立体几何题型归类汇总

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立体几何15种归类

立体几何大题的15种归类可能包括以下几种：
1. 垂直问题：证明两条直线或平面垂直，或求线面角、二面角的大小。

2. 平行问题：证明两条直线或平面平行，或求线面角、二面角的大小。

3. 距离问题：求两条直线或两个平面之间的距离。

4. 面积问题：求一个平面或一个几何体的面积。

5. 体积问题：求一个几何体的体积或表面积。

6. 角度问题：求两个平面或两个几何体之间的角度大小。

7. 截面问题：用一个平面去截一个几何体，求截面的形状和大小。

8. 轨迹问题：求一个动点的轨迹方程。

9. 翻折问题：将一个平面或一个几何体翻折后，求翻折后的形状和大小。

10. 旋转问题：将一个几何体旋转一定角度后，求旋转后的形状和大小。

11. 对称问题：求一个平面或一个几何体的对称图形。

12. 最值问题：求一个平面或一个几何体中的最值问题，如最短距离、最大角度等。

13. 体积求法问题：给定一个几何体，如何计算其体积。

14. 表面积求法问题：给定一个几何体，如何计算其表面积。

15. 空间向量问题：利用空间向量解决立体几何中的角度、距离等问题。

以上分类仅供参考，具体的题目可能涉及多种类型的问题。

在解决立体几何问题时，需要灵活运用相关的定理和公式，并结合实际情况进行分析和计算。

高三高考数学总复习《立体几何》题型归纳与汇总

（3）当 PA// 平面 BDE 时， PA 平面 PAC ,且平面 PAC 平面 BDE DE ,可得 PA//DE .由 D 是 AC 边的中点知， E 为 PC 边的中点.故而 ED 1 PA 1， ED∥PA ，因为 PA 平面 ABC ，所以 ED 平面 BDC .
2
由 AB BC 2 ，AB BC ，D 为 AC 边中点知，BD CD 2. 又 BD AC ，有 BD DC ，即 BDC 90.
3 【解析】（1）∵ PA PD, N 为 AD 的中点,∴ PN AD, ∵底面 ABCD为菱形, BAD 60 ,∴ BN AD, ∵ PN BN N ,∴ AD 平面 PNB . （2）∵ PN PD AD 2 , ∴ PN NB 3 , ∵平面 PAD 平面 ABCD,平面 PAD 平面 ABCD AD , PN AD, ∴ PN 平面 ABCD, ∴ PN NB ,
【易错点】外接球球心位置不好找【思维点拨】应用补形法找外接球球心的位置
题型四立体几何的计算
例 1 如图,已知三棱锥的底面是直角三角形,直角边边长分别为 3 和 4 ,过直角顶点的侧棱长为 4 ,且垂直于底面,该三棱锥的主视图是 ( )
【答案】 B 【解析】显然由空间直角坐标系可知,该几何体在 xoy 面内的点保持不动,在 y 轴上的点在 xoy 面内的射影为坐标原点,所以该几何体的主视图就是其在面 xoy 面的表面图形,即主视图应为高为 4 ,底面边长为 3 的直角三角形．故选 B.
以 PA BD . （2）因为 AB BC ， AB BC ， D 为线段 AC 的中点，所以在等腰 Rt△ABC 中， BD AC .又由（1）可知， PA BD，PA AC A，所以 BD 平面 PAC .由 E 为线段 PC 上一点，则 DE 平面 PAC ，

专题07 立体几何小题常考全归类(精讲精练)(原卷版)

专题07 立体几何小题常考全归类【命题规律】高考对该部分的考查，小题主要体现在两个方面：一是有关空间线面位置关系的命题的真假判断；二是常见一些经典常考压轴小题，难度中等或偏上．【核心考点目录】核心考点一：球与截面面积问题核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题核心考点四：立体几何中的交线问题核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题核心考点六：空间角问题核心考点七：轨迹问题核心考点八：以立体几何为载体的情境题核心考点九：翻折问题【真题回归】1．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥-P ABC 的六条棱长均为6，S 是ABC 及其内部的点构成的集合．设集合{}5T Q S PQ =∈≤，则T 表示的区域的面积为（） A ．34π B ．πC ．2πD ．3π2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA -=，E ，F 分别是棱11,BC A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则（）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．βγα≤≤D ．αγβ≤≤3．（多选题）（2022·全国·高考真题）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =4．（多选题）（2022·全国·高考真题）已知正方体1111ABCD A B C D -，则（） A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒5．（多选题）（2021·全国·高考真题）在正三棱柱111ABC A B C 中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值 C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 6．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 5BCC 1B 1的交线长为________．【方法技巧与总结】1、几类空间几何体表面积的求法（1）多面体：其表面积是各个面的面积之和．（2）旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．（3）简单组合体：应弄清各构成部分，并注意重合部分的删、补． 2、几类空间几何体体积的求法（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．（3）锥体体积公式为13V Sh =，在求解锥体体积时，不能漏掉3、求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形．4、球的截面问题球的截面的性质： ①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为=+222R r d ．注意：解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系；选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系），达到空间问题平面化的目的．5、立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．6、解决立体几何问题的思路方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题；涉及某些角的三角函数的最值，借助模型求解，如正四面体模型、长方体模型和三余弦角模θαβ=cos cos cos （θ为平面的斜线与平面内任意一条直线l 所成的角，α为该斜线与该平面所成的角，β为该斜线在平面上的射影与直线l 所成的角）．7、立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．8、解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．9、以立体几何为载体的情境题大致有三类：（1）以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；（2）以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；（3）以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．10、以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读?一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【核心考点】核心考点一：球与截面面积问题【规律方法】球的截面问题球的截面的性质： ①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为=+222R r d ．【典型例题】例1．（2022·全国·高三阶段练习）已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是矩形，且该四棱锥的所有顶点都在球O 的球面上，P A ⊥平面ABCD , 22，PA AB BC === ，点E 在棱PB 上，且2EB PE =，过E 作球O 的截面，则所得截面面积的最小值是____________. 例2．（2022·湖北省红安县第一中学高三阶段练习）球体在工业领域有广泛的应用，某零件由两个球体构成，球1O 的半径为10,,P Q 为球1O 表面上两动点，16,PQ M =为线段PQ 的中点.半径为2的球2O 在球1O 的内壁滚动，点,,A B C 在球2O 表面上，点2O 在截面ABC 上的投影H 恰为AC 的中点，若21O H =，则三棱锥M ABC -体积的最大值是___________. 例3．（2022·江西·高三阶段练习（理））如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为6，11113C E CD =，点F 是CD 的中点，则过1B ，E ，F 三点的平面α截该正方体所得截面的面积为_________．例4．（2022·北京市十一学校高三阶段练习）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，,M N 分别是棱1111,A B A D 的中点，点P 在线段CM 上运动，给出下列四个结论：①平面CMN 截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面图形是五边形； ②直线11B D 到平面CMN 2； ③存在点P ，使得1190B PD ∠=； ④1PDD △45．其中所有正确结论的序号是__________．核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题【规律方法】几类空间几何体体积的求法（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．（3）锥体体积公式为13V Sh =，在求解锥体体积时，不能漏掉【典型例题】例5．（2022·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，M ，N 分别为11A D ，11B C 的中点，E ，F 分别为棱AB ，CD 上的动点，则三棱锥M NEF -的体积（）A ．存在最大值，最大值为83B ．存在最小值，最小值为23C ．为定值43D ．不确定，与E ，F 的位置有关例6．（2022·山西运城·模拟预测（文））如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段1CD 上有两个动点E ，F ，且12EF =，点P ，Q 分别为111A B BB ，的中点，G 在侧面11CDD C 上运动，且满足1B G ∥平面1CD PQ ，以下命题错误的是（）A ．1AB EF ⊥B ．多面体1AEFB 的体积为定值C ．侧面11CDD C 上存在点G ，使得1B G CD ⊥ D ．直线1B G 与直线BC 所成的角可能为6π例7．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交1AA 于E ，交1CC 于F ，给出下面几个命题：①四边形1BFD E 一定是平行四边形； ②四边形1BFD E 有可能是正方形；③平面1BFD E 有可能垂直于平面1BB D ；④设1D F 与DC 的延长线交于M ，1D E 与DA 的延长线交于N ，则M ､N ､B 三点共线； ⑤四棱锥11B BFD E -的体积为定值．以上命题中真命题的个数为（） A ．2B ．3C ．4D ．5核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题【规律方法】几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值【典型例题】例8．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方形EFGH 的中心为正方形ABCD 的中心，22AB =P EFGH -（A ，B ，C ，D 四点重合于点P ），则此四棱锥的体积的最大值为（）A 1286B 1285C ．43D 15例9．（2022·江西南昌·三模（理））已知长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，22BC =13AA =，P 为矩形1111D C B A 内一动点，设二面角P AD C --为α，直线PB 与平面ABCD 所成的角为β，若αβ=，则三棱锥11P A BC -体积的最小值是（） A 2 B ．321C 2D 32例10．（2022·浙江·高三阶段练习）如图，在四棱锥Q EFGH -中，底面是边长为22方形，4QE QF QG QH ====，M 为QG 的中点．过EM 作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为1V ，2V ，则12V V 的最小值为（）A ．12 B ．13C ．14D ．15例11．（2022·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，M ，N 分别为11A D ，11B C 的中点，E ，F 分别为棱AB ，CD 上的动点，则三棱锥M NEF -的体积（）A ．存在最大值，最大值为83B ．存在最小值，最小值为23C ．为定值43D ．不确定，与E ，F 的位置有关核心考点四：立体几何中的交线问题【规律方法】几何法【典型例题】例12．（2022·浙江宁波·一模）在棱长均相等的四面体ABCD 中，P 为棱AD （不含端点）上的动点，过点A 的平面α与平面PBC 平行．若平面α与平面ABD ，平面ACD 的交线分别为m ，n ，则m ，n 所成角的正弦值的最大值为__________．例13．（2022·全国·高三专题练习）已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.例14．（2022·福建福州·三模）已知正方体1111ABCD A B C D -31A 为球心，半径为2的球面与底面ABCD 的交线的长度为___________.例15．（2022·陕西·武功县普集高级中学高三阶段练习（理））如图，在四面体ABCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，2DA DB DC ===D 为球心，1为半径作球，则该球的球面与四面体ABCD 各面交线的长度和为___．核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题【规律方法】几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值【典型例题】例16．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥S ABC -2，外接球表面积为3π，2SA <点M ，N 分别是线段AB ，AC 的中点，点P ，Q 分别是线段SN 和平面SCM 上的动点，则AP PQ +的最小值为（） A 262-B 62+C 32D 2例17．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 满足112A E EB =，点F 在平面1BC D 内，则1A F EF +的最小值为（）A 29B ．6C 41D ．7例18．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在直三棱柱111ABC A B C -中，11AA =，3AB BC ==1cos 3ABC ∠=，P 是1A B 上的一动点，则1AP PC +的最小值为（）A 5B 7C ．13+D ．3核心考点六：空间角问题【规律方法】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=sin hl，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°． 4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【典型例题】例19．（2022·浙江金华·高三期末）已知正方体1111ABCD A B C D -中，P 为1ACD △内一点，且1113PB D ACD S S =△△，设直线PD 与11A C 所成的角为θ，则cos θ的取值范围为（）A ．3⎡⎢⎣⎦B ．3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦例20．（2022·浙江·效实中学模拟预测）在等腰梯形ABCD 中，AD BC ∥，12AB AD CD BC ===，AC 交BD 于O 点，ABD △沿着直线BD 翻折成1A BD ，所成二面角1A BD C --的大小为θ，则下列选项中错误的是（）A ．1A BC θ∠≤B ．1AOC θ∠≥ C ．1A DC θ∠≤D ．11A BC A DC θ∠+∠≥例21．（2022·浙江·湖州中学高三阶段练习）如图，ABC 中，90C ∠=︒，1AC =，3BC =D 为AB 边上的中点，点M 在线段BD （不含端点）上，将BCM 沿CM 向上折起至'B CM △，设平面'B CM 与平面ACM 所成锐二面角为α，直线'MB 与平面AMC 所成角为β，直线MC 与平面'B CA 所成角为γ，则在翻折过程中，下列三个命题中正确的是（）①3tan βα，②γβ≤，③γα>. A ．①B ．①②C ．②③D ．①③例22．（2022·浙江·高三专题练习）已知等边ABC ，点,E F 分别是边,AB AC 上的动点，且满足EF BC ∥，将AEF △沿着EF 翻折至P 点处，如图所示，记二面角P EF B --的平面角为α，二面角P FC B --的平面角为β，直线PF 与平面EFCB 所成角为γ，则（）A ．αβγ≥≥B ．αγβ≥≥C ．βαγ≥≥D ．βγα≥≥例23．（2022·全国·高三专题练习）设三棱锥V ABC -的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点），记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P AC B --的平面角是γ则三个角α，β，γ中最小的角是（） A ．αB ．βC ．γD ．不能确定核心考点七：轨迹问题【规律方法】解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．【典型例题】例24．（2022·北京·昌平一中高三阶段练习）设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E ，F 分别为AB ，1BD 的中点，点M 在正方体的表面上运动，且满足FM DE ⊥，则下列命题：①点M 可以是棱AD 的中点； ②点M 的轨迹是菱形； ③点M 轨迹的长度为25 ④点M 5. 其中正确的命题个数为（） A ．1B ．2C ．3D ．4例25．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的边长为2，点E ，F 分别为棱CD ，1DD 的中点，点P 为四边形11CDD C 内（包括边界）的一动点，且满足1B P ∥平面BEF ，则点P 的轨迹长为（） A 2B ．2C 2D ．1例26．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，P A ⊥平面ABCD ，且2PA =，点E ，F ，G 分别为棱AB ，AD ，PC 的中点，下列说法错误的是（）A ．AG ⊥平面PBDB ．直线FG 和直线AC 所成的角为π3C ．过点E ，F ，G 的平面截四棱锥P ABCD -所得的截面为五边形D ．当点T 在平面ABCD 内运动，且满足AGT △的面积为12时，动点T 的轨迹是圆例27．（2022·浙江温州·高三开学考试）如图，正方体1AC ，P 为平面11B BD 内一动点，设二面角11A BD P --的大小为α，直线1A P 与平面11BD A 所成角的大小为β.若cos sin βα=，则点P 的轨迹是（）A ．圆B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线例28．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方体ABCD A B C D -''''中，M 为BC 边的中点，点P 在底面A B C D ''''和侧面CDD C ''上运动并且使MAC PAC ''∠=∠，那么点P 的轨迹是（）A ．两段圆弧B ．两段椭圆弧C ．两段双曲线弧D ．两段抛物线弧核心考点八：以立体几何为载体的情境题【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读？一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【典型例题】例29．（2022·宁夏·平罗中学高三阶段练习（理））设P 为多面体M 的一个顶点，定义多面体M 在P 处的离散曲率为()()1223111 1.2,3,32k i Q PQ Q PQ Q PQ Q i k π-∠+∠+⋯+∠=⋯≥其中，为多面体M 的所有与点P 相邻的顶点，且平面12Q PQ ，23Q PQ ，……，1k Q PQ 遍及多面体M 的所有以P 为公共点的面如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a ，b ，c ，d ，则a ，b ，c ，d 的大小关系是（）A ．a b c d >>>B ．a b d c >>>C ．b a d c >>>D ．c d b a >>>例30．（2022·广东·广州市从化区第三中学高三阶段练习）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是3π，所以正四面体在每个顶点的曲率为233πππ-⨯=，故其总曲率为4π.给出下列三个结论：①正方体在每个顶点的曲率均为2π； ②任意四棱锥的总曲率均为4π；③若某类多面体的顶点数V ，棱数E ，面数F 满足2V E F -+=，则该类多面体的总曲率是常数.其中，所有正确结论的序号是（） A ．①②B ．①③C ．②③D ．①②③例31．（2022·辽宁·沈阳二十中三模）我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即2311122323V R R R R R πππ=⋅-⋅=球.现将椭圆22149x y +=绕y 轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（）A ．32πB ．24πC ．18πD ．16π例32．（2022·全国·高三专题练习）将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为θ，δ为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），ϕ为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即[]2326,2326δ''∈-︒︒．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬395427'''︒，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（）A ．北纬5527'''︒B ．南纬5527'''︒C ．北纬5533'''︒D ．南纬5533'''︒核心考点九：翻折问题【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33．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知四边形ABCD ，BCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形，ABD △为等边三角形，2BD =，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △在翻折的过程中，下列结论中不正确．．．的是（）A ．BD PC ⊥B ．DP 与BC 可能垂直C ．直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是45︒D ．四面体PBCD 3例34．（2022·浙江·杭州高级中学模拟预测）如图，已知矩形ABCD 的对角线交于点,,1E AB x BC ==，将ABD △沿BD 翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得ABCE ，则x 的取值范围是（）A ．03x <≤B ．02x <≤C ．01x <≤D ．06x ≤<例35．（2022·全国·高三专题练习）如图1，在正方形ABCD 中，点E 为线段BC 上的动点（不含端点），将ABE 沿AE 翻折，使得二面角B AE D --为直二面角，得到图2所示的四棱锥B AECD -，点F 为线段BD 上的动点（不含端点），则在四棱锥B AECD -中，下列说法正确的是（）A ．B ､E ､C ､F 四点一定共面 B ．存在点F ，使得CF ∥平面BAEC ．侧面BEC 与侧面BAD 的交线与直线AD 相交 D ．三棱锥B ADC -的体积为定值例36．（2022·全国·高三专题练习）已知直角梯形ABCD 满足：AD ∥BC ，CD ⊥DA ，且△ABC 为正三角形．将△ADC 沿着直线AC 翻折至△AD 'C 如图，且AD BD CD '''＜＜，二面角D AB C '﹣﹣、D BC A '﹣﹣、D AC B '﹣﹣的平面角大小分别为α，β，γ，直线D A '，D B '，D C '与平面ABC 所成角分别是θ1，θ2，θ3，则（）A ．123θθθαγβ＞＞，＞＞B ．123θθθαβγ＜＜，＞＞C ．123θθθαβγ＞＞，＜＜D ．123θθθαβγ＜＜，＜＜【新题速递】1．（2022·安徽·高三阶段练习）如图，在棱长为a 的正四面体ABCD 中，点111,,B C D 分别在棱,,AB AC AD 上，且平面111B C D 平面1,BCD A 为BCD △内一点，记三棱锥1111A B C D -的体积为V ，设1AD x AD=，关于函数()V f x =，下列说法正确的是（）A ．12220,,,133x x ⎛⎫⎛⎫∀∈∃∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，使得()()21f x f x =B ．函数()f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数C ．函数()f x 的图象关于直线12x =对称 D ．()00,1x ∃∈，使得()016A BCD f x V ->（其中A BCD V -为四面体ABCD 的体积）2．（2022·重庆市长寿中学校高三阶段练习）如图所示，在直角梯形BCEF 中，90,CBF BCE A ∠∠==､D 分别是BF ､CE 上的点，//AD BC ，且22AB DE BC AF ===（如图1）.将四边形ADEF 沿AD 折起，连接BE BF CE ､､（如图2）.在折起的过程中，下列说法中错误的个数是（）①AC //平面BEF ； ②B C E F ､､､四点不可能共面；③若EF CF ⊥，则平面ADEF ⊥平面ABCD ； ④平面BCE 与平面BEF 可能垂直. A ．1B ．2C ．3D ．43．（2022·四川·成都市第二十中学校一模（理））如图，在棱长为 2 的正方体1111ABCD A B C D -中，E F G H P 、、、、均为所在棱的中点，则下列结论正确的有（）①棱 AB 上一定存在点Q ，使得1QC D Q ⊥ ②三棱锥F EPH -的外接球的表面积为8π③过点 E F G ，，作正方体的截面，则截面面积为33④设点 M 在平面11BB C C 内，且1//A M 平面AGH ，则1A M 与AB 所成角的余弦值的最大22A ．1 个B ．2 个C ．3 个D ．4 个4．（2022·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学有限责任公司模拟预测（文））在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，N 为11B C 的中点，点P 在正方体各棱及表面上运动且满足AP CN ⊥，则点P 轨迹所围成图形的面积为（）A ．25B ．42C ．23D ．45．（2022·上海市实验学校高三阶段练习）直线m ⊥平面α，垂足是O ，正四面体ABCD 的棱长为4，点C 在平面α上运动，点B 在直线m 上运动，则点O 到直线AD 的距离的取值范围是（）A ．425425⎡-+⎢⎣⎦B ．222,222⎡⎤⎣⎦C ．322322⎡-+⎢⎣⎦D ．322,322⎡⎤⎣⎦6．（2022·湖南·模拟预测）正三棱柱111ABC A B C 的底面边长是4，侧棱长是6，M ，N 分别为1BB ，1CC 的中点，若点P 是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP ∥平面1AB N ，则动点P 的轨迹面积为（） A ．53B ．5C 39D 267．（2022·山西·高三阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的顶点都在表面积为12π的球面上，过球心O 的平面截正方体所得的截面为一菱形，记该菱形截面为S ，点P 是正方体表面上一点，则以截面S 为底面，以点P 为顶点的四棱锥的体积的最大值为（） A ．83B ．73C ．2D ．538．（2022·浙江·高三阶段练习）在OAB △中，OA AB =，120OAB ∠=︒．若空间点P 满足1=2PABOABSS ，则直线OP 与平面OAB 所成角的正切的最大值是（）A ．13B ．12C 3D ．19．（多选题）（2022·云南曲靖·高三阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P 为侧面11BCC B 内一点，则（）A ．当1113C P C B =时，异面直线CP 与AD 所成角的正切值为2B ．当11(01)C P C B λλ=<<时，四面体1D ACP 的体积为定值C ．当点P 到平面ABCD 的距离等于到直线11A B 的距离时，点P 的轨迹为拋物线的一部分 D ．当1112C P C B =时，四面体BCDP 的外接球的表面积为3π10．（多选题）（2022·辽宁·本溪高中高三阶段练习）如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，2AD DE ==，G 为线段AE 上的动点，则（）A ．AE CF ⊥B ．多面体ABCDEF 的体积为83C ．若G 为线段AE 的中点，则GB //平面CEFD ．点M ，N 分别为线段AF ，AC 上的动点，点T 在平面BCF 内，则MT NT +43 11．（多选题）（2022·广东·东涌中学高三期中）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E ，F ，G 分别为AB ，AD ，1BB 的中点，点P 在11A C 上，//AP 平面EFG ，则以下说法正确的是（）A ．点P 为11A C 的中点B ．三棱锥P EFG -的体积为148C ．直线1BB 与平面EFG 3D ．过点E 、F 、G 作正方体的截面，所得截面的面积是3312．（多选题）（2022·安徽·阜阳师范大学附属中学高三阶段练习）已知ABC 为等腰直角三角形，AB AC =，其高3AD =，E 为线段BD 的中点，将ABC 沿AD 折成大小为32ππθθ⎛⎫< ⎪⎝⎭的二面角，连接BC ，形成四面体A BCD -，动点P 在ACD 内（含边界），且//PE 平面ABC ，则在θ变化的过程中（）A ．AD BC ⊥B ．E 点到平面ADC 的距离的最大值为322C ．点P 在ADC △2D ．当BP AC ⊥时，BP 与平面ADC 所成角的正切值的取值范围为)22,⎡+∞⎣13．（多选题）（2022·江苏省泰兴中学高三阶段练习）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -内部有一圆柱12O O ，此圆柱恰好以直线1AC 为轴，且圆柱上下底面分别与正方体中以1A C ，为公共点的3个面都有一个公共点，以下命题正确的是（）A ．在正方体1111ABCD ABCD -内作与圆柱12O O 3B ．无论点1O 在线段1AC 上如何移动，都有11BO B C ⊥C ．圆柱12O O 的母线与正方体1111ABCD A B C D -所有的棱所成的角都相等D ．圆柱12O O 外接球体积的最小值为π6 14．（多选题）（2022·江苏盐城·高三阶段练习）已知正四面体ABCD 的棱长为2球的球心为O ．点E 满足(01)AE AB λλ=<<，(01)CF CD μμ=<<，过点E 作平面α平行于AC 和BD ，平面α分别与该正四面体的棱BC ，CD ，AD 相交于点M ，G ，H ，则（）A ．四边形EMGH 的周长为是变化的B ．四棱锥A EMGH -的体积的最大值为6481 C ．当14λ=时，平面α截球O 47 D ．当12λμ==时，将正四面体ABCD 绕EF 旋转90︒后与原四面体的公共部分体积为43 15．（2022·安徽·石室中学高三阶段练习）已知三棱锥V ABC -的高为3D E F ,,,分别为VC VA VB ,,的中点，若平面ABD ，平面BCE ，平面ACF 相交于O 点，则O 到平面ABC 的距离h 为___________.16．（2022·北京八十中高三期末）如图，在正方体ABCD —1111D C B A 中，E 为棱11B C 的中点.动点P 沿着棱DC 从点D 向点C 移动，对于下列四个结论：。

立体几何题型及解题方法

立体几何题型及解题方法
立体几何是数学中研究三维空间几何图形的学科。

以下是一些常见的立体几何题型及其解题方法：
1. 计算体积和表面积：这类题目通常涉及到三维空间中的几何形状，如长方体、圆柱体、圆锥体等。

解题方法包括使用体积和表面积的公式，以及根据题目描述建立数学模型。

2. 证明定理和性质：这类题目通常涉及到几何图形的性质和定理，如平行线性质、勾股定理等。

解题方法包括使用已知定理和性质进行推导，以及通过构造辅助线或辅助图形来证明。

3. 求解最值问题：这类题目通常涉及到求几何图形中的最值，如最短路径、最大面积等。

解题方法包括使用不等式、极值定理和优化方法等。

4. 判定和性质应用：这类题目通常涉及到判定几何图形是否满足某个性质，或应用某个性质到实际场景中。

解题方法包括根据性质进行推导和判断，以及根据实际场景建立数学模型。

以上是一些常见的立体几何题型及其解题方法，当然还有其他的题型和解题方法。

在解决立体几何问题时，需要灵活运用几何知识和方法，多做练习，提高自己的解题能力。

立体几何7大题型汇编

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)。

立体几何大题15种题型全归纳

【题型一】平行1：四边形法证线面平行【典例分析】如图，在正方体中，E ，F 分别是，CD 的中点．（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2（1）在正方体中，取中点G ，连接FG ，，如图，而F 是CD 的中点，则，，又E 是的中点，则，，因此，，，四边形是平行四边形，有，而平面，平面，平面.【经验总结】基本规律1.利用平移法做出平行四边形2.利用中位线做出平行四边形【变式演练】1.如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，，，，E 是PB 的中点.（1）求证：平面PAD ；（2）若，求三棱锥P -ACE 的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）取PA 的中点F ，连接EF ，DF ，利用平行四边形证明，再由线面平行的判定定理即可得证；（2）根据等体积法知，即可由棱锥体积公式求解.（1）取PA 的中点F ，连接EF ，DF ，∵点E ，F 分别为PB ，PA 的中点，1111ABCD A B C D -1AA //EF 11A CD 1ED 1A C 1111ABCD A B C D -1CD 1GA 1//FG DD 112FG DD =1AA 11//A E DD 1112A E DD =1//A E FG 1A E FG =1FGA E 1//EF GA EF ⊄11A CD 1GA ⊂11A CD //EF 11A CD AB AD ⊥//AB CD 222AB AD CD ===//CE 2PC =13//EC DF P ACE E ACP V V --=∴，，∴四边形EFDC 是平行四边形，∴，又∵平面PAD ，平面PAD ，∴平面PAD ；2.如图，在四棱锥中，面，，且，，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面若存在求出的值，若不存在说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，（1）证明：取CP 中点F ，连接NF 、BF ，因为F ，N 分为PC ，PD 的中点，则，且，又，且，，所以四边形NABF 是平行四边形，，又面PBC ，面PBC 。

高考数学立体几何题型大全总结

高考数学立体几何题型大全总结1. 三角锥的体积公式
体积公式：V=1/3∗S∗h
其中，S为底面积，h为高。

2. 三棱锥的体积公式
体积公式：V=1/3∗S∗h
其中，S为底面积，h为高。

3. 四棱锥的体积公式
体积公式：V=1/3∗S∗h
其中，S为底面积，h为高。

4. 圆锥的体积公式
体积公式：V=1/3∗π∗r2∗h
其中，r为圆锥的半径，h为圆锥的高。

5. 球的体积公式
体积公式：V=4/3∗π∗r3
其中，r为球的半径。

6. 圆柱的体积公式
体积公式：V=π∗r2∗h
其中，r为圆柱的半径，h为圆柱的高。

7. 圆台的体积公式
体积公式：V=1/3∗π∗h∗(r12＋r22＋r1r2)
其中，r1,r2为底面半径，h为圆台高。

8. 空间向量的共线与垂直判定公式
共线判定公式：
如果两个向量a,b共线，则有a=kb，其中k为一个实数。

垂直判定公式：
如果两个向量a,b垂直，则有a·b=0，其中“·”表示向量的数量积。

9. 空间向量的平面垂直判定公式
若向量a与平面P垂直，则a在平面P上的投影为零向量。

10. 空间向量的平面共面判定公式
若向量a和向量b在同一平面上，则a和b的向量积c在该平面内。

11. 空间中两直线相交的条件
两直线相交的条件是它们至少有一个公共点，并且既不平行也不重合。

高考数学立体几何题型全归纳

高考数学立体几何题型全归纳一、空间几何体的结构特征1. 一个三棱柱的底面是正三角形，侧棱垂直于底面，它的三视图及其尺寸如下（单位cm），则该三棱柱的表面积为（）正视图：是一个矩形，长为2，高为√(3)；侧视图：是一个矩形，长为2，高为1；俯视图：是一个正三角形，边长为2。

解析：底面正三角形的边长a = 2，底面积S_{底}=(√(3))/(4)a^2=(√(3))/(4)×2^2=√(3)。

侧棱长h = 1，三个侧面的面积S_{侧}=3×2×1 = 6。

所以表面积S=2S_{底}+S_{侧}=2√(3)+6。

2. 若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是（）正视图：是一个梯形，上底为1，下底为2，高为2；侧视图：是一个矩形，长为2，宽为1；俯视图：是一个矩形，长为2，宽为1。

解析：该几何体是一个四棱台。

上底面积S_{1}=1×1 = 1，下底面积S_{2}=2×2=4，高h = 2。

根据四棱台体积公式V=(1)/(3)h(S_{1}+S_{2}+√(S_{1)S_{2}})=(1)/(3)×2×(1 + 4+√(1×4))=(14)/(3)二、空间几何体的表面积与体积3. 已知球的直径SC = 4，A，B是该球球面上的两点，AB=√(3)，∠ ASC=∠BSC = 30^∘，则棱锥S - ABC的体积为（）解析：设球心为O，因为SC是球的直径，∠ ASC=∠ BSC = 30^∘所以SA=SB = 2√(3)，AO = BO=√(3)又AB=√(3)，所以 AOB是等边三角形，S_{ AOB}=(√(3))/(4)×(√(3))^2=(3√(3))/(4)V_{S - ABC}=V_{S - AOB}+V_{C - AOB}=(1)/(3)× S_{ AOB}×(SO + CO)=(1)/(3)×(3√(3))/(4)×2=√(3)4. 一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）正视图：是一个正方形，右上角缺了一个等腰直角三角形；侧视图：是一个正方形，右上角缺了一个等腰直角三角形；俯视图：是一个正方形，右上角缺了一个小正方形。

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 ．。

立体几何截面、外接球、动点归类(解析版)

立体几何截面、外接球、动点归类目录题型一：动点：恒平行题型二：动点：恒垂直题型三：动点：球截面题型四：动点；定角题型五：外接球：线面垂直型题型六：外接球：垂面型题型七：外接球：两线定心法题型八：外接球：二面角型题型九：外接球：最值范围型题型十：外接球：动点与翻折题型十一：动点型最短距离和题型十二：动点：内切球题型十三：多选题综合应用：二面角型几何体题型十四：多选题综合应用：翻折型题型十五：多选题综合应用：正方体表面动点型题型十六：多选题综合应用：两部分体积比型题型一：动点：恒平行线面恒平行，过线做面，需要找它们和第三个面的交线互相平行，借助好“第三个面的交线平行“这个性质，可以解决线面恒平行题型的截面问题1在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，且PA=AC=2AB=2AD=4，CD⊥AD，CB⊥AB，G为PC的中点，过AG的平面α与棱PB、PD分别交于点E、F．若EF∥平面ABCD，则截面AEGF的面积为．【答案】865【分析】由题知AC =2AB +2AD ，则PA =23PB +23PD -13PC ①，再根据E 、F 、G 三点共面得PA=xPE +yPF +zPG ，其中x +y +z =1．设PE =λPB 0<λ<1 ，PF =λPD ，从而可求PA =λxPB +λyPD +z 2PC ，与①对比即可求出λ，从而可求EF 的长度；再证明BD 垂直平面PAC ，EF ∥BD ，从而得AG ⊥EF ，根据S 截面AEGF =12AG ⋅EF 即可得答案．【详解】∵AC =2AB =2AD ，CD ⊥AD ，CB ⊥AB ，∴∠DAC =∠BAC =60°，则根据向量加法法则易知，AC =2AB +2AD ，即PC -PA =2PB -PA +2PD -PA ，则PA =23PB +23PD -13PC ．根据共面向量定理的推论知，PA =xPE +yPF +zPG，其中x +y +z =1．连接BD ，∵EF ∥平面ABCD ，EF ⊂平面PBD ，平面PBD ∩平面ABCD =BD ，∴EF ∥BD ，设PE =λPB 0<λ<1 ，则PF =λPD ，又G 为PC 的中点，∴PA =xPE +yPF +zPG =λxPB +λyPD+z 2PC ，则λx =λy =23，z 2=-13，解得λ=45，AB =2，BD =2×AB sin60°=23，则EF =45BD =835．连接AG ，∵PA =AC =4，G 为PC 的中点，故AG =12PC =22．易知BD ⊥AC ，BD ⊥PA ，AC ∩PA =A ，故BD ⊥平面PAC ，又AG ⊂平面PAC ，∴BD ⊥AG ，∴AG ⊥EF ，因此S 截面AEGF =12AG ⋅EF=12×22×835=865．故答案为：865．解法二：连接BD ，设AC 与BD 交于点K ，连接AG 、PK ，设AG 与PK 交于点L ，由题易得BD ∥EF ，则PL PK =PE PB =EFBD ，作KN ∥AG 交PC 于N ，易知CK =3AK ，则CN =3GN ，从而PG =4GN ，故EF BD =PL PK =PG PN=45，即EF =45BD =835．以下解法同上故答案为：865．2在三棱锥ABCD 中，对棱AB =CD =5，AD =BC =13，AC =BD =10，当平面α与三棱锥ABCD 的某组对棱均平行时，则三棱锥ABCD 被平面α所截得的截面面积最大值为.【答案】3【分析】每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥ABCD 放入长方体中，设长宽高分别为x ，y ，z ，求出x ,y ,z ，由线面平行得线线平行，证明当E ,F ,G ,H 是所在棱中点时面积最大，按截面与哪对棱平行分类讨论求得截面面积的最大值.【详解】因为每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥ABCD 放入长方体中，设长宽高分别为x ，y ，z ，则x 2+y 2=5，x 2+z 2=10，y 2+z 2=13，则x =1,y =2,z =3.当平面α与三棱锥ABCD 的对棱AB ，CD 均平行时，截而为四边形EFGH ，AB ⎳FG ⎳EH ，CD ⎳EF ⎳HG ，设AE AC =t (0<t <1)，则EF CD =AE AC=t ，EF =tCD ，同理EH =(1-t )AB ，∠HEF (或其补角)是异面直线AB ,CD 所成的角，S EFGH =EF ⋅EH sin ∠HEF =t (1-t )AB ⋅CD sin ∠HEF ，其中AB ⋅CD sin ∠HEF 为定值，t (1-t )=-t 2+t =-t -12 2+14，t =12时，t (1-t )取得最大值，即截面EFGH 面积最大，此时E ,F ,G ,H是所在棱中点，由长方体性知最大面积为长方体上下底面面积的一半12xy =1，同样地，当平面a 与三棱锥ABCD 的对棱AC ，BD 均平行时，截面最大面积为12xz =32；当平面α与三棱锥ABCD 的对棱AD ，BC 均平行时，截面最大面积为12yz =3.故答案为：3.3(山西省怀仁市2022届高三下学期一模数学试)在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为22的正方形，P 在底面的射影为正方形的中心O ,PO =4,Q 点为AO 中点.点T 为该四棱锥表面上一个动点，满足PA ,BD 都平行于过QT 的四棱锥的截面，则动点T 的轨迹围成的多边形的面积为()A.55B.554C.354D.552【答案】D【分析】首先取AD 的中点E ，PD 的中点F ，PO 的中点R ，PB 的中点N ，连接QR 延长交PC 与点M ，连接EFMNG ，证明平面EFMNG 即为所求的截面，再证明四边形EFNG 是矩形，RM ⊥FN ，矩形面积加三角形面积之和即为所求.【详解】取AD 的中点E ，PD 的中点F ，PO 的中点R ，PB 的中点N ，连接QR 延长交PC 与点M ，连接EFMNG ,因为底面ABCD 是边长为22的正方形，所以对角线AC =BD =4，AO =2，因为在底面的射影为正方形的中心，可得PO ⊥面ABCD ，因为AO ⊂面ABCD ，所以PO ⊥AO ，因为PO =4，AO =2，所以PA =22+42=25，因为E 、F 为AD 、PD 的中点，所以EF =12PA =5，且EF ⎳PA ，因为PA ⊄平面EFMG ，EF ⊂平面EFMG ，所以PA ⎳平面EFMG ，同理BD ⎳平面EFMG ，所以平面EFMG 即为所求截面.又因为平面APC ∩平面EFMG =QM ，PA ⊂平面APC ，所以QM ⎳AP ，因为Q 为AO 的中点，可得QC =34AC ，所以QM =34AP ，QR =12AP ，RM =QM -QR =14AP =52，因为N 、F 为PB 、PD 的中点，所以FN ⎳BD ，FN =12BD ，所以FN ⎳EG ，FN =EG ，所以四边形EFNG 是平行四边形，因为EG ⊥PO ，EG ⊥AC ，PO ∩AC =O ，所以EG ⊥平面APC ，因为QM ⊂平面APC ，可得EG ⊥QM ，所以EG ⊥GN ，所以四边形EFNG 是矩形，所以动点T 的轨迹围成的多边形的面积为5×2+12×2×52=552.故选：D题型二：动点：恒垂直恒垂直型截面，可以借助投影解决，投影型，需要利用”三垂线定理及其逆定理“这个性质转化寻找。

立体几何题型归类总结

立体几何专题复习1．棱柱——有两个面互相平行，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，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。

①⎧⎪⎧−−−−−→⎨⎪−−−−−→⎨⎪⎪⎩⎩底面是正多形棱垂直于底面斜棱柱棱柱正棱柱直棱柱其他棱柱底面为正方形2. 棱锥棱锥——有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥。

★正棱锥——如果有一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥。

3．球球的性质：①球心与截面圆心的连线垂直于截面；★②r =d 、球的半径为R 、截面的半径为r ）★球与多面体的组合体：球与正四面体，球与长方体，球与正方体等的内接与外切.注：球的有关问题转化为圆的问题解决. 球面积、体积公式：2344,3S R V R ππ==球球（其中R 为球的半径）俯视图11_________________.第1题2.若某空间几何体的三视图如图2所示，则该几何体的体积是________________.第2题第3题3．一个几何体的三视图如图3所示，则这个几何体的体积为 .侧(左)视图正(主)视图4．若某几何体的三视图（单位：cm ）如图4所示，则此几何体的体积是 .第4题第5题5．如图5是一个几何体的三视图，若它的体积是 a .6．已知某个几何体的三视图如图6，根据图中标出的尺寸（单位：cm ），可得这个几何体的体积是 .7.若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是 3cm 8.设某几何体的三视图如图8（尺寸的长度单位为m ），则该几何体的体积为_________m 3。

3俯视图正视图侧视图俯视图俯视图正(主)视图侧(左)视图第7题第8题9．一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个圆，那么这个几何体的侧面积为_________________.图910.一个三棱柱的底面是正三角形，侧棱垂直于底面，它的三视图及其尺寸如图10所示（单位cm ），则该三棱柱的表面积为_____________.图1011.如图11所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的全面积为_____________.图图11 图12 图1312. 如图12，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正三角形，俯视图是一个圆，那么几何体的侧面积为_____________.13.已知某几何体的俯视图是如图13所示的边长为2的正方形，主视图与左视图是边长为2的正三角形，则其表面积是_____________.14.如果一个几何体的三视图如图14所示(单位长度: cm ), 则此几何体的表面积是_____________.图14正视图俯视图15．一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位：2cm ）_____________.正视图左视图俯视图1. 正方体1111ABCD-A B C D ，1AA =2，E 为棱1CC 的中点． (Ⅰ) 求证：11B D AE ⊥； (Ⅱ) 求证：//AC 平面1B DE ；（Ⅲ）求三棱锥A-BDE 的体积．2. 已知正方体1111ABCD A B C D -，O 是底ABCD 对角线的交点.求证：(１) C 1O ∥面11AB D ；(2)1AC ⊥面11AB D ．3．如图，PA ⊥矩形ABCD 所在平面，M 、N 分别是AB 和PC 的中点.AD 11A E CD 1ODBA C 1B 1A 1C（Ⅰ）求证：MN ∥平面PAD ；（Ⅱ）求证：MN CD ⊥；（Ⅲ）若45PDA ∠=，求证：MN ⊥平面PCD .4. 如图（1），ABCD 为非直角梯形，点E ，F 分别为上下底AB ，CD 上的动点，且EF CD ⊥。

立体几何解答题常考模型归纳总结(九大题型)(原卷版)-高中数学

立体几何解答题常考模型归纳总结　高考立体几何解答题常考模型主要包括柱体、锥体、球体、旋转体、多面体等。

这些模型常涉及体积、表面积的计算，截面问题，以及与其他几何体的组合或相交问题。

此外，空间位置关系，如平行、垂直的判断与证明，也是常考内容。

空间角的计算，包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等，同样是高考立体几何的重要考点。

最后，空间距离的计算，如点到平面的距离、两平行平面间的距离等，也是解答题中常见的考查点。

掌握这些模型的基本性质和解题方法，对于提高高考立体几何的解题能力至关重要。

题型一：非常规空间几何体为载体【典例1-1】（2024·河南濮阳·模拟预测）如图，侧面11BCC B 水平放置的正三棱台11111,24ABC A B C AB A B -==(1)求证：1AA ^平面11BCC B ；(2)求直线AB 和平面1ACB 所成角的正弦值．【典例1-2】（2024·云南昆明·三模）如图，在三棱台111ABC A B C -中，上、下底面是边长分别为2和4的正三角形，1AA ^平面ABC ，设平面11AB C I 平面=ABC l ，点,E F 分别在直线l 和直线1BB 上，且满足EF l ^，1EF BB ^．(1)证明：^EF 平面11BCC B ；(2)若直线EF 和平面ABC 【变式1-1】（2024·天津和平·二模）如图，三棱台111ABC A B C -中，ABC V 为等边三角形，1124AB A B ==，1AA ^平面ABC ，点M ，N ，D 分别为AB ，AC ，BC 的中点，11A B AC ^．(1)证明：1CC ∥平面1A MN ；(2)求直线1A D 与平面1A MN 所成角的正弦值；(3)求点D 到平面1A MN 的距离．【变式1-2】（2024·河南周口·模拟预测）如图，平行六面体1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 与平面11ABC D 都是边长为2的菱形，11120BCD BC D °Ð=Ð=，侧面11BCC B(1)求平行六面体1111ABCD A B C D -的体积；(2)求平面11BCC B 与平面11CDD C 的夹角的余弦值.题型二：立体几何存在与探索性问题【典例2-1】如图1，ABC V 是边长为3的等边三角形，点,D E 分别在线段,AC AB 上，且1,2AE AD ==，沿DE 将ADE V 翻折到PDE △的位置，使得PB 2.(1)求证：平面PDE ^平面BCDE ；(2)在线段PB 上是否存在点M ，使得//EM 平面PCD ，若存在，求出PM MB的值；若不存在，请说明理由.【典例2-2】（2024·广东·一模）如图所示，四边形ABCD 是圆柱底面的内接四边形，AC 是圆柱的底面直径，PC 是圆柱的母线，E 是AC 与BD 的交点，608AB AD BAD AC Ð===o ，，.(1)记圆柱的体积为1V ，四棱锥P ABCD -的体积为 2V ，求 12V V ；(2)设点F 在线段AP 上，且存在一个正整数k ，使得PA kPF PC kCE ==，，若已知平面FCD 与平面PCDk 的值.【变式2-1】在ABC V 中，90ABC Ð=°，6AB BC ==，D 为边AB 上一点，2AD =，E 为AC 上一点，//DE BC ，将ADE V 沿DE 翻折，使A 到A ¢处，90DA B ¢Ð=°.(1)证明：A B ¢^平面A DE ¢；(2)若射线DE 上存在点M ，使l =uuuu r uuu r DM DE ，且MC 与平面A EC ¢所成角的正弦值为15，求λ.【变式2-2】（2024·甘肃张掖·模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面四边形ABCD为菱形，且60,DAB PAD Ð=o V 是边长为2的等边三角形，且平面PAD ^平面,ABCD O 为AD 中点.(1)求证：OB ^平面PAD ；(2)在线段PC 上是否存在点M ，使二面角M BO C --的大小为60o ，若存在，求PM PC的值，若不存在，请说明理由.题型三：立体几何折叠问题【典例3-1】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图1，在矩形ABCD 中，2AB =，BC =ABD △沿矩形的对角线BD 进行翻折，得到如图2所示的三棱锥A BCD -，且AB CD ^.(1)求翻折后线段AC 的长；(2)点M 满足2AM MD =uuuu r uuuu r ，求CM 与平面ABD 所成角的正弦值.【典例3-2】（2024·山东·模拟预测）如图，在菱形ABCD 中，60BAD Ð=°，E 是AD 的中点，将ABE V沿直线BE 翻折使点A 到达点1A 的位置，F 为线段1AC 的中点.(1)求证：DF ∥平面1A BE ；(2)若平面1A BE ^平面BCDE ，求直线1A E 与平面1A BC 所成角的大小.【变式3-1】（2024·河南驻马店·二模）在如图①所示的平面图形中，四边形ACDE 为菱形，现沿AC 进行翻折，使得AB ^平面ACDE ，过点E 作//EF AB ，且12EF AB =，连接,,FD FB BD ，所得图形如图②所示，其中G 为线段BD 的中点，连接FG .(1)求证：FG ^平面ABD ；(2)若2AC AD ==，直线FG 与平面BCD ，求AB 的值.【变式3-2】在等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，2AB =，2AD BC ==，60DAB Ð=°，M 为AB 中点，将AMD V ，BMC △沿MD ，MC 翻折，使A ，B 重合于点E ，得到三棱锥M CDE -．(1)求ME 与平面CDE 所成角的大小；(2)求二面角M DE C --的余弦值．题型四：立体几何作图问题【典例4-1】（2024·河南信阳·模拟预测）长方体1111ABCD A B C D -中，123,2AB AA AD CE ED ===uuu r uuu r .(1)过E 、B 作一个截面，使得该截面平分长方体的表面积和体积.写出作图过程及其理由.(2)记（1）中截面为a ，若a 与（1）中过D 点的长方体的三个表面成二面角分别为,,q j w ，求222cos cos cos q j w ++的值.【典例4-2】（2024·高三·河北承德·期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，,,O E F 分别是,,BD PA BC 的中点．(1)证明：//OE 平面PBC ；(2)若平面a 经过点,,F D E ，且与棱PB 交于点H ．请作图画出H 在棱PB 上的位置，并求出PH HB的值．【变式4-1】（2024·辽宁大连·一模）如图多面体ABCDEF 中，面FAB ^面ABCD ，FAB V 为等边三角形，四边形ABCD 为正方形，EF BC ∥，且334EF BC ==，H ，G 分别为CE ，CD 的中点．(1)证明：BF AD ^；(2)求平面BCEF 与平面FGH 所成角的余弦值；(3)作平面FHG 与平面ABCD 的交线，记该交线与直线AD 交点为P ，写出AP AD的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）．【变式4-2】如图，已知底面为平行四边形的四棱锥P ABCD -中，平面MNGH 与直线PB 和直线AC 平行，点E 为PD 的中点，点F 在CD 上，且:1:2DF FC =.(1)求证：四边形MNGH 是平行四边形；(2)求作过EF 作四棱锥P ABCD -的截面，使PB 与截面平行（写出作图过程，不要求证明）.截面的定义：用一个平面去截一个几何体，平面与几何体的表面的交线围成的平面图形.【变式4-3】（2024·北京·三模）四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，23DAB p Ð=.AC BD O =I ,且^PO 平面ABCD ，PO =，点,F G 分别是线段.PB PD 上的中点，E 在PA 上.且3PA PE =.（Ⅰ）求证：//BD 平面EFG ；（Ⅱ）求直线AB 与平面EFG 的成角的正弦值；（Ⅲ）请画出平面EFG 与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.题型五：立体几何建系繁琐问题【典例5-1】（2024·山东淄博·二模）已知直角梯形ABCD ，90ADC Ð=°，//AB CD ，2AB CD AD ===M 为对角线AC 与BD 的交点．现以AC 为折痕把ADC V 折起，使点D 到达点P 的位置，点Q 为PB 的中点，如图所示：(1)证明：AC ^平面PBM ；(2)求三棱锥P ACQ -体积的最大值；(3)当三棱锥P ACQ -的体积最大时，求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．【典例5-2】（2024·贵州黔东南·二模）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，O 为AC 的中点，1111122AA A C C C AC ====.(1)证明：1//OC 平面11AA D D ；(2)若平面ABCD ^平面11ACC A ，AB BC ^，当四棱锥11B AA C C -的体积最大时，求1CC 与平面11AA B B 夹角的正弦值.【变式5-1】（2024·重庆·三模）如图所示的几何体是一个半圆柱和一个三棱锥的组合体.11,BB CC 是半圆柱的母线,1,O O 分别是底面直径BC 和11B C 的中点,11114,2,BC B C BB CC A ====是半圆O 上一动点,1A 是半圆1O 上的动点,1AA 是圆柱的母线，延长1A A 至P 点使得A 为1A P 的中点,连接PB ,PC 构成三棱锥P ABC -.(1)证明:1AC BA ^;(2)当三棱锥P ABC -的体积最大时,求平面1ABA 与平面1BA C 的夹角.【变式5-2】已知平面四边形ABCD ，2AB AD ==，60BAD Ð=°，30BCD Ð=°，现将ABD D 沿BD 边折起，使得平面ABD ^平面BCD ，此时AD CD ^，点P 为线段AD 的中点．(1)求证：BP ^平面ACD ；(2)若M 为CD 的中点①求MP 与平面BPC 所成角的正弦值；②求二面角P BM D --的平面角的余弦值．题型六：两角相等（构造全等）的立体几何问题【典例6-1】（2024·河南·模拟预测）如图,在三棱锥A BCD -中,ABC V 是等边三角形,90BAD BCD Ð=Ð=°,点P 是AC 的中点,连接,BP DP ．（1）证明:平面ACD ^平面BDP ;（2）若BD =,且二面角A BD C --为120°,求直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值．【典例6-2】（2024·广西桂林·二模）如图，四棱锥F ABCD -中，底面ABCD 为边长是2的正方形，E ，G 分别是CD ，AF 的中点，4AF =，FAE BAE Ð=Ð，且二面角F AE B --的大小为90°.(1) 求证：AE BG ^；(2) 求二面角B AF E --的余弦值.【变式6-1】（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，四棱锥E ABCD -中，四边形ABCD 是边长为2的菱形，45DAE BAE °Ð=Ð=，60DAB Ð=°.（1）证明：平面ADE ^平面ABE ；（2）当直线DE 与平面ABE 所成的角为30°时，求平面DCE 与平面ABE 所成锐二面角的余弦值.【变式6-2】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，四棱锥E ABCD -中，四边形ABCD 是边长为2的菱形45DAE BAE Ð=Ð=°，60DAB Ð=°（1）证明：平面ADE ^平面ABE ；（2）当平面DCE 与平面ABE DE 与平面ABE 所成角正弦值.题型七：利用传统方法找几何关系建系【典例7-1】（2024·江苏南京·二模）如图，//AD BC ，AD AB ^，点E 、F 在平面ABCD 的同侧，//CF AE ，1AD =，2AB BC ==，平面ACFE ^平面ABCD ，EA EC ==(1)求证：//BF 平面ADE ；(2)若直线EC 与平面FBD ，求线段CF 的长.【典例7-2】斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1上，侧面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，侧面AA 1C 1C 是菱形，∠A 1AC ＝60°，A 1C ＝AC AB ＝2，为BB 1的中点．(1)求二面角C －A 1D －C 1的余弦值；(2)记△ABC 的外接圆上有一动点P ，若二面角P －AA 1－C 与二面角C －A 1D －C 1相等，求AP 的长．【变式7-1】如图，已知四棱锥P ABCE -中，PA ^平面ABCE ，平面PAB ^平面PBC ，且1AB =，2BC =，BE =，点A 在平面PCE 内的射影恰为PCE V 的重心G .（1）证明：BC AB ^；（2）求直线CG 与平面PBC 所成角的正弦值.【变式7-2】如图所示，圆锥的高2PO =，底面圆O 的半径为R ，延长直径AB 到点C ，使得BC R =，分别过点A ，C 作底面圆O 的切线，两切线相交于点E ，点D 是切线CE 与圆O 的切点．(1)证明：平面PDE ^平面POD ；(2)若直线PE 与平面PBD ，求点A 到平面PED 的距离．题型八：空间中的点不好求【典例8-1】（2024·山东日照·三模）在五面体ABCDEF 中，CD ADE ^平面，EF ADE ^平面.(1)求证：AB CD ∥；(2)若222AB AD EF ===，3CD =，90ADE Ð=°，点D 到平面ABFE A BC F --的余弦值.【典例8-2】（2024·全国·校联考模拟预测）已知三棱锥ABCD ，D 在面ABC 上的投影为O ，O 恰好为△ABC 的外心．4AC AB ==，2BC =.(1)证明：BC ⊥AD ；(2)E 为AD 上靠近A 的四等分点，若三棱锥A-BCD 的体积为1，求二面角E CO B --的余弦值．【变式8-1】（2024·河南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB BC ==AD CD AC ===E ，F 分别为AC ，CD 的中点，点G 在PF 上，且G 为三角形PCD 的重心.(1)证明：//GE 平面PBC ；(2)若PA PC =，PA CD ^，四棱锥P ABCD -的体积为GE 与平面PCD 所成角的正弦值.【变式8-2】（2024·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）如图，平行六面体1111ABCD A B C D -中，点P 在对角线1BD 上，AC BD O =I ，平面ACP ∥平面11AC D ．(1)求证：O ，P ，1B 三点共线；(2)若四边形ABCD 是边长为2的菱形，11π3BAD BAA DAA =ÐÐ==Ð，13AA =，求二面角P AB C --大小的余弦值．【变式8-3】（2024·全国·模拟预测）已知菱形ABCD 中，1AB BD ==，四边形BDEF 为正方形，满足2π3ABF Ð=，连接AE ，AF ，CE ，CF ．(1)证明：CF AE ^；(2)求直线AE 与平面BDEF 所成角的正弦值．题型九：数学文化与新定义问题【典例9-1】（2024·高三·山东青岛·期中）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E 、F 、G 分别是边长为4的正方形的三边AB CD AD 、、的中点，先沿着虚线段FG 将等腰直角三角形FDG 裁掉，再将剩下的五边形ABCFG 沿着线段EF 折起，连接AB CG 、就得到了一个“刍甍” (如图2)。

高中数学立体几何题型归纳总结

高中数学立体几何题型归纳总结
第一节：立体几何的结构特征及三视图（旧高考考查）题型一：空间几何体的结构特征
题型二：空间几何体的直观图
题型三：由几何体的三视图相互识别
题型四：由几何体部分视图确定剩余视图
题型五：由三视图求几何体的相关量
第二节：空间几何体的表面积和体积
题型一：直接求多面体的表面积
题型二：直接求多面体的体积
第三节：线面关系
题型一：平面的基本性质及应用
题型二：异面直线的夹角
题型三：线面关系之命题判断
题型四：线面平行之中位线
题型五：线面平行之构造平行四边形
题型六：面面平行
题型七：垂直之三垂线定理
题型八：垂直之线面垂直
题型八：垂直之面面垂直
第四节：外接球及内切球
题型一：特殊几何体之外接球
题型二：汉堡模型
题型三：斗笠模型
题型四：L模型
题型五：内切球
第五节：立体几何的综合计算
题型一：角度之线面角
题型二：立体计算之面积
题型三：立体计算之体积题型四：动点综合问题。

立体几何题型总结

立体几何题型总结一、高考考查的公理、性质、判定等：立几中的向量公式：1.二、题目归类与练习：（一）三视图1. 某几何体的三视图如图所示，则它的体积是A ．283π-B ．83π-C ．82π-D ．23π【答案】A2. 右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、俯视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命题的个数是 A ．3 B ．2 C ．1 D ．0 【答案】A3. 如图1－3，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A ．63B ．93C ．123D ．183【答案】B（二）点、线、面的位置判断：1. 命题①空间直线a ，b ，c ，若a∥b，b∥c 则a∥c ②非零向量c 、b 、a ，若a ∥b ，b ∥c 则a ∥c③平面α、β、γ若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ ④空间直线a 、b 、c 若有a⊥b，b⊥c，则a∥c⑤直线a 、b 与平面β，若a⊥β，c⊥β，则a∥c 其中所有真命题的序号是（ C ） A ．①②③ B．①③⑤ C．①②⑤ D．②③⑤ 2. 下列命题中错误的是A ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC ．如果平面αγ⊥平面，平面βγ⊥平面，=l αβ⋂，那么l γ⊥平面D ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内所有直线都垂直于平面β 【答案】D3. 已知1a ，2a ，3a 是三个相互平行的平面．平面1a ，2a 之间的距离为1d ，平面2a ，3a 之间的距离为2d ．直线l 与1a ，2a ，3a 分别相交于1p ，2p ，3p，那么“12P P =23P P ”是“12d d =”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C4. 如图，四棱锥S —ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确的是（A ）AC ⊥SB（B ）AB ∥平面SCD（C ）SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角（D ）AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角【答案】D5. 不共面的三条定直线l 1,l 2,l 3互相平行，点A 在l 1上，点B 在l 2上，C 、D 两点在l 3上，若CD =a (定值），则三棱锥A —BCD 的体积（） A.由A 点的变化而变化 B.由B 点的变化而变化 C.有最大值，无最小值 D.为定值讲解：D 。

立体几何题型及解题方法总结

立体几何题型及解题方法总结1. 立体几何题型啊，那可是个神奇的领域！有求各种立体图形体积的题型，就像求一个装满水的古怪形状瓶子能装多少水一样。

比如说正方体，正方体的体积公式就是边长的立方。

要是有个正方体边长是3厘米，那它的体积就是3×3×3 = 27立方厘米，简单吧！这类型的题就像是数糖果，一个一个数清楚就行。

2. 还有求立体图形表面积的题型呢。

这就好比给一个形状奇怪的礼物包装纸，得算出需要多少纸才能把它包起来。

像长方体，表面积就是六个面的面积之和。

假如一个长方体长4厘米、宽3厘米、高2厘米，那表面积就是2×(4×3 + 4×2 + 3×2) = 52平方厘米。

哎呀，可别小瞧这表面积，有时候算错一点就像给礼物包了个破纸一样难看。

3. 立体几何里关于线面关系的题型也不少。

这就像在一个迷宫里找路，线和面的关系复杂得很。

比如说直线和平面平行的判定，就像在一个方方正正的房间里，一根直直的杆子和地面平行，只要杆子和地面内的一条直线平行就行。

像有个三棱柱，一条棱和底面的一条棱平行，那这条棱就和底面平行啦，是不是很有趣呢？4. 线面垂直的题型也很重要哦。

这就像是建房子时的柱子和地面的关系，必须垂直才稳当。

判断一条直线和一个平面垂直，就看这条直线是不是和平面内两条相交直线都垂直。

就像搭帐篷，中间那根杆子要和地面上交叉的两根绳子都垂直，帐篷才能稳稳地立起来。

比如一个正四棱锥，它的高就和底面垂直，因为高和底面两条相交的对角线都垂直呢。

5. 面面平行的题型有点像照镜子。

两个平面就像两面镜子，要想平行，得看一个平面内的两条相交直线和另一个平面内的两条相交直线分别平行。

就像有两个一样的盒子，一个盒子里面两条交叉的边和另一个盒子里面对应的两条交叉边平行，那这两个盒子的面就是平行的关系。

想象一下，如果两个平行的黑板，是不是很有画面感？6. 面面垂直的题型就像是打开的书页。

立体几何大题15种归类专题

立体几何大题15种归类专题立体几何作为数学的一个重要分支，主要研究三维空间中图形的性质、变换和度量。

在高考或中考等数学考试中，立体几何大题往往占据一定的分值，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力。

以下是对立体几何大题进行的15种归类专题简述，包括内容分析和特点：1. 平行与垂直关系内容分析：涉及直线与平面、平面与平面的平行与垂直关系的判定和性质。

特点：需要熟练掌握平行与垂直的判定定理和性质定理，能够灵活运用。

2. 空间角内容分析：包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面所成的角。

特点：空间角的计算通常需要构造辅助线或面，将空间问题转化为平面问题来解决。

3. 空间距离内容分析：涉及点到直线、点到平面、直线到平面的距离计算。

特点：空间距离的计算通常依赖于空间角和三角形的性质。

4. 三视图与直观图内容分析：根据物体的三视图或直观图，推断物体的形状或计算相关尺寸。

特点：要求考生具备良好的空间想象能力和图形识别能力。

5. 柱体、锥体、台体的表面积与体积内容分析：涉及基本几何体的表面积和体积的计算。

特点：需要熟练掌握各类几何体的表面积和体积公式，能够正确应用。

6. 球的表面积与体积内容分析：考查球的表面积和体积的计算，以及与其他几何体的结合问题。

特点：球的表面积和体积计算通常需要与其他几何体相结合，考查综合应用能力。

7. 空间向量的应用内容分析：利用空间向量解决立体几何问题，如求空间角、空间距离等。

特点：空间向量的引入为立体几何问题提供了新的解决工具，使问题更加简洁明了。

8. 组合体的分析与计算内容分析：涉及由多个基本几何体组成的组合体的分析和计算。

特点：需要综合运用所学的几何知识，对组合体进行分解和组合，考查分析问题和解决问题的能力。

9. 立体几何中的最值问题内容分析：涉及立体几何中的最值问题，如距离的最大值、体积的最小值等。

特点：最值问题通常需要运用不等式、函数等数学知识进行求解，考查综合运用能力。

上海市2024年高考二模分类汇编：立体几何

立体几何汇编一、题型一：空间几何体1．（2024·上海闵行·二模）已知空间中有2个相异的点，现每增加一个点使得其与原有的点连接成尽可能多的等边三角形.例如，空间中3个点最多可连接成1个等边三角形，空间中4个点最多可连接成4个等边三角形.当增加到8个点时，空间中这8个点最多可连接成个等边三角形.2．（2024·上海虹口·二模）如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为菱形，且60BAD ∠= .若12AB AA ==，点M 为棱1CC 的中点，点P 在1A B 上，则线段,PA PM 的长度和的最小值为.3．（2024·上海崇明·二模）已知底面半径为1的圆柱，O 是其上底面圆心，A 、B 是下底面圆周上两个不同的点，BC 是母线．若直线OA 与BC 所成角的大小为π3，则BC =．4．（2024·上海青浦·二模）如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P Q R 、、在棱1AB BC BB 、、上，且111,,234PB QB RB ===，以PQR 为底面作一个三棱柱111PQR PQ R -，使点111,,P Q R 分别在平面11111111A ADD D DCC A B C D 、、上，则这个三棱柱的侧棱长为．二、题型二：表面积与体积5．（2024·上海普陀·二模）若一个圆锥的体积为22π3，用通过该圆锥的轴的平面截此圆锥，得到的截面三角形的顶角为π2，则该圆锥的侧面积为（）A 2πB ．2πC ．22πD ．42π6．（2024·上海徐汇·二模）三棱锥-P ABC 各顶点均在半径为的球O 的表面上，90AB AC BAC ==∠=。

，二面角P BC A --的大小为45。

，则对以下两个命题，判断正确的是（）①三棱锥O ABC -的体积为83；②点P 形成的轨迹长度为.A ．①②都是真命题B ．①是真命题，②是假命题C ．①是假命题，②是真命题D ．①②都是假命题7．（2024·上海奉贤·二模）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型，如图所示.该模型为长方体1111ABCD A B C D -中挖去一个四棱锥O EFGH -，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，4cm AB BC ==，12cm AA =，3D 打印所用原料密度为30.9/cm g .不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g .8．（2024·上海奉贤·2，则该圆锥的侧面积为．9．（2024·上海松江·二模）若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则此圆锥的体积为.（结果中保留π）10．（2024·上海静安·二模）正四棱锥P ABCD -底面边长为2，高为3，则点A 到不经过点A 的侧面的距离为．11．（2024·上海黄浦·二模）在四面体PABC 中，2PD PA PB =+u u u r u u r u u r ，523PE PB PC =+uur uu r uu u r ，23PF PC PA =-+ ，设四面体PABC 与四面体PDEF 的体积分别为1V 、2V ，则21V V 的值为.12．（2024·上海黄浦·二模）若一个圆柱的底面半径为2，母线长为3，则此圆柱的侧面积为.13．（2024·上海嘉定·二模）已知圆锥的母线长为2，高为1，则其体积为．14．（23-24高三下·上海浦东新·期中）如图，有一底面半径为1，高为3的圆柱.光源点A 沿着上底面圆周作匀速运动，射出的光线始终经过圆柱轴截面的中心O .当光源点A 沿着上底面圆周运动半周时，其射出的光线在圆柱内部“扫过”的面积为.15．（2024·上海长宁·二模）用铁皮制作一个有底无盖的圆柱形容器，若该容器的容积为π立方米，则至少需要平方米铁皮16．（2024·上海静安·二模）如图1所示，ABCD 是水平放置的矩形，23AB =2BC =．如图2所示，将ABD 沿矩形的对角线BD 向上翻折，使得平面ABD ⊥平面BCD ．(1)求四面体ABCD 的体积V ；(2)试判断与证明以下两个问题：①在平面BCD 上是否存在经过点C 的直线l ，使得l AD ⊥？②在平面BCD 上是否存在经过点C 的直线l ，使得//l AD ？三、题型三：位置关系17．（2024·上海静安·二模）设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中真命题是（）A ．若//m α,//n α,则//m n ；B ．若m α⊂,n β⊂,//m n ,则//αβ；C ．若m α⊥，//n α，则m n ⊥；D ．若m α⊂，n ⊂α，//m β，//n β,则//αβ．18．（2024·上海金山·二模）如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则以下命题中正确的是（）．A ．BM EN =B ．CD MN⊥C ．A 、M 、N 三点共线D ．直线BM 与EN 相交19．（2024·上海长宁·二模）已知直线,a b 和平面α，则下列判断中正确的是（）A ．若//,//a b αα，则//a bB ．若//,//a b b α，则//a αC ．若//,a b αα⊥，则a b⊥D ．若,//a b b α⊥，则a α⊥20．（2024·上海杨浦·二模）正方体1111ABCD A B C D -中，异面直线AB 与1DC 所成角的大小为.21．（2024·上海金山·二模）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，点G 是 DF的中点，点P 在 CE 上，异面直线BP 与AD 所成的角是30︒．(1)求证：AE BP ⊥；(2)若3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小．22．（2024·上海虹口·二模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，CA CB ⊥，D 为AB 的中点，2CA CB ==，13CC =.(1)求证：1//AC 平面1B CD ；(2)若1CC ⊥平面ABC ，点P 在棱1AA 上，且PD ⊥平面1B CD ，求直线CP 与平面1B CD 所成角的正弦值.23．（2024·上海黄浦·二模）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，点E 是棱PD 上的一点，//PB 平面AEC .(1)求证：点E 是棱PD 的中点；(2)若PA ⊥平面ABCD ，2AP =，23AD =PC 与平面ABCD 所成角的正切值为13，求二面角D AE C--的大小.24．（2024·上海嘉定·二模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1A A ⊥平面ABC ，D 是BC 的中点，2AC =，11A A AB BC ===．(1)求证：1//A B 平面1ADC ；(2)求直线1DC 与1A B 的所成角的大小．25．（2024·上海长宁·二模）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，12,1AB AD AA ===；(1)求二面角1D AC D --的大小；(2)若点P 在直线11AC 上，求证：直线//BP 平面1D AC ；26．（23-24高三下·上海浦东新·期中）在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为等腰梯形，平面PAD ⊥底面ABCD ，其中//AD BC ，24AD BC ==，3AB =，23PA PD ==，点E 为PD 中点.(1)证明：//EC 平面PAB ；(2)求二面角P AB D --的大小.四、题型四：大题综合27．（2024·上海松江·二模）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PD ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点.(1)设平面ABE 与直线PC 相交于点F ，求证：//EF CD ；(2)若2AB =，60DAB ∠=︒，42PD =，求直线BE 与平面PAD 所成角的大小.28．（2024·上海普陀·二模）如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，2SA SB ==，E 、F 分别是SC 、BD 的中点.(1)求证：//EF 平面SAB ；(2)若二面角S AB D --的大小为π2，求直线SD 与平面ABCD 所成角的大小.29．（2024·上海徐汇·二模）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面圆的圆心，AE 为圆O 的直径，且4AE AD ==，ABC 是底面圆O 的内接正三角形，P 为线段DO 上一点，且6DO PO =.(1)证明：PA ⊥平面PBC ；(2)求直线PB 与平面PCE 所成角的正弦值.30．（2024·上海杨浦·二模）如图，P 为圆锥顶点，O 为底面中心，A ，B ，C 均在底面圆周上，且ABC 为等边三角形.(1)求证：平面POA ⊥平面PBC ；(2)若圆锥底面半径为2，高为22A 到平面PBC 的距离.31．（2024·上海奉贤·二模）如图1是由两个三角形组成的图形，其中90APC ︒∠=，30PAC ︒∠=，2AC AB =，30BCA ︒∠=．将三角形ABC 沿AC 折起，使得平面PAC ⊥平面ABC ，如图2．设O 是AC 的中点，D 是AP 的中点．(1)求直线BD 与平面PAC 所成角的大小；(2)连接PB ，设平面DBO 与平面PBC 的交线为直线l ，判别l 与PC 的位置关系，并说明理由．32．（2024·上海闵行·二模）如图，已知ABCD 为等腰梯形，//AD BC ，120BAD ∠=︒，PA ⊥平面ABCD ，2AB AD AP ===.⊥；(1)求证：PC AB--的大小.(2)求二面角C BP A参考答案一、题型一：空间几何体1．（2024·上海闵行·二模）已知空间中有2个相异的点，现每增加一个点使得其与原有的点连接成尽可能多的等边三角形.例如，空间中3个点最多可连接成1个等边三角形，空间中4个点最多可连接成4个等边三角形.当增加到8个点时，空间中这8个点最多可连接成个等边三角形.【答案】20.【分析】结合正四面体的结构特征，判断求解空间中这8个点最多可连接成等边三角形的个数.【详解】空间中4个点最多可连接成4个等边三角形，构成正四面体，正四面体的每一个面向外作一个正四面体，此时是增加一个点，增加正三角形3个，新增加的4个点，又构成1个正四面体，所以当增加到8个点时，空间中这8个点最多可连接成434420+⨯+=个等边三角形.故答案为：20.2．（2024·上海虹口·二模）如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为菱形，且60BAD ∠= .若12AB AA ==，点M 为棱1CC 的中点，点P 在1A B 上，则线段,PA PM 的长度和的最小值为.【答案】9+210【分析】取11D C 的中点N ，连接MN 、1A N 、BM 、1D C ，首先证明1//A B MN ，即可1A 、B 、M 、N 四点共面，连接1A M ，11AC ，求出190A BM ︒∠=，将1ABA △绕1A B 翻折，使得平面1ABA 与平面1A BMN 共面，连接AM 交1A B 于点P ，最后利用余弦定理计算可得.【详解】取11D C 的中点N ，连接MN 、1A N 、BM 、1D C ，因为点M 为棱1CC 的中点，所以1//MN D C ，又11//A D BC 且11A D BC =，所以11A D CB 为平行四边形，所以11//A B D C ，所以1//A B MN ，即1A 、B 、M 、N 四点共面，连接1A M ，11AC ，故答案为：9210+3．（2024·上海崇明·二模）已知底面半径为1的圆柱，O是其上底面圆心，A、B是下底面圆周上两个不同的点，BC是母线．若直线OA与BC所成角的大小为π3，则BC=．即可求解.【详解】如图所示，因为//AD BC ，且AD BC=则直线OA 与BC 所成角即为直线OA 与AD 所成角的大小为π3，可得π3OAD ∠=,在直角OAD △中，可得13π3tan3AD ==，即33BC =.故答案为：33.4．（2024·上海青浦·二模）如图，在棱长为1的正方体1111ABCD AB C D -中，P Q R 、、在棱1AB BC BB 、、上，且111,,234PB QB RB ===，以PQR 为底面作一个三棱柱111PQR PQ R -，使点111,,P Q R 分别在平面11111111A ADD D DCC A B C D 、、上，则这个三棱柱的侧棱长为．【答案】18112【分析】建立平面直角坐标系写出点的坐标，根据三棱柱中向量相等得到1P 坐标，进而得到1PP的坐标，从而得到侧棱1PP .【详解】以D 为原点，以1,,DA DC DD 所在直线为11,,02P ⎛⎫⎪⎝⎭，21,03Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,1,R ⎛ ⎝则11,,032PQ ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，0,PR ⎛= ⎝由三棱柱可知11P Q PQ = ，即(P R PR = ，即()0,,0,y z ⎛-= 二、题型二：表面积与体积5．（2024·上海普陀·三角形的顶角为π2，则该圆锥的侧面积为（）A B ．2πC ．D ．故选：C ．6．（2024·上海徐汇·二模）三棱锥-P ABC 各顶点均在半径为22的球O 的表面上，22,90AB AC BAC ==∠=。

高中数学立体几何题型归纳

高中数学立体几何题型归纳
高中数学中的立体几何题目种类较多，常见的数学题型归纳如下：
1. 空间图形识别题：通过题目给出的条件，判断所给图形的种类和性质，例如判断空间图形是否为正方体、长方体、正六面体等。

2. 空间几何图形的计算题：计算所给立体几何图形的面积、体积、表面积等指标，如计算球的体积、正方体的表面积等等。

3. 空间几何图形的切割题：在给定的空间图形中，通过一些切割、旋转等操作，形成新的空间图形，要求计算新空间图形的体积或面积，例如将正方体沿着某个对角线切分，得到新的多面体等等。

4. 空间几何图形的位置关系题：通过所给空间几何图形的位置关系，求出某些角度或长度，例如求两个平面的夹角、求一条线段在空间中到另一个平面的距离等等。

5. 空间向量题：通过向量的知识，来解决空间几何图形的计算、位置等问题，例如通过向量求解立方体的对角线长度等等。

以上是高中数学中较为常见的立体几何题型，掌握这些题型的解题方法，有助于提升数学解题的能力和水平。

立体几何压轴题十大题型汇总(学生版)

立体几何压轴题十大题型汇总命题预测本专题考查类型主要涉及点立体几何的内容，主要涉及了立体几何中的动点问题，外接球内切球问题，以及不规则图形的夹角问题，新定义问题等。

预计2024年后命题会继续在以上几个方面进行。

高频考法题型01几何图形内切球、外接球问题题型02立体几何中的计数原理排列组合问题题型03立体几何动点最值问题题型04不规则图形中的面面夹角问题题型05不规则图形中的线面夹角问题题型06几何中的旋转问题题型07立体几何中的折叠问题题型08不规则图形表面积、体积问题题型09立体几何新定义问题题型10立体几何新考点题型01几何图形内切球、外接球问题解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：(1)定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；(2)作截面：选准最佳角度做出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的；(3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.1(多选)(23-24高三下·浙江·开学考试)如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点A,B,C,D 在同一个平面内，如果四边形ABCD是边长为2的正方形，则()A.异面直线AE与DF所成角大小为π3B.二面角A-EB-C的平面角的余弦值为13C.此八面体一定存在外接球D.此八面体的内切球表面积为8π32(2024·浙江宁波·二模)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=4,A1B1=2,AA1=3，若球O与上底面A1B1C1D1以及棱AB,BC,CD,DA均相切，则球O的表面积为()A.9πB.16πC.25πD.36π3(2024·河北石家庄·二模)已知正方体的棱长为22，连接正方体各个面的中心得到一个八面体，以正方体的中心O为球心作一个半径为233的球，则该球O的球面与八面体各面的交线的总长为()A.26πB.463π C.863π D.46π4(多选)(2022·山东聊城·二模)用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的π倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是()A.底面椭圆的离心率为22B.侧面积为242πC.在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为36πD.底面积为42π5(21-22高三上·湖北襄阳·期中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，球O1同时与以A为公共顶点的三个面相切，球O2同时与以C1为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点F.若以F为焦点，AB1为准线的抛物线经过O1，O2，设球O1，O2的半径分别为r1，r2，则r1r2=.题型02立体几何中的计数原理排列组合问题1(2024·浙江台州·二模)房屋建造时经常需要把长方体砖头进行不同角度的切割，以契合实际需要.已知长方体的规格为24cm×11cm×5cm，现从长方体的某一棱的中点处作垂直于该棱的截面，截取1次后共可以得到12cm×11cm×5cm，24cm×112cm×5cm，24cm×11cm×52cm三种不同规格的长方体.按照上述方式对第1次所截得的长方体进行第2次截取，再对第2次所截得的长方体进行第3次截取，则共可得到体积为165cm3的不同规格长方体的个数为()A.8B.10C.12D.162(2023·江苏南通·模拟预测)在空间直角坐标系O-xyz中，A10,0,0,B0,10,0,C0,0,10，则三棱锥O-ABC内部整点(所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点)的个数为()A.C310B.C39C.C210D.C293(2024·重庆·模拟预测)从长方体的8个顶点中任选4个，则这4个点能构成三棱锥的顶点的概率为()A.2736B.2935C.67D.32354(多选)(2024·重庆·模拟预测)如图，16枚钉子钉成4×4的正方形板，现用橡皮筋去套钉子，则下列说法正确的有(不同的图形指两个图形中至少有一个顶点不同)()A.可以围成20个不同的正方形B.可以围成24个不同的长方形(邻边不相等)C.可以围成516个不同的三角形D.可以围成16个不同的等边三角形5(2024·上海浦东新·模拟预测)如图ABCDEF -A B C D E F 为正六棱柱，若从该正六棱柱的6个侧面的12条面对角线中，随机选取两条，则它们共面的概率是．题型03立体几何动点最值问题空间几何体中线段和差最值以及几何体中的轨迹问题，以及线线角和线面角的求解，综合性较强，难度较大，解答时要发挥空间想象，明确空间的位置关系，结合空间距离，确定动点的轨迹形状；结合等体积法求得点到平面的距离，结合线面角的定义求解.1(多选)(2024·浙江台州·二模)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为平面ABCD 内一动点，且直线D 1P 与平面ABCD 所成角为π3，E 为正方形A 1ADD 1的中心，则下列结论正确的是()A.点P 的轨迹为抛物线B.正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球被平面A 1BC 1所截得的截面面积为π6C.直线CP 与平面CDD 1C 1所成角的正弦值的最大值为33D.点M 为直线D 1B 上一动点，则MP +ME 的最小值为11-2662(多选)(2024·江苏扬州·模拟预测)如图，在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 为平面ABCD 内一动点，则()A.若M 在线段AB 上，则D 1M +MC 的最小值为4+22B.平面ACD 1被正方体内切球所截，则截面面积为π6C.若C 1M 与AB 所成的角为π4，则点M 的轨迹为椭圆D.对于给定的点M ，过M 有且仅有3条直线与直线D 1A ,D 1C 所成角为60°3(多选)(2023·安徽芜湖·模拟预测)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，棱AB 的中点为M ，过点M 作正方体的截面α，且B 1D ⊥α，若点N 在截面α内运动(包含边界)，则()A.当MN 最大时，MN 与BC 所成的角为π3B.三棱锥A 1-BNC 1的体积为定值23C.若DN =2，则点N 的轨迹长度为2πD.若N ∈平面A 1BCD 1，则BN +NC 1 的最小值为6+234(多选)(2024·福建厦门·一模)如图所示，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是矩形，△ABF 和△DCE 均是等边三角形，且AB =23，EF =x (x >0)，则()A.EF ⎳平面ABCDB.二面角A -EF -B 随着x 的减小而减小C.当BC =2时，五面体ABCDEF 的体积V (x )最大值为272D.当BC =32时，存在x 使得半径为32的球能内含于五面体ABCDEF 5(多选)(2024·广西南宁·一模)在边长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，动点M 满足AM =xAB+yAD +zAA 1 ，(x ,y ,z ∈R 且x ≥0,y ≥0,z ≥0)，下列说法正确的是()A.当x =14,z =0,y ∈0,1 时，B 1M +MD 的最小值为13B.当x =y =1,z =12时，异面直线BM 与CD 1所成角的余弦值为105C.当x +y +z =1，且AM =253时，则M 的轨迹长度为42π3D.当x +y =1,z =0时，AM 与平面AB 1D 1所成角的正弦值的最大值为63题型04不规则图形中的面面夹角问题利用向量法解决立体几何中的空间角问题，关键在于依托图形建立合适的空间直角坐标系，将相关向量用坐标表示，通过向量的坐标运算求空间角，其中建系的关键在于找到两两垂直的三条直线．1(2024·浙江台州·二模)如图，已知四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=3A1B1，AB∥CD，AD⊥AB，AB=6，CD=9，AD=6，且AA1=BB1=4，Q为线段CC1中点，(1)求证：BQ∥平面ADD1A1；A1与平面CDD1C1夹角的余弦值.(2)若四棱锥Q-ABB1A1的体积为3233，求平面ABB12(2024·浙江杭州·二模)如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，∠DAB=60°,BC =2PQ=4AB=4,M为BC的中点，PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD．(1)证明：∠ABQ=90°；(2)若多面体ABCDPQ的体积为152，求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值．3(2024·浙江金华·模拟预测)已知四棱锥P-ABCD的棱AB,BC的长为2，其余各条棱长均为1．(1)求四棱锥P-ABCD的体积；(2)求二面角A-PC-B的大小．4(2024·安徽·二模)将正方形ABCD绕直线AB逆时针旋转90°，使得CD到EF的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF⊥平面BDE；(2)点M为DF上一点，若二面角C-AM-E的余弦值为13，求∠MAD．5(2024·山西·二模)如图，四棱锥P-ABCD中，二面角P-CD-A的大小为90°，∠DCP=∠DPC<π°，E是PA的中点.4，∠DAB=∠ABC=2∠ADB=2∠DCB=90(1)求证：平面EBD⊥平面PCD；(2)若直线PD与底面ABCD所成的角为60°，求二面角B-ED-C的余弦值.题型05不规则图形中的线面夹角问题1(2024·浙江宁波·二模)在菱形ABCD中，AB=2,∠BAD=60°，以AB为轴将菱形ABCD翻折到菱形ABC1D1，使得平面ABC1D1⊥平面ABCD，点E为边BC1的中点，连接CE,DD1.(1)求证：CE∥平面ADD1；(2)求直线CE与平面BDD1所成角的正弦值.2(23-24高三下·江苏泰州·阶段练习)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD= 60°，△PAD为等边三角形，点M，N分别为AB，PC的中点．(1)证明：直线MN⎳平面PAD；(2)当二面角P-AD-C为120°时，求直线MN与平面PCD所成的角的正弦值．3(23-24高三下·浙江·开学考试)在三棱锥D-ABC中，AC=3,DC=22,∠DCA=45°,CB⊥AB,BC=BD=6.(1)证明：平面ADC⊥平面ABC；(2)点E为棱DC上，若BC与平面EAB所成角的正弦值为3311，求DE的长；4(2022·江西赣州·二模)已知四棱锥P-ABCD中，△ABD､△BCD､△BDP都是正三角形AB=2，AP=3(1)求证：平面ACP⊥平面BDP；(2)求直线BP与平面ADP所成角的正弦值.5(2024·全国·模拟预测)如图，AB,CD,EF两两垂直，点E为AB的中点，点F在线段CD上，且满足DF=4CF,AB=EF=2，CD=5．(1)求证：平面ABC⊥平面ABD．(2)求直线BD与平面ACD所成角的正弦值．题型06几何中的旋转问题1(2024·全国·模拟预测)如图，已知长方体ABCD-A B C D 中，AB=BC=2，AA =2，O为正方形ABCD的中心点，将长方体ABCD-A B C D 绕直线OD 进行旋转．若平面α满足直线OD 与α所成的角为53°，直线l⊥α，则旋转的过程中，直线AB与l夹角的正弦值的最小值为( )(参考数据：sin53°≈4 5，cos53°≈35)A.43-310B.33-410C.33+310D.43+3102(多选)(2024·河北唐山·一模)在透明的密闭正三棱柱容器ABC-A1B1C1内灌进一些水，已知AB= AA1=4．如图，当竖直放置时，水面与地面距离为3．固定容器底面一边AC于地面上，再将容器按如图方向倾斜，至侧面ACC1A1与地面重合的过程中，设水面所在平面为α，则()A.水面形状的变化：三角形⇒梯形⇒矩形B.当C1A1⊂α时，水面的面积为221C.当B∈α时，水面与地面的距离为835D.当侧面ACC1A1与地面重合时，水面的面积为123(2024·陕西商洛·模拟预测)魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺•鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速､盲拧､单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一.一个三阶魔方，由27个棱长为1的正方体组成，如图是把魔方的中间一层转动了45°，则该魔方的表面积增加了 .4(2024·福建·模拟预测)在△ABC 中，∠ABC =90°，AB =6，∠ACB 的平分线交AB 于点D ，AD =2DB .平面α过直线AB ，且与△ABC 所在的平面垂直.(1)求直线CD 与平面α所成角的大小；(2)设点E ∈α，且∠ECD =30°，记E 的轨迹为曲线Γ.(i )判断Γ是什么曲线，并说明理由；(ii )不与直线AB 重合的直线l 过点D 且交Γ于P ，Q 两点，试问：在平面α内是否存在定点T ，使得无论l 绕点D 如何转动，总有∠PTC =∠QTC ？若存在，指出点T 的位置；若不存在，说明理由.5(多选)(2024·浙江·二模)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，的棱长为1，点P 是正方形A 1B 1C 1D 1上的一个动点，初始位置位于点A 1处，每次移动都会到达另外三个顶点.向相邻两顶点移动的概率均为14，向对角顶点移动的概率为12，如当点P 在点A 1处时，向点B 1，D 1移动的概率均为14，向点C 1移动的概率为12，则()A.移动两次后，“PC =3”的概率为38B.对任意n ∈N *，移动n 次后，“PA ⎳平面BDC 1”的概率都小于13C.对任意n ∈N *，移动n 次后，“PC ⊥平面BDC 1”的概率都小于12D.对任意n ∈N *，移动n 次后，四面体P -BDC 1体积V 的数学期望E V <15(注：当点P 在平面BDC 1上时，四面体P -BDC 1体积为0)题型07立体几何中的折叠问题1(2020·浙江·模拟预测)如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=1，BC=2，D为线段BC(端点除外)上一动点.现将△ABD沿线段AD折起至△AB D，使二面角B -AD-C的大小为120°，则在点D的移动过程中，下列说法错误的是()A.不存在点D，使得CB ⊥ABB.点B 在平面ABC上的投影轨迹是一段圆弧C.B A与平面ABC所成角的余弦值的取值范围是105,1D.线段CB 的最小值是32(多选)(23-24高三下·江苏泰州·阶段练习)已知正方形ABCD的边长为4，点E在线段AB上，BE =1．沿DE将△ADE折起，使点A翻折至平面BCDE外的点P，则()A.存在点P，使得PE⊥DCB.存在点P，使得直线BC⎳平面PDEC.不存在点P，使得PC⊥DED.不存在点P，使得四棱锥P-BCDE的体积为83(2024·安徽池州·模拟预测)如图①，四边形ABCD是边长为2的正方形，△EAB与△FAD是两个全等的直角三角形，且FA=4,FC与AD交于点G，将Rt△EAB与Rt△FAD分别沿AB,AD翻折，使E,F重合于点P，连接PC，得到四棱锥P-ABCD，如图②，(1)证明：BD⊥PC；(2)若M为棱PC的中点，求直线BM与平面PCG所成角的正弦值.4(多选)(2023·浙江嘉兴·模拟预测)如图，在△ABC 中，∠B =π2，AB =3，BC =1，过AC 中点M 的直线l 与线段AB 交于点N ．将△AMN 沿直线l 翻折至△A MN ，且点A 在平面BCMN 内的射影H 在线段BC 上，连接AH 交l 于点O ，D 是直线l 上异于O 的任意一点，则()A.∠A DH ≥∠A DCB.∠A DH ≤∠A OHC.点O 的轨迹的长度为π6D.直线A O 与平面BCMN 所成角的余弦值的最小值为83-135(2024·全国·模拟预测)如图1，已知在正方形ABCD 中，AB =2，M ，E ，F 分别是边CD ，BC ，AD的中点，现将矩形ABEF 沿EF 翻折至矩形A B EF 的位置，使平面A B EF ⊥平面CDFE ，如图2所示．(1)证明：平面A EM ⊥平面A FM ；(2)设Q 是线段A E 上一点，且二面角A -FM -Q 的余弦值为33，求EQ EA的值．题型08不规则图形表面积、体积问题解决不规则图形的表面积体积问题，注意使用割补法，通过分割与补形的方法，转化成常规的几何体进行求解。