最新近五年浙江数学高考立体几何考题

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浙江高考数学压轴题：立体几何选择题学生版

浙江高考数学压轴题：立体几何选择题1．已知在矩形ABCD 中，2AB =，4=AD ，E ，F 分别在边AD ，BC 上，且1AE =，3BF =，如图所示，沿EF 将四边形AEFB 翻折成A EFB ''，则在翻折过程中，二面角B CD E '--的大小为θ，则tan θ的最大值为（）A B C D 2．在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中][0,1,0,1λμ⎡⎤∈∈⎣⎦，则（） A ．当1λ=时，△1AB P 的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积不是定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得AP BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P3．已知三棱锥P ABC -三条侧棱,,PA PB PC 两两互相垂直，且2PA PB PC ===，,M N 分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则,M N 两点间距离的最小值为（）A ．2+B 1C ．2D 2-4．已知△ABC 在平面β内，不重合的两点P ，Q 在平面β同侧，在点M 从P 运动到Q 的过程中，记四面体M -ABC 的体积为V ，点A 到平面MBC 的距离为d ，则可能的情况是（）A ．V 保持不变，d 先变大后变小B ．V 保持不变，d 先变小后变大C ．V 先变大后变小，d 不断变大D ．V 先变小后变大，d 不断变小5．在三棱锥S ABC -中，,,SA SB SC 两两垂直且相等，若空间中动一点P 满足SP x SA y SB z SC →→→→=++，其中0,1,1x y z ≥≥≥且125x y z ++≤.记SP 与平面ABC 所成的角为θ，则sin θ的最大值为（）A ．13BC ．1D6．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3AB =，5AD =，14AA =，点F 是1AA 的中点，点E 为棱BC 上的动点，则平面1C EF 与平面11ABB A 所成的锐二面角正切的最小值是（）A ．513 BC D ．135 7．如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练，已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面上的射线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小，若15,25,30AB cm AC cm BCM ==∠=︒，则tan θ的最大值是（）.（仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成的角）A B C D 8．已知棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -，点A 在空间直角坐标系O xyz -的x 轴上移动，点C 在平面yOz 上移动，则1OC OB ⋅的最大值是（）A ．2B ．1C ．4+D ．69．如图，在三棱锥P ABC -中，5AB AC PB PC ====，4PA =，6BC =，点M 在平面PBC 内，且AM =，设异面直线AM 与BC 所成的角为α，则cos α的最大值为（）A B C ．25 D 10．正三棱锥A BCD -中G 为BC 的中点，H 为BG 上的任意上点，设AH 与CD 所成的角的大小为1θ，AH 与平面BCD 所成的角的大小为2θ，二面角A BC D --的大小为3θ，则（）A ．213θθθ≤≤B ．123θθθ≤≤C ．231θθθ≤<D ．312θθθ≤≤11．已知三棱锥P ABC -，其中PA ⊥平面ABC ，2PA =，2AB AC ==，2BAC π∠=.已知点Q 为棱PA （不含端点）上的动点，若光线从点Q 出发，依次经过平面PBC 与平面ABC 反射后重新回到点Q ，则光线经过路径长度的取值范围为（）A ．(1+B ．)4C ．4⎫⎪⎭D ．( 12．如图，平面OAB ⊥平面α，OA α⊂，OA AB =，120OAB ∠=︒．平面α内一点P 满足PA PB ⊥，记直线OP 与平面OAB 所成角为θ，则tan θ的最大值是（）A B ．15 C D ．1313．如图，四边形ABCD 中90A CBD ∠=∠=︒，30CDB ∠=︒，AB AC =，沿直线BC 将ABC 折成A BC '，使点A '在平面BCD 上的射影在BCD △内（不含边界），记二面角A BC D '--的平面角大小为α，直线A B '､A D '与平面BCD 所成角分别为β､γ，则（）A ．αβγ>>B ．βαγ>>C ．αγβ>>D ．γβα>>14．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 '，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,,αβγ，直线, , D A D B D C '''与平面ABC 所成角分别是123,,θθθ，则（）A ．123,θθθαγβ>>>>B ．123,θθθαβγ<<>>C ．123,θθθαβγ>><<D ．123,θθθαβγ<<<<15．已知菱形ABCD ，60DAB ∠=︒，E 为边AB 上的点（不包括A B ，），将ABD △沿对角线BD 翻折，在翻折过程中，记直线BD 与CE 所成角的最小值为α，最大值为β（）A ．αβ，均与E 位置有关B ．α与E 位置有关，β与E 位置无关C ．α与E 位置无关，β与E 位置有关D ．αβ，均与E 位置无关16．如图，已知锐二面角l αβ--的大小为1θ，A α∈，B β∈，M l ∈，N l ∈，AM l ⊥，BN l ⊥，C ，D 为AB ，MN 的中点，若AM MN BN >>，记AN ，CD 与半平面β所成角分别为2θ，3θ，则（）A ．122θθ<，132θθ<B ．122θθ<，132θθ>C ．122θθ>，132θθ<D ．122θθ>，132θθ>17．已知正四面体P ABC -，Q 为ABC 内的一点，记PQ 与平面PAB PAC PBC 、、所成的角分别为,,αβγ，则下列不等式恒成立的个数为（）①222sin sin sin 2αβγ++≥ ②222cos os 2cos c αβγ++≥③222tan an 1tan t αβγ++≤ ④2221111tan an tan t αβγ++≤ A ．0 B ．1 C ．2 D ．318．如图，矩形ABCD 中，已知2AB =，4BC =，E 为AD 的中点．将ABE △沿着BE 向上翻折至A BE '，记锐二面角A BE C '--的平面角为α，A B '与平面BCDE 所成的角为β，则下列结论不可能成立的是（）A ．sin αβ=B αcos β=C ．α2β<D ．πα4β-> 19．如图，在大小为1θ的锐二面角l αβ--中，A α∈，B β∈，M 、N l ∈，AM l ⊥，BN l ⊥，C 、D 分别为AB 、MN 的中点.记直线AN 与半平面β的夹角为2θ，直线CD 与半平面β的夹角为3θ.若AM MN BN >>，则（）A ．122θθ<，132θθ<B ．122θθ<，132θθ>C ．122θθ>，132θθ<D ．122θθ>，132θθ>20．在三棱锥D ABC -中，222AD AB AC BC ===，点A 在面BCD 上的投影G 是BCD △的垂心，二面角G AB C --的平面角记为α，二面角G BC A --的平面角记为β，二面角G CD A --的平面角记为γ，则（）A ．αβγ>>B ．αγβ>>C ．βγα>>D ．γβα>>21．如图，在三棱锥A BCD -中，AB BC ⊥，BC CD ⊥，E ，F 分别为BC ，AD 的中点，记平面ABC 与平面BCD 所成的角为1θ，直线AC ，EF 与平面BCD 所成的角分别为2θ，3θ，若AB BC CD >>，则（）A ．12θθ>， 132θθ<B ．12θθ>，132θθ>C ．12θθ<，132θθ<D ．12θθ<，132θθ>22．如图，在等边三角形ABC 中，,D E 分别是线段,AB AC 上异于端点的动点，且BD CE =，现将三角形ADE 沿直线DE 折起，使平面ADE ⊥平面BCED ，当D 从B 滑动到A 的过程中，则下列选项中错误的是（）A ．ADB ∠的大小不会发生变化B ．二面角A BDC --的平面角的大小不会发生变化 C ．BD 与平面ABC 所成的角变大 D ．AB 与DE 所成的角先变小后变大23．已知底面ABCD 为正方形的四棱锥P ABCD -，P 点的射影在正方形ABCD 内，且P 到BC 的距离等于PD 的长，记二面角P AB C 的平面角为α，二面角P CD A --的平面角为β，二面角P AD C --平面角为γ，则下列结论可能成立的是（）A ．αβγ==B ．αγβ=<C ．αβγ=<D ．αβγ>=24．如图，长方形ABCD 中，AB =1AD =，点E 在线段AB （端点除外）上，现将ADE 沿DE 折起为A DE '．设ADE α∠=，二面角A DE C '--的大小为β，若π2αβ+=，则四棱锥A BCDE '-体积的最大值为（）A ．14B ．23CD 25．如图，ABC 是等腰直角三角形，AB AC =，点D 是AB 上靠近A 的三等分点，点E 是AC 上靠近C 的三等分点，沿直线DE 将ADE 翻折成A DE '，所成二面角A DE B '--的平面角为α，则（）A ．A DB A EC α∠≥∠'≥' B ．A EC A DB α∠≥∠'≥'C ．A DB A EC α≥∠'∠≥'D ．A EC A DB α≥∠'∠≥' 26．如图，三棱锥A BCD -的底面BCD 在平面α内，所有棱均相等，E 是棱AC 的中点，若三棱锥A BCD -绕棱CD 旋转，设直线BE 与平面α所成的角为θ，则cos θ的取值范围为（）A ．⎤⎥⎣⎦B ．5,16⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．⎡⎢⎣⎦D ．⎡⎢⎣⎦ 27．如图，在矩形ABCD 中，AD AB <，将ACD △沿AC 翻折至ACD '△，设直线AD '与直线BC 所成角为α，直线BD '与平面ACD '所成角为β，二面角A CD B '--的平面角为γ，当γ为锐角时（）A ．αβγ>>B ．γβα>>C ．γαβ>>D ．αγβ>> 28．如图，在长方形ABCD 中，AD CD <，现将ACD △沿AC 折至1ACD △，使得二面角1A CD B --为锐二面角，设直线1AD 与直线BC 所成角的大小为α，直线1BD 与平面ABC 所成角的大小为β，二面角1A CD B --的大小为γ，则,,αβγ的大小关系是（）A ．αβγ>>B ．αγβ>>C ．γαβ>>D ．不能确定29．如图，在四棱锥P ABCD -中，APB BPC CPD DPA ∠=∠=∠=∠，平面ADP ⊥平面DCP ，若APC α∠=，BPD β∠=，AP 与平面DCP 所成的角为γ，则以下结论正确的是（）A ．γβα<<B ．βαγ<<C ．βγα<<D ．γαβ<<30．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，1BC CC ==E ，F ，G 分别为AD ，AB ，11C D 上的点，AE ED =，AF FB =，11(4)DG GC λλ=≥，分别记二面角1G EF D --，G EF C --，G FB C --的平面角为α，β，γ，则（） A ．αβγ>>B ．βγα>>C ．γβα>>D ．与λ有关31．如图，在菱形ABCD 中，60BAD ∠=︒，线段AD ，BD 的中点分别为E ，F ，现将ABD △沿对角线BD 翻折，则异面直线BE 与CF 所成的角的取值范围是A ．,63ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,62ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．,32ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．2,33ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ 32．三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，D 是棱AB 上的动点，点P 在平面的射影在ABC 内部，PD 与BC 所成的角为α，PD 与面ABC 所成的角为β，二面角P AB C 为λ，则（）A ．βαλ≤≤B ．βλα≤≤C ．λβα≤≤D ．λαβ≤≤33．记{},min ,,a a b a b b a b ≤⎧=⎨>⎩，已知矩形ABCD 中，2AB AD =，E 是边AB 的中点，将ADE 沿DE 翻折至A DE '（A '不在平面BCD 内），记二面角A BC D '--为α，二面角A CD E '--为β，二面角A DE C '--为γ，二面角A BE D '--为θ，则{}min ,,,αβγθ=（）A ．αB ．βC ．γD ．θ 34．在四面体ABCD 中，BCD ∆为等边三角形，2ADB π∠=，二面角B AD C --的大小为α，则α的取值范围是（）A ．0,6π⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．0,4π⎛⎤⎥⎝⎦ C ．0,3π⎛⎤ ⎥⎝⎦ D ．0,2π⎛⎤⎥⎝⎦。

浙江省历年高考立体几何大题总汇(题目及答案)

MF-C 的余弦值.
1.证明：（I）如图，连结 OP，以 O 为坐标原点，分别以 OB、OC、OP 所在直线为 x 轴，
y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系 O xyz ， w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
则 O 0, 0, 0, A(0, 8, 0), B(8, 0, 0),C(0,8, 0), P(0, 0, 6), E(0, 4,3), F 4, 0,3，由题意得，
在图乙中，因为 DE⊥AF，DE⊥GF，AF I FG=F，所以 DE⊥平面 AFG．
又 DE//BC，所以 BC⊥平面 AFG．…………………………………………………… 4 分
(Ⅱ) 因为平面 AED⊥平面 BCDE，平面 AED I 平面 BCDE=DE，DE⊥AF，DE⊥GF，
所以 FA，FD，FG 两两垂直．
（II）证明：在 ABO 内存在一点 M ，使 FM ⊥平面 BOE ，并求点 M 到 OA , OB 的距
离。
z
y x 2.如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，P 是侧棱 CC1 上的一点，CP=m，（Ⅰ）试确定 m，使得直线 AP 与平面 BDB1D1 所成角的正切值为 3 2 ；
.
4在如图所示的几何体中， EA 平面 ABC， DB 平面 ABC， AC BC ，
AC BC BD 2AE ，M 是 AB 的中点．
（1）求证： CM EM ；
D
（2）求 CM 与平面 CDE 所成的角 E
A
C
M B
5.
如图，矩形 ABCD 和梯形 BEFC 所在平面互相垂直， BE ∥CF ，
（2）求三棱锥 B DEF 的体积． F
D C

浙江省近五年(-)高考数学最新分类汇编7 立体几何(1) 理

浙江省2013届高三最新理科数学（精选试题17套+2008-2012五年浙江高考理科试题）分类汇编7：立体几何（1）一、选择题1 ．（浙江省“六市六校”联盟2013届高三下学期第一次联考数学（理）试题）如图所示,在正方体1111D C B A ABCD -中,E 为1DD 上一点,且131DD DE =,F 是侧面11C CDD 上的动点,且//1F B 平面BE A 1,则F B 1与平面11C CDD 所成角的正切值构成的集合是（）A ．}23{ B ．}1352{C ．}22323|{≤≤m m D ．}231352|{≤≤m m【答案】C2 ．（浙江省新梦想新教育新阵地联谊学校2013届高三回头考联考数学（理）试题）棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -在空间直角坐标系中移动,但保持点（） A ．B 分别在x 轴、y 轴上移动,则点1C 到原点O 的最远距离为（）A．B．C ．5 D ．4【答案】D 3 ．（浙江省温岭中学2013届高三高考提优冲刺考试（三）数学（理）试题）某三棱锥的三视图如图所示,已知该三视图中正视图和俯视图均为边长为2的正三角形,侧视图为如图所示的直角三角形,则该三棱锥的体积为（） A ．1 B ．3 C ．4 D ．5【答案】A4 ．（浙江省建人高复2013届高三第五次月考数学（理）试题）设m 、n 是两条不同的直线,α、β是两1C （第10题图）ABCD E1A 1B 1D个不同的平面.考查下列命题,其中正确的命题是（）A ．βαβα⊥⇒⊥⊂⊥n m n m ,,B ．n m n m ⊥⇒⊥βαβα//,,//C ．n m n m ⊥⇒⊥⊥βαβα//,,D ．ββαβα⊥⇒⊥=⊥n m n m ,,【答案】B 5 ．（2010年高考（浙江理））设l ,m 是两条不同的直线,α是一个平面,则下列命题正确的是（） A ．若l m ⊥,m α⊂,则l α⊥ B ．若l α⊥,l m //,则m α⊥C ．若l α//,m α⊂,则l m //D ．若l α//,m α//,则l m // 【答案】答案:B 6 ．（浙江省绍兴市2013届高三教学质量调测数学（理）试题（word 版））某四棱锥的底面为正方形,其三视图如图所示,则该四棱锥的体积等于俯视图正视图13（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B7 ．（浙江省金华十校2013届高三4月模拟考试数学（理）试题）设m,n 是不同的直线,,αβ是不同的平面,下列命题中正确的是（）A ．若m//,,,n m n αβαβ⊥⊥⊥则B ．若m//,,,//n m n αβαβ⊥⊥则C ．若m//,,//,n m n αβαβ⊥⊥则D ．若m//,,//,//n m n αβαβ⊥则【答案】C 8 ．（浙江省金华十校2013届高三4月模拟考试数学（理）试题）某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的体积是（）C ．2D ．439 word 版））如图,正四面体ABCD 的顶所成的角为45,顶点B 在平面α上的射影为点O .当顶点A 与所成角的正弦值等于（）C ．426+ D ．12225+10α的斜线段．．．,A 为斜足,若点P 在平面α内运动,使得ABP △（） C ．一条直线 D ．两条平行直线11,AB =1,BC 将∆ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻（） BD 垂直 B ．存在某个位置,使得直线AB 与直线CD 垂直 C ．存在某个位置,使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置,三直线“AC 与BD ”,“AB 与CD ”,“AD 与BC ”均不垂直【答案】【答案】B【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着,观察在翻着过程,即可知选项B 是正确的.12．（浙江省宁波市2013届高三第二次模拟考试数学（理）试题）已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是（）A．338B．3316C．38D．316【答案】A二、填空题13．（浙江省杭州市2013届高三第二次教学质检检测数学（理）试题）一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为_______________________.【答案】)31(50+14．（浙江省一级重点中学（六校）2013届高三第一次联考数学（理）试题）某几何体的三视图如图所示,根据图中标出的数据,则这个几何体的体积为 _______.俯视图15．（2009年普通高等学校招生全国统一考试(浙江理)）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．【答案】提示：该几何体是由二个长方体组成，下面体积为1339⨯⨯=，上面的长方体体积为3319⨯⨯=，因此其几何体的体积为1816．（浙江省湖州市2013年高三第二次教学质量检测数学(理)试题(word 版) ）正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2,MN 是它的内切球的一条弦(把球面上任意两点之间的连线段称为球的弦),P 为正方体表面上的动点,当弦MN 最长时,PM PN 的取值范围是____【答案】 []02，17．（浙江省“六市六校”联盟2013届高三下学期第一次联考数学（理）试题）一个空间几何体的三视图如图所示,其中正视图为等腰直角三角形,侧视图与俯视图为正方形,则该几何体的体积为________.【答案】32 18．（浙江省永康市2013年高考适应性考试数学理试题）如图,斜边长为4的直角ABC ∆,=90B ∠,60A ∠= 且A 在平面α上,B ,C 在平面α的同侧,M 为BC 的中点.若ABC ∆在平面α上的射影是以A 为直角顶点的三角形''C AB ∆,则M 到平面α的距离的取值范围是____正视图俯视图（第11题图）侧（左）视图【答案】5(2,)219．（浙江省宁波市十校2013届高三下学期能力测试联考数学（理）试题）一个组合体的三视图如图,则其体积为______________【答案】20π20．（浙江省五校联盟2013届高三下学期第二次联考数学（理）试题）如图是某几何体的三视图,其中正视图和侧视图是全等的矩形,底边长为2,高为3,俯视图是半径为1的圆,则该几何体的体积是_______.【答案】2π三、解答题 21．（浙江省绍兴市2013届高三教学质量调测数学（理）试题（word 版））如图,在梯形ABCD中,//A B C D ,AD AB ⊥,4AD =.点P 在平面ABCD 上的射影为点O ,且P A P D ==,二面角P A D B--为45. (Ⅰ)求直线O A 与平面PAB 所成角的大小;(Ⅱ)若8A B B P +=,求三棱锥P A B D -的体积.KH OPE DCBAAP D ,∴P 点在平面ABCD 上的射影O 在线段A D 的中垂线上,设A AD EP AD ⊥⊥,,∴PEO ∠为二面角P A D B--的 2==ED ,又32==PDPA ,∴在以B 的直线为x 轴、y 轴建立空间直角坐标系,则P )0,2,2(-,(2,2,2)P A =--的平行向量m ),,z y ,则0,0,⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩PA n m n 即2220,0,x y z y --=⎧⎨=⎩取(1,0,1)n =∴直线A O 与平面PAB 所成角θ满足sin 12,所以直线O A 与平面PAB 所成角为30方法2:过O 点作O H A B ⊥,垂足为H ,连接P H .过O 作O K P H ⊥,垂足为K ,连接A K .PO ⊥平面ABCD ,∴PO A B ⊥. O H A B⊥,∴AB ⊥平面POH . 又OK ⊂平面POH , ∴A B O K ⊥,又OK P H ⊥,∴OK ⊥平面PAB . ∴OAK ∠就是O A 与平面PAB 所成角∵P A P D =,∴P 点在平面ABCD 上的射影O 在线段A D 的中垂线上,设A D 的中点为E ,连接,EP EO , ∴AD EP AD EO ⊥⊥,,∴PEO∠为二面角P A D B --的平面角,∴45P E O ∠=.在等腰△PAD 中,∵4AD =,∴2==ED EA ,又32==PD PA ,∴22=PE.在Rt △PEO 中,得2OP O E ==,∴OA =又2OH AE ==,2PO =,在Rt △POH 中,可得OK ∴1s i n 2O K O A K O A ∠==,∴30O A K ∠= 所以直线O A 与平面PAB 所成角为30(Ⅱ)设AB x =,则8PB x =-,连接O B . 在Rt △POB 中,222OBPOPB+=,又由(Ⅰ)得OE AE ⊥,OE AE =,∴45O A E ∠=,∴45O A B ∠=在△OAB 中,222OB AO AB =+-2cos AO AB OAB ⋅∠284x x =+-,又22)8(x PB -=,∴22)8()48(4x x x -=-++,得313=,即133A B =∴三棱锥P A B D -的体积13-∆=⋅P ABD ABD V S OP 111352423239=⨯⨯⨯⨯=22．（浙江省一级重点中学（六校）2013届高三第一次联考数学（理）试题）如图:在直三棱柱111ABC A B C -中,1AB AC ==,90BAC ∠=.(Ⅰ)若异面直线1A B 与11B C 所成的角为60,求棱柱的高h ;(Ⅱ)设D 是1BB 的中点,1DC 与平面11A BC 所成的角为θ,当棱柱的高h 变化时,求sin θ的最大值.【答案】解法1:(Ⅰ)由三棱柱111C B A ABC -是直三棱柱可知,1AA 即为高, 如图1,因为11//C B BC ,所以BC A 1∠是异面直线B A 1与11C B 所成的角或其补角,连接1A C ,因为AB AC =,所以11A B A C ==. 在Rt△ABC 中,由1AB AC ==,90BAC ∠=,可得BC =又异面直线1A B 与11B C 所成的角为60,所以160A BC ∠=,即△1A BC 为正三角形.于是111A B B C ==.在Rt△1A AB 中,1A B ==,得11AA =,即棱柱的高为1 (Ⅱ)设1(0)AA h h =>,如图1,过点D 在平面11A B BA 内作1DF A B ⊥于F ,则由11A C ⊥平面11BAA B ,DF ⊂平面11BAA B ,得11A C DF ⊥. 而1111A C A B A =,所以DF ⊥平面11A BC .故1DC F ∠就是1DC 与平面11A BC 所成的角,即1DC F θ∠= 在Rt △DFB 中,由2h BD =,得DF =在Rt △11DB C 中,由12h B D =,11B C =得1DC =在Rt △1DFC 中,1sin DF DC θ===令()f h ==(Ⅰ)因为异面直线1A B 与11B C 所成的角60,所以111111||cos60||||BC A B B C A B ⋅=⋅,12=,=,解得1h = (Ⅱ)由D 是1BB 的中点,得(1,0,)2h D ,于是1(1,1,)2hDC =-.设平面11A BC 的法向量为(,,)x y z =n ,于是由1A B ⊥n ,11A C ⊥n ,可得 1110,0,A B A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x hz y -=⎧⎨=⎩ 可取(,0,1)h =n , 于是1sin|cos ,|DC θ=<>n .而111|||cos ,|||||DC DC DC ⋅<>===⋅n n n令()f h ==因为22899h h ++≥,当且仅当228h h=,即h =,等号成立.所以()f h ≤==, 故当h =,sin θ 23．（2011年高考（浙江理））如图,在三棱P ABC -中,AB=AC,D 为BC 的中点,PO⊥平面ABC,垂足O 落在线段AD 上,已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2. (1)证明:AP⊥BC;(2)在线段AP 上是否存在点M,使得二面角A MC B --为直二面角?若存在,求出AM 的长;若不存在,请说明理由.PACDO【答案】本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,空间向量的应用,同事考查想象能力和运算求解能力.满分15分. 方法以:(Ⅰ)证明:如图,以O 为原点,以射线OP 为z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0)P(0,0,4)(0,3,4),(8,0,0),AP BC ==-由此可得0AP BC ⋅=所以AP ⊥BC ,即AP⊥BC.(Ⅱ)解:设,1,(0,3,4),PM PA PM λλλ=≠=--BM BP PM BP PA λ=+=+(4,2,4)(0,3,4)λ=--+-- (4,23,44),λλ=----(4,5,0),(8,0,0).AC BC =-=-设平面BMC 的法向量1111(,,),n x y z = 平面APC 的法向量 1222(,,),n x y z =由110,0,BM n BC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 得11114(23)(44)0,80,x y x x λλ--++-=⎧⎨-=⎩即1110,23,44x z y λλ=⎧⎪⎨+=⎪-⎩可取23(0,1,),44n λλ+=- 由210,0,AP n AC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即2222340,450,y z x y +=⎧⎨-+=⎩得22225,43,4x y z y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩可取2(5,4,3),n =- 由120n n ⋅=,得2343044λλ+-⋅=-解得25λ=,故AM=3 综上所述,存在点M 符合题意,AM=3. 方法二:(Ⅰ)证明:由AB=AC,D 是BC 的中点,得AD⊥BC, 又PO⊥平面ABC,得PO⊥BC.因为PO∩BC=0,所以BC⊥平面PAD 故BC⊥PA.(Ⅱ)解:如图,在平面PAD 内作BM⊥PA 于M,连CM. 由(Ⅰ)中知AP⊥BC,得AP⊥平面BMC. 又AP ⊂平面APC,所以平面BMC⊥平面APC.在Rt⊿ADB 中,AB 2=AD 2+BD 2=41,得在Rt⊿POD 中, PB 2=PO 2+OD 2,在Rt⊿PDB 中, PB 2=PD 2+BD 2,所以PB 2=PO 2+OD 2+BD 2=36,得PB=6.在Rt⊿POA 中, PA 2=AO 2+OP 2=25,得PA=5又2221cos ,23PA PB AB BPA PA PB +-∠==⋅从而2,PM PBCOS BPA =∠=所以3AM PA PM =-= 综上所述,存在点M 符合题意,AM=3.24．（浙江省温岭中学2013届高三高考提优冲刺考试（三）数学（理）试题）已知四棱锥ABCD P -,⊥PA 底面ABCD ,AD AB BC AD ⊥，∥,AC 与BD 交于点O ,又3=PA ,6,32,2===BC AB AD .(1)求证: ⊥BD 平面PAC ; (2)求二面角A PB O --的余弦值.【答案】.证明:以AB 为x 轴, AD 为y 轴,AP 为z 轴,A 为坐标原点, 建立空间直角坐标系. 则)3,0,0(),0,6,32(),0,0,0(),0,2,0(),0,0,32(P C A D B)0,2,32(-=BD )3,0,32(),0,6,32(-==PB AC 01212=+-=∙AC BDAC BD ⊥∴⊥PA 又底面BD PA ABCD ⊥∴， ⊥∴BD 平面PAC ;(2)设PBO 平面的法向量为),,,,(z y x n =PBA 平面的法向量为),,0,1,0(=m0332=-=∙z x PB n ,0232=+-=∙y x BD n [)332,3,1(=n43由题可知二面角A PB O --为锐角,故余弦值为43 注:也可以PBDABPS S ∆∆=αcos 25．（2012年高考（浙江理））如图,在四棱锥P —ABCD 中,底面是边长为的菱形,且∠BAD =120°,且PA ⊥平面ABCD ,PA=M ,N 分别为PB ,PD 的中点. (Ⅰ)证明:MN ∥平面ABCD ;(Ⅱ) 过点A 作AQ ⊥PC ,垂足为点Q ,求二面角A —MN —Q 的平面角的余弦值.【答案】【解析】本题主要考察线面平行的证明方法,建系求二面角等知识点.(Ⅰ)如图连接BD .∵M ,N 分别为PB ,PD 的中点, ∴在∆PBD 中,MN ∥BD . 又MN ⊄平面ABCD , ∴MN ∥平面ABCD ; (Ⅱ)如图建系:A (0,0,0),P(0,0,M(,32,0), NC,3,0).设Q (x ,y ,z ),则(33)(33CQ x y z CP =--=--，，，，.∵(3)CQ CP λλ==-，,∴33)Q λ-，. 由0OQ CPOQ CP ⊥⇒⋅=,得:13λ=. 即:2Q . 对于平面AMN :设其法向量为()n a b c =，，. ∵33(0)=(300)2AM AN =-，，，，，.则300123000a AM n b b AN n c ⎧=⎪⎪⎧⎧⋅=+=⎪⎪⎪⇒⇒=⎨⎨⋅=⎪⎪⎩==⎪⎪⎩. ∴31(0)3n =，，. 同理对于平面AMN 得其法向量为(31v =-，，. 记所求二面角A —MN —Q 的平面角大小为θ, 则10cos n v n vθ⋅==⋅. ∴所求二面角A —MN —Q. 【答案.【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)26．（浙江省金华十校2013届高三4月模拟考试数学（理）试题）如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,O为AC与BD的交点,E为PB上任意一点.(I)证明:平面EAC⊥平面PBD;(II)若PD∥平面EAC,并且二面角B-AE-C的大小为45°,求PD:AD的值.【答案】27．（浙江省宁波市十校2013届高三下学期能力测试联考数学（理）试题）如图,ABC∆中,90,1,B AB BC D E ∠===、两点分别在线段AB AC 、上，满足,(0,1)AD AEAB ACλλ==∈.现将ABC ∆沿DE 折成直二面角A DE B --.(1)求证:当12λ=时,ADC ABE ⊥面面;(2)当(0,1)λ∈时,二面角E AC D --的大小能否等于4π?若能,求出λ的值;若不能,请说明理由.【答案】28．（浙江省永康市2013年高考适应性考试数学理试题）如图,在三棱锥ABC P -中,直线⊥PA 平面ABC ,且︒=∠90ABC ,又点Q ,M ,N 分别是线段PB ,AB ,BC 的中点,且点K 是线段MN 上的动点.(Ⅰ)证明:直线//QK 平面PAC ;(Ⅱ)若BC AB PA ===8,且二面角M AK Q --,试求MK 的长度. ABCDEAB CD EKQ NMPCBA[【答案】(Ⅰ)连结QM ,因为点Q ,M ,N 分别是线段PB ,AB ,BC 的中点所以QM ∥PA 且MN ∥AC ,从而QM ∥平面PAC 且MN ∥平面PAC 又因为MN ∩QM =M ,所以平面QMN ∥平面PAC 而QK ⊂平面QMN 所以QK ∥平面PAC(Ⅱ)方法1:过M 作MH ⊥AK 于H ,连QH ,则∠QHM 即为二面角M AK Q --的平面角,设x MK =,且8===PC PB PA 则1624222++=x x x MH ,又4=QM ,且93cos =∠QHM ,所以==∠MHQM QHM tan 26162422=++xx x ,解得2=x ,所以MK 的长度为2方法2:以B 为原点,以BC 、BA 所在直线为x 轴y 轴建空间直角坐标系, 则A (0,8,0),M (0,4, 0),N (4,0,0),P (0,8,8),Q (0,4,4) , 设K (a ,b ,0),则a +b =4, AQ =(0,-4,4),)0,4,(a a AK --= 记(,,)n x y z AQK =为平面的一个法向量,则⎩⎨⎧+==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅ya ax z y Azk n AQ n )4(00取a z y ==则a x +=4, 则),,4(a a a n +=,又平面AKM 的一个法向量(0,0,1)m =,设二面角M AK Q --的平面角为θ 则|cos θ932)4(22=++=a a a ,解得1=a , 所以所以MK 的长度为229．（浙江省宁波市2013届高三第二次模拟考试数学（理）试题）如图,已知四棱锥P—ABCD的底面为菱形,且∠ABC=60°,AB=PC=2,AP=BP=2.(1)求证:平面PAB⊥平面ABCD;(2)求二面角A—PC—D的平面角的余弦值.【答案】30．（浙江省杭州高中2013届高三第六次月考数学（理）试题）如图,已知长方形ABCD中,1,2==AD AB ,M 为DC 的中点. 将ADM ∆沿AM 折起,使得平面⊥ADM 平面ABCM .(1)求证:BM AD ⊥(2)点E 是线段DB 上的一动点,当二面角D AM E --大小为3π时,试确定点E 的位置.【答案】取AM 的中点O,AB 的中点B,则OD OA ON ,,两两垂直,以O 为原点建立空间直角坐标系,如图.根据已知条件,得)0,0,22(A ,)0,2,22(-B ,)0,0,22(-M ,)22,0,0(D (1)由于)0,2,0(),22,0,22(-=-=BM AD ,则0=⋅BM AD ,故BM AD ⊥.(2)设存在满足条件的点E,并设DB DE λ=, 则)22,2,22()22,,(--=-λE E E z y x 则点E 的坐标为)2222,2,22(λλλ--.(其中]1,0[∈λ)易得平面ADM 的法向量可以取)0,1,0(1=n ,设平面AMEA的法向量为),,(2z y x n =,则)0,0,2(-=AM , )2222,2,2222(λλλ---=AE 则⎪⎩⎪⎨⎧=-++--=⋅=-=⋅0)2222()2()2222(0222λλλz y x AE n x AM n 则λλ2:)1(:0::-=z y x ,取)2,1,0(2λλ-=n *由于二面角D AM E --大小为3π,则|||||,cos |3cos 212121n n n n ⋅=><=π214)1(122=+--=λλλ,由于]1,0[∈λ,故解得332-=λ.故当E 位于线段DB 间,且332-=DB DE 时,二面角D AM E --大小为3π。

浙江省近五年()高考数学最新分类汇编7 立体几何(1) 理

浙江省2013届高三最新理科数学（精选试题17套+2008-2012五年浙江高考理科试题）分类汇编7：立体几何（1）一、选择题1 ．（浙江省“六市六校”联盟2013届高三下学期第一次联考数学（理）试题）如图所示,在正方体1111D C B A ABCD -中,E 为1DD 上一点,且131DD DE =,F 是侧面11C CDD 上的动点,且//1F B 平面BE A 1,则F B 1与平面11C CDD 所成角的正切值构成的集合是（）A ．}23{ B ．}1352{C ．}22323|{≤≤m m D ．}231352|{≤≤m m【答案】C2 ．（浙江省新梦想新教育新阵地联谊学校2013届高三回头考联考数学（理）试题）棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -在空间直角坐标系中移动,但保持点（） A ．B 分别在x 轴、y 轴上移动,则点1C 到原点O 的最远距离为（）A ．22B ．23C ．5D ．4【答案】D 3 ．（浙江省温岭中学2013届高三高考提优冲刺考试（三）数学（理）试题）某三棱锥的三视图如图所示,已知该三视图中正视图和俯视图均为边长为2的正三角形,侧视图为如图所示的直角三角形,则该三棱锥的体积为（） A ．1 B ．3 C ．4 D ．5【答案】A1C （第10题图）ABCD E1A 1B 1D4 ．（浙江省建人高复2013届高三第五次月考数学（理）试题）设m 、n 是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面.考查下列命题,其中正确的命题是（）A ．βαβα⊥⇒⊥⊂⊥n m n m ,,B ．n m n m ⊥⇒⊥βαβα//,,//C ．n m n m ⊥⇒⊥⊥βαβα//,,D ．ββαβα⊥⇒⊥=⊥n m n m ,,【答案】B5 ．（2010年高考（浙江理））设l ,m 是两条不同的直线,α是一个平面,则下列命题正确的是（） A ．若l m ⊥,m α⊂,则l α⊥ B ．若l α⊥,l m //,则m α⊥C ．若l α//,m α⊂,则l m //D ．若l α//,m α//,则l m // 【答案】答案:B 6 ．（浙江省绍兴市2013届高三教学质量调测数学（理）试题（word 版））某四棱锥的底面为正方形,其三视图如图所示,则该四棱锥的体积等于211俯视图正视图13（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B7 ．（浙江省金华十校2013届高三4月模拟考试数学（理）试题）设m,n 是不同的直线,,αβ是不同的平面,下列命题中正确的是（）A ．若m//,,,n m n αβαβ⊥⊥⊥则B ．若m//,,,//n m n αβαβ⊥⊥则C ．若m//,,//,n m n αβαβ⊥⊥则D ．若m//,,//,//n m n αβαβ⊥则【答案】C 8 ．（浙江省金华十校2013届高三4月模拟考试数学（理）试题）某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的体积是（）A ．83B ．4C ．2D ．43【答案】B 9 ．（浙江省绍兴市2013届高三教学质量调测数学（理）试题（word 版））如图,正四面体ABCD 的顶点C 在平面α内,且直线B C 与平面α所成的角为45,顶点B 在平面α上的射影为点O .当顶点A 与点O 的距离最大时,直线C D 与平面α所成角的正弦值等于αOABCD（）A ．12236+ B ．2215+ C ．426+ D ．12225+【答案】A10．（2008年高考（浙江理））如图,AB 是平面α的斜线段．．．,A 为斜足,若点P 在平面α内运动,使得ABP △的面积为定值,则动点P 的轨迹是（） A ．圆 B ．椭圆 C ．一条直线 D ．两条平行直线11．（2012年高考（浙江理））已知矩形ABCD ,AB =1,BC 2将∆ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻着,在翻着过程中, （） A ．存在某个位置,使得直线AC 与直线BD 垂直 B ．存在某个位置,使得直线AB 与直线CD 垂直 C ．存在某个位置,使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置,三直线“AC 与BD ”,“AB 与CD ”,“AD 与BC ”均不垂直【答案】【答案】BABPα【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着,观察在翻着过程,即可知选项B 是正确的. 12．（浙江省宁波市2013届高三第二次模拟考试数学（理）试题）已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是（）A ．338 B ．3316C ．38 D ．316【答案】A 二、填空题 13．（浙江省杭州市2013届高三第二次教学质检检测数学（理）试题）一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为_______________________.【答案】)31(50+14．（浙江省一级重点中学（六校）2013届高三第一次联考数学（理）试题）某几何体的三视图如图所示,根据图中标出的数据,则这个几何体的体积为 _______.3122正视图俯视图(8)36π+ 15．（2009年普通高等学校招生全国统一考试(浙江理)）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 ．【答案】提示：该几何体是由二个长方体组成，下面体积为1339⨯⨯=，上面的长方体体积为3319⨯⨯=，因此其几何体的体积为1816．（浙江省湖州市2013年高三第二次教学质量检测数学(理)试题(word 版) ）正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2,MN 是它的内切球的一条弦(把球面上任意两点之间的连线段称为球的弦),P 为正方体表面上的动点,当弦MN 最长时,PM PN 的取值范围是____【答案】 []02，17．（浙江省“六市六校”联盟2013届高三下学期第一次联考数学（理）试题）一个空间几何体的三视图如图所示,其中正视图为等腰直角三角形,侧视图与俯视图为正方形,则该几何体的体积为________.【答案】32 18．（浙江省永康市2013年高考适应性考试数学理试题）如图,斜边长为4的直角ABC ∆,=90B ∠,60A ∠= 且A 在平面α上,B ,C 在平面α的同侧,M 为BC 的中点.若ABC ∆在平面α上的射影是以A 为直角顶点的三角形''C AB ∆,则M 到平面α的距离的取值范围是____444正视图俯视图（第11题图）侧（左）视图MαC'B'CBA【答案】5(2,)219．（浙江省宁波市十校2013届高三下学期能力测试联考数学（理）试题）一个组合体的三视图如图,则其体积为______________【答案】20π20．（浙江省五校联盟2013届高三下学期第二次联考数学（理）试题）如图是某几何体的三视图,其中正视图和侧视图是全等的矩形,底边长为2,高为3,俯视图是半径为1的圆,则该几何体的体积是_______.【答案】2π 三、解答题21．（浙江省绍兴市2013届高三教学质量调测数学（理）试题（word 版））如图,在梯形ABCD中,//A B C D ,AD AB ⊥,4AD =.点P 在平面ABCD 上的射影为点O ,且23P A P D ==,二面角P A D B--为45. (Ⅰ)求直线O A 与平面PAB 所成角的大小;KH OPE DCBAyxz PODCBA(Ⅱ)若8A B B P +=,求三棱锥P A B D -的体积.OPDCBA【答案】解:(Ⅰ)方法1:∵P A P D =,∴P 点在平面ABCD 上的射影O 在线段A D 的中垂线上,设A D的中点为E ,连接,EP EO ,∴AD EP AD EO ⊥⊥,,∴PEO ∠为二面角P A D B--的平面角,∴45P E O ∠=在等腰△PAD 中,∵4AD =,∴2==ED EA ,又32==PDPA ,∴22=PE.在Rt △PEO 中,得2O P O E ==以O 为原点,分别以平行于A D ,A B 的直线为x 轴、y 轴建立空间直角坐标系,则(0,0,2)P ,(2,2,0)A -,所以)0,2,2(-=OA ,(2,2,2)P A =--∵//AB y 轴,故可取一个A B 的平行向量()0,1,0m =. 设平面PAB 的法向量是),,(z y x n =,则0,0,⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩PA n m n 即2220,0,x y z y --=⎧⎨=⎩取(1,0,1)n =∴直线A O 与平面PAB 所成角θ满足sin θ=(2,2,0)(1,0,1)82-⋅⋅12=,所以直线O A 与平面PAB 所成角为30方法2:过O 点作O H A B ⊥,垂足为H ,连接P H .过O 作O K P H ⊥,垂足为K ,连接A K .PO ⊥平面ABCD ,∴PO A B ⊥. O H A B⊥,∴AB ⊥平面POH . 又OK ⊂平面POH , ∴A B O K ⊥,又OK P H ⊥,∴OK ⊥平面PAB . ∴OAK ∠就是O A 与平面PAB 所成角E∵P A P D =,∴P 点在平面ABCD 上的射影O 在线段A D 的中垂线上,设A D 的中点为E ,连接,EP EO , ∴AD EP AD EO ⊥⊥,,∴PEO∠为二面角P A D B --的平面角,∴45P E O ∠=.在等腰△PAD 中,∵4AD =,∴2==ED EA ,又32==PD PA ,∴22=PE.在Rt △PEO 中,得2OP O E ==,∴22OA =. 又2OH AE ==,2PO =,在Rt △POH 中,可得2OK = ∴1s i n 2O K O A K O A ∠==,∴30O A K ∠=所以直线O A 与平面PAB 所成角为30(Ⅱ)设AB x =,则8PB x =-,连接O B . 在Rt △POB 中,222OBPOPB+=,又由(Ⅰ)得OE AE ⊥,OE AE =,∴45O A E ∠=,∴45O A B ∠=在△OAB 中,222OB AO AB =+-2cos AO AB OAB ⋅∠284x x =+-,又22)8(x PB -=,∴22)8()48(4x x x -=-++,得313=,即133A B =∴三棱锥P A B D -的体积13-∆=⋅P ABD ABD V S OP 111352423239=⨯⨯⨯⨯=22．（浙江省一级重点中学（六校）2013届高三第一次联考数学（理）试题）如图:在直三棱柱111ABC A B C -中,1AB AC ==,90BAC ∠=.(Ⅰ)若异面直线1A B 与11B C 所成的角为60,求棱柱的高h ;(Ⅱ)设D 是1BB 的中点,1DC 与平面11A BC 所成的角为θ,当棱柱的高h 变化时,求sin θ的最大值.【答案】解法1:(Ⅰ)由三棱柱111C B A ABC -是直三棱柱可知,1AA 即为高, 如图1,因为11//C B BC ,所以BC A 1∠是异面直线B A 1与11C B 所成的角或其补角,连接1A C ,因为AB AC =,所以21111A B A C AA ==+. 在Rt△ABC 中,由1AB AC ==,90BAC ∠=,可得2BC =又异面直线1A B 与11B C 所成的角为60,所以160A BC ∠=,即△1A BC 为正三角形. 于是1112A B B C ==.在Rt△1A AB 中,由21112AA A B +==,得11AA =,即棱柱的高为1 (Ⅱ)设1(0)AA h h =>,如图1,过点D 在平面11A B BA 内作1DF A B ⊥于F ,则由11A C ⊥平面11BAA B ,DF ⊂平面11BAA B ,得11A C DF ⊥. 而1111A C A B A =,所以DF ⊥平面11A BC .故1DC F ∠就是1DC 与平面11A BC 所成的角,即1DC F θ∠= 在Rt △DFB 中,由2h BD =,得221h DF h =+,在Rt △11DB C 中,由12h B D =,112B C =,得21182DC h =+, 在Rt △1DFC 中,2422121sin 19882hDF h h DC h h h θ+===+++令42221()8989h f h h h h h==++++,(Ⅰ)因为异面直线1A B 与11B C 所成的角60,所以111111||cos60||||B C A B B C A B ⋅=⋅,即211221a =⋅+,得212h +=,解得1h = (Ⅱ)由D 是1BB 的中点,得(1,0,)2h D ,于是1(1,1,)2hDC =-.设平面11A BC 的法向量为(,,)x y z =n ,于是由1A B ⊥n ,11A C ⊥n ,可得 1110,0,A B A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x hz y -=⎧⎨=⎩ 可取(,0,1)h =n , 于是1sin |cos ,|DC θ=<>n .而1142221||||2|cos ,|||||198124hh DC h DC DC h h h h -+⋅<>===⋅+++⋅+n n n令42221()8989h f h h h h h==++++,因为2289289h h ++≥+,当且仅当228h h=,即48h =时,等号成立. 所以11221()781928f h -≤==++, 故当48h =时,sin θ的最大值2217- 23．（2011年高考（浙江理））如图,在三棱P ABC -中,AB=AC,D 为BC 的中点,PO⊥平面ABC,垂足O 落在线段AD 上,已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2. (1)证明:AP⊥BC;(2)在线段AP 上是否存在点M,使得二面角A MC B --为直二面角?若存在,求出AM 的长;若不存在,请说明理由.PACDO【答案】本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,空间向量的应用,同事考查想象能力和运算求解能力.满分15分. 方法以:(Ⅰ)证明:如图,以O 为原点,以射线OP 为z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0)P(0,0,4)(0,3,4),(8,0,0),AP BC ==-由此可得0AP BC ⋅=所以AP ⊥BC ,即AP⊥BC.(Ⅱ)解:设,1,(0,3,4),PM PA PM λλλ=≠=--BM BP PM BP PA λ=+=+(4,2,4)(0,3,4)λ=--+--(4,23,44),λλ=----(4,5,0),(8,0,0).AC BC =-=-设平面BMC 的法向量1111(,,),n x y z = 平面APC 的法向量 1222(,,),n x y z =由110,0,BM n BC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 得11114(23)(44)0,80,x y x x λλ--++-=⎧⎨-=⎩即1110,23,44x z y λλ=⎧⎪⎨+=⎪-⎩可取23(0,1,),44n λλ+=- 由210,0,AP n AC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即2222340,450,y z x y +=⎧⎨-+=⎩得22225,43,4x y z y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩可取2(5,4,3),n =- 由120n n ⋅=,得2343044λλ+-⋅=-解得25λ=,故AM=3 综上所述,存在点M 符合题意,AM=3. 方法二:(Ⅰ)证明:由AB=AC,D 是BC 的中点,得AD⊥BC, 又PO⊥平面ABC,得PO⊥BC.因为PO∩BC=0,所以BC⊥平面PAD 故BC⊥PA.(Ⅱ)解:如图,在平面PAD 内作BM⊥PA 于M,连CM. 由(Ⅰ)中知AP⊥BC,得AP⊥平面BMC. 又AP ⊂平面APC,所以平面BMC⊥平面APC. 在Rt⊿ADB 中,AB 2=AD 2+BD 2=41,得AB=41在Rt⊿POD 中, PB 2=PO 2+OD 2,在Rt⊿PDB 中, PB 2=PD 2+BD 2,所以PB 2=PO 2+OD 2+BD 2=36,得PB=6.在Rt⊿POA 中, PA 2=AO 2+OP 2=25,得PA=5又2221cos ,23PA PB AB BPA PA PB +-∠==⋅从而2,PM PBCOS BPA =∠=所以3AM PA PM =-= 综上所述,存在点M 符合题意,AM=3.24．（浙江省温岭中学2013届高三高考提优冲刺考试（三）数学（理）试题）已知四棱锥ABCD P -,⊥PA 底面ABCD ,AD AB BC AD ⊥，∥,AC 与BD 交于点O ,又3=PA ,6,32,2===BC AB AD .(1)求证: ⊥BD 平面PAC ; (2)求二面角A PB O --的余弦值.【答案】.证明:以AB 为x 轴, AD 为y 轴,AP 为z 轴,A 为坐标原点, 建立空间直角坐标系. 则)3,0,0(),0,6,32(),0,0,0(),0,2,0(),0,0,32(P C A D B)0,2,32(-=BD )3,0,32(),0,6,32(-==PB AC 01212=+-=•AC BDAC BD ⊥∴⊥PA 又底面BD PA ABCD ⊥∴， ⊥∴BD 平面PAC ;(2)设PBO 平面的法向量为),,,,(z y x n =PBA 平面的法向量为),,0,1,0(=m0332=-=•z x PB n ,0232=+-=•y x BD n [)332,3,1(=n 43,cos =•=nm n m n m 由题可知二面角A PB O --为锐角,故余弦值为43 注:也可以PBDABPS S ∆∆=αcos 25．（2012年高考（浙江理））如图,在四棱锥P —ABCD 中,底面是边长为23的菱形,且∠BAD =120°,且PA ⊥平面ABCD ,PA =26,M ,N 分别为PB ,PD 的中点. (Ⅰ)证明:MN ∥平面ABCD ;(Ⅱ) 过点A 作AQ ⊥PC ,垂足为点Q ,求二面角A —MN —Q 的平面角的余弦值.【答案】【解析】本题主要考察线面平行的证明方法,建系求二面角等知识点.(Ⅰ)如图连接BD .∵M ,N 分别为PB ,PD 的中点, ∴在∆PBD 中,MN ∥BD . 又MN ⊄平面ABCD , ∴MN ∥平面ABCD ; (Ⅱ)如图建系:A (0,0,0),P (0,0,26M (32,32,0), N 3C 3,3,0).设Q (x ,y ,z ),则(33)(3326)CQ x y z CP =--=--，，，，.∵(3326)CQ CP λλλλ==--，，,∴(333326)Q λλλ--，，. 由0OQ CPOQ CP ⊥⇒⋅=,得:13λ=. 即:2326(2)33Q ，，. 对于平面AMN :设其法向量为()n a b c =，，. ∵33(0)=(300)22AM AN =-，，，，，. 则33330012230300a AM n a b b AN n a c ⎧=⎪⎪⎧⎧⋅=-+=⎪⎪⎪⇒⇒=⎨⎨⎨⋅=⎪⎪⎪⎩=⎩=⎪⎪⎩. ∴31(0)33n =，，. 同理对于平面AMN 得其法向量为(316)v =-，，. 记所求二面角A —MN —Q 的平面角大小为θ, 则10cos 5n v n vθ⋅==⋅. ∴所求二面角A —MN —Q 的平面角的余弦值为105. 【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)105.【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ) 333.26．（浙江省金华十校2013届高三4月模拟考试数学（理）试题）如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,O为AC与BD的交点,E为PB上任意一点.(I)证明:平面EAC⊥平面PBD;(II)若PD∥平面EAC,并且二面角B-AE-C的大小为45°,求PD:AD的值.【答案】27．（浙江省宁波市十校2013届高三下学期能力测试联考数学（理）试题）如图,ABC∆中,90,2,1,B AB BC D E ∠===、两点分别在线段AB AC 、上，满足,(0,1)AD AEAB ACλλ==∈.现将ABC ∆沿DE 折成直二面角A DE B --.(1)求证:当12λ=时,ADC ABE ⊥面面;(2)当(0,1)λ∈时,二面角E AC D --的大小能否等于4π?若能,求出λ的值;若不能,请说明理由.【答案】28．（浙江省永康市2013年高考适应性考试数学理试题）如图,在三棱锥ABC P -中,直线⊥PA 平面ABC ,且︒=∠90ABC ,又点Q ,M ,N 分别是线段PB ,AB ,BC 的中点,且点K 是线段MN 上的动点.(Ⅰ)证明:直线//QK 平面PAC ;(Ⅱ)若BC AB PA ===8,且二面角M AK Q --39,试求MK 的长度. ABCDEAB CD EKQ NMPCBA[【答案】(Ⅰ)连结QM ,因为点Q ,M ,N 分别是线段PB ,AB ,BC 的中点所以QM ∥PA 且MN ∥AC ,从而QM ∥平面PAC 且MN ∥平面PAC 又因为MN ∩QM =M ,所以平面QMN ∥平面PAC 而QK ⊂平面QMN 所以QK ∥平面PAC(Ⅱ)方法1:过M 作MH ⊥AK 于H ,连QH ,则∠QHM 即为二面角M AK Q --的平面角,设x MK =,且8===PC PB PA 则1624222++=x x x MH ,又4=QM ,且93cos =∠QHM ,所以==∠MHQM QHM tan 26162422=++xx x ,解得2=x ,所以MK 的长度为2方法2:以B 为原点,以BC 、BA 所在直线为x 轴y 轴建空间直角坐标系, 则A (0,8,0),M (0,4,0),N (4,0,0),P (0,8,8),Q (0,4,4) , 设K (a ,b ,0),则a +b =4, AQ =(0,-4,4),)0,4,(a a AK --= 记(,,)n x y z AQK =为平面的一个法向量,则⎩⎨⎧+==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅ya ax z y Azk n AQ n )4(00取a z y ==则a x +=4, 则),,4(a a a n +=,又平面AKM 的一个法向量(0,0,1)m =,设二面角M AK Q --的平面角为θ 则|cos θ932)4(||||||22=++=⋅a a a n m n m ,解得1=a , 所以所以MK 的长度为229．（浙江省宁波市2013届高三第二次模拟考试数学（理）试题）如图,已知四棱锥P—ABCD的底面为菱形,且∠ABC=60°,A B=PC=2,AP=BP=2.(1)求证:平面PAB⊥平面ABCD;(2)求二面角A—PC—D的平面角的余弦值.【答案】30．（浙江省杭州高中2013届高三第六次月考数学（理）试题）如图,已知长方形ABCD中,1,2==AD AB ,M 为DC 的中点. 将ADM ∆沿AM 折起,使得平面⊥ADM 平面ABCM . (1)求证:BM AD ⊥(2)点E 是线段DB 上的一动点,当二面角D AM E --大小为3π时,试确定点E 的位置. 【答案】取AM 的中点O,AB 的中点B,则OD OA ON ,,两两垂直,以O 为原点建立空间直角坐标系,如图.根据已知条件,得)0,0,22(A ,)0,2,22(-B ,)0,0,22(-M ,)22,0,0(D (1)由于)0,2,0(),22,0,22(-=-=BM AD ,则0=⋅BM AD ,故BM AD ⊥.(2)设存在满足条件的点E,并设DB DE λ=,则)22,2,22()22,,(--=-λE E E z y x 则点E 的坐标为)2222,2,22(λλλ--.(其中]1,0[∈λ)易得平面ADM 的法向量可以取)0,1,0(1=n ,设平面AME A的法向量为),,(2z y x n =,则)0,0,2(-=AM , )2222,2,2222(λλλ---=AE 则⎪⎩⎪⎨⎧=-++--=⋅=-=⋅0)2222()2()2222(0222λλλz y x AE n x AM n 则λλ2:)1(:0::-=z y x ,取)2,1,0(2λλ-=n *由于二面角D AM E --大小为3π,则|||||||,cos |3cos 212121n n n n n n ⋅⋅=><=π214)1(122=+--=λλλ,由于]1,0[∈λ,故解得332-=λ.故当E 位于线段DB 间,且332-=DB DE 时,二面角D AM E --大小为3π。

浙江省历年高考立体几何大题总汇(题目与答案)

1.（本题满分15 分）如图，平面PAC ⊥平面ABC ，ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形。

E,F ,O分别为PA, PB, PC 的中点，AC 16, PA PC 10 。

（I ）设 C 是OC 的中点，证明：PC // 平面BOE ；（II ）证明：在ABO 内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，并求点M 到OA , OB 的距离。

zyx2.如图，在棱长为 1 的正方体ABCD －A1B1C1D1 中，P 是侧棱CC1 上的一点，CP=m ，（Ⅰ）试确定m，使得直线AP 与平面BDB 1D1 所成角的正切值为 3 2 ；（Ⅱ）在线段A1C1 上是否存在一个定点Q，使得对任意的m，D1Q 在平面APD 1 上的射影垂直于AP，并证明你的结论。

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

（I）求证BC⊥平面AFG ；（II）求二面角B－AE －D 的余弦值．.4 在如图所示的几何体中，EA 平面ABC，DB 平面ABC，AC BC ，AC BC BD 2AE ，M是AB的中点．（1）求证：CM EM ；D（2）求CM与平面CDE所成的角ECAMB4.如图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所在平面互相垂直，BE ∥CF ，BCF CEF ，AD 3，E F 2．90D（Ⅰ）求证：AE ∥平面DCF ；AC （Ⅱ）当AB 的长为何值时，二面角 A EF C 的大小为60 ？BF E（第18 题）25.如图，在矩形ABCD 中，点E，F 分别在线段AB ，AD 上，AE=EB=AF= FD 4.沿直3线EF 将AEF 翻折成A' EF , 使平面A' EF 平面BEF.（I）求二面角A' FD C 的余弦值；（II ）点M ，N 分别在线段FD，BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使 C与A' 重合，求线段FM 的长.6.如图，在三棱锥P-ABC 中，AB ＝AC，D 为BC 的中点，PO⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A-MC-B 为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由。

专题10 立体几何-五年(2017-2021)高考数学真题分项详解(新高考地区专用)(解析版)

【详解】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面 .
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
本题考查了旋转体的理解和应用，解题的关键是掌握圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于基础题．
【2021·江苏高考】在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则
A.当时，的周长为定值
B.当时，三棱锥的体积为定值
C.当时，有且仅有一个点P，使得
而面BCD，面BCD，，
面BCD，面BCD，
，是直角三角形，且，
设DF与面DBC所成角为，则即为CH与面DBC的夹角，
且，
在中，，
，
．
【知识点】线面垂直的判定、直线与平面所成的角、面面垂直的性质、线面垂直的性质
【解析】本题主要考查空间直线互相垂直的判定和性质，以及直线与平面所成角的几何计算问题，考查了空间想象能力和思维能力，平面与空间互相转化是能力，几何计算能力，以及逻辑推理能力，本题属综合性较强的题．
D.当时，有且仅有一个点P，使得平面
【答案】BD
【知识点】圆柱、圆锥、圆台的侧面积、表面积和体积
【解析】解：对于A，当时，，即，所以，
故点P在线段上，此时的周长为，
当点P为的中点时，的周长为，
当点P在点处时，的周长为，

浙江省普通高校招生学考科目考试立体几何多选题试题含答案

浙江省普通高校招生学考科目考试立体几何多选题试题含答案一、立体几何多选题1．如图①，矩形ABCD 的边2BC =，设AB x =，0x >，三角形BCM 为等边三角形，沿BC 将三角形BCM 折起，构成四棱锥M ABCD -如图②，则下列说法正确的有（）A ．若T 为BC 中点，则在线段MC 上存在点P ，使得//PD 平面MATB ．当)3,2x ∈时，则在翻折过程中，不存在某个位置满足平面MAD ⊥平面ABCDC ．若使点M 在平面ABCD 内的射影落在线段AD 上，则此时该四棱锥的体积最大值为1 D ．若1x =，且当点M 在平面ABCD 内的射影点H 落在线段AD 上时，三棱锥M HAB -6322++【答案】BCD 【分析】对于A ，延长AT 与DC 的延长线交于点N ，此时，DP 与MN 必有交点；对于B ，取AD 的中点H ，表示出2223MH MT HT x --，验证当)3,2x ∈时，无解即可；对于C ，利用体积公式21233V x x =⨯⨯-，借助基本不等式求最值即可；对于D ，要求外接球半径与内切球半径，找外接圆的圆心，又内接圆半径为2323r =++【详解】对于A ，如图，延长AT 与DC 的延长线交于点N ，则面ATM ⋂面()MDC N MN =．此时，DP 与MN 必有交点，则DP 与面ATM 相交，故A 错误；对于B ，取AD 的中点H ，连接MH ，则MH AD ⊥．若面MAD ⊥面ABCD ，则有2223MH MT HT x =-=- 当)3,2x ∈时，无解，所以在翻折过程中，不存在某个位置满足平面MAD ⊥平面ABCD故B 正确；对于C ，由题可知，此时面MAD ⊥面ABCD ，由B 可知，(3x ∈，所以()22222221223232331333232x x V x x x x ⎛⎫+-⎛⎫=⨯⨯-=-≤== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当且仅当223x x =-，即6x =时等号成立．故C 正确；对于D ，由题可知，此时面MAD ⊥面ABCD ，且2MH =因为AHB ，MHB 都是直角三角形，所以M ABH -底面外接圆的圆心是中点，所以1R =，由等体积法，可求得内接圆半径为2323r =++，故61322R r ++=，故D 正确．故选：BCD ．【点睛】本题从多个角度深度考查了立体几何的相关内容，注意辅助线的作法，以及求内接圆半径的公式、基本不等式、构造函数等核心思想．2．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -22222262213⎛⎫--⨯ ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.3．在三棱柱111ABC A B C -中，ABC ∆是边长为343（）A ．直线1A C 与直线1BB 之间距离的最大值为3B ．若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则直线1AA 与底面所成角为60︒ C ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则异面直线AB 与1A C 所成的角为30D ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则其外接球表面积为64π 【答案】AD 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】如图示，以A 为原点，AC 为y 轴正方向，Ax 为x 轴正方向，过A 点垂直于面ABC 的向上方向为z 轴正方向建系，则()()()0,0,0,3,0,0,23,0,A B C 设()()()100010001000,,,3,3,,,23,,A x y z B x y z C x y z ++所以()()()1000100011,23,,,,,3,3,0,AC x y z BB x y z A B =---== 对于A:设n 为直线1A C 与直线1BB 的公垂线的方向向量，则有：11·0·0AC n BB n ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即()()0000002300x x y y zz x x y y zz ⎧-+-=⎪⎨++=⎪⎩解得：()00,0n z x =- 设直线1A C 与直线1BB 之间距离为d ，则22011222200009||||z A B nd d x z n x z ===++ 22009x d ≥∴≤，即3d ≤，故A 正确；对于B ：若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则(13,211A 底面法向量()(10,0,1,1,3,211m AA ==，设直线 1AA 与底面所成角为θ，则：121133sin |cos ,|143AA n θ===⨯，故B 错误；对于C ：三棱柱的侧棱垂直于底面时，则(((1110,0,43,3,43,0,23,43,A B C则()()13,3,0,0,23,43,AB AC ==- 设异面直线AB 与1A C 所成的角为θ，则11165cos |cos ,|||10||||23215AB AC AB AC AB AC θ====⨯,故C 错误；对于D ：若三棱柱的侧棱垂直于底面时，外接球的球心O 为上下底面中心DD 1连线的中点,所以外接球的半径()222324R =+=，所以2464S R ππ==.故D 正确故选：AD 【点睛】向量法解决立体几何问题的关键： (1)建立合适的坐标系； (2)把要用到的向量正确表示； (3)利用向量法证明或计算.4．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且2EF =.则下列结论正确的是（）A ．三棱锥A BEF -的体积为定值B ．当E 向1D 运动时，二面角A EF B --逐渐变小C ．EF 在平面11ABB A 内的射影长为12D ．当E 与1D 重合时，异面直线AE 与BF 所成的角为π4【答案】AC 【分析】对选项分别作图，研究计算可得. 【详解】选项A:连接BD ,由正方体性质知11BDD B 是矩形，1112212224BEF S EF BB ∆∴=⋅=⨯⨯=连接AO 交BD 于点O由正方体性质知AO ⊥平面11BDD B ,所以，AO 是点A 到平面11BDD B 的距离，即22AO =11221334212A BEF BEF V S AO -∆∴=⨯=⨯⨯=A BEF V -∴是定值.选项B:连接11A C 与11B D 交于点M ，连接11,AD AB ，由正方体性质知11AD AB =,M 是11B D 中点，AM EF ∴⊥ ,又1BB EF ⊥,11//BB AAA EFB ∴--的大小即为AM 与1AA 所成的角，在直角三角形1AA M 中，12tan 2MAA ∠=为定值. 选项C:如图，作1111,,,FH A B EG A B ET EG ⊥⊥⊥ 在直角三角形EFT 中，221cos 45222FT EF =⨯=⨯= 12HG FT ∴==选项D:当E 与1D 重合时，F 与M 重合，连接AC 与BD 交于点R ，连接1D R ,1//D R BM 异面直线AE 与BF 所成的角,即为异面直线1AD 与1D R 所成的角, 在三角形1AD R 中，22111132,2AD D R MB BB M B ===+=2AR = 由余弦定理得13cos AD R ∠= 故选：AC 【点睛】本题考查空间几何体性质问题.求解思路：关键是弄清(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．求空间几何体体积的思路：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法；若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.5．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,2,AB BC AA P ===是1A B 上的一动点，则下列选项正确的是( )A ．DP 35B ．DP 5C ．1AP PC +6D ．1AP PC +的最小值为1705【答案】AD 【分析】DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高即可；旋转11A BC 所在平面到平面11ABB A ，1AP PC +的最小值转化为求AC '即可.【详解】求DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高，易知115,2A B A D BD ===，所以1A B 边上的高为355h =111,AC BC ，得11A BC ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，则AC '即为所求的最小值，易知11122,2,cos 10AA AC AAC ''==∠=-，所以217042222()10AC '=+-⨯⨯⨯-= 故选：AD. 【点睛】本题考查利用旋转求解线段最小值问题.求解翻折、旋转问题的关键是弄清原有的性质变化与否， (1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，翻折、旋转前后应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．6．如图，已知矩形ABCD 中，2AB AD =，E 为边AB 的中点，将ADE ∆沿直线DE 翻折成1A DE ∆，若M 为线段1A C 的中点，则ADE ∆在翻折过程中，下列说法正确的是（）A ．线段BM 的长是定值B ．存在某个位置，使1DE AC ⊥C ．点M 的运动轨迹是一个圆D ．存在某个位置，使MB ⊥平面1A DE【答案】AC【分析】取CD 中点F ，连接BF ，MF ，根据面面平行的判定定理可得平面//BMF 平面1A DE ，由面面平行的性质定理可知//BM 平面1A DE ，可判断D ；在BFM ∆中，利用余弦定理可求得BM a =为定值，可判断A 和C ；假设1DE A C ⊥，由线面垂直的判定定理可得DE ⊥平面1A CE ，由线面垂直的性质定理可知1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，可判断B ．【详解】解：取CD 的中点F ，连接BF ，MF ，∵M ，F 分别为1A C 、CD 中点，∴1MF A D ∥，∵1A D ⊂平面1A DE ，MF ⊄平面1A DE ，∴MF 平面1A DE ，∵DF BE ∥且DF BE =，∴四边形BEDF 为平行四边形，∴BF DE ，∵DE ⊂平面1A DE ，BF ⊄平面1A DE ，∴BF ∥平面1A DE ，又BF MF F =，BF 、MF ⊂平面BMF ，∴平面//BMF 平面1A DE ，∵BM ⊂平面BMF ，∴BM ∥平面1A DE ，即D 错误，设22AB AD a ==，则112MF A D a ==，2BF DE a ==，145A DE MFB ︒∠=∠=， ∴222cos45BM MF BF MF BF a ︒=+-⋅⋅=，即BM 为定值，所以A 正确，∴点M 的轨迹是以B 为圆心，a 为半径的圆，即C 正确，∵2DE CE a ==，2CD AB a ==， ∴222DE CE CD +=， ∴DE CE ⊥，设1DE A C ⊥，∵1A C 、CE ⊂平面1A CE ，1AC CE C =， ∴DE ⊥平面1A CE ，∵1A E ⊂平面1A CE ，∴1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，所以假设不成立，即B 错误.故选:AC .【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题，涉及到线段长度的求解、直线与平面位置关系的判定、点的轨迹的求解、反证法的应用等知识点，考查学生的空间立体感和推理论证能力．7．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段B 1C 上运动，则（）A ．直线BD 1⊥平面A 1C 1DB ．三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值C ．异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[45°，90°]D ．直线C 1P 与平面A 1C 1D 6 【答案】ABD【分析】在A 中，推导出A 1C 1⊥BD 1，DC 1⊥BD 1，从而直线BD 1⊥平面A 1C 1D ；在B 中，由B 1C ∥平面 A 1C 1D ，得到P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，再由△A 1C 1D 的面积是定值，从而三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]；在D 中，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，利用向量法能求出直线C 1P 与平面A 1C 1D所成角的正弦值的最大值为3．【详解】解：在A 中，∵A 1C 1⊥B 1D 1，A 1C 1⊥BB 1，B 1D 1∩BB 1＝B 1，∴A 1C 1⊥平面BB 1D 1，∴A 1C 1⊥BD 1，同理，DC 1⊥BD 1，∵A 1C 1∩DC 1＝C 1，∴直线BD 1⊥平面A 1C 1D ，故A 正确；在B 中，∵A 1D ∥B 1C ，A 1D ⊂平面A 1C 1D ，B 1C ⊄平面A 1C 1D ，∴B 1C ∥平面 A 1C 1D ，∵点P 在线段B 1C 上运动，∴P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，又△A 1C 1D 的面积是定值，∴三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值，故B 正确；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]，故C 错误；在D 中，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，设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，P （a ，1，a ），则D （0，0，0），A 1（1，0，1），C 1（0，1，1），1DA ＝（1，0，1），1DC ＝（0，1，1），1C P ＝（a ，0，a ﹣1），设平面A 1C 1D 的法向量(),,n x y z =，则1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x ＝1，得1,1,1n ，∴直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为： 11||||||C P n CP n ⋅⋅＝∴当a ＝12时，直线C 1P 与平面A 1C 1D ，故D 正确．故选：ABD ．【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解；（2）、用空间向量坐标公式求解.8．如图，已知P 为棱长为1的正方体对角线1BD 上的一点，且()()10,1BP BD λλ=，下面结论中正确结论的有（）A ．11A D C P ⊥；B ．当1A P PD +取最小值时，23λ=； C ．若()0,1λ∈，则7,312APC ππ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭； D ．若P 为1BD 的中点，四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π．【答案】ABD【分析】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，利用向量关系可判断ABC ；根据几何体外接球关系建立方程求出球半径即可判断D.【详解】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，则()1,1,0B ，()10,0,1D ，设(),,P x y z ，()()10,1BP BD λλ=，1BP BD λ∴=，即()()1,1,1,1,1x y z λ--=--，则可解得()1,1,P λλλ--，对A ，()()()111,0,1,0,0,0,0,1,1A D C ，()11,0,1A D ∴=--，()11,,1C P λλλ=---，则()()()()11110110A D C P λλλ⋅=-⨯-+⨯-+-⨯-=，则11A D C P ⊥，故A 正确；对B ，()()()()()2222221111111A P PD λλλλλλ+=--+-+--+-+222223422333λλλ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭ 则当23λ=时，1A P PD +取最小值，故B 正确；对C ，()()1,0,0,0,1,0A C ，(),1,PA λλλ∴=--，()1,,PC λλλ=--，则222321cos 1321321PA PC APC PA PC λλλλλλ⋅-∠===--+-+⋅， 01λ<<，则2232123λλ≤-+<，则2111123212λλ-≤-<-+，即11cos 22APC -≤∠<，则2,33APC ππ⎛⎤∠∈ ⎥⎝⎦，故C 错误；对于D ，当P 为1BD 中点时，四棱锥11P AA D D -为正四棱锥，设平面11AA D D 的中心为O ，四棱锥11P AA D D -的外接球半径为R ，所以222122R R ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭⎝⎭，解得34R =，故四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π，所以D 正确. 故选：ABD.【点睛】关键点睛：本题考查空间相关量的计算，解题的关键是建立空间直角坐标系，利用向量建立关系进行计算.。

专题04 立体几何(文)(原卷版)-三年(2022–2024)高考数学真题分类汇编(全国通用)

专题04立体几何（文）考点三年考情（2022-2024）命题趋势考点1：三视图2022年浙江卷2022年全国甲卷（理）2023年全国乙卷（理）从近三年高考命题来看，本节是高考的一个重点，立体几何是高考的必考内容，重点关注以下几个方面：（1）掌握基本空间图形及其简单组合体的概念和基本特征，能够解决简单的实际问题；（2）多面体和球体的相关计算问题是近三年考查的重点；（3）运用图形的概念描述图形的基本关系和基本结果，突出考查直观想象和逻辑推理．考点2：空间几何体表面积、体积、侧面积2022年全国I卷2024年天津卷2022年天津卷2024年全国Ⅰ卷考点3：空间直线、平面位置关系的判断2024年天津卷2024年全国甲卷（理）考点4：线线角、线面角、二面角2022年全国I卷2022年浙江卷2024年全国Ⅱ卷考点5：外接球、内切球问题2023年全国乙卷（文）2022年全国II卷考点6：立体几何中的范围与最值问题及定值问题2023年全国甲卷（文）2023年全国Ⅰ卷2022年全国乙卷（理）2022年全国I卷考点7：锥体的体积问题2023年全国甲卷（文）2023年天津卷2022年全国乙卷（文）2022年全国甲卷（文）2023年全国乙卷（文）考点8：距离及几何体的高问题2024年北京卷2024年全国甲卷（文）2023年全国甲卷（文）考点1：三视图1．（2022年新高考浙江数学高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：3cm）是（）A．22πB．8πC．22π3D．16π32．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8B．12C．16D．203．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（）A ．24B ．26C ．28D ．30考点2：空间几何体表面积、体积、侧面积4．（2022年新高考全国I 卷数学真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，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1485m ．上升到1575m ．7 2.65≈）（）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯5．（2024年天津高考数学真题）一个五面体ABC DEF -．已知AD BE CF ∥∥，且两两之间距离为1．并已知123AD BE CF ===，，．则该五面体的体积为（）A 36B ．33142+C ．32D ．33142-6．（2022年新高考天津数学高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120︒，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A ．23B ．24C ．26D ．277．（2024年新课标全国Ⅰ3则圆锥的体积为（）A ．3πB ．33πC ．3πD ．93π考点3：空间直线、平面位置关系的判断8．（2024年天津高考数学真题）若,m n 为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（）A ．若//m α，//n α，则m n ⊥B ．若//,//m n αα，则//m n C ．若//,αα⊥m n ，则m n⊥D ．若//,αα⊥m n ，则m 与n 相交9．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）设αβ、为两个平面，m n 、为两条直线，且m αβ= .下述四个命题：①若//m n ，则//n α或//n β②若m n ⊥，则n α⊥或n β⊥③若//n α且//n β，则//m n ④若n 与α,β所成的角相等，则m n⊥其中所有真命题的编号是（）A ．①③B ．②④C ．①②③D ．①③④考点4：线线角、线面角、二面角10．（多选题）（2022年新高考全国I 卷数学真题）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11BBD D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒11．（2022年新高考浙江数学高考真题）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≤≤12．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知正三棱台111ABC A B C -的体积为523，6AB =，112A B =，则1A A与平面ABC 所成角的正切值为（）A ．12B ．1C ．2D ．3考点5：外接球、内切球问题13．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）已知点,,,S A B C 均在半径为2的球面上，ABC 是边长为3的等边三角形，SA ⊥平面ABC ，则SA =．14．（2022年新高考全国II 卷数学真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3343点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π考点6：立体几何中的范围与最值问题及定值问题15．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）在正方体1111ABCD A B C D -中，4,AB O =为1AC 的中点，若该正方体的棱与球O 的球面有公共点，则球O 的半径的取值范围是．16．（多选题）（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m ）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A ．直径为0.99m 的球体B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体17．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A ．13B ．12C 33D 2218．（2022年新高考全国I 卷数学真题）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且333l ≤≤）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[18,27]考点7：锥体的体积问题19．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）在三棱锥-P ABC 中，ABC 是边长为2的等边三角形，2,6PA PB PC ===）A ．1B 3C ．2D ．320．（2023年天津高考数学真题）在三棱锥-P ABC 中，点M,N 分别在棱PC,PB 上，且13PM PC =，23PN PB =，则三棱锥P AMN -和三棱锥-P ABC 的体积之比为（）A ．19B ．29C ．13D ．4921．（2022年高考全国乙卷数学（文）真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积．22．（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD 是边长为8（单位：cm ）的正方形，,,,EAB FBC GCD HDA 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD 垂直．(1)证明：//EF 平面ABCD ；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．23．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）如图，在三棱锥-P ABC 中，AB BC ⊥，2AB =，22BC =6PB PC ==,,BP AP BC 的中点分别为,,D E O ，点F 在AC 上，BF AO ⊥．(1)求证：EF //平面ADO ；(2)若120POF ∠=︒，求三棱锥-P ABC 的体积．考点8：距离及几何体的高问题24．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，4PA PB ==，22PC PD ==）.A ．1B ．2C 2D 325．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）如图，//,//AB CD CD EF ，2AB DE EF CF ====，104,CD AD BC ===AE 3=M 为CD 的中点.(1)证明：//EM 平面BCF ；(2)求点M 到ADE 的距离.26．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1A C ⊥平面,90ABC ACB ∠=︒．(1)证明：平面11ACC A ⊥平面11BB C C ；(2)设11,2AB A B AA ==，求四棱锥111A BB C C -的高．。

2024届新高考数学大题精选30题--立体几何含答案

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

立体几何(学生版)--2025新高考数学新题型

立体几何题型01 空间几何体的有关计算题型02 点线面位置关系、空间角及距离题型03 内切球、外接球问题题型04 空间向量题型01 空间几何体的有关计算1(2024·山西晋城·统考一模)若一个正n棱台的棱数大于15，且各棱的长度构成的集合为{2,3}，则n 的最小值为，该棱台各棱的长度之和的最小值为．2(2024·浙江·校联考一模)已知圆台的上下底面半径分别是1，4，且侧面积为10π，则该圆台的母线长为．3(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)球O的半径与圆锥M的底面半径相等，且它们的表面积也相等，则圆锥M的侧面展开图的圆心角大小为，球O的体积与圆锥M的体积的比值为．4(2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)已知圆锥的母线长为2，则当圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为时，圆锥的体积最大，最大值为．5(2024·广东深圳·校考一模)已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆.若用平行于圆锥的底面，且与底面的距离为3的平面截圆锥，将此圆锥截成一个小圆锥和一个圆台，则小圆锥和圆台的体积之比为.6(2024·辽宁沈阳·统考一模)正方体的8个顶点分别在4个互相平行的平面内，每个平面内至少有一个顶点，且相邻两个平面间的距离为1，则该正方体的棱长为()A.2B.3C.2D.57(2024·云南曲靖·统考一模)为努力推进“绿美校园”建设，营造更加优美的校园环境，某校准备开展校园绿化活动．已知栽种某绿色植物的花盆可近似看成圆台，圆台两底面直径分别为18厘米，9厘米，母线长约为7.5厘米．现有2000个该种花盆，假定每一个花盆装满营养土，请问共需要营养土约为( )(参考数据：π≈3.14)A.1.702立方米B.1.780立方米C.1.730立方米D.1.822立方米8(2024·新疆乌鲁木齐·统考一模)某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由棱长为40cm的正方体截去八个一样的四面体得到的，则()A.该几何体的顶点数为12B.该几何体的棱数为24C.该几何体的表面积为(4800+8003)cm 2D.该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项9(2024·山西晋城·统考一模)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =2，AA 1=4，C 1 E =3EC，平面ABE 将该正四棱柱分为上、下两部分，记上部分对应的几何体为Ω上，下部分对应的几何体为Ω下，则()A.Ω下的体积为2B.Ω上的体积为12C.Ω下的外接球的表面积为9πD.平面ABE 截该正四棱柱所得截面的面积为25题型02 点线面位置关系、空间角及距离10(2024·河北·校联考一模)已知直线l 、m 、n 与平面α、β，下列命题正确的是()A.若α⎳β，l ⊂α，n ⊂β，则l ⎳nB.若α⊥β，l ⊂α，则l ⊥βC.若l ⊥n ，m ⊥n ，则l ⎳mD.若l ⊥α，l ⎳β，则α⊥β11(2024·浙江·校联考一模)已知直线a ,b 和平面α,a ⊄α,b ∥α，则“a ∥b ”是“a ∥α”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件12(2024·广东深圳·校考一模)已知α，β是两个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，则下列说法正确的是()A.若m ⊥n ，m ⊥α，n ⊥β，则α⊥βB.若m ⎳n ，m ⎳α，n ⎳β，则α⎳βC.若m ⊥n ，m ⎳α，α⊥β，则n ⊥βD.若m ⎳n ，m ⊥α，α⊥β，则n ⎳β13(2024·吉林白山·统考一模)正八面体可由连接正方体每个面的中心构成，如图所示，在棱长为2的正八面体中，则有()A.直线AE与CF是异面直线B.平面ABF⊥平面ABEC.该几何体的体积为432 D.平面ABE与平面DCF间的距离为26314(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,∠BAD=120°,AC⊥BD，△BCD是等边三角形.(1)证明：平面PAD⊥平面PCD.(2)求二面角B-PC-D的正弦值.15(2024·辽宁沈阳·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABC⊥平面BCD，且BC=BD= BA，∠CBA=∠CBD=120°，点P在线段AC上，点Q在线段CD上.(1)求证：AD⊥BC；(2)若AC⊥平面BPQ，求BPBQ的值；(3)在(2)的条件下，求平面ABD与平面PBQ所成角的余弦值.16(2024·重庆·统考一模)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB= AP，AB⊥AD,AB+AD=6,CD=2,∠CDA=45°．(1)若E为PB的中点，求证：平面PBC⊥平面ADE；(2)若平面PAB与平面PCD所成的角的余弦值为66．(ⅰ)求线段AB的长；(ⅱ)设G为△PAD内(含边界)的一点，且GB=2GA，求满足条件的所有点G组成的轨迹的长度．17(2024·云南曲靖·统考一模)在图1的直角梯形ABCD中，∠A=∠D=90°,AB=BC=2,DC=3，点E是DC边上靠近于点D的三等分点，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1= 6，如图2．(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；(2)在棱DC1上是否存在点P，使得二面角P-EB-C1的大小为45°？若存在，求出线段DP的长度，若不存在说明理由．18(2024·云南曲靖·统考一模)如图所示，正方体ABCD -A B C D 的棱长为1，E ,F 分别是棱AA ,CC 的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB ,DD 交于点M ,N ，以下四个命题中正确的是()A.四边形EMFN 一定为菱形B.四棱锥A -MENF 体积为13C.平面EMFN ⊥平面DBB DD.四边形EMFN 的周长最小值为419(2024·山东济南·山东省实验中学校考一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PB 与底面ABCD 所成的角为π4，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC =∠BAD =π2,AD =2,PA =BC =1，点E 为棱PD 上一点，满足PE =λPD0≤λ≤1 ，下列结论正确的是()A.平面PAC ⊥平面PCD ；B.在棱PD 上不存在点E ，使得CE ⎳平面PABC.当λ=12时，异面直线CE 与AB 所成角的余弦值为255；D.点P 到直线CD 的距离3；20(2024·新疆乌鲁木齐·统考一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PA ⊥平面ABCD ，PA =AB ，点E ，F 分别是棱PB ，BC 的中点．(1)求直线AF 与平面PBC 所成角的正弦值；(2)在截面AEF 内是否存在点G ，使DG ⊥平面AEF ，并说明理由．21(2024·山西晋城·统考一模)如图，P 是边长为2的正六边形ABCDEF 所在平面外一点，BF 的中点O 为P 在平面ABCDEF 内的射影，PM =2MF．(1)证明：ME ⎳平面PBD ．(2)若PA =2，二面角A -PB -D 的大小为θ，求cos2θ．22(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是AD 1的中点，点Q 是直线CD 1上的动点，则下列说法正确的是()A.△PBD 是直角三角形B.异面直线PD 与CD 1所成的角为π3C.当AB 的长度为定值时，三棱锥D -PBQ 的体积为定值D.平面PBD ⊥平面ACD123(2024·浙江·校联考一模)在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形BCC1B1是菱形，△ABC是等边三角形，点M是线段AB的中点，∠ABB1=60°．(1)证明：B1C⊥平面ABC1；(2)若平面ABB1A1⊥平面ABC，求直线B1C与平面A1MC1所成角的正弦值．24(2024·广东深圳·校考一模)如图，在圆锥SO中，AB是圆O的直径，且△SAB是边长为4的等边三角形，C,D为圆弧AB的两个三等分点，E是SB的中点.(1)证明：DE⎳平面SAC；(2)求平面SAC与平面SBD所成锐二面角的余弦值.25(2024·广西南宁·南宁三中校联考一模)在如图所示的五面体ABCDEF中，ABEF共面，△ADF是正三角形，四边形ABCD为菱形，∠ABC=2π3,EF⎳平面ABCD,AB=2EF=2，点M为BC中点．(1)证明：EM∥平面BDF；(2)已知EM=2，求平面BDF与平面BEC所成二面角的正弦值．26(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB =5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=54，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△DEF 位置，OD =10．(1)证明：D H⊥平面ABCD；(2)求平面BAD 与平面ACD 的夹角的余弦值．27(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)设b、c表示两条直线，α、β表示两个平面，则下列命题正确的是()A.若b⎳α，c⊂α，则b⎳cB.若b⊂α，b⎳c，则c⊂αC.若c⎳α，α⊥β，则c⊥βD.若c⎳α，c⊥β，则α⊥β28(2024·吉林延边·统考一模)已知三棱柱ABC-A1B1C1，侧面AA1C1C是边长为2的菱形，∠CAA1 =πA1是矩形，且平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，点D是棱A1B1的中点．3，侧面四边形ABB1(1)在棱AC上是否存在一点E，使得AD∥平面B1C1E，并说明理由；(2)当三棱锥B-A1DC1的体积为3时，求平面A1C1D与平面CC1D夹角的余弦值．29(2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)如图1，在平面四边形PABC中，PA⊥AB,CD⎳AB，CD=2AB=2PD=2AD=4.点E是线段PC上靠近P端的三等分点，将△PDC沿CD折成四棱锥P-ABCD，且AP=22，连接PA,PB,BD，如图2.(1)在图2中，证明：PA⎳平面BDE；(2)求图2中，直线AP与平面PBC所成角的正弦值.30(2024·重庆·统考一模)如图，在边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，M是线段A1E上的一点，则下列说法正确的是()A.当M点与A1点重合时，直线AC1⊂平面ACMB.当点M移动时，点D到平面ACM的距离为定值C.当M点与E点重合时，平面ACM与平面CC1D1D夹角的正弦值为53D.当M点为线段A1E中点时，平面ACM截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面面积为73332 31(2024·福建厦门·统考一模)如图，在四棱锥E-ABCD中，AD⎳BC，2AD=BC=2，AB=2，AB⊥AD，EA⊥平面ABCD，过点B作平面α⊥BD．(1)证明：平面α⎳平面EAC；(2)已知点F为棱EC的中点，若EA=2，求直线AD与平面FBD所成角的正弦值．32(2024·吉林延边·统考一模)如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，DE =BF =1,DE ∥BF ,DE ⊥平面ABCD ，动点P 在线段EF 上，则下列说法正确的是()A.AC ⊥DPB.存在点P ，使得DP ∥平面ACFC.三棱锥A -CDE 的外接球被平面ACF 所截取的截面面积是9π2D.当动点P 与点F 重合时，直线DP 与平面ACF 所成角的余弦值为3101033(2024·福建厦门·统考一模)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 题型03 内切球、外接球问题34(2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)已知四面体ABCD 的各个面均为全等的等腰三角形，且CA =CB =2AB =4.设E 为空间内任一点，且A ,B ,C ,D ,E 五点在同一个球面上，则()A.AB ⊥CDB.四面体ABCD 的体积为214C.当AE =23时，点E 的轨迹长度为4πD.当三棱锥E -ABC 的体积为146时，点E 的轨迹长度为32π35(2024·吉林白山·统考一模)在四面体A -BCD 中，BC =22，BD =23，且满足BC ⊥BD ，AC ⊥BC ，AD ⊥BD ．若该三棱锥的体积为863，则该锥体的外接球的体积为．36(2024·吉林延边·统考一模)已知一个圆锥的侧面展开图是一个圆心角为25π5，半径为5的扇形.若该圆锥的顶点及底面圆周都在球O 的表面上，则球O 的体积为.37(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，以A1为球心、3为半径的球面与底面ABC的交线长为3π6，则三棱柱ABC-A1B1C1的表面在球内部分的总面积为．38(2024·江西吉安·吉安一中校考一模)已知球O的直径PQ=4，A，B，C是球O球面上的三点，△ABC是等边三角形，且∠APQ=∠BPQ=∠CPQ=30°，则三棱锥P-ABC的体积为( ).A.334B.934C.332D.273439(2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)如图所示，有一个棱长为4的正四面体P-ABC容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是()A.直线AE与PB所成的角为π2B.△ABE的周长最小值为4+34C.如果在这个容器中放入1个小球(全部进入)，则小球半径的最大值为63D.如果在这个容器中放入4个完全相同的小球(全部进入)，则小球半径的最大值为26-25 40(2024·江西吉安·吉安一中校考一模)如图，在正三棱锥P-ABC中，有一半径为1的半球，其底面圆O与正三棱锥的底面贴合，正三棱锥的三个侧面都和半球相切．设点D为BC的中点，∠ADP=α．(1)用α分别表示线段BC和PD长度；(2)当α∈0,π2时，求三棱锥的侧面积S的最小值．41(2024·江西吉安·吉安一中校考一模)地球仪是地理教学中的常用教具.如图1所示，地球仪的赤道面(与转轴垂直)与黄道面(与水平面平行)存在一个夹角，即黄赤交角，大小约为23.5°.为锻炼动手能力，某同学制作了一个半径为4cm 的地球仪(不含支架)，并将其放入竖直放置的正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中(姿态保持不变)，使地球仪与该三棱柱的三个侧面相切，如图2所示.此时平面AB 1C 恰与地球仪的赤道面平行，则三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球体积为.(参考数据：tan23.5°≈0.43)题型04 空间向量42(2024·福建厦门·统考一模)已知平面α的一个法向量为n=(1,0,1)，且点A (1,2,3)在α内，则点B (1,1,1)到α的距离为．43(2024·广西南宁·南宁三中校联考一模)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6344(2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)如图，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =AD =AA 1=1，∠DAB =90°，cos <AA 1 ，AB >=22，cos <AA 1 ，AD >=12，点M 为BD 中点.(1)证明：B 1M ⎳平面A 1C 1D ；(2)求二面角B -AA 1-D 的正弦值.。

近五年(2017-2021)高考数学真题分类汇编11 立体几何

近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编十一、立体几何一、多选题1．（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二、单选题2．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体1111ABCD A BC D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则（）A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCDB ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDDB C ．直线1A D 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDDB 3．（2021·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A ．32B ．3C ．2D ．4．（2021·全国高考真题（理））已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC ⊥==，则三棱锥O ABC -的体积为（）A ．12BC ．4D 5．（2021·全国高考真题（文））在一个正方体中，过顶点A 的三条棱的中点分别为E ，F ，G ．该正方体截去三棱锥A EFG -后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（）A ．B ．C ．D ．6．（2021·全国高考真题（理））在正方体1111ABCD A BC D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为（）A ．π2B ．π3C ．π4D ．π67．（2021·全国高考真题）圆锥的母线长为（）A ．2B ．C ．4D ．8．（2020·天津高考真题）若棱长为面积为（）A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π 9．（2020·北京高考真题）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（）．A ．6B ．6+C ．12D ．12+10．（2020·浙江高考真题）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（）A ．73B ．143C ．3D ．611．（2020·海南高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（）A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°12．（2020·全国高考真题（文））下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A ．B ．C ．D ．13．（2020·全国高考真题（理））已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π 14．（2020·全国高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A ．14B ．12C ．14D ．1215．（2020·全国高考真题（理））已知△ABC 的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（）A B ．32 C ．1 D ．216．（2020·全国高考真题（理））如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为（）A ．EB ．FC ．GD ．H 17．（2019·浙江高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V Sh =柱体，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是A ．158B ．162C ．182D ．32418．（2019·全国高考真题（理））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A ．BM EN =，且直线,BM EN 是相交直线B ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是相交直线C ．BM EN =，且直线,BM EN 是异面直线D ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是异面直线19．（2019·浙江高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V Sh =柱体，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高，若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是A ．158B ．162C ．182D ．3220．（2019·浙江高考真题）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 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P AC B --的平面角为γ，则A ．,βγαγ<<B ．,βαβγ<<C ．,βαγα<<D ．,αβγβ<<21．（2019·全国高考真题（理））已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D 22．（2019·全国高考真题（文））设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面23．（2019·上海高考真题）已知平面αβγ、、两两垂直，直线a b c 、、满足：,,a b c αβγ⊆⊆⊆，则直线a b c 、、不可能满足以下哪种关系A ．两两垂直B ．两两平行C ．两两相交D ．两两异面 24．（2018·浙江高考真题）已知直线,m n 和平面α，n ⊂α，则“//m n ”是“//m α”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件25．（2018·上海高考真题）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设1AA 是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以1AA 为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A ．4B ．8C ．12D ．1626．（2018·浙江高考真题）已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为1θ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S AB C --的平面角为3θ，则A ．123θθθ≤≤B ．321θθθ≤≤C ．132θθθ≤≤D ．231θθθ≤≤ 27．（2018·全国高考真题（文））在长方体1111ABCD A BC D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30，则该长方体的体积为A ．8B ．C ．D ．28．（2018·北京高考真题（理））某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A．1 B．2C．3 D．429．（2018·全国高考真题（文））某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为A．B．C．3D．2，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，30．（2018·全国高考真题（理））设A B C D体积的最大值为ABC为等边三角形且其面积为D ABCA．B．C．D．31．（2018·全国高考真题（理））中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是A ．B ．C ．D ．32．（2018·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（）A ．2B ．4C ．6D ．8 33．（2018·全国高考真题（文））在正方体1111ABCD A BC D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为A ．2BCD ．2 34．（2018·全国高考真题（文））已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A ．B ．12πC ．D ．10π35．（2018·全国高考真题（理））在长方体1111ABCD A BC D -中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15BCD ．2 36．（2018·全国高考真题（理））已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A B C D 37．（2017·全国高考真题（文））如图，在下列四个正方体中，A 、B 为正方体的两个顶点，M 、N 、Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面 MNQ 不平行的是（）A ．B ．C ．D ．未命名未命名三、解答题38．（2021·全国高考真题）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.39．（2021·全国高考真题（文））如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积．40．（2021·浙江高考真题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120,1,4,ABC AB BC PA ∠=︒===M ，N 分别为,BC PC 的中点，,PD DC PM MD ⊥⊥.（1）证明：AB PM ⊥；（2）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值.41．（2021·全国高考真题（文））已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，11BF A B ⊥.（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥.42．（2021·全国高考真题（理））已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小? 43．（2021·全国高考真题（理））如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．44．（2020·海南高考真题）如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB PB 与平面QCD 所成角的正弦值．45．（2020·天津高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且12,AD CE M ==为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．46．（2020·北京高考真题）如图，在正方体1111ABCD A BC D -中， E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．47．（2020·浙江高考真题）如图，三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（I）证明：EF⊥DB；（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．48．（2020·海南高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．49．（2020·江苏高考真题）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD BD=2，O为BD 的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=14BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．50．（2020·江苏高考真题）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F 分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．51．（2020·全国高考真题（理））如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A--的正弦值． 52．（2020·全国高考真题（文））如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥；（2）点1C 在平面AEF 内．53．（2020·全国高考真题（文））如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面P AB⊥平面P AC；（2）设DO，求三棱锥P−ABC的体积. 54．（2020·全国高考真题（理））如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为=．ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=．底面直径，AE AD（1）证明：PA⊥平面PBC；--的余弦值．（2）求二面角B PC E55．（2020·全国高考真题（文））如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=π3，求四棱锥B–EB1C1F的体积．56．（2020·全国高考真题（理））如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.57．（2019·江苏高考真题）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC 的中点，AB=BC．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．58．（2019·天津高考真题（理））如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====.（Ⅰ）求证：BF ∥平面ADE ；（Ⅱ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长. 59．（2019·全国高考真题（理））图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的二面角B−CG−A 的大小.60．（2019·全国高考真题（文））如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．61．（2019·全国高考真题（理））如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值.62．（2019·上海高考真题）如图，在正三棱锥P ABC -中，2,PA PB PC AB BC AC ======（1）若PB 的中点为M ，BC 的中点为N ，求AC 与MN 的夹角；（2）求P ABC -的体积.63．（2018·上海高考真题）已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设4PO =，OA 、OB 是底面半径，且90AOB ∠=︒，M 为线段AB 的中点，如图．求异面直线PM 与OB 所成的角的大小．64．（2018·江苏高考真题）在平行六面体1111ABCD A BC D -中，1AA AB =,111AB B C ⊥．求证：（1）11//AB A B C 平面；（2）111ABB A A BC ⊥平面平面．65．（2018·江苏高考真题）如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；（2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．66．（2018·全国高考真题（文））如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．67．（2018·北京高考真题（理））如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11AC ，1BB 的中点，AB=BC AC =1AA =2．（1）求证：AC ⊥平面BEF ；（2）求二面角B−CD −C 1的余弦值；（3）证明：直线FG 与平面BCD 相交．68．（2018·北京高考真题（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，E 、F 分别为AD 、PB 的中点.（Ⅰ）求证：PE BC ⊥；（Ⅱ）求证：平面PAB ⊥平面PCD ；（Ⅲ）求证：//EF 平面PCD .69．（2018·全国高考真题（理））如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.70．（2018·全国高考真题（理））如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．71．（2018·浙江高考真题）如图，已知多面体ABC-A 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC=120°，A 1A=4，C 1C=1，AB=BC=B 1B=2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．72．（2018·全国高考真题（文））如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．73．（2018·全国高考真题（文））如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM ∠=︒，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．74．（2017·山东高考真题（文））由四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD .（1）证明：1AO ∥平面B 1CD 1；（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.四、填空题75．（2021·全国高考真题（理））以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．76．（2021·全国高考真题（文））已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30 则该圆锥的侧面积为________.77．（2020·海南高考真题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________78．（2020·海南高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以D BCC1B1的交线长为________．179．（2020·江苏高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.80．（2020·全国高考真题（文））已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．81．（2020·全国高考真题（理））设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l .则下述命题中所有真命题的序号是__________.①14p p ∧②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝82．（2019·江苏高考真题）如图，长方体1111ABCD A BC D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是_____.83．（2019·北京高考真题（理））某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．84．（2019·北京高考真题（理））已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．85．（2019·全国高考真题（理））学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A BC D -挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，,,,E F G H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB=BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g .86．（2019·天津高考真题（文）若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________.87．（2019·全国高考真题（文））已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P到∠ACB 两边AC ，BC P 到平面ABC 的距离为___________． 88．（2018·江苏高考真题）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．89．（2018·全国高考真题（文））已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30，若SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为__________．90．（2018·全国高考真题（理））已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB 的面积为面积为__________．91．（2018·天津高考真题（理））已知正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M EFGH 的体积为__________.五、双空题92．（2019·全国高考真题（文））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编十一、立体几何（答案解析）1．BD【分析】对于A ，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B ，将P 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数；对于D ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数．【解析】易知，点P 在矩形11BCC B 内部（含边界）．对于A ，当1λ=时，11=BP BC BB BC CC μμ=++，即此时P ∈线段1CC ，1AB P △周长不是定值，故A 错误；对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB BC λλ=++，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当12λ=时，112BP BC BB μ=+，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP BQ QH μ=+，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，1A ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则11A P μ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，10,,2BP μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()110A P BP μμ⋅=-=，所以0μ=或1μ=．故,H Q 均满足，故C 错误；对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为0,02A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，所以01,22AP y ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，11,122A B ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +-=⇒=-，此时P 与N 重合，故D 正确．故选：BD ．【小结】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．2．A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证1//,MN AB A D ⊥平面1ABD ，即可得出结论.【解析】连1AD ，在正方体1111ABCD A BC D -中，M 是1A D 的中点，所以M 为1AD 中点，又N 是1D B 的中点，所以//MN AB ，MN ⊄平面,ABCD AB ⊂平面ABCD ，所以//MN 平面ABCD .因为AB 不垂直BD ，所以MN 不垂直BD则MN 不垂直平面11BDD B ，所以选项B,D 不正确；在正方体1111ABCD A BC D -中，11AD A D ⊥，AB ⊥平面11AA D D ，所以1AB A D ⊥，1AD AB A ⋂=，所以1A D ⊥平面1ABD ，1D B ⊂平面1ABD ，所以11A D D B ⊥，且直线11,A D D B 是异面直线，所以选项B 错误，选项A 正确.故选：A.【小结】关键点小结：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系. 3．A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.【解析】几何体为如图所示的四棱柱1111ABCD A BC D -，其高为1，底面为等腰梯形ABCD ，1=，故111113122ABCD A B C D V -=⨯=，故选：A.4．A【分析】由题可得ABC 为等腰直角三角形，得出ABC 外接圆的半径，则可求得O 到平面ABC 的距离，进而求得体积.【解析】,1AC BC AC BC ⊥==，ABC ∴为等腰直角三角形，AB ∴=则ABC ，又球的半径为1，设O 到平面ABC 的距离为d ，则2d ==所以11111332212O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯⨯=. 故选：A.【小结】关键小结：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.5．D【分析】根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断.【解析】由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，所以其侧视图为故选：D6．D【分析】平移直线1AD 至1BC ，将直线PB 与1AD 所成的角转化为PB 与1BC 所成的角，解三角形即可.【解析】如图，连接11,,BC PC PB ，因为1AD ∥1BC ，所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，所以11BB PC ⊥，又111PC B D ⊥，1111BB B D B ⋂=，所以1PC ⊥平面1PBB ，所以1PC PB ⊥，设正方体棱长为2，则111112BC PC D B ===1111sin 2PC PBC BC ∠==，所以16PBC π∠=. 故选：D7．B【分析】设圆锥的母线长为l ，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l 的值，即为所求.【解析】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则2l ππ=l =故选：B.8．C【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.故选：C.【小结】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.9．D【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+ ⎪⎝⎭故选：D.【小结】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．10．A【分析】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为： 11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选：A【小结】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.11．B【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A 处的纬度，计算出晷针与点A 处的水平面所成角.【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒. 故选：B【小结】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.12．C【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为根据三角形面积公式可得：211sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++故选：C.【小结】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.13．A【分析】由已知可得等边ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO 的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin60AB r =︒=1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A【小结】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题. 14．C【分析】设,CD a PE b ==，利用212PO CD PE =⋅得到关于,a b 的方程，解方程即可得到答案.。

浙江高考数学近五年立体几何真题含答案

2016•浙江14．（4分）（2016•浙江）如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°．若平面ABC外的点P 和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是．14．（4分）【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【分析】由题意，△ABD≌△PBD，可以理解为△PBD是由△ABD绕着BD旋转得到的，对于每段固定的AD，底面积BCD为定值，要使得体积最大，△PBD必定垂直于平面ABC，此时高最大，体积也最大．【解答】解：如图，M是AC的中点．①当AD=t＜AM=时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中AE，DM=﹣t，由△ADE∽△BDM，可得，∴h=，V==，t∈（0，）②当AD=t＞AM=时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中AH，DM=t﹣，由等面积，可得，∴，∴h=，∴V==，t∈（，2）综上所述，V=，t∈（0，2）=．令m=∈[1，2），则V=，∴m=1时，Vmax故答案为：．（2016•浙江）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，已知平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3，（Ⅰ）求证：EF⊥平面ACFD；（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣F的余弦值．【考点】二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】（I）先证明BF⊥AC，再证明BF⊥CK，进而得到BF⊥平面ACFD．（II）方法一：先找二面角B﹣AD﹣F的平面角，再在Rt△BQF中计算，即可得出；方法二：通过建立空间直角坐标系，分别计算平面ACK与平面ABK的法向量，进而可得二面角B﹣AD﹣F的平面角的余弦值．【解答】（I）证明：延长AD，BE，CF相交于点K，如图所示，∵平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，∴AC⊥平面BCK，∴BF⊥AC．又EF∥BC，BE=EF=FC=1，BC=2，∴△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK，∴BF⊥平面ACFD．（II）方法一：过点F作FQ⊥AK，连接BQ，∵BF⊥平面ACFD．∴BF⊥AK，则AK⊥平面BQF，∴BQ⊥AK．∴∠BQF是二面角B﹣AD﹣F的平面角．在Rt△ACK中，AC=3，CK=2，可得FQ=．在Rt△BQF中，BF=，FQ=．可得：cos∠BQF=．∴二面角B﹣AD﹣F的平面角的余弦值为．方法二：如图，延长AD，BE，CF相交于点K，则△BCK为等边三角形，取BC的中点，则KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，∴KO⊥平面BAC，以点O为原点，分别以OB，OK的方向为x，z的正方向，建立空间直角坐标系O﹣xyz．可得：B（1，0，0），C（﹣1，0，0），K（0，0，），A（﹣1，﹣3，0），，．=（0，3，0），=，（2，3，0）．设平面ACK 的法向量为=（x 1，y 1，z 1），平面ABK 的法向量为=（x 2，y 2，z 2），由，可得，取=．由，可得，取=．∴==．∴二面角B﹣AD﹣F 的余弦值为．【点评】本题考查了空间位置关系、法向量的应用、空间角，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．2017年浙江(2017年浙江)如图，已知四棱锥P –ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为PD 的中点．（第19题图）（1）证明：CE∥平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．19.解：（1）如图，设PA 中点为F ，连接EF ，FB ．因为E ，F 分别为PD ，PA 中点，所以EF∥AD 且EF=12AD，又因为BC∥AD，BC=12AD，所以EF∥BC 且EF=BC，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE∥BF，因此CE∥平面PAB．（2）分别取BC，AD 的中点为M，N，连接PN 交EF 于点Q，连接MQ.PABCDE因为E，F，N 分别是PD，PA，AD 的中点，所以Q 为EF 中点，在平行四边形BCEF 中，MQ∥CE.由△PAD 为等腰直角三角形得PN⊥AD.由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD ．所以AD ⊥平面PBN ，由BC //AD 得BC ⊥平面PBN ，那么平面PBC ⊥平面PBN ．过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，连接MH ．MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角．设CD =1．在△PCD 中，由PC =2，CD =1，PD=2得CE =2，在△PBN 中，由PN =BN =1，PB =3得QH =14，在Rt△MQH 中，QH=14，MQ =2，所以sin∠QMH =28，所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28．2018年浙江19．（15分）如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A，B 1B，C 1C 均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A 1A=4，C 1C=1，AB=BC=B 1B=2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．【考点】LW：直线与平面垂直；MI：直线与平面所成的角．【专题】31：数形结合；41：向量法；5F：空间位置关系与距离；5G：空间角．【分析】（I）利用勾股定理的逆定理证明AB 1⊥A 1B 1，AB 1⊥B 1C 1，从而可得AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（II）以AC 的中点为坐标原点建立空间坐标系，求出平面ABB 1的法向量，计算与的夹角即可得出线面角的大小．【解答】（I）证明：∵A 1A⊥平面ABC，B 1B⊥平面ABC，∴AA 1∥BB 1，∵AA 1=4，BB 1=2，AB=2，∴A 1B 1==2，又AB 1==2，∴AA 12=AB 12+A 1B 12，∴AB 1⊥A 1B 1，同理可得：AB 1⊥B 1C 1，又A 1B 1∩B 1C 1=B 1，∴AB 1⊥平面A 1B 1C 1．（II）解：取AC 中点O，过O 作平面ABC 的垂线OD，交A 1C 1于D，∵AB=BC，∴OB⊥OC，∵AB=BC=2，∠BAC=120°，∴OB=1，OA=OC=，以O 为原点，以OB，OC，OD 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则A（0，﹣，0），B（1，0，0），B 1（1，0，2），C 1（0，，1），∴=（1，，0），=（0，0，2），=（0，2，1），设平面ABB 1的法向量为=（x，y，z），则，∴，令y=1可得=（﹣，1，0），∴cos＜＞===．设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ，则sinθ=|cos＜＞|=．∴直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值为．【点评】本题考查了线面垂直的判定定理，线面角的计算与空间向量的应用，属于中档题．2019年14.在V ABC 中，90ABC ∠=︒，4AB =，3BC =，点D 在线段A C 上，若45BDC ∠=︒，则BD =____；cos ABD ∠=________.【答案】(1).1225(2).7210【解析】【分析】本题主要考查解三角形问题，即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思想.通过引入CD x =，在BDC ∆、ABD ∆中应用正弦定理，建立方程，进而得解..【详解】在ABD ∆中，正弦定理有：sin sin AB BD ADB BAC =∠∠，而34,4AB ADB π=∠=,22AC AB BC 5=+=，34sin ,cos 55BC AB BAC BAC AC AC ∠==∠==，所以1225BD =.72cos cos()coscos sin sin 4410ABD BDC BAC BAC BAC ππ∠=∠-∠=∠+∠=19.如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A AC C ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A A C AC E F ∠=︒==分别是11,AC A B 的中点.（1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF与平面1A BC 所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）35.【解析】【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；(2)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，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.【详解】(1)如图所示，连结11,A E B E ，等边1AA C △中，AE EC =，则3sin 0sin 2B A ，≠∴=，平面ABC ⊥平面11A A C C ，且平面ABC ∩平面11A ACC AC =，由面面垂直的性质定理可得：1A E ⊥平面ABC ，故1A E BC ⊥，由三棱柱的性质可知11A B AB ∥，而AB BC ⊥，故11A B BC ⊥，且1111A B A E A = ，由线面垂直的判定定理可得：BC ⊥平面11A B E ，结合EF ⊆平面11A B E ，故EF BC ⊥.(2)在底面ABC 内作EH ⊥AC ，以点E 为坐标原点，EH ,EC ,1EA 方向分别为x ,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系E xyz -.设1EH =，则AE EC ==，11AA CA ==,3BC AB ==，据此可得：()()()1330,,,,0,0,0,3,22A B A C ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，由11AB A B = 可得点1B的坐标为132B ⎛⎫⎪⎝⎭，利用中点坐标公式可得：34F ⎛⎫⎪⎝⎭，由于()0,0,0E ，故直线EF的方向向量为：34EF ⎛⎫= ⎪⎝⎭ 设平面1A BC 的法向量为(),,m x y z =，则：()()13333,,,33022223333,,,02222m A B x y z x z m BC x y z x ⎧⎛⎫⋅=⋅-=+-=⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪⋅=⋅-=-+= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎩，据此可得平面1A BC的一个法向量为()m =，34EF ⎛⎫= ⎪⎝⎭此时4cos ,5EF m EF m EF m⋅===⨯，设直线EF 与平面1A BC 所成角为θ，则43sin cos ,,cos 55EF m θθ=== .【点睛】本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时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.2020年19．如图，三棱台DEF ﹣ABC 中，面ADFC ⊥面ABC ，∠ACB ＝∠ACD ＝45°，DC ＝2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求DF 与面DBC所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）题根据已知条件，作DH ⊥AC ，根据面面垂直，可得DH ⊥BC ，进一步根据直角三角形的知识可判断出△BHC 是直角三角形，且∠HBC ＝90°，则HB ⊥BC ，从而可证出BC ⊥面DHB ，最后根据棱台的定义有EF ∥BC ，根据平行线的性质可得EF ⊥DB ；（Ⅱ）题先可设BC ＝1，根据解直角三角形可得BH ＝1，HC ＝，DH ＝，DC ＝2，DB＝，然后找到CH与面DBC的夹角即为∠HCG，根据棱台的特点可知DF与面DBC 所成角与CH与面DBC的夹角相等，通过计算∠HCG的正弦值，即可得到DF与面DBC 所成角的正弦值．解：（Ⅰ）证明：作DH⊥AC，且交AC于点H，∵面ADFC⊥面ABC，DH⊂面ADFC，∴DH⊥BC，∴在Rt△DHC中，CH＝CD•cos45°＝CD，∵DC＝2BC，∴CH＝CD＝•2BC＝•BC，∴＝，即△BHC是直角三角形，且∠HBC＝90°，∴HB⊥BC，∴BC⊥面DHB，∵BD⊂面DHB，∴BC⊥BD，∵在三棱台DEF﹣ABC中，EF∥BC，∴EF⊥DB．（Ⅱ）设BC＝1，则BH＝1，HC＝，在Rt△DHC中，DH＝，DC＝2，在Rt△DHB中，DB＝＝＝，作HG⊥BD于G，∵BC⊥HG，∴HG⊥面BCD，∵GC⊂面BCD，∴HG⊥GC，∴△HGC是直角三角形，且∠HGC＝90°，设DF与面DBC所成角为θ，则θ即为CH与面DBC的夹角，且sinθ＝sin∠HCG＝＝，∵在Rt△DHB中，DH•HB＝BD•HG，∴HG＝＝＝，∴sinθ＝＝＝．．2016•浙江14．（4分）（2016•浙江）如图，在△ABC 中，AB=BC=2，∠ABC=120°．若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD=DA ，PB=BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是．（2016•浙江）如图，在三棱台ABC ﹣DEF 中，已知平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3，（Ⅰ）求证：EF ⊥平面ACFD ；（Ⅱ）求二面角B ﹣AD ﹣F的余弦值．2017年浙江如图，已知四棱锥P –ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为PD 的中点．（第19题图）（1）证明：CE ∥平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．PABCD E(2018年浙江)19．（15分）如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC=120°，A 1A=4，C 1C=1，AB=BC=B 1B=2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．2019年浙江14.在V ABC 中，90ABC ∠=︒，4AB =，3BC =，点D 在线段A C 上，若45BDC ∠=︒，则BD =____；cos ABD ∠=________.19.如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A AC C ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A A C AC E F ∠=︒==分别是11,AC A B 的中点.；（1）证明：EF BC（2）求直线EF与平面1A BC所成角的余弦值.2020年浙江19．如图，三棱台DEF﹣ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求DF与面DBC所成角的正弦值．。

历年(2019-2023)全国高考数学真题分项(立体几何)汇编(附答案)

历年（2019-2023）全国高考数学真题分项（立体几何）汇编考点一空间几何体的侧面积和表面积1．（2021( )A ．2B ．C ．4D ．2．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为．3．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB 为上底面圆的一条直径，C 是下底面圆周上的一个动点，则ABC ∆的面积的取值范围为．4．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为．5．（2019•上海）一个直角三角形的两条直角边长分别为1和2，将该三角形分别绕其两个直角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为( ) A ．1B ．2C ．4D ．86．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：2)cm 为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：)cm 是．7．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π8．（2021•新高考Ⅱ）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积22(1cos )S r πα=-（单位：2)km ，则S 占地球表面积的百分比约为( ) A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%考点二空间几何体的体积9．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3l 剟，则该正四棱锥体积的取值范围是( )A ．[18，81]4B ．27[4，814C ．27[4，643D ．[18，27]10．（2022•新高考Ⅰ）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m 时，相应水面的面积为2140.0km ；水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为2180.0km ．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 2.65)(≈ ) A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯11．（2021•新高考Ⅱ）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为( )A ．20+B ．C ．563D ．312．【多选】（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：)m 的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有( ) A ．直径为0.99m 的球体 B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体13．【多选】（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，//FB ED ，2AB ED FB ==．记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为1V ，2V ，3V ，则( )A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =14．【多选】（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+ ，其中[0λ∈，1]，[0μ∈，1]，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 15．（2023•新高考Ⅱ）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．16．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，2AB =，111A B =，1AA =，则该棱台的体积为． 17．（2020•海南）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，则三棱锥1A NMD -的体积为．18．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边ABC ∆，O 为AC 边中点，且PO ⊥底面ABC ，2AP AC ==．（1）求三棱锥体积P ABC V -；（2）若M 为BC 中点，求PM 与面PAC 所成角大小．19．（2020•上海）已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为正方形，边长为3，PD ⊥平面ABCD ．（1）若5PC =，求四棱锥P ABCD -的体积；（2）若直线AD 与BP 的夹角为60︒，求PD 的长．考点三空间中直线与直线之间的位置关系20．（2022•上海）如图正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 、R 、S 分别为棱AB 、BC 、1BB 、CD 的中点，联结1A S ，1B D ．空间任意两点M 、N ，若线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，则称MN 两点可视，则下列选项中与点1D 可视的为( )A ．点PB ．点BC ．点RD ．点Q21．（2021•浙江）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则( )A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B22．（2020•上海）在棱长为10的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为左侧面11ADD A 上一点，已知点P 到11A D 的距离为3，P 到1AA 的距离为2，则过点P 且与1A C 平行的直线交正方体于P 、Q 两点，则Q 点所在的平面是( )A ．11AAB BB ．11BBC CC ．11CCD DD ．ABCD23．（2023•上海）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为边11A C 上的动点，则下列直线中，始终与直线BP 异面的是( )A ．1DDB ．ACC ．1ADD ．1B C考点四异面直线及其所成的角24．【多选】（2022•新高考Ⅰ）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︒考点五空间中直线与平面之间的位置关系25．（2019•上海）已知平面α、β、γ两两垂直，直线a 、b 、c 满足：a α⊆，b β⊆，c γ⊆，则直线a 、b 、c 不可能满足以下哪种关系( )A ．两两垂直B ．两两平行C ．两两相交D ．两两异面26．【多选】（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点，则满足MN OP ⊥的是( )A ．B ．C ．D ．考点六直线与平面所成的角27．（2020•山东）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为)O ，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A ．20︒B ．40︒C ．50︒D ．90︒28．（2021•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，已知2AB BC ==，13AA =．（1）若P 是棱11A D 上的动点，求三棱锥C PAD -的体积；（2）求直线1AB 与平面11ACC A 的夹角大小．29．（2021•浙江）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120ABC ∠=︒，1AB =，4BC =，PA =M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD DC ⊥，PM MD ⊥．（Ⅰ）证明：AB PM ⊥；（Ⅱ）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值．30．（2020•海南）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，QB =，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．31．（2020•上海）已知ABCD 是边长为1的正方形，正方形ABCD 绕AB 旋转形成一个圆柱．（1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD 绕AB 逆时针旋转2π至11ABC D ，求线段1CD 与平面ABCD 所成的角．32．（2020•山东）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．33．（2020•浙江）如图，在三棱台ABC DEF -中，平面ACFD ⊥平面ABC ，45ACB ACD ∠=∠=︒，2DC BC =．（Ⅰ）证明：EF DB ⊥；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．34．（2019•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，M 为1BB 上一点，已知2BM =，3CD =，4AD =，15AA =．（1）求直线1A C 和平面ABCD 的夹角；（2）求点A 到平面1A MC 的距离．35．（2019•浙江）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，30BAC ∠=︒，11A A A C AC ==，E ，F 分别是AC ，11A B 的中点．（Ⅰ）证明：EF BC ⊥；（Ⅱ）求直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值．考点七二面角的平面角及求法36．（2022•浙江）如图，已知正三棱柱111ABC A B C -，1AC AA =，E ，F 分别是棱BC ，11A 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剟B ．βαγ剟C ．βγα剟D ．αγβ剟37．（2019•浙江）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 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P AC B --的平面角为γ，则( )A ．βγ<，αγ<B ．βα<，βγ<C ．βα<，γα<D ．αβ<，γβ<38．【多选】（2023•新高考Ⅱ）已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，AB 为底面直径，120APB ∠=︒，2PA =，点C 在底面圆周上，且二面角P AC O --为45︒，则( )A ．该圆锥的体积为πB ．该圆锥的侧面积为C ．AC =D ．PAC ∆39．（2023•上海）已知直四棱柱1111ABCD A B C D -，AB AD ⊥，//AB CD ，2AB =，3AD =，4CD =．（1）证明：直线1//A B 平面11DCC D ；（2）若该四棱柱的体积为36，求二面角1A BD A --的大小．40．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥A BCD -中，DA DB DC ==，BD CD ⊥，60ADB ADC ∠=∠=︒，E 为BC 中点．（1）证明BC DA ⊥；（2）点F 满足EF DA =，求二面角D AB F --的正弦值．41．（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱111ABCD A B C D -中，2AB =，14AA =．点2A ，2B ，2C ，2D 分别在棱1AA ，1BB ，1CC ，1DD 上，21AA =，222BB DD ==，23CC =．（1）证明：2222//B C A D ；（2）点P 在棱1BB 上，当二面角222P A C D --为150︒时，求2B P ．42．（2022•浙江）如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B --的平面角为60︒．设M ，N 分别为AE ，BC 的中点．（Ⅰ）证明：FN AD ⊥；（Ⅱ）求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．43．（2022•新高考Ⅱ）如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 为PB 的中点．（1）证明：//OE 平面PAC ；（2）若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．44．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，△1A BC 的面积为（1）求A 到平面1A BC 的距离；（2）设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．45．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2AD =，QD QA ==3QC =．（Ⅰ）求证：平面QAD ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B QD A --的平面角的余弦值．46．（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点．（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD ∆是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积．考点八立体几何的交线问题47．（2020•山东）已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，60BAD ∠=︒．以1D 为半径的球面与侧面11BCC B 的交线长为．参考答案考点一空间几何体的侧面积和表面积1．（2021，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A ．2B ．C ．4D ．【详细解析】由题意，设母线长为l ，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有2l ππ=⋅，解得l =所以该圆锥的母线长为故选：B ．2．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为．【详细解析】因为圆柱的底面积为9π，即29R ππ=，所以3R =，所以224S Rh ππ==侧．故答案为：24π．3．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB 为上底面圆的一条直径，C 是下底面圆周上的一个动点，则ABC ∆的面积的取值范围为．【详细解析】如图1，上底面圆心记为O ，下底面圆心记为O '，连接OC ，过点C 作CM AB ⊥，垂足为点M ，则12ABC S AB CM ∆=⨯⨯，根据题意，AB 为定值2，所以ABC S ∆的大小随着CM 的长短变化而变化，如图2所示，当点M 与点O 重合时，CM OC ==，此时ABC S ∆取得最大值为122⨯=；如图3所示，当点M 与点B 重合，CM 取最小值2，此时ABC S ∆取得最小值为12222⨯⨯=．综上所述，ABC S ∆的取值范围为．故答案为：．4．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为．【详细解析】圆柱的底面半径为1r =，高为2h =，所以圆柱的侧面积为22124S rh πππ==⨯⨯=侧．故答案为：4π．5．（2019•上海）一个直角三角形的两条直角边长分别为1和2，将该三角形分别绕其两个直角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为( ) A ．1B ．2C ．4D ．8【详细解析】如图，则21142133V ππ=⨯⨯=，22121233V ππ=⨯⨯=，∴两个圆锥的体积之比为43223ππ=．故选：B ．6．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：2)cm 为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：)cm 是．【详细解析】圆锥侧面展开图是半圆，面积为22cm π，设圆锥的母线长为acm ，则2122a ππ⨯=，2a cm ∴=，∴侧面展开扇形的弧长为2cm π，设圆锥的底面半径OC rcm =，则22r ππ=，解得1r cm =．故答案为：1cm ．7．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π3=4=，如图，设球的半径为R 1=，解得5R =， ∴该球的表面积为24425100R πππ=⨯=．当球心在台体内时，如图，1=，无解．综上，该球的表面积为100π．故选：A ．8．（2021•新高考Ⅱ）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积22(1cos )S r πα=-（单位：2)km ，则S 占地球表面积的百分比约为( ) A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%【详细解析】由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，则36000640042400OP =+=，那么64008cos 4240053α==；卫星信号覆盖的地球表面面积22(1cos )S r πα=-，那么，S 占地球表面积的百分比为222(1cos )4542%4106r r παπ-=≈．故选：C ．考点二空间几何体的体积9．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3l 剟，则该正四棱锥体积的取值范围是( )A ．[18，814B ．27[4，814C ．27[4，643D ．[18，27]【详细解析】如图所示，正四棱锥P ABCD -各顶点都在同一球面上，连接AC 与BD 交于点E ，连接PE ，则球心O 在直线PE 上，连接OA ，设正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，在Rt PAE ∆中，222PA AE PE =+，即222221(22l h a h =+=+，球O 的体积为36π，∴球O 的半径3R =，在Rt OAE ∆中，222OA OE AE =+，即222(3)(2R h =-+， ∴221602a h h +-=，∴22162a h h +=，26l h ∴=，又3l 剟∴3922h剟， ∴该正四棱锥体积2232112()(122)4333V h a h h h h h h ==-=-+，2()282(4)V h h h h h '=-+=- ，∴当342h <…时，()0V h '>，()V h 单调递增；当942h <…时，()0V h '<，()V h 单调递减，()max V h V ∴=（4）643=，又327(24V = ，981()24V =，且278144<，∴2764()43V h 剟，即该正四棱锥体积的取值范围是27[4，643，故选：C ．10．（2022•新高考Ⅰ）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m 时，相应水面的面积为2140.0km ；水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为2180.0km ．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 2.65)(≈ )A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯【详细解析】26214014010km m =⨯，26218018010km m =⨯，根据题意，增加的水量约为661401018010(157.5148.5)3⨯+⨯⨯-9=6693(32060 2.65)103143710 1.410m ≈+⨯⨯⨯=⨯≈⨯．故选：C ．11．（2021•新高考Ⅱ）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为( )A ．20+B ．C ．563D 【详细解析】解法一：如图1111ABCD A B C D -为正四棱台，2AB =，114A B =，12AA =．在等腰梯形11A B BA 中，过A 作11AE A B ⊥，可得14212A E -==，AE ==．连接AC ，11A C ，AC ==，11A C ==，过A 作11AG A C ⊥，12A G -==AG ==， ∴正四棱台的体积为：V h =22243+== 解法二：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，∴该棱台的记h ==下底面面积116S =，上底面面积24S =，则该棱台的体积为：1211((16433V h S S =++=+=故选：D ．12．【多选】（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：)m 的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有( )A ．直径为0.99m 的球体B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体【详细解析】对于A ，棱长为1的正方体内切球的直径为10.99>，选项A 正确；对于B ，如图，正方体内部最大的正四面体11D A BC - 1.4=>，选项B 正确；对于C ，棱长为1 1.8<，选项C 错误；对于D ，如图，六边形EFGHIJ 为正六边形，E ，F ，G ，H ，I ，J 为棱的中点，高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，六边形EFGHIJ 棱长为2米，30GFH GHF ∠=∠=︒，所以FH ===米，故六边形EFGHIJ而223()(1.2) 1.4422=>=，选项D 正确．故选：ABD ．13．【多选】（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，//FB ED ，2AB ED FB ==．记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为1V ，2V ，3V ，则( )A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【详细解析】设22AB ED FB ===， 114||33ACD V S ED ∆=⨯⨯=，212||33ABC V S FB ∆=⨯⨯=，如图所示，连接BD 交AC 于点M ，连接EM 、FM ，则FM =EM =，3EF =，故12EMF S ∆==，3112332EMF V S AC ∆=⨯=⨯⨯=，故C 、D 正确，A 、B 错误．故选：CD ．14．【多选】（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+ ，其中[0λ∈，1]，[0μ∈，1]，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 【详细解析】对于A ，当1λ=时，1BP BC BB μ=+ ，即1CP BB μ= ，所以1//CP BB，故点P 在线段1CC 上，此时△1AB P 的周长为11AB B P AP ++，当点P 为1CC 的中点时，△1AB P ，当点P 在点1C 处时，△1AB P 的周长为1，故周长不为定值，故选项A 错误；对于B ，当1μ=时，1BP BC BB λ=+ ，即1B P BC λ= ，所以1//B P BC，故点P 在线段11B C 上，因为11//B C 平面1A BC ，所以直线11B C 上的点到平面1A BC 的距离相等，又△1A BC 的面积为定值，所以三棱锥1P A BC -的体积为定值，故选项B 正确；对于C ，当12λ=时，取线段BC ，11B C 的中点分别为M ，1M ，连结1M M ，因为112BP BC BB μ=+，即1MP BB μ= ，所以1//MP BB ，则点P 在线段1M M 上，当点P 在1M 处时，1111A M B C ⊥，111A M B B ⊥，又1111B C B B B = ，所以11A M ⊥平面11BB C C ，又1BM ⊂平面11BB C C ，所以111A M BM ⊥，即1A P BP ⊥，同理，当点P 在M 处，1A P BP ⊥，故选项C 错误；对于D ，当12μ=时，取1CC 的中点1D ，1BB 的中点D ，因为112BP BC BB λ=+ ，即DP BC λ= ，所以//DP BC ，则点P 在线的1DD 上，当点P 在点1D 处时，取AC 的中点E ，连结1A E ，BE ，因为BE ⊥平面11ACC A ，又1AD ⊂平面11ACC A ，所以1AD BE ⊥，在正方形11ACC A 中，11AD A E ⊥，又1BE A E E = ，BE ，1A E ⊂平面1A BE ，故1AD ⊥平面1A BE ，又1A B ⊂平面1A BE ，所以11A B AD ⊥，在正方体形11ABB A 中，11A B AB ⊥，又11AD AB A = ，1AD ，1AB ⊂平面11AB D ，所以1A B ⊥平面11AB D ，因为过定点A 与定直线1A B 垂直的平面有且只有一个，故有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P ，故选项D 正确．故选：BD ．15．（2023•新高考Ⅱ）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．【详细解析】如图所示，根据题意易知△11SO A SOA ∆∽，∴11112SO O A SO OA ===，又13SO =， 6SO ∴=，13OO ∴=，又上下底面正方形边长分别为2，4，∴所得棱台的体积为1(4163283⨯++⨯=．故答案为：28．16．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，2AB =，111A B =，1AA =，则该棱台的体积为．【详细解析】如图，设正四棱台1111ABCD A B C D -的上下底面中心分别为M ，N ，过1A 作1A H AC ⊥，垂足点为H ，由题意易知12A M HN ==，又AN =，2AH AN HN ∴=-=，又1AA =，1A H MN ∴==∴该四棱台的体积为1(143⨯++故答案为：6．17．（2020•海南）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，则三棱锥1A NMD -的体积为．【详细解析】如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点， ∴111122ANM S ∆=⨯⨯=， ∴111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯=．故答案为：13．18．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边ABC ∆，O 为AC 边中点，且PO ⊥底面ABC ，2AP AC ==．（1）求三棱锥体积P ABC V -；（2）若M 为BC 中点，求PM 与面PAC 所成角大小．【详细解析】（1）在三棱锥P ABC -中，因为PO ⊥底面ABC ，所以PO AC ⊥，又O 为AC 边中点，所以PAC ∆为等腰三角形，又2AP AC ==．所以PAC ∆是边长为2的为等边三角形，PO ∴=，三棱锥体积2112133P ABC ABC V S PO -∆=⋅==，（2）以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系，则(0P ，0，B 0，0)，(0C ，1，0)，M 12，0)，(2PM = ，12，，平面PAC的法向量OB =0，0)，设直线PM 与平面PAC 所成角为θ，则直线PM 与平面PAC所成角的正弦值为3sin ||||||PM OB PM OB θ⋅===⋅所以PM 与面PAC所成角大小为arcsin4． 19．（2020•上海）已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为正方形，边长为3，PD ⊥平面ABCD ．（1）若5PC =，求四棱锥P ABCD -的体积；（2）若直线AD 与BP 的夹角为60︒，求PD 的长．【详细解析】（1）PD ⊥ 平面ABCD ，PD DC ∴⊥． 3CD = ，5PC ∴=，4PD ∴=，2134123P ABCD V -∴=⨯⨯=，所以四棱锥P ABCD -的体积为12．（2）ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ， BC PD ∴⊥，BC CD ⊥又PD CD D = BC ∴⊥平面PCDBC PC ∴⊥异面直线AD 与PB 所成角为60︒，//BC AD ∴在Rt PBC ∆中，60PBC ∠=︒，3BC =故PC =在Rt PDC ∆中，3CD =PD ∴=考点三空间中直线与直线之间的位置关系20．（2022•上海）如图正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 、R 、S 分别为棱AB 、BC 、1BB 、CD 的中点，联结1A S ，1B D ．空间任意两点M 、N ，若线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，则称MN 两点可视，则下列选项中与点1D 可视的为( )A ．点PB ．点BC ．点RD ．点Q【详细解析】线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，即直线MN 与线段1A S 、1B D 不相交，因此所求与1D 可视的点，即求哪条线段不与线段1A S 、1B D 相交，对A 选项，如图，连接1A P 、PS 、1D S ，因为P 、S 分别为AB 、CD 的中点， ∴易证11//A D PS ，故1A 、1D 、P 、S 四点共面，1D P ∴与1A S 相交，A ∴错误；对B 、C 选项，如图，连接1D B 、DB ，易证1D 、1B 、B 、D 四点共面，故1D B 、1D R 都与1B D 相交，B ∴、C 错误；对D 选项，连接1D Q ，由A 选项分析知1A 、1D 、P 、S 四点共面记为平面11A D PS ， 1D ∈ 平面11A D PS ，Q ∉平面11A D PS ，且1A S ⊂平面11A D PS ，点11D A S ∉， 1D Q ∴与1A S 为异面直线，同理由B ，C 选项的分析知1D 、1B 、B 、D 四点共面记为平面11D B BD ， 1D ∈ 平面11D B BD ，Q ∉平面11D B BD ，且1B D ⊂平面11D B BD ，点11D B D ∉，1D Q ∴与1B D 为异面直线，故1D Q 与1A S ，1B D 都没有公共点，D ∴选项正确．故选：D ．21．（2021•浙江）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则( )A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B【详细解析】连接1AD ，如图：由正方体可知11A D AD ⊥，1A D AB ⊥，1A D ∴⊥平面1ABD ， 11A D D B ∴⊥，由题意知MN 为△1D AB 的中位线，//MN AB ∴，又AB ⊂ 平面ABCD ，MN ⊂/平面ABCD ，//MN ∴平面ABCD ．A ∴对；由正方体可知1A D 与平面1BDD 相交于点D ，1D B ⊂平面1BDD ，1D D B ∉， ∴直线1A D 与直线1D B 是异面直线，B ∴、C 错；//MN AB ，AB 不与平面11BDD B 垂直，MN ∴不与平面11BDD B 垂直，D ∴错．故选：A ．22．（2020•上海）在棱长为10的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为左侧面11ADD A 上一点，已知点P 到11A D 的距离为3，P 到1AA 的距离为2，则过点P 且与1A C 平行的直线交正方体于P 、Q 两点，则Q 点所在的平面是( )A ．11AAB B B ．11BBC C C ．11CCD DD ．ABCD【详细解析】如图，由点P 到11A D 的距离为3，P 到1AA 的距离为2，可得P 在△1AA D 内，过P 作1//EF A D ，且1EF AA 于E ，EF AD 于F ，在平面ABCD 中，过F 作//FG CD ，交BC 于G ，则平面//EFG 平面1A DC ．连接AC ，交FG 于M ，连接EM ，平面//EFG 平面1A DC ，平面1A AC ⋂平面11A DC A C =，平面1A AC ⋂平面EFM EM =， 1//EM A C ∴．在EFM ∆中，过P 作//PQ EM ，且PQ FM 于Q ，则1//PQ A C ．线段FM 在四边形ABCD 内，Q 在线段FM 上，Q ∴在四边形ABCD 内． ∴则Q 点所在的平面是平面ABCD ．故选：D ．23．（2023•上海）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为边11A C 上的动点，则下列直线中，始终与直线BP 异面的是( )A ．1DDB ．ACC ．1ADD ．1B C【详细解析】对于A ，当P 是11A C 的中点时，BP 与1DD 是相交直线；对于B ，根据异面直线的定义知，BP 与AC 是异面直线；对于C ，当点P 与1C 重合时，BP 与1AD 是平行直线；对于D ，当点P 与1C 重合时，BP 与1B C 是相交直线．故选：B ．考点四异面直线及其所成的角24．【多选】（2022•新高考Ⅰ）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︒ 【详细解析】如图，连接1B C ，由11//A B DC ，11A B DC =，得四边形11DA B C 为平行四边形，可得11//DA B C ，11BC B C ⊥ ，∴直线1BC 与1DA 所成的角为90︒，故A 正确；111A B BC ⊥ ，11BC B C ⊥，1111A B B C B = ，1BC ∴⊥平面11DA B C ，而1CA ⊂平面11DA B C ，11BC CA ∴⊥，即直线1BC 与1CA 所成的角为90︒，故B 正确；设1111A C B D O = ，连接BO ，可得1C O ⊥平面11BB D D ，即1C BO ∠为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角，1111sin 2OC C BO BC ∠== ，∴直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为30︒，故C 错误； 1CC ⊥ 底面ABCD ，1C BC ∴∠为直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒，故D 正确．故选：ABD ．考点五空间中直线与平面之间的位置关系25．（2019•上海）已知平面α、β、γ两两垂直，直线a 、b 、c 满足：a α⊆，b β⊆，c γ⊆，则直线a 、b 、c 不可能满足以下哪种关系( )A ．两两垂直B ．两两平行C ．两两相交D ．两两异面【详细解析】如图1，可得a 、b 、c 可能两两垂直；如图2，可得a 、b 、c 可能两两相交；如图3，可得a 、b 、c 可能两两异面；故选：B ．26．【多选】（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点，则满足MN OP ⊥的是( )A ．B ．C ．D ．【详细解析】对于A ，设正方体棱长为2，设MN 与OP 所成角为θ，则1tan 12θ==，∴不满足MN OP ⊥，故A 错误；对于B ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(2N ，0，0)，(0M ，0，2)，(2P ，0，1)，(1O ，1，0)，(2MN = ，0，2)-，(1OP = ，1-，1)，0MN OP ⋅= ，∴满足MN OP ⊥，故B 正确；对于C ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(2M ，2，2)，(0N ，2，0)，(1O ，1，0)，(0P ，0，1)，(2MN =- ，0，2)-，(1OP =- ，1-，1)，0MN OP ⋅= ，∴满足MN OP ⊥，故C 正确；对于D ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(0M ，2，0)，(0N ，0，2)，(2P ，1，2)，(1O ，1，0)，(0MN = ，2-，2)，(1OP = ，0，2)，4MN OP ⋅= ，∴不满足MN OP ⊥，故D 错误．故选：BC ．考点六直线与平面所成的角27．（2020•山东）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为)O ，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A ．20︒B ．40︒C ．50︒D ．90︒【详细解析】可设A 所在的纬线圈的圆心为O '，OO '垂直于纬线所在的圆面，由图可得OHA ∠为晷针与点A 处的水平面所成角，又OAO '∠为40︒且OA AH ⊥，在Rt OHA ∆中，O A OH '⊥，40OHA OAO '∴∠=∠=︒，另解：画出截面图，如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线．l 是点A 处的水平面的截线，由题意可得OA l ⊥，AB 是晷针所在直线．m 是晷面的截线，由题意晷面和赤道面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得//m CD ，根据线面垂直的定义可得AB m ⊥，由于40AOC ∠=︒，//m CD ，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒，故选：B ．28．（2021•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，已知2AB BC ==，13AA =．（1）若P 是棱11A D 上的动点，求三棱锥C PAD -的体积；（2）求直线1AB 与平面11ACC A 的夹角大小．【详细解析】（1）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1112322332C PAD PAD C PAD V S h -∆-⎛⎫=⋅=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭平面；（2）连接1111A C B D O = ，AB BC = ，∴四边形1111A B C D 为正方形，则11OB OA ⊥，又11AA OB ⊥，111OA AA A = ，1OB ∴⊥平面11ACC A ，∴直线1AB 与平面11ACC A 所成的角为1OAB ∠，∴111sin OB OAB AB ∠=== ∴直线1AB 与平面11ACC A所成的角为29．（2021•浙江）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120ABC ∠=︒，1AB =，4BC =，PA =M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD DC ⊥，PM MD ⊥．（Ⅰ）证明：AB PM ⊥；（Ⅱ）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值．【详细解析】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD 中，由已知可得，1CD AB ==，122CM BC ==，60DCM ∠=︒， ∴由余弦定理可得，2222cos60DM CD CM CD CM =+-⨯⨯︒11421232=+-⨯⨯⨯=，则222134CD DM CM +=+==，即CD DM ⊥，又PD DC ⊥，PD DM D = ，CD ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，CD PM ∴⊥，//CD AB ，AB PM ∴⊥；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD ⊥平面PDM ，又CD ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面PDM ，且平面ABCD ⋂平面PDM DM =，PM MD ⊥ ，且PM ⊂平面PDM ，PM ∴⊥平面ABCD ，连接AM ，则PM MA ⊥，在ABM ∆中，1AB =，2BM =，120ABM ∠=︒，可得2114212(72AM =+-⨯⨯⨯-=，又PA =Rt PMA ∆中，求得PM ==，取AD 中点E ，连接ME ，则//ME CD ，可得ME 、MD 、MP 两两互相垂直，以M 为坐标原点，分别以MD 、ME 、MP 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则(A ，2，0)，(0P ，0，，1,0)C -，又N 为PC的中点，1(22N ∴-，5(,22AN =- ，平面PDM 的一个法向量为(0,1,0)n = ，设直线AN 与平面PDM 所成角为θ，则5||sin |cos ,|6||||AN n AN n AN n θ⋅=<>===⋅ ．故直线AN 与平面PDM所成角的正弦值为6．30．（2020•海南）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l上的点，QB =，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【详细解析】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ，设m 为平面PCD 中任意一条直线，则BC m ⊥，//l BC ，l m ∴⊥，由线面垂直的定义是l ⊥平面PCD ；（2）解：如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，1PD AD == ，Q 为l上的点，QB =，PB ∴=，1QP =，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，作//PQ AD ，则PQ 为平面PAD 与平面PBC 的交线为l，因为QB =，QAB ∆是等腰直角三角形，所以(1Q ，0，1)，则(1DQ = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b a c =⎧⎨+=⎩，取1c =，可得(1n =- ，0，1)，|cos n ∴<，||||||||n PB PB n PB ⋅>=== ， PB ∴与平面QCD所成角的正弦值为3． 31．（2020•上海）已知ABCD 是边长为1的正方形，正方形ABCD 绕AB 旋转形成一个圆柱．（1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD 绕AB 逆时针旋转2π至11ABC D ，求线段1CD 与平面ABCD 所成的角．【详细解析】（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为1的矩形组成， 221214S πππ∴=⨯⨯+⨯=．故该圆柱的表面积为4π．（2）正方形11ABC D ，1AD AB ∴⊥，又12DAD π∠=，1AD AD ∴⊥，AD AB A = ，且AD 、AB ⊂平面ADB ，1AD ∴⊥平面ADB ，即1D 在面ADB 上的投影为A ，连接1CD ，则1D CA ∠即为线段1CD 与平面ABCD 所成的角，而11cos 3AC D CA CD ∠==， ∴线段1CD 与平面ABCD所成的角为3． 32．（2020•山东）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．【详细解析】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线， PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ，设平面PCD 中有任一直线l '，则BC ⊥直线l '，//l BC ，l ∴⊥直线l '，∴由线面垂直的定义得l ⊥平面PCD ；（2）如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz-则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，设(Q m ，0，1)，(DQ m = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b am c =⎧⎨+=⎩，取1a =-，可得(1n =- ，0，)m ， cos n ∴<，||||n PB PB n PB ⋅>==⋅ ， PB ∴与平面QCD。

2024届高考数学专项立体几何大题含答案

立体几何大题1.空间中的平行关系（1）线线平行（2）线面平行的判定定理：平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行（3）线面平行的性质定理若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行（4）面面平行的判定定理判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行（5）面面平行的性质定理性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行6.空间中的垂直关系（1）线线垂直（2）线面垂直的判定定理一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直（3）线面垂直的性质定理性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行（4）面面垂直的判定定理一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直(或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直)（5）面面垂直的性质定理两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面6.异面直线所成角cos θ=cos a ,b =|a ⋅b ||a |⋅|b |=|x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2|x 12+y 12+z 12⋅x 22+y 22+z 22(其中θ(0°<θ≤90°)为异面直线a ,b 所成角，a ,b 分别表示异面直线a ,b 的方向向量)7.直线AB 与平面所成角，sin β=AB ⋅m |AB ||m |(m 为平面α的法向量).8.二面角α-l -β的平面角cos θ=m ⋅n |m ||n |(m ，n 为平面α，β的法向量).9.点B 到平面α的距离d =|AB ⋅n | (n 为平面α的法向量，AB 是经过面α的一条斜线，A ∈α).2024届高考数学专项立体几何大题含答案模拟训练一、解答题1(22·23下·湖南·二模)如图，在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2,AC =BB ，点D 为棱BB 的中点，AE =13AC ．(1)求DE 的长度；(2)求平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值．2(22·23下·绍兴·二模)如图，在多面体ABCDE 中，DE ⊥平面BCD ,△ABC 为正三角形，△BCD 为等腰Rt △,∠BDC =90°,AB =2,DE =2.(1)求证：AE ⊥BC ；(2)若AE ⎳平面BCD ，求直线BE 与平面ABC 所成的线面角的正弦值.3(22·23·张家口·三模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1=60°，AB= BC=2，AC=AB1=2.(1)证明：平面ACB1⊥平面BB1C1C；(2)求平面ACC1A1与平面A1B1C1夹角的余弦值.4(22·23·湛江·二模)如图1，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD=DE，如图2，将△ABE沿BE折起，使得A至A1处，且A1B⊥A1D．(1)证明：DE⊥平面A1BE；(2)求二面角C-A1E-D的余弦值．5(22·23下·长沙·三模)如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，△ABC 和△ACD 均为正三角形，AC =4，BE =3，点F 在AC 上.(1)若BF ⎳平面CDE ，求CF ；(2)若F 是AC 的中点，求二面角F -DE -C 的正弦值.6(22·23下·湖北·二模)如图，S 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 内接于⊙O ,AC ⊥BC ,AC =BC =322，AM =2MS ,AS =3,PQ 为⊙O 的一条弦，且SB ⎳平面PMQ .(1)求PQ 的最小值；(2)若SA ⊥PQ ，求直线PQ 与平面BCM 所成角的正弦值.7(22·23·深圳·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,PA= AD=2AB，点M是PD的中点.(1)证明：AM⊥PC；(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上(异于点P，C)，且ON=OA，求直线AN与平面ACM所成角的正弦值.8(22·23下·温州·二模)已知三棱锥D-ABC中，△BCD是边长为3的正三角形，AB=AC=AD, AD与平面BCD所成角的余弦值为33．(1)求证：AD⊥BC；(2)求二面角D-AC-B的平面角的正弦值．9(22·23下·浙江·二模)如图，四面体ABCD,AD⊥CD,AD=CD,AC=2,AB=3,∠CAB=60°，E为AB上的点，且AC⊥DE,DE与平面ABC所成角为30°，(1)求三棱锥D-BCE的体积；(2)求二面角B-CD-E的余弦值.10(22·23下·襄阳·三模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为矩形，∠BAC=90°，AB= AC=2，AA1=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点N，M为B1C1的中点.(1)求证：平面A1MNA⊥平面A1BC；(2)求平面A1B1BA与平面BB1C1C夹角的余弦值.11(22·23·唐山·二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是等边三角形，侧面ACC1A1⊥底面ABC，且AA1=AC，∠AA1C1=120°，M是CC1的中点．(1)证明：A1C⊥BM．(2)求二面角A1-BC-M的正弦值．12(22·23下·盐城·三模)如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，点G为弧CD的中点，且C，E，D，G四点共面.(1)证明：平面BDF⊥平面BCG；(2)若平面BDF与平面ABG所成二面角的余弦值为155，且线段AB长度为2，求点G到直线DF的距离.13(22·23下·江苏·三模)如图，圆锥DO中，AE为底面圆O的直径，AE=AD，△ABC为底面圆O的内接正三角形，圆锥的高DO=18，点P为线段DO上一个动点.(1)当PO=36时，证明：PA⊥平面PBC；(2)当P点在什么位置时，直线PE和平面PBC所成角的正弦值最大.14(22·23下·镇江·三模)如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，四边形PACQ为矩形，PA=1，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).①BP,DP与平面ABCD所成角相等；②三棱锥P-ABD体积为33；③cos∠BPA=55(1)平面PACQ⊥平面ABCD；(2)求二面角B-PQ-D的大小；(3)求点C到平面BPQ的距离.15(22·23下·江苏·一模)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面A 1B 1BA ⊥平面ABC ，侧面A 1B 1BA 为菱形，∠ABB 1=π3，AB 1⊥AC ，AB =AC =2，E 是AC 的中点.(1)求证：A 1B ⊥平面AB 1C ；(2)点P 在线段A 1E 上(异于点A 1，E )，AP 与平面A 1BE 所成角为π4，求EP EA 1的值.16(22·23下·河北·三模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是菱形，其对角线AC ,BD 交于点O ，且PO ⊥平面ABCD ,OC =1,OD =OP =2,M 是PD 的中点，N 是线段CD 上一动点．(1)当平面OMN ⎳平面PBC 时，试确定点N 的位置，并说明理由；(2)在(1)的前提下，点Q 在直线MN 上，以PQ 为直径的球的表面积为214π．以O 为原点，OC ,OD ,OP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O -xyz ，求点Q 的坐标．17(22·23·汕头·三模)如图，圆台O1O2的轴截面为等腰梯形A1ACC1，AC=2AA1=2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点.(1)在平面BCC1内，过C1作一条直线与平面A1AB平行，并说明理由；(2)若四棱锥B-A1ACC1的体积为23，设平面A1AB∩平面C1CB=l,Q∈l，求CQ的最小值.18(19·20下·临沂·二模)如图①，在Rt△ABC中，B为直角，AB=BC=6，EF∥BC，AE=2，沿EF将△AEF折起，使∠AEB=π3，得到如图②的几何体，点D在线段AC上．(1)求证：平面AEF⊥平面ABC；(2)若AE⎳平面BDF，求直线AF与平面BDF所成角的正弦值．19(22·23下·广州·三模)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，AB=AP=2，PA⊥平面ABCD，E,F分别是线段PB,PD的中点，G是线段PC上的一点.(1)求证：平面EFG⊥平面PAC；(2)若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为13，且G点不是线段PC的中点，求三棱锥E-ABG体积.20(22·23下·长沙·一模)斜三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为2，∠A1AB=60°，点A1在下底面ABC 的投影为AB的中点O．(1)在棱BB1(含端点)上是否存在一点D使A1D⊥AC1若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；(2)求点A1到平面BCC1B1的距离．21(22·23下·长沙·三模)如图，三棱台ABC -A 1B 1C 1，AB ⊥BC ，AC ⊥BB 1，平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，AB =6,BC =4，BB 1=2，AC 1与A 1C 相交于点D ，AE =2EB，且DE ∥平面BCC 1B 1.(1)求三棱锥C -A 1B 1C 1的体积；(2)平面A 1B 1C 与平面ABC 所成角为α，CC 1与平面A 1B 1C 所成角为β，求证：α+β=π4.22(22·23·衡水·一模)如图所示，A ,B ,C ,D 四点共面，其中∠BAD =∠ADC =90°，AB =12AD ，点P ,Q 在平面ABCD 的同侧，且PA ⊥平面ABCD ，CQ ⊥平面ABCD .(1)若直线l ⊂平面PAB ，求证：l ⎳平面CDQ ；(2)若PQ ⎳AC ，∠ABP =∠DAC =45°，平面BPQ ∩平面CDQ =m ，求锐二面角B -m -C 的余弦值.23(22·23下·湖北·三模)已知平行六面体(底面是平行四边形的四棱柱)ABCD-A1B1C1D1的各条棱长均为2，且有∠AA1D1=∠AA1B1=∠D1A1B1=60°．(1)求证：平面AA1C1C⊥平面A1B1C1D1；(2)求直线B1D与平面AA1C1C所成角的正弦值．24(22·23下·武汉·三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.(1)求证：平面AEF⊥平面PBC；(2)求平面AEF与平面PDC夹角的最小值.25(22·23下·黄冈·三模)如图1，在四边形ABCD中，BC⊥CD，AE∥CD,AE=BE=2CD=2,CE =3．将四边形AECD沿AE折起，使得BC=3，得到如图2所示的几何体．(1)若G为AB的中点，证明：DG⊥平面ABE；(2)若F为BE上一动点，且二面角B-AD-F的余弦值为63，求EFEB的值．26(22·23·德州·三模)图1是直角梯形ABCD，AB⎳CD，∠D=90°，AD=3，AB=2，CD=3，四边形ABCE为平行四边形，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1=6，如图2．(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；(2)在线段BE上存在点P使得PA与平面ABC1的正弦值为365，求平面BAC1与PAC1所成角的余弦值．27(22·23·山东·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⎳CD，AB⊥BC，PA =AB=BC=2，CD=4．(1)证明：AD⊥PC；(2)若M为线段PB的靠近B点的四等分点，判断直线AM与平面PDC是否相交？如果相交，求出P到交点H的距离，如果不相交，说明理由．28(22·23·黄山·三模)如图，在直角梯形ABCD中，AD⎳BC，AD⊥CD，四边形CDEF为平行四边形，对角线CE和DF相交于点H，平面CDEF⊥平面ABCD，BC=2AD，∠DCF=60°，G是线段BE上一动点(不含端点)．(1)当点G为线段BE的中点时，证明：AG⎳平面CDEF；(2)若AD=1,CD=DE=2，且直线DG与平面CDEF成45°角，求二面角E-DG-F的正弦值．29(22·23·菏泽·三模)已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，其中AA1=2AC=4,AB=BC,F为BB1的中点，点E是CC1上靠近C1的四等分点，A1F与底面ABC所成角的余弦值为2 2．(1)求证：平面AFC⊥平面A1EF；(2)在线段A1F上是否存在一点N，使得平面AFC与平面NB1C1所成的锐二面角的余弦值为277，若存在，确定点N的位置，若不存在，请说明理由．30(22·23·福州·三模)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，PA=2，AB=AC=1，将△PAB绕着PA逆时针旋转π3到△PAD的位置，得到如图所示的组合体，M为PD的中点.(1)当∠BAC为何值时，该组合体的体积最大，并求出最大值；(2)当PC⎳平面MAB时，求直线PC与平面PBD所成角的正弦值.31(22·23·福州·二模)如图1，在△ABC 中，AB =AC =2,∠BAC =2π3,E 为BC 的中点，F 为AB 上一点，且EF ⊥AB .将△BEF 沿EF 翻折到△B EF 的位置，如图2.(1)当AB =2时，证明：平面B AE ⊥平面ABC ；(2)已知二面角B -EF -A 的大小为π4，棱AC 上是否存在点M ，使得直线B E 与平面B MF 所成角的正弦值为1010？若存在，确定M 的位置；若不存在，请说明理由.32(22·23·三明·三模)如图，平面五边形ABCDE 由等边三角形ADE 与直角梯形ABCD 组成，其中AD ∥BC ，AD ⊥DC ，AD =2BC =2，CD =3，将△ADE 沿AD 折起，使点E 到达点M 的位置，且BM =a .(1)当a =6时，证明AD ⊥BM 并求四棱锥M -ABCD 的体积；(2)已知点P 为棱CM 上靠近点C 的三等分点，当a =3时，求平面PBD 与平面ABCD 夹角的余弦值.33(22·23·宁德·一模)如图①在平行四边形ABCD 中，AE ⊥DC ，AD =4，AB =3，∠ADE =60°，将△ADE 沿AE 折起，使平面ADE ⊥平面ABCE ，得到图②所示几何体．(1)若M 为BD 的中点，求四棱锥M -ABCE 的体积V M -ABCE ；(2)在线段DB 上，是否存在一点M ，使得平面MAC 与平面ABCE 所成锐二面角的余弦值为235，如果存在，求出DMDB的值，如果不存在，说明理由．34(22·23·龙岩·二模)三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB =AC =2，侧面A 1ACC 1为矩形，∠A 1AB =2π3，三棱锥C 1-ABC 的体积为233．(1)求侧棱AA 1的长；(2)侧棱CC 1上是否存在点E ，使得直线AE 与平面A 1BC 所成角的正弦值为55？若存在，求出线段C 1E 的长；若不存在，请说明理由．35(22·23下·浙江·二模)如图，在多面体ABC-A1B1C1中，AA1⎳BB1⎳CC1，AA1⊥平面A1B1C1，△A1B1C1为等边三角形，A1B1=BB1=2，AA1=3，CC1=1，点M是AC的中点．(1)若点G是△A1B1C1的重心，证明；点G在平面BB1M内；(2)求二面角B1-BM-C1的正弦值．36(22·23下·浙江·三模)如图，三棱台ABC-A1B1C1中，A1C1=4，AC=6，D为线段AC上靠近C的三等分点.(1)线段BC上是否存在点E，使得A1B⎳平面C1DE，若不存在，请说明理由；若存在，请求出BEBC的值；(2)若A1A=AB=4，∠A1AC=∠BAC=π3，点A1到平面ABC的距离为3，且点A1在底面ABC的射影落在△ABC内部，求直线B1D与平面ACC1A1所成角的正弦值.37(22·23下·苏州·三模)如图，在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为62的等边三角形，且PA= PB=PC=6，PD⊥平面ABC，垂足为D,DE⊥平面PAB，垂足为E，连接PE并延长交AB于点G.(1)求二面角P-AB-C的余弦值；(2)在平面PAC内找一点F，使得EF⊥平面PAC，说明作法及理由，并求四面体PDEF的体积.38(22·23·沧州·三模)如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成.C,E,D,G在同一平面内，且CG=DG.(1)证明：平面BFD⊥平面BCG；(2)若直线GC与平面ABG所成角的正弦值为105，求平面BFD与平面ABG所成角的余弦值.39(23·24上·永州·一模)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，且AD=2AB=4,M、N分别为PD、BC的中点，H在线段PC上，且PC=3PH．(1)求证：MN⎳平面PAB；(2)当AM⊥PC时，求平面AMN与平面HMN的夹角的余弦值．40(22·23·潍坊·三模)如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AC为底面直径，△ABD为底面圆O的内接正三角形，且边长为3，点E在母线PC上，且AE=3，CE=1．(1)求证：PO∥平面BDE；(2)求证：平面BED⊥平面ABD(3)若点M为线段PO上的动点．当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，求此时点M到平面ABE的距离．立体几何大题1.空间中的平行关系（1）线线平行（2）线面平行的判定定理：平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行（3）线面平行的性质定理若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行（4）面面平行的判定定理判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行（5）面面平行的性质定理性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行6.空间中的垂直关系（1）线线垂直（2）线面垂直的判定定理一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直（3）线面垂直的性质定理性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行（4）面面垂直的判定定理一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直(或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直)（5）面面垂直的性质定理两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面6.异面直线所成角cos θ=cos a ,b =|a ⋅b ||a |⋅|b |=|x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2|x 12+y 12+z 12⋅x 22+y 22+z 22(其中θ(0°<θ≤90°)为异面直线a ,b 所成角，a ,b 分别表示异面直线a ,b 的方向向量)7.直线AB 与平面所成角，sin β=AB ⋅m |AB ||m |(m 为平面α的法向量).8.二面角α-l -β的平面角cos θ=m ⋅n |m ||n |(m ，n 为平面α，β的法向量).9.点B 到平面α的距离d =|AB ⋅n | (n 为平面α的法向量，AB 是经过面α的一条斜线，A ∈α).模拟训练一、解答题1(22·23下·湖南·二模)如图，在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2,AC =BB ，点D 为棱BB 的中点，AE =13AC ．(1)求DE 的长度；(2)求平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值．【答案】(1)393(2)34【分析】(1)在△ABC 中，用余弦定理可得到AC =23，在△ABE 中，用余弦定理可得BE =233，即可求得DE =DB 2+BE 2=393；(2)以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，求出平面CDE 与平面BDE 的法向量，即可求解【详解】(1)因为在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2，在△ABC 中，由余弦定理得cos ∠ABC =AB 2+BC 2-AC 22AB ⋅BC=22+22-AC 22×2×2=-12，解得AC =23，则AE =13AC =233，在△ABE 中，由余弦定理得cos ∠BAE =AB 2+AE 2-BE 22AB ⋅AE =22+233 2-BE 22×2×233=32，解得BE =233，又AC =BB =23，所以BD =12BB =3，因为BB ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，所以BB ⊥BE ，在直角三角形DBE 中，DE =DB 2+BE 2=(3)2+233 2=393；(2)因为AE =BE =233，所以∠ABE =∠BAE =30°，则∠CBE =∠ABC -∠ABE =120°-30°=90°，则BE ,BC ,BB 两两互相垂直，以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系：设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，由n ⋅CD =x ,y ,z ⋅0,-2,3 =-2y +3z =0n ⋅CE =x ,y ,z ⋅233,-2,0 =233x -2y =0 ，得z =233y x =3y，令y =3，得平面CDE 的一个法向量为n =3,3,2 ；平面BDE 的一个法向量为m =0,1,0 ．设平面CDE 与平面BDE 夹角的大小为θ，则cos θ=m ⋅n m n =0,1,0 ⋅3,3,2 1×4=34，故平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值为34．2(22·23下·绍兴·二模)如图，在多面体ABCDE 中，DE ⊥平面BCD ,△ABC 为正三角形，△BCD 为等腰Rt △,∠BDC =90°,AB =2,DE =2.(1)求证：AE ⊥BC ；(2)若AE ⎳平面BCD ，求直线BE 与平面ABC 所成的线面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；(2)法一：由分析可知，∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角，设∠AFD =α，当α<90°时，O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，当α>90°时，求出EH ,BE ，即可得出答案；法二：建立空间直角坐标系，求出直线BE 的方向向量与平面ABC 的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.【详解】(1)设F 为BC 中点，连接AF ,EF ，则由△ABC 为正三角形，得AF ⊥BC ；DE ⊥平面BCD ，且△BCD 为等腰直角三角形，计算可得：BE =CE =2,∴EF ⊥BC .EF ∩AF =F ,EF ,AF ⊂面AEF ，于是BC ⊥面AEF ，AE ⊂面AEF ，从而BC ⊥AE .(2)法一：由(1)可知，过点E 作EH ⊥AF ，垂足为H ，则∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角.当AE ⎳平面BCD 时，可得A 到平面BCD 的距离为 2.设∠AFD =α，所以AF ⋅sin α=2，可得sin α=63，当α<90°时，cos α=33，不妨设A 在底面BCD 射影为O ，则FO =1，此时O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，舍去；当α>90°时，FO =1，此时O 在DF 的延长线上，作EH ⊥AF ，由于AODE 为矩形，可得AE =DO =2,AE ∥OD ，可得sin ∠EAH =63，可得EH =263.于是sin ∠EBH =EH BE=63.法二：建立如图坐标系，可得F 0,0,0 ,B 1,0,0 ，C -1,0,0 ,D 0,1,0 ,E 0,1,2 ,A 0,a ,b由AF =3，解得a 2+b 2=3，又∵AE ⎳平面BCD ，令n =0,0,1 ，可得AB ⋅n =0，解得b =2,a =±1.当a =1时A ,E 重合，所以a =-1，此时A 0,-1,2 .不妨设平面ABC 的法向量为m =x ,y ,z ，则CB ⋅m =0CA ⋅m =0代入得x -y +2z =02x =0 ，令z =1，则y =2，所以m =0,2,1 .由于BE =-1,1,2 ，不妨设所成角为θ，则sin θ=∣cos BE ,m |=63.3(22·23·张家口·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，∠CBB 1=60°，AB =BC =2，AC =AB 1=2.(1)证明：平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C ；(2)求平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)57.【分析】(1)利用面面垂直的判定定理进行证明；(2)利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解.【详解】(1)如图，连接BC 1，交B 1C 于O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为BC 1的中点.又AC =AB 1=2，故AO ⊥B 1C .又AB =BC =2，且∠CBB 1=60°，所以CO =1,BO =3，所以AO =AC 2-CO 2=1.又AB =2，所以AB 2=BO 2+AO 2，所以AO ⊥BO .因为BO ,CB 1⊂平面BB 1C 1C ，BO ∩CB 1=O ，所以AO ⊥平面BB 1C 1C .又AO ⊂平面ACB 1，所以平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C .(2)由(1)知，OA ,OB ,OB 1两两互相垂直，因此以O 为坐标原点，OB ,OB 1,OA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (0,0,1)，B (3,0,0)，C (0,-1,0)，C 1(-3,0,0).故CC 1 =(-3,1,0)，CA =(0,1,1)，CB =(3,1,0).设n =(x 1,y 1,z 1)为平面ACC 1A 1的一个法向量，则有n ⋅CC 1 =0n ⋅CA =0 ，即-3x 1+y 1=0y 1+z 1=0 ，令x 1=1，则n =(1,3,-3).设m =(x 2,y 2,z 2)为平面ABC 的一个法向量，则有m ⋅CA =0m ⋅CB =0，即y 2+z 2=03x 2+y 2=0 ，令x 2=1，则m =(1,-3,3).因为平面A 1B 1C 1∥平面ABC ，所以m =(1,-3,3)也是平面A 1B 1C 1的一个法向量.所以cos <n ,m > =n ⋅m n m=1-3-3 7×7=57.所以平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值57. 4(22·23·湛江·二模)如图1，在五边形ABCDE 中，四边形ABCE 为正方形，CD ⊥DE ，CD =DE ，如图2，将△ABE 沿BE 折起，使得A 至A 1处，且A 1B ⊥A 1D ．(1)证明：DE ⊥平面A 1BE ；(2)求二面角C -A 1E -D 的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由已知易得DE ⊥BE ，即可证明线面垂直；(2)建立空间直角坐标系，用坐标公式法求解即可．【详解】(1)由题意得∠BEC =∠CED =π4，∠BED =π2，DE ⊥BE ，又A 1B ⊥A 1D ，A 1E ∩A 1D =A 1,A 1E ,A 1D ⊂面A 1ED ，所以A 1B ⊥面A 1ED ，又DE ⊂面A 1ED ，则DE ⊥A 1B ，又DE ⊥BE ，A 1B ∩BE =B ，A 1B ⊂平面A 1BE ，BE ⊂平面A 1BE ，所以DE ⊥平面A 1BE ．(2)取BE 的中点O ，可知BE =2CD ,OE =CD ，由DE ⊥BE ，且CD ⊥DE 可得OE ⎳CD ，所以四边形OCDE 是平行四边形，所以CO ∥DE ，则CO ⊥平面A 1BE ，设BE =2，以点O 为坐标原点，OB ,OC ,OA 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图，则A 1(0,0,1),E (-1,0,0),B (1,0,0),C (0,1,0),D (-1,1,0)，EA 1 =(1,0,1),EC =(1,1,0),ED =(0,1,0)，设平面A 1EC 的一个法向量为n 1 =(x 1,y 1,z 1)，则n 1 ⋅EA 1 =0n 1 ⋅EC =0 ，即x 1+z 1=0x 1+y 1=0 ，取x 1=1，则n 1 =(1,-1,-1)，设平面A 1ED 的一个法向量为n 2 =(x 2,y 2,z 2)，则n 2 ⋅E 1A =0n 2 ⋅ED =0 ，即x 2+z 2=0y 2=0 ，取x 2=1，则n 2 =(1,0,-1)，所以cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 n 2=63，由图可知，二面角C -A 1E -D 为锐角，所以面角C -A 1E -D 的余弦值为63．5(22·23下·长沙·三模)如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，△ABC 和△ACD 均为正三角形，AC =4，BE =3，点F 在AC 上.(1)若BF ⎳平面CDE ，求CF ；(2)若F 是AC 的中点，求二面角F -DE -C 的正弦值.【答案】(1)CF =1(2)8517【分析】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，依题意可得DM ⊥AC ，根据面面垂直的性质得到DM ⊥平面ABC ，如图建立空间直角坐标系，求出平面CDE 的法向量，设F a ,0,0 ，a ∈2,-2 ，依题意可得BF ⋅n =0求出a 的值，即可得解；(2)依题意点F 与点M 重合，利用空间向量法计算可得.【详解】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，△ACD 为正三角形，AC =4，则DM ⊥AC ，且DM =2 3.所以DM ⊥平面ABC ，又△ABC 为正三角形，所以BM ⊥AC ，所以BM =23，如图建立空间直角坐标系，则B 0,23,0 ，C -2,0,0 ，D 0,0,23 ，E 0,23,3 ，所以CD =2,0,23 ，CE =2,23,3 ，设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，则n ⋅CD =2x +23z =0n ⋅CE =2x +23y +3z =0，令x =3，则z =-3，y =-32，则n =3,-32,-3 ，设F a ,0,0 ，a ∈-2,2 ，则BF =a ,-23,0 ，因为BF ⎳平面CDE ，所以BF ⋅n =3a +-23 ×-32+0×-3 =0，解得a =-1，所以F 为CM 的中点，此时CF =1.(2)若F 是AC 的中点，则点F 与点M 重合，则平面FDE 的一个法向量可以为m =1,0,0 ，设二面角F -DE -C 为θ，显然二面角为锐角，则cos θ=m ⋅n m ⋅n=332+-32 2+-3 2=651，所以sin θ=1-cos 2θ=1-651 2=8517，所以二面角F -DE -C 的正弦值为8517.6(22·23下·湖北·二模)如图，S 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 内接于⊙O ,AC ⊥BC ,AC =BC =322，AM =2MS ,AS =3,PQ 为⊙O 的一条弦，且SB ⎳平面PMQ .(1)求PQ 的最小值；(2)若SA ⊥PQ ，求直线PQ 与平面BCM 所成角的正弦值.【答案】(1)22(2)3010【分析】(1)作出辅助线，找到符合要求的PQ ，并利用垂径定理得到最小值；(2)在第一问基础上，得到当PQ 取得最小值时，SA ⊥PQ ，并建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.【详解】(1)过点M 作MH ⎳SB 交AB 于点H ，过点H 作PQ ⊥AB ，此时满足SB ⎳平面PMQ ，由平面几何知识易知，PQ =2r 2-d 2，当弦心距d 最大时，d =OH ，弦长最短，即PQ 取得最小值，因为AM =2MS ,AS =3，所以AH =2HB ，因为AC ⊥BC ,AC =BC =322，由勾股定理得AB =322⋅2=3，故AH =2,HB =1，连接OQ ，则OQ =32，由勾股定理得HQ =OQ 2-OH 2=94-14=2，所以PQ =2HQ =22；(2)连接OS ，则OS ⊥平面ACB ，因为PQ ⊂平面ACB ，故OS ⊥PQ ，而SA ⊥PQ ，OS ∩SA =S ，所以PQ ⊥平面AOS ，即有PQ ⊥AB .以O 为坐标原点，过点O 且平行PQ 的直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，OS 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则P -2,12,0 ,Q 2,12,0 ,B 0,32,0 ,C 32,0,0 ,M 0,-12,3 ，设平面BCM 的法向量为m =x ,y ,z ，则m ⋅CB =x ,y ,z ⋅-32,32,0 =-32x +32y =0m ⋅MB =x ,y ,z ⋅0,2,-3 =2y -3z =0，令x =1，则y =1,z =233，故m =1,1,233，设直线PQ 与平面BCM 所成角的大小为θ，则sin θ=cos PQ ,m =PQ ⋅m PQ ⋅m =22,0,0 ⋅1,1,233 22×1+1+43=3010.故直线PQ与平面BCM所成角的正弦值为30 10.7(22·23·深圳·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,PA= AD=2AB，点M是PD的中点.(1)证明：AM⊥PC；(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上(异于点P，C)，且ON=OA，求直线AN与平面ACM所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)1510【分析】(1)由等腰三角形的性质可得AM⊥PD，由面面垂直的性质可得CD⊥平面PAD，则CD⊥AM，所以由线面垂直的判定可得AM⊥平面PCD，从而可得结论；(2)以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】(1)证明：因为PA=AD，点M是PD的中点，所以AM⊥PD.因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD，因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，因为平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AM，因为PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD，因为PC⊂平面PCD，所以AM⊥PC.(2)解：由题意可得AB,AD,AP两两垂直，设AB=1，如图，以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，22所以AM =0,22,22 ,AC =1,2,0 ，设平面ACM 的法向量为n =x ,y ,z ，则AM ⋅n =22y +22z =0AC ⋅n =x +2y =0，令y =-1可得x =2,z =1，所以平面ACM 的一个法向量n =2,-1,1 .PC =1,2,-2 ，设N x N ,y N ,z N ,PN =λPC =λ,2λ,-2λ (0<λ<1)，即x N ,y N ,z N -2 =λ,2λ,-2λ ，所以N λ,2λ,2-2λ .又O 12,22,0 ,ON =OA =32，所以λ-12 2+2λ-22 2+(2-2λ)2=34，化简得5λ2-7λ+2=0，解得λ=25或λ=1(舍去).所以AN =25,225,325，设直线AN 与平面ACM 所成的角为θ，则sin θ=n ⋅AN n ⋅AN=3252+1+1×425+825+1825=1510，所以直线AN 与平面ACM 所成角的正弦值为1510.8(22·23下·温州·二模)已知三棱锥D -ABC 中，△BCD 是边长为3的正三角形，AB =AC =AD ,AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33．(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求二面角D -AC -B 的平面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)223【分析】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，证明BC ⊥平面ADE ，即可得证；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，从而可得OA ⊥平面BCD ，则∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，进而可得AB =AC =AD =3，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，解△BDH 即可得解.【详解】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，因为△BCD 是边长为3的正三角形，所以DE ⊥BC ，又AE ∩DE =E ,AE ,DE ⊂平面ADE ，所以BC ⊥平面ADE ，因为AD ⊂平面ADE ，所以AD ⊥BC ；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，则点O 在DE 上，且OD =23DE ，由AB =AC =AD ，△BCD 是正三角形，得三棱锥A -BCD 为正三棱锥，则OA ⊥平面BCD ，故∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，又AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33，所以OD AD =3×32×23AD=33，即AB =AC =AD =3，即三棱锥A -BCD 是正四面体，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，在△BDH 中，BH =DH =332,BD =3，则cos ∠BHD =BH 2+DH 2-BD 22⋅BH ⋅DH =274+274-92×332×332=13，所以sin ∠BHD =1-cos 2∠BHD =223，所以二面角D -AC -B 的平面角的正弦值223．9(22·23下·浙江·二模)如图，四面体ABCD ,AD ⊥CD ,AD =CD ,AC =2,AB =3,∠CAB =60°，E 为AB 上的点，且AC ⊥DE ,DE 与平面ABC 所成角为30°，(1)求三棱锥D -BCE 的体积；(2)求二面角B -CD -E 的余弦值.【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析．【分析】(1)取AC 中点F ，可证明AC ⊥平面DEF ，得平面ABC ⊥平面DEF ，DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，由正弦定理求得∠FDE ，有两个解，在∠FDE =60°时可证DF ⊥平面ABC ，在∠FDE =120°时，取FE 中点H 证明DH ⊥平面ABC ，然后由棱锥体积公式计算体积；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．【详解】(1)取AC 中点F ，连接FE ,FD ，因为AD =CD ，所以DF ⊥AC ，又AC ⊥DE ，DE ∩DF =D ，DE ,DF ⊂平面DEF ，所以AC ⊥平面DEF ，而FE ⊂平面DEF ，所以AC ⊥FE ，由AC ⊥平面DEF ，AC ⊂平面ABC 得平面ABC ⊥平面DEF ，因此DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，所以∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，AD =CD ,AC =2，因此DF =12AC =1，在△DEF 中，由正弦定理EF sin ∠FDE =DF sin ∠DEF 得1sin30°=3sin ∠FDE ，sin ∠FDE =32，∠FDE 为△DEF 内角，所以∠FDE =60°或120°，S △ABC =12AB ×AC ×sin ∠BAC =12×3×2×sin60°=333，S △CBE =BE BAS △ABC =3-23×332=32，若∠FDE =60°，则∠DFE =90°，即DF ⊥FE ，AC ∩FE =F ，AC ,FE ⊂平面ABC ，所以DF ⊥平面ABC ，V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×1=36；若∠FDE =120°，则∠DFE =30°，DF =DE =1，取EF 中点H ，连接DH ，则DH ⊥EF ，因为平面ABC ⊥平面DEF ，平面ABC ∩平面DEF =EF ，而DH ⊂平面DEF ，所以DH ⊥平面ABC ，DH =DF sin ∠DFE =1×sin30°=12，所以V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×12=312；(2)若∠FDE =60°，以FA ,FE ,FD 为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，则D (0,0,1)，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =(1,0,1)，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-33，即m =(33,-1,-33)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+955×7=19385385，所以二面角B -CD -E 的余弦值是19385；若∠FDE =120°，以FA 为x 轴，FE 为y 轴，过F 且平行于HD 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，FH =12FE =32，则D 0,32,12 ，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =1,32,12 ，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+32y 1+12z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-53，即m =(33,-1,-53)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+32y 2+12z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+15103×7=25721721，所以二面角B -CD -E 的余弦值是25721721．10(22·23下·襄阳·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为矩形，∠BAC =90°，AB =AC =2，AA 1=4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点N ，M 为B 1C 1的中点.(1)求证：平面A 1MNA ⊥平面A 1BC ；(2)求平面A 1B 1BA 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)23015【分析】(1)利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值.【详解】(1)如图，∵A 1N ⊥面ABC ，连AN ，则AN ⊥A 1N ，又AB =AC =2，∴AN ⊥BC ，又AN ∩BC =N ，A 1N ⊂面A 1BC ，BC ⊂面A 1BC ，于是AN ⊥面A 1BC ，又AN ⊂面A 1MN ，，所以面A 1BC ⊥面A 1MNA .(2)由(1)可得，以NA ,NB ,NA 1 为x ,y ,z 轴，建系如图，∠BAC =90°，AB =AC =2，BC =22则A (2,0,0),B (0,2,0),C (0,-2,0),因为AA 1=4,AN =2,所以A 1N =14,则A 1(0,0,14),因为NB 1 =NB +BB 1 =NB +AA 1 =0,2,0 +-2,0,14 =-2,2,14 ,所以B 1-2,2,14 ,设平面A 1BB 1的一个法向量为m =(x ,y ,z )，因为A 1B =(0,2,-14),B 1B =(2,0,-14),所以A 1B ⋅m =2y -14z =0B 1B ⋅m =2x -14z =0 ，令y =7，则x =7,z =1，所以m =(7,7,1)，设平面BCC 1B 1的一个法向量为n =(a ,b ,c )，因为BC =(0,-22,0),BB 1 =(-2,0,14),所以BC ⋅n =-22b =0BB 1 ⋅n =-2a +14c =0，令a =7，则b =0,c =1，所以n =(7,0,1)，设平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角为θ，则cos θ=cos <m ,n >=m ⋅n m n=7+0+17+7+1×7+0+1=23015，所以平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角的余弦值为23015.11(22·23·唐山·二模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 是等边三角形，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，且AA 1=AC ，∠AA 1C 1=120°，M 是CC 1的中点．(1)证明：A 1C ⊥BM ．(2)求二面角A 1-BC -M 的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)45【分析】(1)根据菱形的性质、结合面面垂直的性质，线面垂直的判定定理进行证明即可；(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量夹角公式进行求解即sk .【详解】(1)取AC 的中点O ，连接OM ，OB ，AC 1．在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，由AA 1=AC ，得四边形ACC 1A 1为菱形，所以A 1C ⊥AC 1，易知OM ∥AC 1，则A 1C ⊥OM ．由△ABC 是等边三角形，知OB ⊥AC ，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，OB ⊂平面ABC ，知OB ⊥平面ACC 1A 1，则OB ⊥A 1C ，又OB ∩OM =O ,OB ,OM ⊂平面OBM ，得A 1C ⊥平面OBM ，又BM ⊂平面OBM ，故A 1C ⊥BM ．.(2)连接OA 1，因为侧面ACC 1A 1为菱形，∠AA 1C 1=120°，则∠A 1AC =60°，则△A 1AC 为等边三角形，所以A 1O ⊥AC ，又由(1)易知OA 1，OB ，AC 两两垂直，故以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 1 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系．不妨设AB =2，则O 0,0,0 ，B 3,0,0 ，C 0,1,0 ，A 10,0,3 ，C 10,2,3 ，BA 1 =-3,0,3 ，BC =-3,1,0 ，CC 1 =0,1,3 ，。

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近五年浙江数学高考立体几何考题
【2018年】
3．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是
A ．2
B ．4
C ．6
D ．8
6．已知平面α，直线m ，n 满足m α，n α，则“m ∥n ”是“m ∥α”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
8．已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则 A ．θ1≤θ2≤θ3
B ．θ3≤θ2≤θ1
C ．θ1≤θ3≤θ2
D ．θ2≤θ3≤θ1
19．（本题满分15分）如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，
∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；
（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．侧视图
俯视图
正视图
2
21
1⊄⊂
3．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），
则该几何体的体积（单位：cm2）是（）
A．+1 B．+3 C．+1 D．+3
9．（5分）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）
A．γ＜α＜βB．α＜γ＜β C．α＜β＜γD．β＜γ＜α
19．（15分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．
（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
文科
2．已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（）A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n
9．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是cm2，体积是cm3．
14．如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°，沿直线AC 将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是．
18．如图，在三棱台ABC﹣DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3．
（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；
（Ⅱ）求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．
【2016】
理科
2．已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（）A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n
11．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是cm2，体积是cm3．
14．如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°．若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是．
17．如图，在三棱台ABC﹣DEF中，已知平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3，
（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；
（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣F的余弦值．
文科
2、某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是
A.8 cm 3
B.12 cm 3
C.323
cm 3
D.403
cm 3
4、设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l ⊂α，m ⊂β.
A.若l ⊥β，则α⊥β
B. 若α⊥β，则l ⊥m
C. 若l ∥β，则α∥β
D. 若α∥β，则l ∥m
7、如图，斜线段AB 与平面α所成的角为60°，B 为斜足，平面上的动点P 满足∠PAB=30°，则点P 的轨迹是 A.直线 B.抛物线 C.椭圆 D.双曲线的一支
18、（本题满分15分）如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，
∠BAC=90°，AB=AC=2，A 1A=4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是B 1C 1的中点。

（Ⅰ）证明：A 1D ⊥平面A 1BC ；
（Ⅱ）求直线A 1B 和平面BB 1C 1C 所成的角的正弦值。

理科
2、某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是
A.8 cm 3
B.12 cm 3
C.323
cm 3
D.403
cm 3
8．如图，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 折成△A ′CD ，所成二面角A ′﹣CD ﹣B 的平面角为α，则（）
A ． ∠A ′D
B ≤α B ．
∠A ′DB ≥α C ． ∠A ′CB ≤α D ．
∠A ′CB ≥α
13．如图，三棱锥A ﹣BCD 中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点M ，N 分别是AD ，BC
的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是．
17．（15分）（2015•浙江）如图，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A 1A=4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是B 1C 1的中点．（1）证明：A 1D ⊥平面A 1BC ；
（2）求二面角A 1﹣BD ﹣B 1的平面角的余弦值．
文科
3. 某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积是（）
A. 3
72cm B. 3
90cm C. 3
108cm D. 3
138cm
6.设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则（）
A.若n m ⊥，α//n ，则α⊥m
B.若β//m ，αβ⊥，则α⊥m
C.若β⊥m ，β⊥n ，α⊥n ，则α⊥m
D.若n m ⊥，β⊥n ，αβ⊥，则α⊥m
20、如图，在四棱锥BCDE A -中，平面ABC ⊥平面BCDE ；90CDE BED ∠=∠=︒，
2AB CD ==，1DE BE ==
，AC
（1）证明：AC ⊥平面BCDE ；
（2）求直线AE 与平面ABC 所成的角的正切值.
A
D E
B
C
【2014】理科
（3）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的表面积是 A. 902cm B. 1292cm C. 1322cm D. 1382cm
20. 如图，在四棱锥BCDE A -中，平面⊥ABC 平面
======∠=∠AC BE DE CD AB BED CDE BCDE ,1,2,90,02.
（1）证明：⊥DE 平面ACD ; （2）求二面角E AD B --的大小
4
6
8
1012
14
16
18
E
A。

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