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．∵AC =AA 1=4，BC =2，∠A 1AC =60°，∴C 0,0,0 ，B 0,2,0 ，A 4,0,0 ，A 12,0,23 ．设在线段AC 上存在一点P ，满足AP =λAC0≤λ≤1 ，使二面角B -A 1P -C 的余弦值为34，则AP =-4λ,0,0 ，所以BP =BA +AP=4,-2,0 +-4λ,0,0 =4-4λ,-2,0 ，A 1P =A 1A +AP=2-4λ,0,-23 ．设平面BA 1P 的一个法向量为m=x 1,y 1,z 1 ，由m ⋅BP=4-4λ x 1-2y 1=0m ⋅A 1P =2-4λ x 1-23z 1=0，取x 1=1，得m=1,2-2λ,1-2λ3；平面A 1PC 的一个法向量为n=0,1,0 ．由cos m ,n =m ⋅n m ⋅n =2-2λ 1+2-2λ 2+1-2λ23×1=34，解得λ=43或λ=34．因为0≤λ≤1，则λ=34．故在线段AC 上存在一点P ，满足AP =34AC ，使二面角B -A 1P -C 的平面角的余弦值为34．例16.如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⎳BC ，AD ⊥CD ，且AD =CD ，BC =2CD ，PA =2AD ．(1)证明：AB ⊥PC ；(2)在线段PD 上是否存在一点M ，使得二面角M -AC -D 的余弦值为1717，若存在，求BM 与PC 所成角的余弦值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)证明：连接AC ，设AD =CD =1，因为AD ⊥CD ，则AC =AD 2+CD 2=2，且△ACD 为等腰直角三角形，因为AD ⎳BC ，则∠ACB =∠CAD =45∘，因为BC =2CD =2，由余弦定理可得AB 2=AC 2+BC 2-2AC ⋅BC cos45∘=2，所以，AC 2+AB 2=BC 2，则AB ⊥AC ，∵PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，∴AB ⊥PA ，∵PA ∩AC =A ，∴AB ⊥平面PAC ，∵PC ⊂平面PAC ，∴AB ⊥PC ．(2)因为PA ⊥平面ABCD ，AB ⊥AC ，以点A 为坐标原点，AB 、AC 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设AD =CD =1，则A 0,0,0 、B 2,0,0 、C 0,2,0 、D -22,22,0 、P 0,0,2 ，设PM =λPD =-22λ,22λ,-2λ ，其中0≤λ≤1，则AM =AP +PM=-22λ,22λ,2-2λ ，AC =0,2,0 ，设平面ACM 的法向量为m=x ,y ,z ，则m ⋅AC=2y =0m ⋅AM =-22λx +22y +2-2λ z =0，取x =2-2λ，可得m =2-2λ,0,λ ，易知平面ACD 的一个法向量为n=0,0,1 ，由题意可得cos <m ,n > =m ⋅n m ⋅n =λ41-λ 2+λ2=1717，因为0≤λ≤1，解得λ=13，此时，AM =-26,26,223 ，BM =BA +AM =-726,26,223 ，PC =0,2,-2 ，所以，cos <BM ,PC >=BM ⋅PCBM ⋅PC =-1333×2=-3322，因此，在线段PD 上是否存在一点M ，使得二面角M -AC -D 的余弦值为1717，且BM 与PC 所成角的余弦值为3322．例17.如图，△ABC 是边长为6的正三角形，点E ，F ，N 分别在边AB ，AC ，BC 上，且AE =AF =BN =4，M 为BC 边的中点，AM 交EF 于点O ，沿EF 将三角形AEF 折到DEF 的位置，使DM =15．(1)证明：平面DEF ⊥平面BEFC ；(2)试探究在线段DM 上是否存在点P ，使二面角P -EN -B 的大小为60°？若存在，求出DPPM的值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)在△DOM 中，易得DO =23，OM =3，DM =15，由DM 2=DO 2+OM 2，得DO ⊥OM ，又∵AE =AF =4，AB =AC =6，∴EF ⎳BC ，又M 为BC 中点，∴AM ⊥BC ，∴DO ⊥EF ，因为EF ∩OM =O ，EF ,OM ⊂平面EBCF ，∴DO ⊥平面EBCF ，又DO ⊂平面DEF ，所以平面DEF ⊥平面BEFC ；(2)由(1)DO ⊥平面EBCF ，以O 为原点，以OE ,OM ,OD为x ,y ,z 的正方向建立空间直角坐标系O -xyz ,D (0,0,23)，M (0,3,0)，E (2,0,0)，N (-1,3,0)∴DM =(0,3,-23)，ED =(-2,0,23)，由(1)得平面ENB 的法向量为n=(0,0,1)，设平面ENP 的法向量为m=(x ,y ,z )，DP =λDM (0≤λ≤1)，所以DP =(0,3λ,-23λ)，所以EP =ED +DP =(-2,3λ,23-23λ)．由题得，所以EN =(-3,3,0)，所以m ⋅EN=-3x +3y =0m ⋅EP =-2x +3λy +(23-23λ)z =0，所以m =1,3,2-3λ23-23λ，因为二面角P -EN -B 的大小为60°，所以12=2-3λ23-23λ1+3+2-3λ23-23λ2，解之得λ=2(舍去)或λ=67．此时DP =67DM ，所以DP PM=6．例18.图1是直角梯形ABCD ，AB ⎳CD ，∠D =90∘，AB =2，DC =3，AD =3，CE =2ED，以BE 为折痕将△BCE 折起，使点C 到达C 1的位置，且AC 1=6，如图2．(1)求证：平面BC 1E ⊥平面ABED ；(2)在棱DC 1上是否存在点P ，使得C 1到平面PBE 的距离为62？若存在，求出二面角P -BE -A 的大小；若不存在，说明理由．【解析】(1)在图1中取CE 中点F ，连接BF ，AE ，∵CE =2ED ，CD =3，AB =2，∴CF =1，EF =1，∵DF =AB =2，DF ⎳AB ，∠D =90∘，∴四边形ABFD 为矩形，∴BF ⊥CD ，∴BE =BC =3+1=2，又CE =2，∴△BCE 为等边三角形；又AE =3+1=2，∴△ABE 为等边三角形；在图2中，取BE 中点G ，连接AG ,C 1G ，∵△C 1BE ,△ABE 为等边三角形，∴C 1G ⊥BE ，AG ⊥BE ，∴C 1G =AG =3，又AC 1=6，∴AG 2+C 1G 2=AC 21，∴C 1G ⊥AG ，又AG ∩BE =G ，AG ,BE ⊂平面ABED ，∴C 1G ⊥平面ABED ，∵C 1G ⊂平面BC 1E ，∴平面BC 1E ⊥平面ABED ．(2)以G 为坐标原点，GA ,GB ,GC 1正方向为x ,y ,z 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则B 0,1,0 ，E 0,-1,0 ，A 3,0,0 ，C 10,0,3 ，D 32,-32,0，∴DC 1 =-32,32,3 ，EB =0,2,0 ，EC 1 =0,1,3 ，设棱DC 1上存在点P x ,y ,z 且DP=λDC 1 0≤λ≤1 满足题意，即x -32=-32λy +32=32λz =3λ，解得：x =32-32λy =32λ-32z =3λ，即P 32-32λ,32λ-32,3λ，则EP =32-32λ,32λ+12,3λ ，设平面PBE 的法向量n=a ,b ,c ，则EP ⋅n =32-32λ a +32λ+12 b +3λc =0EB ⋅n =2b =0，令a =2，则b =0c =1-λλ，∴n =2,0,1-λλ，∴C 1到平面PBE 的距离为d =EC 1 ⋅nn=3-3λλ4+1-λλ2=62，解得：λ=13，∴n=2,0,2 ，又平面ABE 的一个法向量m=0,0,1 ，∴cos <m ,n >=m ⋅nm ⋅n=222=22，又二面角P -BE -A 为锐二面角，∴二面角P -BE -A 的大小为π4．例19.如图所示，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB =1，AC =AA 1=2，AD =CD =5，E 为棱AA 1上的点，且AE =12．(1)求证：BE ⊥平面ACB 1；(2)求二面角D 1-AC -B 1的余弦值；(3)在棱A 1B 1上是否存在点F ，使得直线DF ∥平面ACB 1？若存在，求A 1F 的长；若不存在，请说明理由．【解析】(1)∵A 1A ⊥底面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ∴A 1A ⊥AC又AB ⊥AC ，A 1A ∩AB =A ，AA 1,AB ⊂平面ABB 1A 1，∴AC ⊥平面ABB 1A 1∵BE ⊂平面ABB 1A 1，∴AC ⊥BE ∵AE AB =12=ABBB 1，∠EAB =∠ABB 1=90∘，∴∠ABE =∠AB 1B∵∠BAB 1+∠AB 1B =90∘，∴∠BAB 1+∠ABE =90∘，∴BE ⊥AB 1，又AC ∩AB 1=A ，AC ,AB 1⊂平面ACB 1，∴BE ⊥平面ACB 1(2)如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A -xyz ，依题意可得A (0，0，0)，B (0，1，0)，C (2，0，0)，D (1，-2，0)，D1(1，-2，2)，E 0,0,12，由(1)知，EB =0,1,-12为平面ACB 1的一个法向量．设n=x ,y ,z 为平面ACD 1的一个法向量．因为AD 1 =(1，-2，2)，AC =(2，0，0)，所以n ⋅AD 1=0n ⋅AC =0 ，即：x -2y +2z =02x =0 ，不妨设z =1，可得n=(0，1，1)．因此cos n ,EB =n ⋅EB n ⋅EB =1010由图可知二面角D 1-AC -B 1为锐角，所以二面角D 1-AC -B 1的余弦值为1010．(3)假设存在满足题意的点F ，设A 1F =a (a >0)，则由(2)得F (0，a ，2)，DF=(-1，a +2，2)．由题意可知DF ⋅EB=a +2-1=0，解得a =-1(舍去)，即直线DF 的方向向量与平面ACB 1的法向量不可能垂直．所以，在棱A 1B 1上不存在点F ，使得直线DF ∥平面ACB 1．例20.如图，在五面体ABCDE 中，已知AC ⊥BD ，AC ⊥BC ，ED ⎳AC ，且AC =BC =2ED =2，DC =DB =3．(1)求证：平面ABE ⊥与平面ABC ；(2)线段BC 上是否存在一点F ，使得平面AEF 与平面ABE 夹角余弦值的绝对值等于54343，若存在，求BFBC的值；若不存在，说明理由．【解析】(1)证明：∵AC ⊥BD ，AC ⊥BC ，BC ∩BD =B ，∴AC ⊥平面BCD ，∵AC ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCD ，取BC 的中点O ，AB 的中点H ，连接OD 、OH 、EH ，∵BD =CD ，∴DO ⊥BC ，又DO ⊂平面BCD ，平面ABC ⊥平面BCD ，平面BCD ∩平面ABC =BC ，∴DO ⊥平面ABC ，又OH ⎳AC ，OH =12AC ，DE ⎳AC ，DE =12AC ，所以，OH ⎳DE 且OH =DE ，∴四边形OHED 为平行四边形，∴EH ⎳OD ，∵DO ⊥面ABC ，则EH ⊥平面ABC ，又∵EH ⊂面ABE ，所以，平面ABE ⊥平面ABC ．(2)因为AC ⊥BC ，OH ⎳AC ，则OH ⊥BC ，因为OD ⊥平面ABC ，以点O 为坐标原点，OH 、OB 、OD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则A 2,-1,0 、B 0,1,0 、C 0,-1,0 、E 1,0,2 、H 1,0,0 ，HE=0,0,2 ，AB =-2,2,0 ，设平面ABE 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅HE=2z 1=0m ⋅AB=-2x 1+2y 1=0 ，取x 1=1，可得m=1,1,0 ，设在线段BC 上存在点F 0,t ,0 -1≤t ≤1 ，使得平面AEF 与平面ABE 夹角的余弦值等于54343，设平面AEF 的法向量为n=x 2,y 2,z 2 ，AF =-2,t +1,0 ，AE =-1,1,2 ，由n ⋅AF=-2x 2+t +1 y 2=0n ⋅AE =-x 2+y 2+2z 2=0 ，取x 2=2t +1 ，可得n =2t +1 ,22,t -1 ，由题意可得cos <m ,n> =m ⋅n m ⋅n =2t +32⋅3t 2+2t +11=54343，整理可得2t 2-13t -7=0，解得：t =-12或t =7(舍)，∴F 0,-12,0 ，则BF =32，∴BF BC =34，综上所述：在线段BC 上存在点F ，满足BF BC=34，使得平面AEF 与平面ABE 夹角的余弦值等于54343．题型三：立体几何折叠问题例21.如图1，在边上为4的菱形ABCD 中，∠DAB =60°，点M ，N 分别是边BC ，CD 的中点，AC ∩BD =O 1，AC ∩MN =G ．沿MN 将△CMN 翻折到△PMN 的位置，连接PA ，PB ，PD ，得到如图2所示的五棱锥P -ABMND ．(1)在翻折过程中是否总有平面PBD ⊥平面PAG ？证明你的结论；(2)当四棱锥P -MNDB 体积最大时，求直线PB 和平面MNDB 所成角的正弦值；(3)在(2)的条件下，在线段PA 上是否存在一点Q ，使得二面角Q -MN -P 余弦值的绝对值为1010若存在，试确定点Q 的位置；若不存在，请说明理由．【解析】(1)在翻折过程中总有平面PBD ⊥平面PAG ，证明如下：∵点M ，N 分别是边CD ，CB 的中点，又∠DAB =60°，∴BD ∥MN ，且△PMN 是等边三角形，∵G 是MN 的中点，∴MN ⊥PG ，∵菱形ABCD 的对角线互相垂直，∴BD ⊥AC ，∴MN ⊥AC ，∵AC ∩PG =G ，AC ⊂平面PAG ，PG ⊂平面PAG ，∴MN ⊥平面PAG ，∴BD ⊥平面PAG ，∵BD ⊂平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面PAG ．(2)由题意知，四边形MNDB 为等腰梯形，且DB =4，MN =2，O 1G =3，所以等腰梯形MNDB 的面积S =2+4 ×32=33，要使得四棱锥P -MNDB 体积最大，只要点P 到平面MNDB 的距离最大即可，∴当PG ⊥平面MNDB 时，点P 到平面MNDB 的距离的最大值为3，此时四棱锥P -MNDB 体积的最大值为V =13×33×3=3，直线PB 和平面MNDB 所成角的为∠PBG ，连接BG ，在直角三角形△PBG 中，PG =3，BG =7，由勾股定理得：PB =PG 2+BG 2=10．sin ∠PBG =PGPB=310=3010．(3)假设符合题意的点Q 存在．以G 为坐标原点，GA ，GM ，GP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A 33,0,0 ，M 0,1,0 ，N 0,-1,0 ，P 0,0,3 ，由(2)知，AG ⊥PG ，又AG ⊥MN ，且MN ∩PG =G ，MN ⊂平面PMN ，PG ⊂平面PMN ，AG ⊥平面PMN ，故平面PMN 的一个法向量为n 1=1,0,0 ，设AQ =λAP(0≤λ≤1)，∵AP=-33,0,3 ，AQ=-33λ,0,3λ ，故331-λ ,0,3λ ，∴NM=0,2,0 ，QM =33λ-1 ,1,-3λ ，平面QMN 的一个法向量为n 2=x 2,y 2,z 2 ，则n 2 ⋅NM =0，n 2 ⋅QM=0，即2y 2=0,33λ-1 x 2+y 2-3λz 2=0,令z 2=1，所以y 2=0,x 2=λ3λ-1n 2 =13λ-1 ,0,1=13λ-1λ,0,3λ-1 ，则平面QMN 的一个法向量n=λ,0,3λ-1 ，设二面角Q -MN -P 的平面角为θ，则cos θ =n ⋅n 1 n n 1 =λλ2+9λ-1 2=1010，解得：λ=12，故符合题意的点Q 存在且Q 为线段PA 的中点．例22.如图，在等腰直角三角形PAD 中，∠A =90°，AD =8，AB =3，B 、C 分别是PA 、PD 上的点，且AD ⎳BC ，M 、N 分别为BP 、CD 的中点，现将△BCP 沿BC 折起，得到四棱锥P -ABCD ，连接MN .(1)证明：MN ⎳平面PAD ；(2)在翻折的过程中，当PA =4时，求二面角B -PC -D 的余弦值．【解析】(1)在四棱锥P -ABCD 中，取AB 的中点E ，连接EM ,EN ．因为M ,N 分别为BP ,CD 的中点，AD ⎳BC ，所以ME ⎳PA ,EN ⎳AD ,又PA ⊂平面PAD ，ME ⊄平面PAD ，所以ME ⎳平面PAD ，同理可得，EN ⎳平面PAD ，又ME ∩EN =E ,ME ,EN ⊂平面MNE ，所以平面MNE ⎳平面PAD ，因为MN ⊂MNC 平面MNE ，所以MN ⎳平面PAD ．(2)因为在等腰直角三角形PAD 中,∠A =90°,AD ⎳BC ,所以BC ⊥PA ，在四棱锥P -ABCD 中，BC ⊥PB ,BC ⊥AB ,因为AD ⎳BC ,则AD ⊥PB ,AD ⊥AB ,又PB ∩AB =B ，PB ,AB ⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ，又PA ⊂平面PAB ，所以PA ⊥AD ,因为AD =8,AB =3,PA =4,AD ⎳BC ,则PB =5,BC =5,所以AB 2+PA 2=PB 2，故PA ⊥AB ，所以以点A 为坐标原点，分别以AB ,AD ,AP 所在方向为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，如图所示，A (0,0,0),B (3,0,0),C (3,5,0),P 0,0,4 ,D 0,8,0 ，所以PB =(3,0,-4),PC =(3,5,-4),PD =(0,8,-4)，设m =(x 1,y 1,z 1)为平面PBC 的一个法向量，则m ⋅PB =0m ⋅PC =0，即3x 1-4z 1=03x 1+5y 1-4z 1=0 ，令x 1=4，则y 1=0,z 1=2，m =(4,0,3)，设n =(x 2,y 2,z 2)为平面PCD 的一个法向量，则m ⋅PD =0m ⋅PC =0 ，即8y 2-4z 2=03x 2+5y 2-4z 2=0，令y 2=1，则x 2=1,z 2=2，n =(1,1,2)，设二面角B -PC -D 所成角为α，则cos α=-cos m ,n =-m ⋅n m ⋅n =-4×1+0×1+2×3 42+02+32×12+12+22=-105×6=-63．因为二面角B -PC -D 的余弦值为-63．例23.如图1，在平面四边形PDCB 中，PD ∥BC ，BA ⊥PD ，PA =AB =BC =2，AD =1．将△PAB 沿BA 翻折到△SAB 的位置，使得平面SAB ⊥平面ABCD ，如图2所示．(1)设平面SDC 与平面SAB 的交线为l ，求证：BC ⊥l ；(2)点Q 在线段SC 上(点Q 不与端点重合)，平面QBD 与平面BCD 夹角的余弦值为66，求线段BQ 的长．【解析】(1)依题意，AD ⊥AB ，因为PD ∥BC ，所以BC ⊥AB ，由于平面SAB ⊥平面ABCD ，且交线为AB ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面SAB ，因为l 是平面SDC 与平面SAB 的交线，所以l ⊂平面SAB ，故BC ⊥l ．(2)由上可知，AD ⊥平面SAB ，所以AD ⊥SA ，由题意可知SA ⊥AB ，AD ⊥AB ，以点A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AS 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A 0,0,0 ，B 0,2,0 ，C 2,2,0 ，D 1,0,0 ，S 0,0,2 ，BD =1,-2,0 ，SC =2,2,-2 ，设SQ =λSC 0<λ<1 ，则Q 2λ,2λ,2-2λ ，BQ =2λ,2λ-2,2-2λ ，设n =x ,y ,z 是平面QBD 的一个法向量，则n ⋅BD =x -2y =0n ⋅BQ =2λx +2λ-1 y +21-λ z =0，令x =2，可得n =2,1,1-3λ1-λ由于m =0,0,1 是平面CBD 的一个法向量，依题意，二面角Q -BD -C 的余弦值为66，所以cos m ,n =m ⋅n m ⋅n =1-3λ1-λ 1×4+1+1-3λ1-λ2=66，解得λ=12∈0,1 ，此时BQ =1,-1,1 ，BQ =3，即线段BQ 的长为3．例24.如图，在平面五边形PABCD 中，△PAD 为正三角形，AD ∥BC ，∠DAB =90°且AD =AB =2BC =2．将△PAD 沿AD 翻折成如图所示的四棱锥P -ABCD ，使得PC =7．F ，Q 分别为AB ，CE 的中点．(1)求证：FQ ∥平面PAD ；(2)若DE PE=12，求平面EFC 与平面PAD 夹角的余弦值．【解析】(1)(1)证明：取DC 的中点M ，连接MF ，MQ ．则MQPD ，MFDA ．因为MQ ⊄面PAD ，ME ⊄面PAD ，所以，MQ ∥面PAD ，MF ∥面PAD ，因为MQ ∩ME =M ，所以，面MQF 面PAD ，因为FQ ⊂面MQF ，所以FQ ∥面PAD ．(2)(2)取AD 的中点O ，连接OP ，OC ，因为△PAD 为正三角形，AD =2，所以OP ⊥AD 且OP =3，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠DAB =90°，AB =2BC =2，所以，OC ⊥AD 且OC =2，又因为PC =7，所以在△POC 中，OP 2+OC 2=PC 2，即OP ⊥OC ，所以，以O 为坐标原点，分别以OD ，OC ，OP 的方向为x ，y ，z 轴的正向，建立如图所示的空间直角坐标系，则D 1,0,0，C 0,2,0 ，F -1,1,0 ，P 0,0,3 ，DP =-1,0,3 ．因为DE PE=12，即DE =13DP =-13,0,33 ，λ>0，所以，E 23,0,33，所以EC =-23,2,-33 ，EF =-53,1,-33．设n =x 1,y 1,z 1 为平面EFC 的一个法向量，则n ⋅EC =0n ⋅EF =0 ，即-23x 1+2y 1-33z 1=0-53x 1+y 1-33z 1=0，取n =3,-3,-83 ．又平面PAD 的一个法向量m =0,1,0 ，设平面EFC 与平面PAD 夹角为α，cos α=n ⋅m n ⋅m =39+9+192=21070．例25.如图，在平行四边形ABCD 中，AB =3，AD =2，∠A =60°，E ，F 分别为线段AB ，CD 上的点，且BE =2AE ，DF =FC ，现将△ADE 沿DE 翻折至△A 1DE 的位置，连接A 1B ，A 1C ．(1)若点G 为线段A 1B 上一点，且A 1G =3GB ，求证：FG ⎳平面A 1DE ；(2)当三棱锥C -A 1DE 的体积达到最大时，求二面角B -A 1C -D 的正弦值．【解析】(1)在A 1E 上取一点M ，使A 1M =3ME ，连接DM ,MG ，因为A 1G =3GB ，EB =2AE ，所以MG ∥EB ，MG =34EB =34×23AB =12AB ，因为平行四边形ABCD 中，AB =CD ，AB ∥CD ，F 为CD 的中点，所以DF =12CD =12AB ，所以DF =MG ，DF ∥MG ，所以四边形DMGF 为平行四边形，所以FG ∥DM ，因为FG ⊄平面A 1DE ，DM ⊂平面A 1DE ，所以FG ∥平面A 1DE ，(2)当平面A 1DE ⊥平面DEC 时，三棱锥C -A 1DE 的体积最大，△ADE 中，∠A =60°,AD =2,AE =1，则DE 2=AD 2+AE 2-2AD ⋅AE cos A =4+1-2×2×1×12=3，所以DE 2+AE 2=AD 2，所以∠AED =90°，所以A 1E ⊥DE ，因为平面A 1DE ⊥平面DEC ，平面A 1DE ∩平面DEC =DE ，所以A 1E ⊥平面DEC ，因为BE ⊂平面DEC ，所以A 1E ⊥BE ，所以A 1E ,BE ,DE 两两垂直，所以以E 为原点，EB ,ED ,EA 1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D (0,3,0),A 1(0,0,1),B (2,0,0),C (3,3,0)，所以DC =(3,0,0),DA 1 =(0,-3,1),BC =(1,3,0),CA 1 =(-3,-3,1)，设平面A 1CD 的法向量为n =(x ,y ,z )，则n ⋅DA 1 =-3y +z =0n ⋅CA 1 =-3x -3y +z =0，令y =1，则n =(0,1,3)，设平面A 1BC 的法向量为m =(a ,b ,c )，则m ⋅BC =a +3b =0m ⋅CA 1 =-3a -3b +c =0，令b =1，则m =(-3,1,-23)，所以cos m ,n =m ⋅n m n=1-62×4=-58，所以二面角B -A 1C -D 的正弦值为1--58 2=398例26.如图1，四边形ABCD 是边长为2的正方形，四边形ABEF 是等腰梯形，AB =BE =12EF ，现将正方形ABCD 沿AB 翻折，使CD 与C D 重合，得到如图2所示的几何体，其中D E =4．(1)证明：AF ⊥平面AD E ；(2)求二面角D -AE -C 的余弦值．【解析】(1)证明：易得AD =AF =2，EF =D E =4，所以AE =23，则AD 2+AE 2=D E 2=EF 2，∴AD ⊥AE ，AE ⊥AF ．又AD ⊥AB ，且AB ∩AE =A ，AB ，AE ⊂平面ABEF ，∴AD ⊥平面ABEF ．∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥AD ．∵AE ∩AD =A ，AE ⊂平面AD E ，AD ⊂平面AD E ，∴AF ⊥平面AD E ．(2)由(1)知AD ⊥平面ABEF ，则以A 为坐标原点，AB ，AD 所在直线分别为y ，z 轴，平面ABEF 内过点A 且垂直于AB 的直线为x 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A 0,0,0 ，E 3,3,0 ，F 3,-1,0 ，C 0,2,2 ，∴AF =3,-1,0 ，AE =3,3,0 ，AC =00,2,2 ．设平面AEC 的一个法向量为m =x ,y ,z ，则m ⋅AE =0m ⋅AC =0 ，得3x +3y =0,2y +2z =0,令x =3，则m =3,-1,1 ．由(1)知，平面AED 的一个法向量为AF =3,-1,0 ．∴cos AF ,m =AF ⋅m AF m=255．易知二面角D -AE -C 为锐二面角，∴二面角D -AE -C 的余弦值为255．例27.如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ,AB =BC =2,AD =4，现将△ABC 所在平面沿对角线AC 翻折，使点B 翻折至点E ，且成直二面角E -AC -D ．(1)证明：平面EDC ⊥平面EAC ；(2)若直线DE 与平面EAC 所成角的余弦值为12，求二面角D -EA -C 的余弦值．【解析】(1)证明：取AD 中点M ，连接CM ，由题意可得AM =2，AM 平行且等于BC ，∴四边形ABCM 为平行四边形，∵AM =MD =CM =2，∴△ACD 为直角三角形，即AC ⊥CD ，∵直二面角E -AC -D ,CD ⊂平面ACD ，∴平面EAC ⊥平面ACD ，平面EAC ∩平面ACD =AC ，∴CD ⊥平面EAC ，CD ⊂平面ECD ，∴平面ECD ⊥平面EAC ．(2)由(1)可得DC ⊥平面EAC ，∴∠DEC 为直线DE 与平面EAC 所成角，∴cos ∠DEC =12，∴∠DEC =60°．在Rt △ECD 中，∵CE =2，∴CD =23,ED =4，在Rt △ACD 中，AC =2，∴△ABC 、△AEC 为等边三角形，以AC 中点O 为坐标原点，以OC ,OM ,OE 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，A (-1,0,0),C (1,0,0),E (0,0,3),D (1,23,0)，平面EAC 为xOz 平面，则其法向量为v =(0,1,0)，在平面AED 内，设其法向量为u =(x ,y ,z )，AD =(2,23,0),AE =(1,0,3)，则AD ⋅u =0AE ⋅u =0 ，即2x +23y =0x +3z =0，令x =3，则y =-1,z =-1，∴u =(3,-1,-1)，设二面角D -EA -C 的平面角为θ，∴cos ‹u ,v ›=u ⋅v |u ||v |=-55，由图可知二面角D -EA -C 为锐角，∴cos θ=55．例28.如图1，在△ABC 中，∠ACB =90°，DE 是△ABC 的中位线，沿DE 将△ADE 进行翻折，使得△ACE 是等边三角形(如图2)，记AB 的中点为F ．(1)证明：DF ⊥平面ABC ．(2)若AE =2，二面角D -AC -E 为π6，求直线AB 与平面ACD 所成角的正弦值．【解析】(1)如图，取AC 中点G ，连接FG 和EG ，由已知得DE ∥BC ，且DE =12BC ．因为F ，G 分别为AB ，AC 的中点，所以FG ∥BC ，且FG =12BC 所以DE ∥FG ，且DE =FG ．所以四边形DEGF 是平行四边形．所以EG ∥DF ．因为翻折的BC ⊥AC ，易知DE ⊥AC ．所以翻折后DE ⊥EA ，DE ⊥EC ．又因为EA ∩EC =E ，EA ，EC ⊂平面AEC ，所以DE ⊥平面AEC ．因为DE ∥BC ，所以BC ⊥平面AEC ．因为EG ⊂平面AEC ，所以EG ⊥BC ．因为△ACE 是等边三角形，点G 是AC 中点，所以EG ⊥AC又因为AC ∩BC =C ，AC ，BC ⊂平面ABC ．所以EG ⊥平面ABC ．。
高中空间立体几何典型例题
1 如图所示，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，侧面对角线AB 1，BC 1上分别有两点E ,F ，且B 1E =C 1F 。
求证：EF ∥平面ABCD 。
证明 方法一 分别过E ,F 作EM ⊥AB 于M ，FN ⊥BC 于N ，连接MN 。
∵BB 1⊥平面ABCD ， ∴BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ， ∴EM ∥BB 1，FN ∥BB 1， ∴EM ∥FN .又∵B 1E =C 1F ,∴EM =FN ，故四边形MNFE 是平行四边形，∴EF ∥MN 。
又MN ⊂平面ABCD ，EF ⊄平面ABCD ， 所以EF ∥平面ABCD 。
方法二 过E 作EG ∥AB 交BB 1于G , 连接GF ，则BB G B AB E B 1111=，∵B 1E =C 1F ，B 1A =C 1B ， ∴BB G B BC E C 1111=,∴FG ∥B 1C 1∥BC ,又EG ∩FG =G ，AB ∩BC =B ，∴平面EFG ∥平面ABCD ，而EF ⊂平面EFG ， ∴EF ∥平面ABCD .2 已知P 为△ABC 所在平面外一点，G 1、G 2、G 3分别是△PAB 、△PCB 、△PAC 的重心。
（1）求证:平面G 1G 2G 3∥平面ABC ； （2）求S △321G G G ∶S △ABC .(1）证明 如图所示，连接PG 1、PG 2、PG 3并延长分别与边AB 、BC 、AC 交于点D 、E 、F ,连接DE 、EF 、FD ，则有PG 1∶PD =2∶3， PG 2∶PE =2∶3，∴G 1G 2∥DE . 又G 1G 2不在平面ABC 内，∴G 1G 2∥平面ABC .同理G 2G 3∥平面ABC 。
又因为G 1G 2∩G 2G 3=G 2， ∴平面G 1G 2G 3∥平面ABC 。
（2)解 由（1）知PE PG PD PG 21 =32，∴G 1G 2=32DE 。
2023年高考数学----立体几何折叠问题规律方法与典型例题讲解
2023年高考数学----立体几何折叠问题规律方法与典型例题讲解【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质． 【典型例题】例1．（2022春·江苏南通·高三期中）已知梯形ABCD 中，//AD BC ，π2∠=∠=ABC BAD ，24AB BC AD ===，E ，F 分别是AB ，CD 上的点，//EF BC ，AE x =，G 是BC 的中点，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF ． (1)当2x =时①求证：BD EG ⊥；②求二面角D BF C −−的余弦值；(2)三棱锥D FBC −的体积是否可能等于几何体ABE FDC −体积的一半？并说明理由． 【解析】（1）证明：过D 点作EF 的垂线交EF 于H ，连接BH ．如图．2AE AD == 且//AE DH ，//AD EF ，π2EAD ∠=． ∴四边形ADHE 是正方形.2EH =，∴四边形EHGB 是正方形.所以BH EG ⊥（正方形对角线互相垂直）.因为平面AEFD ⊥平面EBCF ，平面AEFD ⋂平面EBCF EF =，,AE EF AE ⊥⊂平面AEFD ， 所以⊥AE 平面EBCF ， 所以DH ⊥平面EBCF ， 又因为EG ⊂平面EBCF ，所以EG DH ⊥. 又,,BHDH H BH DH =⊂平面BDH ，所以EG ⊥平面BDH ，又BD ⊂平面BDH ， 所以EG BD ⊥.②以E 为原点，EB 为x 轴，EF 为y 轴，EA 为z 轴，建立空间直角坐标系，(2B ，0，0)，(0F ，3，0)，(0D ，2，2)，(2C ，4，0)，(2BF =−，3，0)，(2BD =−，2，2)，设平面BDF 的法向量(n x =，y ，)z ，则·2220·230n BD x y z n BF x y ⎧=−++=⎪⎨=−+=⎪⎩，取3x =，得(3n =，2，1)，又平面BCF 的法向量(0m =，0，1)，1cos ,||||14m n m n m n <>==∴钝二面角D BF C −−的余弦值为．（2）AE EF ⊥Q ，平面AEFD ⊥平面EBCF ， 平面AEFD ⋂平面EBCF EF =，AE ⊂平面AEFD ． AE ∴⊥平面EBCF ．结合DH ⊥平面EBCF ，得//AE DH ，∴四边形AEHD 是矩形，得DH AE =，故以F 、B 、C 、D 为顶点的三棱锥D BCF −的高DH AE x ==， 又114(4)8222BCFSBC BE x x ==⨯⨯−=−． ∴三棱锥D BCF −的体积为()2=11822(82)433333BFCV SDH x x x x x x ==−=−−，ABE FDC ABE DGH D HGCF V V V −−−=+13ABEHGCF SAD S DH =+111111(4)2(2)(4)=(4)1+(2)232262x x x x x x x x ⎡⎤=−⨯+⨯+−−+⎢⎥⎣⎦， 令()112(4)1+(2)=24623x x x x x ⎡⎤−+⨯−⎢⎥⎣⎦，解得0x =或4x =，不合题意；∴棱锥D FBC −的体积不可能等于几何体ABE FDC −体积的一半．例2．（2022春·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）如图1，在平面四边形ABCD 中，已知ABDC ，AB DC ∥，142AD DC CB AB ====，E 是AB 的中点．将△BCE 沿CE 翻折至△PCE ，使得2DP =，如图2所示．(1)证明：DP CE ⊥；(2)求直线DE 与平面P AD 所成角的正弦值． 【解析】（1）如图取CE 的中点F ，连接PF ，DF ，由题易知△PCE ，△DCE 都是等边三角形， ⸫DF ⊥CE ，PF ⊥CE ， ⸫DFPF F =，DF ⊂平面DPF ，PF ⊂平面DPF⸫CE ⊥平面DPF ． ⸫DP ⊂平面DPF ⸫DP ⊥CE ． （2）解法一：由题易知四边形AECD 是平行四边形， 所以AD ∥CE ，又AD ⊂平面P AD ，所以CE ⊂平面P AD ， 所以点E 与点F 到平面P AD 的距离相等． 由（1）知CE ⊥平面DPF ，所以AD ⊥平面DPF ． 又AD ⊂平面P AD ， 所以平面P AD ⊥平面DPF ．过F 作FH ⊥PD 交PD 于H ，则FH ⊥平面P AD ．DF PF ==2DP =，故点F 到平面P AD 的距离FH =设直线DE 与平面P AD 所成的角为θ，则sin FH DE θ==， 所以直线DE 与平面P AD 所成角的正弦值为4． 解法二：由题易知四边形AECD 是平行四边形，所以AD ∥CE ，由（1）知CE ⊥平面DPF ，所以AD ⊥平面DPF ． 如图，以D 为坐标原点，DA ，DF 所在直线分别为x ，y 轴，过D 且垂直于平面AECD 的直线为z 轴建立空间直角坐标系， 则()0,0,0D ，()4,0,0A ，()E ， 设()0,,P a b ，0a >，0b >． 易知DF PF ==2DP =，故(2222124a b a b ⎧−+=⎪⎨⎪+=⎩，P ⎛ ⎝⎭， 所以()4,0,0DA =，DP ⎛= ⎝⎭，()DE =，设平面P AD 的法向量为(),,n x y z =， 则00n DA n DP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得00x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，令y =1z =−，所以()0,11,1n =−．设直线DE 与平面P AD 所成的角为θ，则11sin |cos ,|4DE nDE n DE nθ⋅=〈〉==， 故直线DE 与平面P AD 例3．（2022春·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中）如图，平面五边形P ABCD 中，PAD 是边长为2的等边三角形，//AD BC ，AB ＝2BC ＝2，AB BC ⊥，将PAD沿AD 翻折成四棱锥P －ABCD ，E 是棱PD 上的动点（端点除外），F ，M 分别是AB ，CE 的中点，且PC(1)证明：AB FM ⊥；(2)当直线EF 与平面P AD 所成的角最大时，求平面ACE 与平面PAD 夹角的余弦值． 【解析】（1）设O 是AD 的中点，连接,OP OC ， 三角形PAD 是等边三角形，所以OP AD ⊥，OP =四边形ABCD 是直角梯形，//,OA BC OA BC =，所以四边形ABCO 是平行四边形，也即是矩形，所以OC AD ⊥，2==OC AB .折叠后，PC =222OP OC PC +=，所以OP OC ⊥， 由于,,AD OC O AD OC ⋂=⊂平面ABCD ， 所以OP ⊥平面ABCD ，则,,OC OD OP 两两相互垂直，由此建立如图所示的空间直角坐标系， ()2,0,0,AB OC ==()1,1,0F −，设)()0,1,01E t t t −<<，()2,0,0C，所以)11,,22t t M ⎛⎫− ⎪ ⎪⎝⎭，则)120,,22t t FM ⎛⎫−+= ⎪ ⎪⎝⎭，所以0AB FM ⋅=， 所以AB FM ⊥.（2）由于OP ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以OP AB ⊥， 由于,,,AB AD AD OP O AD OP ⊥⋂=⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，由于AE ⊂平面PAD ，所以AB AE ⊥， 所以FEA ∠是直线EF 与平面PAD 所成角， 在直角三角形AEF 中，tan AFFEA AE∠=， 由于1AF =，所以当AE 最小时，tan FEA ∠最大，也即FEA ∠最大，由于三角形PAD 是等边三角形，所以当E 为PD 的中点时，AE PD ⊥，AE 取得最小值.由于(P ，()0,1,0D，故此时10,2E ⎛ ⎝⎭，平面PAD 的法向量为()1,0,0m =，()()()30,1,0,2,0,0,2,1,0,0,2A C AC AE ⎛−== ⎝⎭，设平面ACE 的法向量为(),,n x y z =，则20302n ACx y n AE y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩，故可设(1,n =−， 设平面ACE 与平面PAD 的夹角为θ， 则1cos 17m n m nθ⋅===⋅例4．（2022·四川雅安·统考模拟预测）如图①，ABC 为边长为6的等边三角形，E ，F 分别为AB ，AC 上靠近A 的三等分点，现将AEF △沿EF 折起，使点A 翻折至点P 的位置，且二面角P EF C −−的大小为120°（如图②）．(1)在PC 上是否存在点H ，使得直线//FH 平面PBE ？若存在，确定点H 的位置；若不存在，说明理由．(2)求直线PC 与平面PBE 所成角的正弦值．【解析】（1）满足条件的点H 存在，且为PC 上靠近P 的三等分点．在PC 上取靠近P 的三等分点H ，连接AP ，FH ，如图，则AP 是平面P AB 与平面P AC 的交线，依题意，12PH AF HC FC ==，则有//FH AP ，又AP ⊂平面PBE ，FH ⊄平面PBE ，因此直线//FH平面PBE ，所以在PC 上是存在点H ，为PC 上靠近P 的三等分点，使得直线//FH 平面PBE . （2）取BC 中点G ，连接AG ，交EF 于点D ，连接PD ，因//EF BC ，依题意，EF DG ⊥，EF PD ⊥，则PDG ∠为二面角P EF C −−的平面角，即120PDG ∠=︒，且EF ⊥平面PAD ， 而EF ⊂平面BCFE ，则平面PAD ⊥平面BCFE ，在平面PAD 内过P 作PO AD ⊥于O ， 又平面PAD ⋂平面BCFE AD =，因此PO ⊥平面BCFE ，在平面BCFE 内过O 作Ox AD ⊥， 显然Ox ，AD ，OP 两两垂直，分别以向量Ox ，OD ，OP 的方向为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz −，如图，则B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，C ⎛⎫− ⎪ ⎪⎝⎭，E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，30,0,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以，32PC ⎛⎫=−− ⎪ ⎪⎝⎭，()EB =，31,2EP ⎛⎫=− ⎪ ⎪⎝⎭， 设平面PBE 的一个法向量为(),,n x y z =r，由20302n EB x n EP x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=−+=⎪⎩，令y =()3,3,1n =−，设直线PC 与平面PBE 所成角为α，则||18sin |cos ,|||||30PC n PC n PC n α⋅=〈〉===⋅所以直线PC 与平面PBE ．。
高中数学立体几何中空间几何体的相关题型及解题思路
高中数学立体几何中空间几何体的相关题型及解题思路立体几何是高中数学中的重要内容之一，而空间几何体是立体几何的核心概念。
在高中数学中，空间几何体的相关题型涉及到体积、表面积、相似性等多个方面。
本文将以一些具体的题目为例，通过分析和说明，介绍解决这些题目的思路和技巧。
一、体积计算题体积是空间几何体的一个重要属性，计算体积是我们经常遇到的题型之一。
例如，有一个正方体，边长为3cm，求其体积。
解题思路：首先，我们知道正方体的体积计算公式是边长的立方。
所以，这个题目中正方体的体积就是3cm × 3cm × 3cm = 27cm³。
通过这个例子，我们可以看到，计算体积的关键是找到正确的计算公式，并将给定的数据代入公式进行计算。
二、表面积计算题除了体积，空间几何体的表面积也是一个重要的属性。
计算表面积也是我们经常遇到的题型之一。
例如，有一个长方体，长为5cm，宽为3cm，高为4cm，求其表面积。
解题思路：长方体的表面积计算公式是2 × (长 ×宽 + 长 ×高 + 宽 ×高)。
所以，这个题目中长方体的表面积就是2 × (5cm × 3cm + 5cm × 4cm + 3cm × 4cm) = 94cm²。
通过这个例子，我们可以看到，计算表面积的关键是找到正确的计算公式，并将给定的数据代入公式进行计算。
三、相似性题相似性是空间几何体中一个重要的概念，也是解决一些题目的关键。
例如，有两个立方体，它们的体积比为8：27，求它们边长的比。
解题思路：首先，我们知道，两个立方体的体积比等于它们边长的比的立方。
所以，这个题目中，设立方体1的边长为x，立方体2的边长为y，则有x³/y³ = 8/27。
进一步化简，我们可以得到x/y = 2/3。
通过这个例子，我们可以看到，解决相似性题的关键是找到体积比与边长比的关系，并通过化简等方法求解。
立体几何大题(解析版)
立体几何大题1.空间中的平行关系（1）线线平行（2）线面平行的判定定理：平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行（3）线面平行的性质定理若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行（4）面面平行的判定定理判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行（5）面面平行的性质定理性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行6.空间中的垂直关系（1）线线垂直（2）线面垂直的判定定理一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直（3）线面垂直的性质定理性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行（4）面面垂直的判定定理一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直(或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直)（5）面面垂直的性质定理两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面6.异面直线所成角cos θ=cos a ,b =|a ⋅b ||a |⋅|b |=|x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2|x 12+y 12+z 12⋅x 22+y 22+z 22(其中θ(0°<θ≤90°)为异面直线a ,b 所成角，a ,b 分别表示异面直线a ,b 的方向向量)7.直线AB 与平面所成角，sin β=AB ⋅m |AB ||m |(m 为平面α的法向量).8.二面角α-l -β的平面角cos θ=m ⋅n |m ||n |(m ，n 为平面α，β的法向量).9.点B 到平面α的距离d =|AB ⋅n | |n |(n 为平面α的法向量，AB 是经过面α的一条斜线，A ∈α).模拟训练一、解答题1(22·23下·湖南·二模)如图，在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2,AC =BB ，点D 为棱BB 的中点，AE =13AC ．(1)求DE 的长度；(2)求平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值．【答案】(1)393(2)34【分析】(1)在△ABC 中，用余弦定理可得到AC =23，在△ABE 中，用余弦定理可得BE =233，即可求得DE =DB 2+BE 2=393；(2)以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，求出平面CDE 与平面BDE 的法向量，即可求解【详解】(1)因为在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2，在△ABC 中，由余弦定理得cos ∠ABC =AB 2+BC 2-AC 22AB ⋅BC=22+22-AC 22×2×2=-12，解得AC =23，则AE =13AC =233，在△ABE 中，由余弦定理得cos ∠BAE =AB 2+AE 2-BE 22AB ⋅AE =22+233 2-BE 22×2×233=32，解得BE =233，又AC =BB =23，所以BD =12BB =3，因为BB ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，所以BB ⊥BE ，在直角三角形DBE 中，DE =DB 2+BE 2=(3)2+233 2=393；(2)因为AE =BE =233，所以∠ABE =∠BAE =30°，则∠CBE =∠ABC -∠ABE =120°-30°=90°，则BE ,BC ,BB 两两互相垂直，以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系：则点C 0,2,0 ,D 0,0,3 ,E 233,0,0 ，则CD =0,-2,3 ,CE =233,-2,0 ，设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，由n ⋅CD =x ,y ,z ⋅0,-2,3 =-2y +3z =0n ⋅CE =x ,y ,z ⋅233,-2,0 =233x -2y =0 ，得z =233y x =3y，令y =3，得平面CDE 的一个法向量为n =3,3,2 ；平面BDE 的一个法向量为m =0,1,0 ．设平面CDE 与平面BDE 夹角的大小为θ，则cos θ=m ⋅n m n =0,1,0 ⋅3,3,2 1×4=34，故平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值为34．2(22·23下·绍兴·二模)如图，在多面体ABCDE 中，DE ⊥平面BCD ,△ABC 为正三角形，△BCD 为等腰Rt △,∠BDC =90°,AB =2,DE =2.(1)求证：AE ⊥BC ；(2)若AE ⎳平面BCD ，求直线BE 与平面ABC 所成的线面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；(2)法一：由分析可知，∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角，设∠AFD =α，当α<90°时，O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，当α>90°时，求出EH ,BE ，即可得出答案；法二：建立空间直角坐标系，求出直线BE 的方向向量与平面ABC 的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.【详解】(1)设F 为BC 中点，连接AF ,EF ，则由△ABC 为正三角形，得AF ⊥BC ；DE ⊥平面BCD ，且△BCD 为等腰直角三角形，计算可得：BE =CE =2,∴EF ⊥BC .EF ∩AF =F ,EF ,AF ⊂面AEF ，于是BC ⊥面AEF ，AE ⊂面AEF ，从而BC ⊥AE .(2)法一：由(1)可知，过点E 作EH ⊥AF ，垂足为H ，则∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角.当AE ⎳平面BCD 时，可得A 到平面BCD 的距离为 2.设∠AFD =α，所以AF ⋅sin α=2，可得sin α=63，当α<90°时，cos α=33，不妨设A 在底面BCD 射影为O ，则FO =1，此时O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，舍去；当α>90°时，FO =1，此时O 在DF 的延长线上，作EH ⊥AF ，由于AODE 为矩形，可得AE =DO =2,AE ∥OD ，可得sin ∠EAH =63，可得EH =263.于是sin ∠EBH =EH BE=63.法二：建立如图坐标系，可得F 0,0,0 ,B 1,0,0 ，C -1,0,0 ,D 0,1,0 ,E 0,1,2 ,A 0,a ,b由AF =3，解得a 2+b 2=3，又∵AE ⎳平面BCD ，令n =0,0,1 ，可得AB ⋅n =0，解得b =2,a =±1.当a =1时A ,E 重合，所以a =-1，此时A 0,-1,2 .不妨设平面ABC 的法向量为m =x ,y ,z ，则CB ⋅m =0CA ⋅m =0代入得x -y +2z =02x =0 ，令z =1，则y =2，所以m =0,2,1 .由于BE =-1,1,2 ，不妨设所成角为θ，则sin θ=∣cos BE ,m |=63.3(22·23·张家口·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，∠CBB 1=60°，AB =BC =2，AC =AB 1=2.(1)证明：平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C ；(2)求平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)57.【分析】(1)利用面面垂直的判定定理进行证明；(2)利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解.【详解】(1)如图，连接BC 1，交B 1C 于O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为BC 1的中点.又AC =AB 1=2，故AO ⊥B 1C .又AB =BC =2，且∠CBB 1=60°，所以CO =1,BO =3，所以AO =AC 2-CO 2=1.又AB =2，所以AB 2=BO 2+AO 2，所以AO ⊥BO .因为BO ,CB 1⊂平面BB 1C 1C ，BO ∩CB 1=O ，所以AO ⊥平面BB 1C 1C .又AO ⊂平面ACB 1，所以平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C .(2)由(1)知，OA ,OB ,OB 1两两互相垂直，因此以O 为坐标原点，OB ,OB 1,OA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (0,0,1)，B (3,0,0)，C (0,-1,0)，C 1(-3,0,0).故CC 1 =(-3,1,0)，CA =(0,1,1)，CB =(3,1,0).设n =(x 1,y 1,z 1)为平面ACC 1A 1的一个法向量，则有n ⋅CC 1 =0n ⋅CA =0 ，即-3x 1+y 1=0y 1+z 1=0 ，令x 1=1，则n =(1,3,-3).设m =(x 2,y 2,z 2)为平面ABC 的一个法向量，则有m ⋅CA =0m ⋅CB =0，即y 2+z 2=03x 2+y 2=0 ，令x 2=1，则m =(1,-3,3).因为平面A 1B 1C 1∥平面ABC ，所以m =(1,-3,3)也是平面A 1B 1C 1的一个法向量.所以cos <n ,m > =n ⋅m n m=1-3-3 7×7=57.所以平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值57. 4(22·23·湛江·二模)如图1，在五边形ABCDE 中，四边形ABCE 为正方形，CD ⊥DE ，CD =DE ，如图2，将△ABE 沿BE 折起，使得A 至A 1处，且A 1B ⊥A 1D ．(1)证明：DE ⊥平面A 1BE ；(2)求二面角C -A 1E -D 的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由已知易得DE ⊥BE ，即可证明线面垂直；(2)建立空间直角坐标系，用坐标公式法求解即可．【详解】(1)由题意得∠BEC =∠CED =π4，∠BED =π2，DE ⊥BE ，因为AB ⊥AE ，则A 1B ⊥A 1E ，又A 1B ⊥A 1D ，A 1E ∩A 1D =A 1,A 1E ,A 1D ⊂面A 1ED ，所以A 1B ⊥面A 1ED ，又DE ⊂面A 1ED ，则DE ⊥A 1B ，又DE ⊥BE ，A 1B ∩BE =B ，A 1B ⊂平面A 1BE ，BE ⊂平面A 1BE ，所以DE ⊥平面A 1BE ．(2)取BE 的中点O ，可知BE =2CD ,OE =CD ，由DE ⊥BE ，且CD ⊥DE 可得OE ⎳CD ，所以四边形OCDE 是平行四边形，所以CO ∥DE ，则CO ⊥平面A 1BE ，设BE =2，以点O 为坐标原点，OB ,OC ,OA 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图，则A 1(0,0,1),E (-1,0,0),B (1,0,0),C (0,1,0),D (-1,1,0)，EA 1 =(1,0,1),EC =(1,1,0),ED =(0,1,0)，设平面A 1EC 的一个法向量为n 1 =(x 1,y 1,z 1)，则n 1 ⋅EA 1 =0n 1 ⋅EC =0 ，即x 1+z 1=0x 1+y 1=0 ，取x 1=1，则n 1 =(1,-1,-1)，设平面A 1ED 的一个法向量为n 2 =(x 2,y 2,z 2)，则n 2 ⋅E 1A =0n 2 ⋅ED =0 ，即x 2+z 2=0y 2=0 ，取x 2=1，则n 2 =(1,0,-1)，所以cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 n 2=63，由图可知，二面角C -A 1E -D 为锐角，所以面角C -A 1E -D 的余弦值为63．5(22·23下·长沙·三模)如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，△ABC 和△ACD 均为正三角形，AC =4，BE =3，点F 在AC 上.(1)若BF ⎳平面CDE ，求CF ；(2)若F 是AC 的中点，求二面角F -DE -C 的正弦值.【答案】(1)CF =1(2)8517【分析】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，依题意可得DM ⊥AC ，根据面面垂直的性质得到DM ⊥平面ABC ，如图建立空间直角坐标系，求出平面CDE 的法向量，设F a ,0,0 ，a ∈2,-2 ，依题意可得BF ⋅n =0求出a 的值，即可得解；(2)依题意点F 与点M 重合，利用空间向量法计算可得.【详解】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，△ACD 为正三角形，AC =4，则DM ⊥AC ，且DM =2 3.因为平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD ∩平面ABC =AC ，DM ⊂平面ACD ，所以DM ⊥平面ABC ，又△ABC 为正三角形，所以BM ⊥AC ，所以BM =23，如图建立空间直角坐标系，则B 0,23,0 ，C -2,0,0 ，D 0,0,23 ，E 0,23,3 ，所以CD =2,0,23 ，CE =2,23,3 ，设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，则n ⋅CD =2x +23z =0n ⋅CE =2x +23y +3z =0，令x =3，则z =-3，y =-32，则n =3,-32,-3 ，设F a ,0,0 ，a ∈-2,2 ，则BF =a ,-23,0 ，因为BF ⎳平面CDE ，所以BF ⋅n =3a +-23 ×-32+0×-3 =0，解得a =-1，所以F 为CM 的中点，此时CF =1.(2)若F 是AC 的中点，则点F 与点M 重合，则平面FDE 的一个法向量可以为m =1,0,0 ，设二面角F -DE -C 为θ，显然二面角为锐角，则cos θ=m ⋅n m ⋅n=332+-32 2+-3 2=651，所以sin θ=1-cos 2θ=1-651 2=8517，所以二面角F -DE -C 的正弦值为8517.6(22·23下·湖北·二模)如图，S 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 内接于⊙O ,AC ⊥BC ,AC =BC =322，AM =2MS ,AS =3,PQ 为⊙O 的一条弦，且SB ⎳平面PMQ .(1)求PQ 的最小值；(2)若SA ⊥PQ ，求直线PQ 与平面BCM 所成角的正弦值.【答案】(1)22(2)3010【分析】(1)作出辅助线，找到符合要求的PQ ，并利用垂径定理得到最小值；(2)在第一问基础上，得到当PQ 取得最小值时，SA ⊥PQ ，并建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.【详解】(1)过点M 作MH ⎳SB 交AB 于点H ，过点H 作PQ ⊥AB ，此时满足SB ⎳平面PMQ ，由平面几何知识易知，PQ =2r 2-d 2，当弦心距d 最大时，d =OH ，弦长最短，即PQ 取得最小值，因为AM =2MS ,AS =3，所以AH =2HB ，因为AC ⊥BC ,AC =BC =322，由勾股定理得AB =322⋅2=3，故AH =2,HB =1，连接OQ ，则OQ =32，由勾股定理得HQ =OQ 2-OH 2=94-14=2，所以PQ =2HQ =22；(2)连接OS ，则OS ⊥平面ACB ，因为PQ ⊂平面ACB ，故OS ⊥PQ ，而SA ⊥PQ ，OS ∩SA =S ，所以PQ ⊥平面AOS ，即有PQ ⊥AB .以O 为坐标原点，过点O 且平行PQ 的直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，OS 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则P -2,12,0 ,Q 2,12,0 ,B 0,32,0 ,C 32,0,0 ,M 0,-12,3 ，设平面BCM 的法向量为m =x ,y ,z ，则m ⋅CB =x ,y ,z ⋅-32,32,0 =-32x +32y =0m ⋅MB =x ,y ,z ⋅0,2,-3 =2y -3z =0，令x =1，则y =1,z =233，故m =1,1,233，设直线PQ 与平面BCM 所成角的大小为θ，则sin θ=cos PQ ,m =PQ ⋅m PQ ⋅m =22,0,0 ⋅1,1,233 22×1+1+43=3010.故直线PQ与平面BCM所成角的正弦值为30 10.7(22·23·深圳·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,PA= AD=2AB，点M是PD的中点.(1)证明：AM⊥PC；(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上(异于点P，C)，且ON=OA，求直线AN与平面ACM所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)1510【分析】(1)由等腰三角形的性质可得AM⊥PD，由面面垂直的性质可得CD⊥平面PAD，则CD⊥AM，所以由线面垂直的判定可得AM⊥平面PCD，从而可得结论；(2)以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】(1)证明：因为PA=AD，点M是PD的中点，所以AM⊥PD.因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD，因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，因为平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AM，因为PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD，因为PC⊂平面PCD，所以AM⊥PC.(2)解：由题意可得AB,AD,AP两两垂直，设AB=1，如图，以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，因为点M是PD的中点，所以M0,22,22，所以AM =0,22,22 ,AC =1,2,0 ，设平面ACM 的法向量为n =x ,y ,z ，则AM ⋅n =22y +22z =0AC ⋅n =x +2y =0，令y =-1可得x =2,z =1，所以平面ACM 的一个法向量n =2,-1,1 .PC =1,2,-2 ，设N x N ,y N ,z N ,PN =λPC =λ,2λ,-2λ (0<λ<1)，即x N ,y N ,z N -2 =λ,2λ,-2λ ，所以N λ,2λ,2-2λ .又O 12,22,0 ,ON =OA =32，所以λ-12 2+2λ-22 2+(2-2λ)2=34，化简得5λ2-7λ+2=0，解得λ=25或λ=1(舍去).所以AN =25,225,325，设直线AN 与平面ACM 所成的角为θ，则sin θ=n ⋅AN n ⋅AN=3252+1+1×425+825+1825=1510，所以直线AN 与平面ACM 所成角的正弦值为1510.8(22·23下·温州·二模)已知三棱锥D -ABC 中，△BCD 是边长为3的正三角形，AB =AC =AD ,AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33．(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求二面角D -AC -B 的平面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)223【分析】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，证明BC ⊥平面ADE ，即可得证；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，从而可得OA ⊥平面BCD ，则∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，进而可得AB =AC =AD =3，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，解△BDH 即可得解.【详解】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，因为AB =AC ，所以AE ⊥BC ，因为△BCD 是边长为3的正三角形，所以DE ⊥BC ，又AE ∩DE =E ,AE ,DE ⊂平面ADE ，所以BC ⊥平面ADE ，因为AD ⊂平面ADE ，所以AD ⊥BC ；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，则点O 在DE 上，且OD =23DE ，由AB =AC =AD ，△BCD 是正三角形，得三棱锥A -BCD 为正三棱锥，则OA ⊥平面BCD ，故∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，又AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33，所以OD AD =3×32×23AD=33，即AB =AC =AD =3，即三棱锥A -BCD 是正四面体，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，在△BDH 中，BH =DH =332,BD =3，则cos ∠BHD =BH 2+DH 2-BD 22⋅BH ⋅DH =274+274-92×332×332=13，所以sin ∠BHD =1-cos 2∠BHD =223，所以二面角D -AC -B 的平面角的正弦值223．9(22·23下·浙江·二模)如图，四面体ABCD ,AD ⊥CD ,AD =CD ,AC =2,AB =3,∠CAB =60°，E 为AB 上的点，且AC ⊥DE ,DE 与平面ABC 所成角为30°，(1)求三棱锥D -BCE 的体积；(2)求二面角B -CD -E 的余弦值.【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析．【分析】(1)取AC 中点F ，可证明AC ⊥平面DEF ，得平面ABC ⊥平面DEF ，DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，由正弦定理求得∠FDE ，有两个解，在∠FDE =60°时可证DF ⊥平面ABC ，在∠FDE =120°时，取FE 中点H 证明DH ⊥平面ABC ，然后由棱锥体积公式计算体积；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．【详解】(1)取AC 中点F ，连接FE ,FD ，因为AD =CD ，所以DF ⊥AC ，又AC ⊥DE ，DE ∩DF =D ，DE ,DF ⊂平面DEF ，所以AC ⊥平面DEF ，而FE ⊂平面DEF ，所以AC ⊥FE ，由已知AF =1，∠BAC =60°，所以EF =3，AE =2，BE =1，由AC ⊥平面DEF ，AC ⊂平面ABC 得平面ABC ⊥平面DEF ，因此DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，所以∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，AD =CD ,AC =2，因此DF =12AC =1，在△DEF 中，由正弦定理EF sin ∠FDE =DF sin ∠DEF 得1sin30°=3sin ∠FDE ，sin ∠FDE =32，∠FDE 为△DEF 内角，所以∠FDE =60°或120°，S △ABC =12AB ×AC ×sin ∠BAC =12×3×2×sin60°=333，S △CBE =BE BAS △ABC =3-23×332=32，若∠FDE =60°，则∠DFE =90°，即DF ⊥FE ，AC ∩FE =F ，AC ,FE ⊂平面ABC ，所以DF ⊥平面ABC ，V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×1=36；若∠FDE =120°，则∠DFE =30°，DF =DE =1，取EF 中点H ，连接DH ，则DH ⊥EF ，因为平面ABC ⊥平面DEF ，平面ABC ∩平面DEF =EF ，而DH ⊂平面DEF ，所以DH ⊥平面ABC ，DH =DF sin ∠DFE =1×sin30°=12，所以V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×12=312；(2)若∠FDE =60°，以FA ,FE ,FD 为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，则D (0,0,1)，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =(1,0,1)，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-33，即m =(33,-1,-33)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+955×7=19385385，所以二面角B -CD -E 的余弦值是19385385；若∠FDE =120°，以FA 为x 轴，FE 为y 轴，过F 且平行于HD 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，FH =12FE =32，则D 0,32,12 ，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =1,32,12 ，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+32y 1+12z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-53，即m =(33,-1,-53)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+32y 2+12z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+15103×7=25721721，所以二面角B -CD -E 的余弦值是25721721．10(22·23下·襄阳·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为矩形，∠BAC =90°，AB =AC =2，AA 1=4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点N ，M 为B 1C 1的中点.(1)求证：平面A 1MNA ⊥平面A 1BC ；(2)求平面A 1B 1BA 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)23015【分析】(1)利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值.【详解】(1)如图，∵A 1N ⊥面ABC ，连AN ，则AN ⊥A 1N ，又AB =AC =2，∴AN ⊥BC ，又AN ∩BC =N ，A 1N ⊂面A 1BC ，BC ⊂面A 1BC ，于是AN ⊥面A 1BC ，又AN ⊂面A 1MN ，，所以面A 1BC ⊥面A 1MNA .(2)由(1)可得，以NA ,NB ,NA 1 为x ,y ,z 轴，建系如图，∠BAC =90°，AB =AC =2，BC =22则A (2,0,0),B (0,2,0),C (0,-2,0),因为AA 1=4,AN =2,所以A 1N =14,则A 1(0,0,14),因为NB 1 =NB +BB 1 =NB +AA 1 =0,2,0 +-2,0,14 =-2,2,14 ,所以B 1-2,2,14 ,设平面A 1BB 1的一个法向量为m =(x ,y ,z )，因为A 1B =(0,2,-14),B 1B =(2,0,-14),所以A 1B ⋅m =2y -14z =0B 1B ⋅m =2x -14z =0 ，令y =7，则x =7,z =1，所以m =(7,7,1)，设平面BCC 1B 1的一个法向量为n =(a ,b ,c )，因为BC =(0,-22,0),BB 1 =(-2,0,14),所以BC ⋅n =-22b =0BB 1 ⋅n =-2a +14c =0，令a =7，则b =0,c =1，所以n =(7,0,1)，设平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角为θ，则cos θ=cos <m ,n >=m ⋅n m n=7+0+17+7+1×7+0+1=23015，所以平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角的余弦值为23015.11(22·23·唐山·二模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 是等边三角形，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，且AA 1=AC ，∠AA 1C 1=120°，M 是CC 1的中点．(1)证明：A 1C ⊥BM ．(2)求二面角A 1-BC -M 的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)45【分析】(1)根据菱形的性质、结合面面垂直的性质，线面垂直的判定定理进行证明即可；(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量夹角公式进行求解即sk .【详解】(1)取AC 的中点O ，连接OM ，OB ，AC 1．在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，由AA 1=AC ，得四边形ACC 1A 1为菱形，所以A 1C ⊥AC 1，易知OM ∥AC 1，则A 1C ⊥OM ．由△ABC 是等边三角形，知OB ⊥AC ，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，OB ⊂平面ABC ，知OB ⊥平面ACC 1A 1，则OB ⊥A 1C ，又OB ∩OM =O ,OB ,OM ⊂平面OBM ，得A 1C ⊥平面OBM ，又BM ⊂平面OBM ，故A 1C ⊥BM ．.(2)连接OA 1，因为侧面ACC 1A 1为菱形，∠AA 1C 1=120°，则∠A 1AC =60°，则△A 1AC 为等边三角形，所以A 1O ⊥AC ，又由(1)易知OA 1，OB ，AC 两两垂直，故以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 1 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系．不妨设AB =2，则O 0,0,0 ，B 3,0,0 ，C 0,1,0 ，A 10,0,3 ，C 10,2,3 ，BA 1 =-3,0,3 ，BC =-3,1,0 ，CC 1 =0,1,3 ，设平面A 1BC 的法向量为n =x ,y ,z ，则n ⋅BC =-3x +y =0n ⋅BA 1 =-3x +3z =0 ，令x =1，得n =1,3,1 ，设平面BCC 1的法向量为m =a ,b ,c ，则m ⋅BC =-3a +b =0m ⋅CC 1 =b +3c =0，令a =1，得m =1,3,-1 ，所以cos n ,m =n ⋅m n ⋅m=35⋅5=35，即二面角A 1-BC -M 的正弦值为45．12(22·23下·盐城·三模)如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，点G 为弧CD 的中点，且C ，E ，D ，G 四点共面.(1)证明：平面BDF ⊥平面BCG ；(2)若平面BDF 与平面ABG 所成二面角的余弦值为155，且线段AB 长度为2，求点G 到直线DF 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)62【分析】(1)过G 作GH ⎳CB ，交底面弧于H ，连接HB ，有HBCG 为平行四边形，根据题设可得FB ⊥HB ，即FB ⊥CG ，再由线面垂直的性质可得CB ⊥FB ，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论.(2)构建如下图示空间直角坐标系A -xyz ，令半圆柱半径为r ，高为h ，确定相关点坐标，进而求平面BDF 、平面ABG 的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得h =2r ，即可求出点G 到直线DF 的距离.【详解】(1)过G 作GH ⎳CB ，交底面弧于H ，连接HB ，易知：HBCG 为平行四边形，所以HB ⎳CG ，又G 为弧CD 的中点，则H 是弧AB 的中点，所以∠HBA =45°，而由题设知：∠ABF =45°，则∠HBF =∠HBA +∠ABF =90°，所以FB ⊥HB ，即FB ⊥CG ，由CB ⊥底面ABF ，FB ⊂平面ABF ，则CB ⊥FB ，又CB ∩CG =C ，CB ,CG ⊂平面BCG ，所以FB ⊥平面BCG ，又FB ⊂平面BDF ，所以平面BDF ⊥平面BCG .(2)由题意，构建如下图示空间直角坐标系A -xyz ，令半圆柱半径为r ，高为h ，则B 0,2r ,0 ，F 2r ,0,0 ，D 0,0,h ，G -r ,r ,h ，所以FD =-2r ,0,h ，BD =0,-2r ,h ，AB =0,2r ,0 ，AG =-r ,r ,h ，若m =x ,y ,z 是面BDF 的一个法向量，则m ⋅FD =-2rx +hz =0m ⋅BD =-2ry +hz =0 ，令z =2r ，则m =h ,h ,2r ，若n =a ,b ,c 是面ABG 的一个法向量，则n ⋅AB =2rb =0n ⋅AG =-ra +rb +hc =0 ，令c =r ，则n =h ,0,r ，所以cos m ,n =m ⋅n m n=h 2+2r 22h 2+4r 2×h 2+r 2=155，整理可得h 2-4r 2 h 2+2r 2 =0，则h =2r ，又AB =2，由题设可知，此时点G -1,1,2 ，D 0,0,2 ，F 2,0,0 ，则DF =2,0,-2 ，DG =-1,1,0 ，所以点G 到直线DF 的距离d =DG 2-DG ⋅DF 2DF2=62.13(22·23下·江苏·三模)如图，圆锥DO 中，AE 为底面圆O 的直径，AE =AD ，△ABC 为底面圆O 的内接正三角形，圆锥的高DO =18，点P 为线段DO 上一个动点.(1)当PO =36时，证明：PA ⊥平面PBC ；(2)当P 点在什么位置时，直线PE 和平面PBC 所成角的正弦值最大.【答案】(1)证明见解析；(2)P 点在距离O 点36处【分析】(1)利用勾股定理证明出AP ⊥BP 和AP ⊥CP ，再用线面垂直的判定定理证明出PA ⊥平面PBC ；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】(1)因为AE =AD ，AD =DE ，所以△ADE 是正三角形，则∠DAO =π3，又DO ⊥底面圆O ，AE ⊂底面圆O ，所以DO ⊥AE ，在Rt △AOD 中，DO =18，所以AO =DO 3=63，因为△ABC 是正三角形，所以AB =AO ×32×2=63×3=18，AP =AO 2+PO 2=92，BP =AP ，所以AP 2+BP 2=AB 2，AP ⊥BP ，同理可证AP ⊥CP ，又BP ∩PC =P ，BP ，PC ⊂平面PBC ，所以PA ⊥平面PBC .(2)如图，建立以O 为原点的空间直角坐标系O -xyz .设PO =x ，(0≤x ≤18)，所以P 0,0,x ，E -33,9,0 ，B 33,9,0 ，C -63,0,0 ，所以EP =33,-9,x ，PB =33,9,-x ，PC =-63,0,-x ，设平面PBC 的法向量为n =a ,b ,c ，则n ⋅PB =33a +9b -cx =0n ⋅PC =-63a -cx =0，令a =x ，则b =-3x ，c =-63，故n =x ,-3x ,-63 ，设直线PE 和平面PBC 所成的角为θ，则sin θ=cos EP ,n =33x +93x -63x 108+x 2⋅x 2+3x 2+108=63x 108+x 2⋅4x 2+108=634x 2+1082x 2+540≤6324x 2⋅1082x 2+540=13，当且仅当4x 2=1082x 2，即PO =x =36时，直线PE 和平面PBC 所成角的正弦值最大，故P 点在距离O 点36处.14(22·23下·镇江·三模)如图，四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC =60°，四边形PACQ 为矩形，PA =1，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).①BP ,DP 与平面ABCD 所成角相等；②三棱锥P -ABD 体积为33；③cos ∠BPA =55(1)平面PACQ ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B -PQ -D 的大小；(3)求点C 到平面BPQ 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)2π3(3)32【分析】(1)若选①，则作PA ⊥面ABCD ，证明A 和A 重合从而得到PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；若选②，计算得到P 到面ABD 的距离h =1=PA ，得到PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；若选③，通过余弦定理计算得到PA ⊥AB ，再通过PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；(2)通过建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合二面角计算公式计算即可；(3)通过点面距离的计算公式直接计算即可.【详解】(1)选①，连接BD ，作PA ⊥面ABCD ，垂足为A .∵BP ,DP 与平面ABCD 所成角相等，∴A B =A D ，∴A 在BD 的中垂线AC 上，∵在平面PACQ 内，PA ⊥AC ,PA ⊥AC ,∴A 和A 重合，∴PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ ，∴面PACQ ⊥面ABCD若选②，设P 到面ABD 的距离为h ，∵V P -ABD =13S △ABD ⋅h =13×3⋅h =33，得h =1=PA ，∴PA 即为P 到面ABD 的距离，即PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ ，∴面PACQ ⊥面ABCD .若选③，由余弦定理得，cos ∠BPA =PB 2+PA 2-AB 22PB ⋅PA =55，∴BP =5,∴BP 2=AP 2+AB 2∴PA ⊥AB ，又PA ⊥AC ,AC ∩AB =A ,AC ,AB ⊂面ABCD∴PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ∴面PACQ ⊥面ABCD(2)因为PA ⊥面ABCD ，OB ,OC ⊂面ABCD ，所以PA ⊥OB ,PA ⊥OC ，取PQ 中点G ，则OG ⎳PA ，所以OG ⊥OB ,OG ⊥OC ，又因为OB ⊥OC ，所以建立如下图所示空间直角坐标系，∵B 3,0,0 ,P 0,-1,1 ,D -3,0,0 ,Q 0,1,1 ，∴BQ =-3,1,1 ,DQ =3,1,1 ,DP =3,-1,1 ，设平面BPQ 的一个法向量为m =x ,y ,z ，则m⋅BP =0m ⋅BQ =0 ，即-3x -y +z =0-3x +y +z =0 ，令x =3，则y =0,z =3,∴m =3,0,3 ，设平面DPQ 的一个法向量为n =x 1,y1,z 1 ，则n ⋅DP=0n ⋅DQ =0 ，即3x 1-y 1+z 1=3x 1+y 1+z 1=0，令x1=3，则y 1=0,z 1=-3,∴n =3,0,-3 ，∴cos m ,n =m ⋅n m ⋅ n =-623×23=-12，∵m ,n ∈0,π ,∴m ,n =2π3，由图可知二面角B -PQ -D 是钝角，所以二面角B -PQ -D 的大小为2π3.(3)∵C 0,1,0 ,Q 0,1,1 ，∴CQ =0,0,1 ,∵平面BPQ 的一个法向量为m =3,0,3 ，∴点C 到平面BPQ 的距离d =CQ ⋅m m=323=32.15(22·23下·江苏·一模)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面A 1B 1BA ⊥平面ABC ，侧面A 1B 1BA 为菱形，∠ABB 1=π3，AB 1⊥AC ，AB =AC =2，E 是AC 的中点.(1)求证：A 1B ⊥平面AB 1C ；(2)点P 在线段A 1E 上(异于点A 1，E )，AP 与平面A 1BE 所成角为π4，求EP EA 1的值.【答案】(1)证明见解析(2)EP EA 1=25【分析】(1)作B 1O ⊥AB 交AB 于O 点，由面面垂直的性质可得B 1O ⊥平面ABC ，可得B 1O ⊥AC ，再由线面垂直的判定定理得AC ⊥平面A 1B 1BA ，从而得到AC ⊥A 1B ，再由线面垂直的判定定理可得答案；(2)以A 为原点，AB 、AC 、AO 1所在的直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，设EP =λEA 1 ，可得AP =-λ,1-λ,3λ ，求出平面A 1BE 的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.【详解】(1)因为侧面A 1B 1BA 为菱形，∠ABB 1=π3，AB =AC =2，所以△ABB 1、△AA 1B 1为边长为2的等边三角形，作B 1O ⊥AB 交AB 于O 点，则O 点为AB 的中点，因为平面A 1B 1BA ⊥平面ABC ，平面A 1B 1BA ∩平面ABC =AB ，B 1O ⊂平面A 1B 1BA ，所以B 1O ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，可得B 1O ⊥AC ，又AB 1⊥AC ，B 1O ∩AB 1=B 1，B 1O 、AB 1⊂平面A 1B 1BA ，可得AC ⊥平面A 1B 1BA ，因为A 1B ⊂平面A 1B 1BA ，所以AC ⊥A 1B ，因为侧面A 1B 1BA 为菱形，所以B 1A ⊥A 1B ，AB 1∩AC =A ，AB 1、AC ⊂平面AB 1C ，所以A 1B ⊥平面AB 1C ；(2)由(1)知，AC ⊥平面A 1B 1BA ，∠BAC =π2，取做A 1B 1的中点O 1，连接AO 1，则B1O ⎳AO 1，所以AO 1⊥平面ABC ，以A 为原点，AB 、AC 、AO 1所在的直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，则A 0,0,0 ，A 1-1,0,3 ，B 2,0,0 ，E 0,1,0 ，A 1B =3,0,-3 ，EA 1 =-1,-1,3 ，设EP =λEA 1 ，可得P -λ,1-λ,3λ ，所以AP =-λ,1-λ,3λ ，设平面A 1BE 的一个法向量为n=x ,y ,z ，则A 1B ⋅n=0EA 1 ⋅n =0，即3x -3z =0-x -y +3z =0 ，令z =3，可得n =1,2,3 ，可得sin π4=cos n ,AP =n ⋅AP n AP=-λ+2-2λ+3λ 1+4+3λ2+1-λ 2+3λ2，解得λ=0舍去，或λ=25，所以EP EA 1=25.16(22·23下·河北·三模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是菱形，其对角线AC ,BD 交于点O ，且PO ⊥平面ABCD ,OC =1,OD =OP =2,M 是PD 的中点，N 是线段CD 上一动点．(1)当平面OMN ⎳平面PBC 时，试确定点N 的位置，并说明理由；(2)在(1)的前提下，点Q 在直线MN 上，以PQ 为直径的球的表面积为214π．以O 为原点，OC ,OD ,OP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O -xyz ，求点Q 的坐标．【答案】(1)N 是CD 的中点(2)12,1,0 ，-1310,1,185 【分析】(1)根据面面平行的性质证明MN ⎳PC ，即可得解；(2)先根据球的体积求出PQ ，然后根据空间中两点间的距离公式即可得解.【详解】(1)因为平面OMN ⎳平面PBC ，平面OMN ∩平面PCD =MN ，平面PBC ∩平面PCD =PC ，所以MN ⎳PC ，因为M 是PD 的中点，所以N 是CD 的中点；(2)由题意4π×PQ 22=214π，解得PQ =212，设MQ =λMN,λ∈R ，由题意，P 0,0,2 ,M 0,1,1 ,N 12,1,0 ，则PM =0,1,-1 ,MN =12,0,-1 ，则PQ =PM +MQ =0,1,-1 +λ12,0,-1 =λ2,1,-λ-1 ，则λ24+1+-λ-1 2=212，解得λ=1或λ=-135，当λ=1时，MQ =MN ，则Q 12,1,0 ，当λ=-135时，MQ =-135MN =-1310,0,135，设Q x ,y ,z ，则MQ =x ,y -1,z -1 =-1310,0,135，所以x =-1310y -1=0z -1=135 ，解得x =-1310y =1z =185 ，则Q -1310,1,185 ，综上所述点Q 的坐标为12,1,0，-1310,1,185 .17(22·23·汕头·三模)如图，圆台O 1O 2的轴截面为等腰梯形A 1ACC 1，AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点.(1)在平面BCC 1内，过C 1作一条直线与平面A 1AB 平行，并说明理由；(2)若四棱锥B -A 1ACC 1的体积为23，设平面A 1AB ∩平面C 1CB =l ,Q ∈l ，求CQ 的最小值.【答案】(1)作图见解析，理由见解析(2)7【分析】(1)根据线面平行的判定和中位线定理即可求解;(2)根据几何关系或空间向量方法即可求解.【详解】(1)取BC 中点P ，作直线C 1P 即为所求，取AB 中点H ，连接A 2H ,PH ，则有PH ∥AC ,PH =12AC ，如图，在等腰梯形A 1ACC 1中，A 1C 1=12AC ，有HP ∥A 1C 1,HP =A 1C 1，则四边形A 1C 1PH 为平行四边形，即有C 1P ∥A 1H ，又A 1H ⊂平面A 1AB ,C 1P⊄平面A 1AB ，所以C 1P ∥平面A 1AB .(2)法一：延长AA 1,CC 1交于点O ，故O ∈AA 1⊂平面ABA 1,O ∈CC 1⊂平面CC 1B故平面A 1AB ∩平面C 1CB =BO ,BO 即l ,在△OBC 中，OC ,OB 均为圆锥母线.过点B 作BO ⊥AC 于O .在等腰梯形A 1ACC 1中，AC =2AA 1=2A 1C 1=4，此梯形的高h =AA 21-AC -A 1C 122=3,∴等腰梯形A 1ACC 1的面积为S =122+4 3=33，所以四棱锥B -A 1ACC 1的体积V =13S ×BO =13×33×BO =23，解得BO =2，故点O 与O 2重合，BC =22由AC =2AA 1=2A 1C 1，得OC =2CC 1，且∠C 1CA =60°，故OC =AC =4=OB .△OBC 中，O 到BC 距离h 1=OB 2-BC 22=14.则△OBC 面积=12OB ⋅CQ min =12BC ⋅h 1,得：CQ 的最小值为：CQ min =22⋅144=7.法二：同法一求出B 的位置.以O 2为原点，OB ,OC ,O 2O 1方向为x ,y ,z 轴正向建立空间直角坐标系，C 0,2,0 ,B 2,0,0 ,AA 1 =0,1,3 ,AB =2,2,0 ,CC 1 =0,-1,3 ,BC=-2,2,0设面A 1AB 的法向量为a=x 1,y 1,z 1a ⋅AA 1=y 1+3z 1=0a ⋅AB=2x 1+2y 1=0，取z 1=1，有a=3,-3,1 ；同理可得面C 1CB 的法向量为β=3,3,1 ,由l =面C 1CB ∩面A 1AB ，可知B ∈l ，设l 的方向向量为l=x ,y ,z ，故l ⋅a =3x -3y +z =0,l ⋅β=3x +3y +z =0取l=1,0,3 ,下面分2个方法求|CQ |min求|CQ |min 方法1：BQ =l=t ,0,3t ,，∵B 2,0,0 ,∴Q t -2,0,3t∴CQ =(t -2)2+22+(3t )2=4t 2-4t +8，当t =12时，CQ 取最小值为7.求CQ min 方法2：BC 在l 上的投影向量的模为BC ⋅l l =-2×1+2×0+0×32=1故CQ 的最小值即C 到l 的距离为BC 2-12=7.法三:在三角形△BCO 中，BO =CO =4,BC =22,cos ∠CBO =42+(22)2-422×4×22=122⋅sin ∠CBO =1-1222=722,所以CQ ≥CB sin ∠CBO =722×22=7.18(19·20下·临沂·二模)如图①，在Rt △ABC 中，B 为直角，AB =BC =6，EF ∥BC ，AE =2，沿EF 将△AEF 折起，使∠AEB =π3，得到如图②的几何体，点D 在线段AC 上．(1)求证：平面AEF ⊥平面ABC ；(2)若AE ⎳平面BDF ，求直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)64.【分析】(1)由余弦定理计算证明EA ⊥AB ，再利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理作答.(2)以A 为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的正弦作答.【详解】(1)在△ABE 中，AE =2,BE =4，∠AEB =π3，由余弦定理得：AB 2=AE 2+BE 2-2AE ⋅BE cos ∠AEB =4+16-2×2×4×12=12，则AB =23，有EB 2=EA 2+AB 2，于是∠EAB =π2，即有EA ⊥AB ，又EF ⊥EB ,EF ⊥EA ,EA ∩EB =E ,EA ,EB ⊂平面ABE ，因此EF ⊥平面ABE ，而AB ⊂平面ABE ，则EF ⊥AB ，又因为EA ∩EF =E ,EA ,EF ⊂平面AEF ，从而AB ⊥平面AEF ，而AB ⊂平面ABC ，所以平面AEF ⊥平面ABC .(2)以A 为原点，以AB ,AE 分别为x ,y 轴，过点A 垂直于平面ABE 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图，由(1)知，EF ⊥平面ABE ，而EF ⎳BC ，则有BC ⊥平面ABE ，则A (0,0,0),B (23,0,0),E (0,2,0),F (0,2,2),C (23,0,6)，AF =(0,2,2),FB =(23,-2,-2),AC=(23,0,6)，连接EC 与FB 交于点G ，连接DG ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ，平面AEC ∩平面BDF =DG ，则AE ⎳GD ，有GC GE =DCDA，在四边形BCFE 中，由EF ⎳BC ，得GC GE =BC EF =3，即DC DA=3，AD =14AC =32,0,32 ，FD =AD -AF =32,-2,-12，设平面BDF 的法向量为n =(x ,y ,z )，则n ⋅FD =32x -2y -12z =0n ⋅FB =23x -2y -2z =0，令x =1，得n =(1,0,3)，设直线AF 与平面BDF 所成角为θ，于是sin θ=|cos ‹n ,AF ›|=|n ⋅AF ||n ||AF |=2322×2=64，所以直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值为64.19(22·23下·广州·三模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，AB =AP =2，PA ⊥平面ABCD ，E ,F 分别是线段PB ,PD 的中点，G 是线段PC 上的一点.(1)求证：平面EFG ⊥平面PAC ；(2)若直线AG 与平面AEF 所成角的正弦值为13，且G 点不是线段PC 的中点，求三棱锥E -ABG 体积.【答案】(1)证明见解析(2)19【分析】(1)由线面垂直判定可证得BD ⊥平面PAC ，由中位线性质知EF ⎳BD ，从而得到EF ⊥平面PAC ，由面面垂直判定可得结论；(2)以A 为坐标原点可建立空间直角坐标系，设PG =λPC ，λ∈0,12 ∪12,1 ，由线面角的向量求法可构造方程求得λ，结合垂直关系可得G 平面PAB 的距离为16BC =13，利用棱锥体积公式可求得结果.【详解】(1)连接BD ，∵E ,F 分别是线段PB ,PD 的中点，∴EF ⎳BD ，∵底面四边形ABCD 为正方形，∴BD ⊥AC ，∵PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BD ，又PA ∩AC =A ，PA ,AC ⊂平面PAC ，∴BD ⊥平面PAC ，∵EF ⎳BD ，∴EF ⊥平面PAC ，又EF ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面PAC .(2)以A 为坐标原点，分别以AB ,AD ,AP 所在直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则A 0,0,0 ，E 1,0,1 ，F 0,1,1 ，P 0,0,2 ，C 2,2,0 ，设PG =λPC ，λ∈0,12 ∪12,1 ，则AG =AP +PG =0,0,2 +2λ,2λ,-2λ =2λ,2λ,2-2λ ，AE =1,0,1 ，AF =0,1,1 ，设平面AEF 的一个法向量为n=x ,y ,z ，则n ⋅AE=x +z =0n ⋅AF=y +z =0，令z =-1，解得：x =1，y =1，∴n =1,1,-1 ；设直线AG 与平面AEF 所成角为θ，sin θ=cos n ,AG =n ⋅AGn ⋅AG=6λ-2 3⋅4λ2+4λ2+2-2λ 2=13，解得：λ=16或λ=12(舍)，∴PG =16PC ，∵PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BC ；∵BC ⊥AB ，PA ∩AB =A ，PA ,AB ⊂平面PAB ，∴BC ⊥平面PAB ，∴G 到平面PAB 的距离为16BC =13，∴V E -ABG =V G -ABE =13S △ABE ⋅16BC =13×12×12×2×2×13=19.20(22·23下·长沙·一模)斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各棱长都为2，∠A 1AB =60°，点A 1在下底面ABC 的投影为AB 的中点O ．(1)在棱BB 1(含端点)上是否存在一点D 使A 1D ⊥AC 1若存在，求出BD 的长；若不存在，请说明理由；(2)求点A 1到平面BCC 1B 1的距离．【答案】(1)存在，BD =25(2)2155【分析】(1)连接OC ，以O 点为原点，如图建立空间直角坐标系，设BD =tBB 1 ,t ∈0,1 ，根据AC 1 ⋅A 1D=0，求出t 即可；(2)利用向量法求解即可.【详解】(1)连接OC ，因为AC =BC ，O 为AB 的中点，所以OC ⊥AB ，由题意知A 1O ⊥平面ABC ，又AA 1=2，∠A 1AO =60°，所以A 1O =3，以O 点为原点，如图建立空间直角坐标系，则A 10,0,3 ，A 1,0,0 ，B -1,0,0 ，C 0,3,0 ，由AB =A 1B 1得B 1-2,0,3 ，同理得C 1-1,3,3 ，设BD =tBB 1,t ∈0,1 ，得D -1-t ,0,3t ，又AC 1 =-2,3,3 ，A 1D =-1-t ,0,3t -3 ，由AC 1 ⋅A 1D=0，得-2-1-t +33t -3 =0，得t =15，又BB 1=2，∴BD =25，∴存在点D 且BD =25满足条件；(2)设平面BCC 1B 1的法向量为n=x ,y ,z ，BC =1,3,0 ，CC 1 =-1,0,3 ，则有n ⋅BC=x +3y =0n ⋅CC 1=-x +3z =0，可取n =3,-1,1 ，又BA 1=1,0,3 ，∴点A 1到平面BCC 1B 1的距离为d =BA 1 cos BA 1 ,n =BA 1 ×3+0+3BA 1×5=2155，∴所求距离为2155.21(22·23下·长沙·三模)如图，三棱台ABC -A 1B 1C 1，AB ⊥BC ，AC ⊥BB 1，平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，AB =6,BC =4，BB 1=2，AC 1与A 1C 相交于点D ，AE =2EB，且DE ∥平面BCC 1B 1.(1)求三棱锥C -A 1B 1C 1的体积；(2)平面A 1B 1C 与平面ABC 所成角为α，CC 1与平面A 1B 1C 所成角为β，求证：α+β=π4.【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】(1)通过证明线线和线面垂直，并结合已知条件即可得出三棱锥C -A 1B 1C 1的体积；(2)建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，求出所成角为α与β的正余弦值，即可证明结论.【详解】(1)由题意，∵平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，且平面ABB 1A 1∩平面ABC =AB ，AB ⊥BC ，BC ⊂平面ABC ∴BC ⊥平面ABB 1A 1，∵BB 1⊂平面ABB 1A 1，∴BC ⊥BB 1，又AC ⊥BB 1，BC ∩AC =C ，BC ,AC ⊂平面ABC ∴BB 1⊥平面ABC ，连接C 1B ，∵DE ⎳平面BCC 1B 1，DE ⊂平面ABC 1，平面ABC 1∩平面BCC 1B 1=C 1B ，∴DE ∥C 1B ，∵AE =2EB ，∴AD =2DC 1 ，∴A 1C 1=12AC .∴三棱锥C -A 1B 1C 1底面A 1B 1C 1的面积S 1=12×2×3=3，高h =BB 1=2，。
空间立体几何典型例题分析讲解
(A) (B)6 33 •某几何体的三视图及尺寸如图示，则该几何体的表面积为（空间立体几何考试范围：xxx;考试时间：100分钟；命题人: 注意事项：1•答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2•请将答案正确填写在答题卡上xxx第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分.如图，已知球、选择题（题型注释）是棱长为1的正方体ABCB-ABCD的内切球, 则平面ACD截球0的截面面积为（）2 •一个几何体的三视图如图所示,且其侧视图是一个等边三角形,则这个几何的体积为()(B) (4(C)(8 ) 33(D)V3正视图r /俯 .视 1/图5 . 一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位：c m 2）为（6 .一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（A. 3 4 •某简单几何体的三视图如图所示，其正视图. 积分别是1 , 2, B . 10C. 6 4,则这个几何体的体积为D. 侧视图•俯视图均为直角三角形，面（）A .B . C. 4 D. 8(A ) 48+12 2 (C ) 36+12 2(B ) 48+24.2 (D ) 36+24 2A. 2 B . 17 .已知正方形ARP2F3的边长为4,点B,C位边PP2,F2P>的中点，沿AB, BC,CA折叠成一个三棱锥P ABC| (使PR P 重合于点|P ),则三棱锥P ABC的外接球表面积为A. 24 B.12 C. D.已知球的表面积为20 到平面ABC的距离为A. 1 ，球面上有A、B、C三点，如果AB=AC=2 BC=2 3，则球D. 2设四面体的四个面的面积分别为Sl,S2,S3,S4, 它们的最大值为S,记4S i i 1S则有A. 2< W 4 B . 3<10 .若一个三角形，2.5< D. 3.5<采用斜二测画法作出其直观图，其直观图面积是原三角形面积的AB 2, BC 1.5, ABC 1200(如下图)，若将ABC 绕直线BC 旋转一周，则所形成的旋转体的体积是11.在ABC 中,D^2AC 底面BCD, BD DC , BD DC , AC a ,ABC 30，,则点C到平面ABD |的距离是（）A . 遁aB . --- aC . ®aD .J15--- a5 5 5 313.一个表面积为36 n的球外切于一圆柱，则圆柱的表面积为（A、45 nB、27 nC、36 n D 54 n14•如图，半球内有一内接正方体，则这个半球体积与正方体的体积之比为（A屁出B、届遽C^2 D、尿：吃15•两个球的体积之比是8 ：2?，那么这两个球的表面积之比是（）A、2号|B、4詡C、忑:历D、販佰16.甲球与某立方体的各个面都相切，乙球与这个立方体的各条棱都相切，立方体的所有顶点，则甲、乙、丙三球的半径的平方之比为（）20 .在长方体ABCD A1B1C1D1，底面是边长为AB i D i的距离为（）A.21.直三棱柱ABC AB i C i中，各侧棱和底面的边长均为a，点D是CC“上任意一点,连接AB,BD,AD,AD，则三棱锥A ABD的体积为（）丙球过这个A、 3 B 、9 C 、27 D18.球内接正方体的表面积与球的表面积的比为（）A、2:「丨B 、3:「丨C > 4: HI D32A、12 n B 、16 n C、7t2的正方形，高为4，则点A1到截面17 .若球的大圆面积扩大为原来的3倍，则它的体积扩大为原来的（）倍〔3 3 3 3 3 13A. —a B . —a C . — a D . —a6 12 6 1222•已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱（其底面是正方形，且侧棱垂直于底面）高为4，体积为16，则这个球的表面积是（）A. 16B. 20C. 24D. 3223.中心角为135°的扇形，其面积为B,其围成的圆锥的全面积为A则A: B为（）A. 11: 8B. 3: 8C. 8: 3D. 13: 824.与正方体各面都相切的球，它的表面积与正方体的表面积之比为（）A. —B. —C. 一D.—2 6 4 325.直径为10cm的一个大金属球，熔化后铸成若干个直径为2cm的小球，如果不计损耗，可铸成这样的小球的个数为（）A. 5 B . 15 C . 25 D. 12526.一个球与它的外切圆柱、外切等边圆锥（圆锥的轴截面为正三角形）的体积之比（）A. 2: 3: 5 B . 2: 3: 4 C . 3: 5: 8 D. 4: 6: 927.两个球体积之和为12 n，且这两个球大圆周长之和为 6 n,那么这两球半径之差是（）1A. B. 1 C. 2 D . 3228.直三棱柱各侧棱和底面边长均为a，点D是CC上任意一点，连结A' B, BD, AD, AD,则三棱锥A—A' BD的体积（）A. ^a3B. _2a3 C 2a3 D.丄a36 6 12 1229.将一个边长为a的正方体，切成27个全等的小正方体，则表面积增加了（）2 2 2 2A. 6a2 B . 12a C. 18a D. 24a30.球的体积与其表面积的数值相等，则球的半径等于（）1A. —B. 1C. 2D. 3231.若正棱锥底面边长与侧棱长相等，则该棱锥一定不是（）A.三棱锥B.四棱锥C.五棱锥D.六棱锥第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明33 . 一个四面体所有棱长都为 2 ,四个顶点在同一球面上， 则此球表面积为 ___________ 34 .如图，平面四边形 ABCD 中，AB AD CD 1 , BD J2,BD CD ，将其沿对角线BD 折成四面体 A' BCD ,使平面 A'BD 平面BCD ,若四面体 A' BCD 顶点在同 一个球面上，则该球的体积为 ________________________.35 •如图，一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形，且直角三角形的直角边长为 1，那么这个几何体的体积为 __________________cm评卷人得分填空题（题型注释）（单位：cm ）如图所则该几何体的体积为3cm32 . 一个空间几何体的三视他｝视長136.三个球的半径之比为1 : 2 : 3,则最大球的体积是其他两个球的体积之和的_________ 倍37.湖结冰时，一个球漂在其上，取出后（未弄破冰），冰面上留下了一个直径为24cm, 深为8cm的空穴，则该球的半径为_______________38.如图，一个底面半径为R的圆柱形量杯中装有适量的水、若放入一个半径为r的实39 .把一个大的金属球表面涂漆，需油漆 2.4kg ，若把这个金属球熔化，制成 64个半径相等的小金属球（设损耗为零），将这些小金属球表面涂漆， 需用油漆 _________________ 。
高中数学必修二第八章立体几何初步典型例题(带答案)
高中数学必修二第八章立体几何初步典型例题单选题1、如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，其中B′C′=C′A′=2，A′B′，A′C′分别与x′轴，y′轴平行，则BC=（）A．2B．2√2C．4D．2√6答案：D分析：先确定△A′B′C′是等腰直角三角形，求出A′B′，再确定原图△ABC的形状，进而求出BC.由题意可知△A′B′C′是等腰直角三角形，A′B′=2√2，其原图形是Rt△ABC，AB=A′B′=2√2，AC=2A′C′=4，∠BAC=90°，则BC=√8+16=2√6，故选：D.2、如图直角△O′A′B′是一个平面图形的直观图，斜边O′B′=4，则原平面图形的面积是（）A．8√2B．4√2C．4D．√2答案：A解析：根据斜二测画法规则可求原平面图形三角形的两条直角边长度，利用三角形的面积公式即可求解.由题意可知△O′A′B′为等腰直角三角形，O′B′=4，则O′A′=2√2，所以原图形中，OB=4，OA=4√2，×4×4√2=8√2.故原平面图形的面积为12故选：A3、正方体中，点P，O，R，S是其所在棱的中点，则PQ与RS是异面直线的图形是（）A．B．C．D．答案：C分析：对于A，B，D，利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面，对于C，利用异面直线的定义推理判断作答．对于A，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，A1C1，则AC//A1C1，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则有PQ//AC，RS//A1C1，因此PQ//RS，则直线PQ与RS共面，A错误；对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，QS，PR，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有AP//CR且AP=CR，则四边形APRC为平行四边形，即有AC//PR，又QS//AC，因此QS//PR，直线PQ与RS共面，B错误；对于C，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有RS//BB1，而BB1⊂平面ABB1A1，RS⊄平面ABB1A1，则RS//平面ABB1A1，PQ⊂平面ABB1A1，则直线PQ与RS无公共点，又直线PQ与直线BB1相交，于是得直线PQ与RS不平行，则直线PQ与RS是异面直线，C正确；对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，D1C，PS，QR，如图，因为A1D1//BC且A1D1=BC，则四边形A1D1CB为平行四边形，有A1B//D1C，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有PS//A1B，QR//D1C，则PS//QR，直线PQ与RS共面，D错误.故选：C4、下面四个选项中一定能得出平面α/⁄平面β的是（）A．存在一条直线a，a//α，a//βB．存在一条直线a，a⊂α，a//βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//α答案：D分析：对于A，B，C，举出符合条件的特例即可判断；对于D，过直线a作平面γ∩β=c，再证c//α即可. 如图，ABCD−A1B1C1D1是长方体，平面ABCD为平面α，平面ABB1A1为平面β，对于A，直线C1D1为直线a，显然a//α，a//β，而α与β相交，A不正确；对于B，直线CD为直线a，显然a⊂α，a//β，而α与β相交，B不正确；对于C，直线CD为直线a，直线A1B1为直线b，显然a⊂α，b⊂β，a//β，b//α，而α与β相交，C不正确；对于D，因a，b是异面直线，且a⊂α，b⊂β，过直线a作平面γ∩β=c，如图，则c//a，并且直线c与b必相交，而c⊄α，于是得c//α，又b//α，即β内有两条相交直线都平行于平面α，⁄平面β.因此，平面α/故选：D5、某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（）A ．132B ．223C ．152D ．233答案：C分析：根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为V =23−(13×12×12×1+13×12×12×2)=152，故选：C.6、已知圆锥的母线长为3，其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的体积为（ ） A ．√23πB ．2√23πC ．πD ．√2π 答案：B分析：根据弧长计算公式，求得底面圆半径以及圆锥的高，即可求得圆锥的体积.设圆锥的底面圆半径为r ，故可得2πr =2π3×3，解得r =1，设圆锥的高为ℎ，则ℎ=√32−12=2√2，则圆锥的体积V =13×πr 2×ℎ=13×π×2√2=2√23π. 故选：B.7、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（ ）A ．6B ．12C ．24D ．48答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48故选：D8、已知三棱锥P −ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，∠BAC =120°，PA =AB =AC =2，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）A ．12πB ．16πC ．20πD ．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC 的外心为G ，O 为球心，所以OG ⊥平面ABC ，因为PA ⊥平面ABC ，所以OG//PA ，设D 是PA 中点，因为OP =OA ，所以DO ⊥PA ，因为PA ⊥平面ABC ，AG ⊂平面ABC ，所以AG ⊥PA ，因此OD//AG ，因此四边形ODAG 是平行四边形，故OG =AD =12PA =1， 由余弦定理，得BC =√AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−12)=2√3，由正弦定理，得2AG =√3√32⇒AG =2，所以该外接球的半径R 满足R 2=(OG )2+(AG )2=5⇒S =4πR 2=20π，故选：C ．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.多选题9、(多选)下列说法中正确的是（）A．若直线l与平面α不平行，则l与α相交B．直线l在平面外是指直线和平面平行C．如果直线l经过平面α内一点P，又经过平面α外一点Q，那么直线l与平面α相交D．如果直线a∥b，且a与平面α相交于点P，那么直线b必与平面α相交答案：CD分析：由线面直线的位置关系逐一判断即可求解.若直线l与平面α不平行，则l与α相交或l⊂α，所以A不正确．若l⊄α，则l//α或l与α相交，所以B不正确．由线面直线的位置关系可知，C、D正确.故选：CD10、如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，M为AA1的中点，过B1M作长方体的截面α交棱CC1于N，则（）A．截面α可能为六边形B ．存在点N ，使得BN ⊥截面αC ．若截面α为平行四边形，则1≤CN ≤2D ．当N 与C 重合时，截面面积为3√64答案：CD分析：利用点N 的位置不同得到的截面α的形状判断选项A ，C ，利用线面垂直的判定定理分析选项B ，利用平面几何知识求相应的量结合梯形的面积公式求得截面的面积，从而可判断选项D ．长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =1，AA 1=2，M 为AA 1的中点，过B 1M 作长方体的截面α交棱CC 1于N ， 设N 0为CC 1的中点，根据点N 的位置的变化分析可得：当1≤CN ≤2时，截面α为平行四边形，当0<CN <1时，截面α为五边形，当CN =0时，即点N 与点C 重合时，截面α为梯形，故A 不正确，C 正确；设BN ⊥截面α，因为B 1M ⊂面α，所以BN ⊥B 1M ，所以N 只能与C 重合才能使BN ⊥B 1M ，因为BN 不垂直平面B 1CQM ，故此时不成立，故B 不正确；因为当点N 与点C 重合时，截面α为梯形，如下图所示：过M 作MH 垂直于B 1C 于H ，设梯形的高为ℎ，MH =x ，则由平面几何知识得：ℎ2=(√2)2−x 2=(√52)2−(√52−x)2，解得x =2√55,ℎ=√305，所以截面α的面积为：12×(√5+√52)×ℎ=12×3√52×√305=3√64，故D 正确；故选：CD ．小提示：关键点睛：本题考查长方体的截面的形状，关键在于分析动点在不同的位置时，截面的形状，运用线面平行的判定定理和平面几何知识求得截面的面积．11、在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是正方体的棱上一点，|PB|+|PC1|=λ，则（）A．λ=2时，满足条件的点P的个数为1B．λ=4时，满足条件的点P的个数为4C．λ=4√2时，满足条件的点P的个数为2D．若满足|PB|+|PC1|=λ的点P的个数为6，则λ的取值范围为(2√2,4)答案：BC分析：根据各棱上的点P到B,C1两点距离之和对选项进行逐一分析，由此确定正确选项.设E,F分别是C1D1,AB的中点，|BD1|=√22+(2√2)2=2√3，|BE|=|C1F|=√12+(2√2)2=3，|A1C1|=|A1B|=2√2.由于|BC1|=2√2，所以|PB|+|PC1|=λ≥2√2，所以A选项错误.λ=4，满足|PB|+|PC1|=4的点为B1,C,E,F共4个，所以B选项正确.λ=4√2，满足|PB|+|PC1|=4√2的点为A1,D共2个，所以C选项正确.当P在正方形ADD1A1（不包括A,D,D1,A1）上运动时，λ∈(2+2√3,4√2)，此时棱A1B1与棱CD上，也存在点使λ∈(2+2√3,4√2).所以当λ∈(2+2√3,4√2)时，满足|PB|+|PC1|=λ的点P的个数为6，所以D选项错误.故选：BC填空题12、已知A、B、C、D四点不共面，且AB//平面α，CD∥α，AC∩α=E，AD∩α=F，BD∩α=H，BC∩α=G，则四边形EFHG是______四边形．答案：平行分析：由题，平面ABD∩平面α=FH，结合AB//平面α可得AB//FH，同理可得四边形EFHG另外三边与AB，CD的位置关系，即可得到答案.由题，平面ABD∩平面α=FH，因为AB//平面α，所以AB//FH，又平面ABC∩平面α=EG，所以AB//EG，则FH//EG，同理GH//CD//EF，所以四边形EFHG是平行四边形，所以答案是：平行13、如图已知A是△BCD所在平面外一点，AD=BC，E､F分别是AB、CD的中点，若异面直线AD与BC所成角的大小为π3，则AD与EF所成角的大小为___________.答案：π3或π6分析：取AC的中点G，连接EG,GF，则∠EGF=π3或∠EGF=2π3，分别分析这两种情况下∠GFE的大小即为AD与EF所成角.解：如图所示：取AC的中点G，连接EG,GF，则EG//BC，GF//AD，所以∠EGF为异面直线AD与BC所成角或其补角.因为AD=BC，所以EG=GF，当∠EGF=π3时，△EGF为等边三角形，∠GFE=π3，即AD与EF所成角的大小为π3；当∠EGF=2π3时，EG=GF，△EGF为等腰三角形，∠GFE=π6，即AD与EF所成角的大小为π6.所以答案是：π3或π6.14、已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，棱长均为2，顶点A 1在底面ABC 上的射影恰为AB 的中点D ，E 为AC 的中点，则直线BE 与直线AB 1所成角的余弦值为________．答案：34分析：根据三棱柱性质与题中的中点条件，可将所求直线BE 与直线AB 1所成角的余弦值转化为求直线GB 1与直线AB 1所成角的余弦值，那么就要通过多次转化最终求得△AGB 1中三边长，然后直接在△AGB 1中运用余弦定理即可.如图，取A 1C 1中点G ，连接B 1G,AG,AE,DE,GE ,由三棱柱的性质易证得GE //BB 1,GE =BB 1,所以四边形GEBB 1为平行四边形，所以GB 1//BE ,所以下面即求直线GB 1与直线AB 1所成角的余弦值.由题意知，A 1D ⊥平面ABC ,因为AB,DE ⊂平面ABC ,所以A 1D ⊥AB,A 1D ⊥DE ，在Rt △AA 1D 中，AA 1=2,AD =12AB =1,∠A 1DA =90°,求得A 1D =√3,∠A 1AD =60°. 所以在菱形AA 1B 1B 中，AB 1=2ABcos30°=2√3.在Rt △A 1DE 中，∠A 1DE =90°,A 1D =√3,DE =12BC =1,求得A 1E =2. 所以在△A 1AE 中，根据余弦定理得cos∠A 1AE =AA 12+AE 2−A1E 22AE⋅AA 1=14,所以cos∠AA 1G =cos(π−∠A 1AE)=−14.在△A 1AG 中根据余弦定理得AG 2=AA 12+A 1G 2−2AA 1⋅A 1Gcos∠AA 1G,AG =√6.在△AGB 1中，AG =√6,AB 1=2√3,GB 1=√3,根据余弦定理得cos∠GB 1A =GB 12+AB12−AG 22GB 1⋅AB 1=34,所以直线GB 1与直线AB 1所成角的余弦值为34，即直线BE 与直线AB 1所成角的余弦值为34. 故答案为:34解答题15、在空间四边形ABCD中，AB=CD，点M､N分别为BD､AC的中点.(1)若直线AB与MN所成角为60°，求直线AB与CD所成角的大小；(2)若直线AB与CD所成角为θ，求直线AB与MN所成角的大小.答案：(1)60°(2)θ2或π−θ2分析：根据异面直线所成角的定义，借助平行关系作出平行直线，从而找到异面直线所成角（或补角）即可求解.（1）如图，取AD的中点为P，连接PM､PN.因为点M､N分别为BD､AC的中点，所以PM//AB，PN//CD，且PM=12AB，PN=12CD，所以，∠MPN为直线AB与CD所成的角（或补角），∠PMN为直线AB与MN所成的角（或补角）. 又AB=CD，所以PM=PN，即△PMN为等腰三角形.直线AB与MN所成角为60°，即∠PMN=60°，则∠MPN=180°−2×60°=60°.所以，直线AB与CD所成的角为60°.（2）（2）若直线AB与CD所成的角为θ，则∠MPN=θ或∠MPN=π−θ.若∠MPN=θ，则∠PMN=π−∠MPN2=π−θ2，即直线AB与MN所成角为π−θ2；若∠MPN=π−θ，则∠PMN=π−∠MPN2=θ2，即直线AB与MN所成角为θ2.综上所述，直线AB与MN所成的角为θ2或π−θ2.。
高考数学学科二轮备考关键问题指导系列十(立体几何典例剖析及资源推送)
6
如图，由题意可知，O 为球心，在正方体中， EF FG2 EG2 22 22 2 2 ，即 R 2 ，
取最大值,最大值为
64 3
,
又l
3
时, V
27 4
,
l
3
3
时, V
81 ,所以正四棱锥的体积V 4
的最小值为
27 4
,
所以该正四棱锥体积的取值范围是
27 4
，64 3
.故选
C.
【点评】1、球与几何体的切接是高考热点,常作为客观题压轴题出现,但由于同学们对这类问题训练比
较大,对解题套路相对比较熟悉,
面的面积为180．0km2 ,将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148．5m 上升到
157．5m 时,增加的水量约为（ 7 2.65 ）
A. 1.0109 m3
B. 1.2109 m3
C. 1.4109 m3 D. 1.6109 m3
【答案】C
【解析】把增加的水量转化为棱台的体积,依题意可知棱台的高为 MN 157.5 148.5 9 (m),
棱台上底面积 S 140.0km2 140 106m2 ,下底面积 S 180.0km2 180 106m2 ,
∴V 1 h S S SS 1 9 140106 180106 1401801012
3
3
3 320 60 7 106 96 18 2.65107 1.437109 1.4109(m3) ．故选 C．
2
圆锥的表面积 S1 πrl πr2 3πr2 ，
2
球的表面积
S2
4πR2
4π
3 2
r
3πr2 ，
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A． B． C． D．
21．直三棱柱 中，各侧棱和底面的边长均为 ，点 是 上任意一点，连接 ，则三棱锥 的体积为（ ）
A． B． C． D．
22．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱（其底面是正方形，且侧棱垂直于底面）高为 ，体积为 ，则这个球的表面积是（ ）
35．如图，一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形，且直角三角形的直角边长为1，那么这个几何体的体积为____________cm3．
36．三个球的半径之比为1∶2∶3，则最大球的体积是其他两个球的体积之和的____倍
37பைடு நூலகம்湖结冰时，一个球漂在其上，取出后(未弄破冰)，冰面上留下了一个直径为24cm,深为8cm的空穴，则该球的半径为
空间立体几何
考试围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
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评卷人
得分
一、选择题（题型注释）
1．如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCB-A1B1C1D1的切球，则平面ACD1截球O的截面面积为（ ）
41．有6根细木棒，其中较长的两根分别为 ， ，其余4根均为 ，用它们搭成三棱锥，则其中两条较长的棱所在的直线所成的角的余弦值为.
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
23．中心角为135°的扇形，其面积为B，其围成的圆锥的全面积为A，则A：B为（ ）
A．11：8B．3：8C．8：3D．13：8
24．与正方体各面都相切的球，它的表面积与正方体的表面积之比为（ ）
A． B． C． D．
25．直径为10cm的一个大金属球，熔化后铸成若干个直径为2cm的小球，如果不计损耗，可铸成这样的小球的个数为（ ）
A． B． C． D．
29．将一个边长为a的正方体，切成27个全等的小正方体，则表面积增加了（ ）
A． B．12a2C．18a2D．24a2
30．球的体积与其表面积的数值相等，则球的半径等于（ ）
A． B．1C．2D．3
31．若正棱锥底面边长与侧棱长相等，则该棱锥一定不是（ ）
A．三棱锥B．四棱锥C．五棱锥D．六棱锥
A. B. C. D.
8．已知球的表面积为20 ，球面上有A、B、C三点，如果AB=AC=2，BC=2 ，则球心 到平面ABC的距离为（ ）
A．1B． C． D．2
9．设四面体的四个面的面积分别为S1,S2,S3,S4，它们的最大值为S，记 ，
则有（ ）
A．2< ≤4B．3< ≤4C．2.5< ≤4.5D．3.5< ≤5.5
A．5B．15C．25D．125
26．一个球与它的外切圆柱、外切等边圆锥（圆锥的轴截面为正三角形）的体积之比（ ）
A．2：3：5B．2：3：4C．3：5：8D．4：6：9
27．两个球体积之和为12π，且这两个球大圆周长之和为6π，那么这两球半径之差是（ ）
A． B．1C．2D．3
28．直三棱柱各侧棱和底面边长均为a，点D是CC′上任意一点，连结A′B，BD，A′D，AD，则三棱锥A—A′BD的体积（ ）
A、1∶2∶3B、1∶∶ C、1∶∶ D、1∶2∶3
17．若球的大圆面积扩大为原来的3倍，则它的体积扩大为原来的（ ）倍
A、 3 B、 9 C、 27 D、 3
18．球接正方体的表面积与球的表面积的比为（ ）
A、 2: B、 3: C、 4: D、 6:
19．球的体积是 π，则此球的表面积是（ ）
A、 12πB、 16πC、 πD、 π
第II卷（非选择题）
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评卷人
得分
二、填空题（题型注释）
32．一个空间几何体的三视图(单位： )如图所示，则该几何体的体积为_______ ．
33．一个四面体所有棱长都为 ,四个顶点在同一球面上，则此球表面积为。
34．如图，平面四边形 中， ， ，将其沿对角线 折成四面体 ，使平面 平面 ，若四面体 顶点在同一个球面上，则该球的体积为．
10．若一个三角形，采用斜二测画法作出其直观图，其直观图面积是原三角形面积的
A 倍 B 倍 C 2倍 D 倍
11．在 中， （如下图），若将 绕直线 旋转一周，则所形成的旋转体的体积是
A. B. C. D.
12．在三棱锥 中, 底面 ， ， ， ， ，,则点 到平面 的距离是( )
A． B． C． D．
A． B． C．4D．8
5．一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位：c ）为（ ）
（A）48+12 （B）48+24
（C）36+12 （D）36+24
6．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）
A．2B．1C． D．
7．已知正方形 的边长为4，点 位边 的中点，沿 折叠成一个三棱锥 （使 重合于点 ），则三棱锥 的外接球表面积为
（A） （B） （C） ( D）
2．一个几何体的三视图如图所示,且其侧视图是一个等边三角形,则这个几何的体积为（ ）
（A） （B）
（C） （D）
3．某几何体的三视图及尺寸如图示，则该几何体的表面积为（）
A. B. C. D.
4．某简单几何体的三视图如图所示，其正视图．侧视图．俯视图均为直角三角形，面积分别是1，2，4，则这个几何体的体积为( )
38．如图，一个底面半径为R的圆柱形量杯中装有适量的水、若放入一个半径为r的实心铁球，水面高度恰好升高r，则
39．把一个大的金属球表面涂漆，需油漆2.4kg，若把这个金属球熔化，制成64个半径相等的小金属球（设损耗为零），将这些小金属球表面涂漆，需用油漆。
40．球O的一个小圆O/的面积为25，O到此小圆截面的距离是12，则这个球的表面积为。
13．一个表面积为36π的球外切于一圆柱，则圆柱的表面积为（ ）
A、45πB、27π
C、36πD、54π
14．如图，半球有一接正方体，则这个半球体积与正方体的体积之比为（ ）
A、 B、 C、 D、
15．两个球的体积之比是 ，那么这两个球的表面积之比是（ ）
A、 B、 C、 D、
16．甲球与某立方体的各个面都相切，乙球与这个立方体的各条棱都相切，丙球过这个立方体的所有顶点，则甲、乙、丙三球的半径的平方之比为（ ）