全国卷文科数学立体几何配答案汇总
高考立体几何文科大题及答案
（Ⅱ）求二面角A— —B的大小。
14.（2009宁夏海南卷文）如图，在三棱锥 中，⊿ 是等边三角形，∠PAC=∠PBC=90（Ⅰ）证明：AB⊥PC
（Ⅱ）若 ，且平面 ⊥平面 ，
求三棱锥 体积。
15.（2009福建卷文）如图，平行四边形 中， ， 将
沿 折起到 的位置，使平面 平面
（I）求证：
又底面ＡＢＣＤ是正方形， ＣD ＡD，又ＳＤ AD=D， CD 平面SAD。
过点D在平面SAD内做DF AE于F，连接CF，则CF AE，
故 CFD是二面角C-AE-D的平面角，即 CFD=60°
在Rt△ADE中， AD= , DE= ，AE= 。
于是，DF=
在Rt△CDF中，由 cot60°=
得 ，即 =3
【解法2】如图，以D为原点建立空间直角坐标系 ，
设
则 ，
（Ⅰ）∵ ，
∴ ，
∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面PDB，
∴平面 .
（Ⅱ）当 且E为PB的中点时， ，
设AC∩BD=O，连接OE，
由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，
∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，
∵ ，
∴ ，
∴ ，即AE与平面PDB所成的角的大小为 .
由 得2AD= ，解得AD= 。
故AD=AF。又AD⊥AF，所以四边形ADEF为正方形。
因为BC⊥AF，BC⊥AD，AF∩AD=A，故BC⊥平面DEF，因此平面BCD⊥平面DEF。
连接AE、DF，设AE∩DF=H，则EH⊥DF，EH⊥平面BCD。
连接CH，则∠ECH为 与平面BCD所成的角。
因ADEF为正方形，AD= ，故EH=1，又EC= =2，
（Ⅰ）设 ，则
高考文科数学专题5 立体几何 高考文科数学 (含答案)
专题五 立体几何第一讲 空间几何体1．棱柱、棱锥 (1)棱柱的性质侧棱都相等，侧面是平行四边形；两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形；直棱柱的侧棱长与高相等且侧面与对角面是矩形． (2)正棱锥的性质侧棱相等，侧面是全等的等腰三角形，斜高相等；棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影构成一个直角三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也构成一个直角三角形；某侧面的斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个直角三角形；侧棱在底面内的射影、斜高在底面内的射影及底面边长的一半也构成一个直角三角形． 2．三视图(1)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高； (2)三视图排列规则：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样；侧视图放在正视图的右面，高度和正视图一样，宽度与俯视图一样． 3．几何体的切接问题(1)解决球的内接长方体、正方体、正四棱柱等问题的关键是把握球的直径即棱柱的体对角线长．(2)柱、锥的内切球找准切点位置，化归为平面几何 问题．4．柱体、锥体、台体和球的表面积与体积(不要求记忆) (1)表面积公式①圆柱的表面积 S ＝2πr (r ＋l )； ②圆锥的表面积S ＝πr (r ＋l )；③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )； ④球的表面积S ＝4πR 2. (2)体积公式①柱体的体积V ＝Sh ；②锥体的体积V ＝13Sh ；③台体的体积V ＝13(S ′＋SS ′＋S )h ；④球的体积V ＝43πR 3.1． (2013·广东)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是( )A ．4 B.143C.163D ．6答案 B解析 由三视图知四棱台的直观图为由棱台的体积公式得：V ＝13(2×2＋1×1＋2×2×1×1)×2＝143.2． (2013·四川)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )答案 D解析由三视图可知上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.3． (2013·江西)如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m＋n＝( )A．8 B．9 C．10 D．11答案 A解析取CD的中点H，连接EH，HF.在四面体CDEF中，CD⊥EH，CD⊥FH，所以CD⊥平面EFH，所以AB⊥平面EFH，所以正方体的左、右两个侧面与EF平行，其余4个平面与EF相交，即n＝4.又因为CE与AB在同一平面内，所以CE与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面相交，即m＝4，所以m＋n＝4＋4＝8.4． (2013·新课全国Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为( )答案 A解析根据已知条件作出图形：四面体C1－A1DB，标出各个点的坐标如图(1)所示，可以看出正视图为正方形，如图(2)所示．故选A.5． (2013·福建)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是________．答案12π解析由三视图知，该几何体为正方体和球组成的组合体，正方体的对角线为球的直径．所以2R＝23，即R＝3，球的表面积为S＝4πR2＝12π.题型一空间几何体的三视图例1(1)(2012·广东)某几何体的三视图如图所示，它的体积为( )A．12πB．45πC．57πD．81π(2)(2012·陕西)将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥，得到如图(2)所示的几何体，则该几何体的左(侧)视图为( )审题破题根据三视图先确定原几何体的直观图和形状，然后再解题．答案(1)C (2)B解析 (1)由三视图知该几何体是由圆柱、圆锥两几何体组合而成，直观图如图所示． 圆锥的底面半径为3，高为4，圆柱的底面半径为3，高为5，∴V ＝V 圆锥＋V 圆柱＝13Sh 1＋Sh 2＝13×π×32×4＋π×32×5＝57π.(2)还原正方体后，将D 1，D ，A 三点分别向正方体右侧面作垂线．D 1A 的射影为C 1B ，且为实线，B 1C 被遮挡应为虚线．反思归纳 将三视图还原成直观图是解答该类问题的关键，其解题技巧是对常见简单几何体及其组合体的三视图，特别是正方体、长方体、圆柱、圆锥、棱柱、棱锥、球等几何体的三视图分别是什么图形，数量关系有什么特点等都应该熟练掌握，会画出其直观图，然后由三视图验证．变式训练1 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________ cm 3.答案 18解析 由几何体的三视图可知，该几何体由两个直四棱柱构成，其直观图如图所示．上底面直四棱柱的长是3 cm ，宽是3 cm ，高是1 cm ，故其体积为9 cm 3，下底面直四棱柱的高是3 cm ，长是1 cm ，宽是3 cm ，其体积为9 cm 3.故该几何体的体积为V ＝18 cm 3. 题型二 空间几何体的表面积和体积例2 如图所示，已知E 、F 分别是棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱A 1A 、CC 1的中点，求四棱锥C 1—B 1EDF 的体积．审题破题 本题可从两个思路解题：思路一：先求出四棱锥C 1—B 1EDF 的高及其底面积，再利用棱锥的体积公式求出其体积； 思路二：先将四棱锥C 1—B 1EDF 化为两个三棱锥B 1—C 1EF 与D —C 1EF ，再求四棱锥C 1—B 1EDF 的体积．解 方法一 连接A 1C 1，B 1D 1交于点O 1，连接B 1D ，过O 1作。
高考文科立体几何题汇总（含答案）
19．（本小题满分12分）2008 如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ^平面ABCD ，AB DC ∥，P AD △是等边三角形，已知28BD AD ==，245AB DC ==．（Ⅰ）设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ^平面PAD ； （Ⅱ）求四棱锥P ABCD -的体积．的体积．18.（本小题满分12分）分） 2009 如图，在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB//CD ，AB=4, BC=CD=2, AA 1=2, E 、E 1分别是棱AD 、AA 1的中点. （1） 设F 是棱AB 的中点,证明：直线EE 1//平面FCC 1； （2） 证明:平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C. 2010 （20）（本小题满分12分）分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，BCD A MA 平面^,PD ∥MA ,E G F 、、分别为MB 、PC PB 、的中点，且2MA PD AD ==．（Ⅰ）求证：平面PDC EFG 平面^; （Ⅱ）求三棱锥的体积之比与四棱锥ABCD P MAB P --．A B C M P D EA B C F E 1 A 1 B 1 C 1 D 1 D 2011 19．（本小题满分12分）分）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，1D D ^平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，AB=2AD ，11AD=A B ，BAD=Ð60° （Ⅰ）证明：1AA BD ^；（Ⅱ）证明：11CC A BD ∥平面．2012 (19) ( (本小题满分本小题满分12分)如图，几何体E ABCD -是四棱锥，△ABD 为正三角形，,CB CD EC BD =^. (Ⅰ)求证：BE DE =；(Ⅱ)若∠120BCD =°，M 为线段AE 的中点，的中点， 求证：DM ∥平面BEC .53238545545523163 ACM PDOEA B C F 1 1 C 1 D 1 D F 1 EC 1 1 C 1 D 1 D 所以CC 1⊥AC,因为底面ABCD 为等腰梯形，AB=4, BC=2, F 是棱AB 的中点,所以CF=CB=BF ，△BCF 为正三角形，为正三角形， 60BCF Ð=°,△ACF 为等腰三角形，且30ACF Ð=°所以AC ⊥BC, 又因为BC 与CC 1都在平面BB 1C 1C 内且交于点C, 所以AC ⊥平面BB 1C 1C,而AC Ì平面D 1AC, 所以平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C. 2010 （20）本小题主要考查空间中的线面关系，考查线面垂直、）本小题主要考查空间中的线面关系，考查线面垂直、面面垂直的判定及几面面垂直的判定及几何体体积的计算，考查试图能力和逻辑思维能力。
(整理)高考文科数学立体几何_(答案详解).
选择题1.（12年四川卷）如图，半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内，过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ，过圆O 的直径CD 作平面α成45角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的距离最大的点为B ，该交线上的 一点P 满足60BOP ∠=，则A 、P 两点 间的球面距离为 （ ）A. RB. 4R πC. RD. 3R π 2.（12年广东卷）某几何体的三视图如图1所示，它的体积为( )A. 72πB. 48πC. 30πD. 24π3.（12年重庆卷）设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1和a 且长为a的棱与长为的棱异面，则a 的取值范围是（ ）A.B.C.D.4.（12年浙江卷）已知某三棱锥的三视图（单位：cm ）如图所示，则该三棱锥的体积是（ ） A.1cm 3 B.2cm 3 C.3cm 3 D.6cm3图1C5.（12年浙江卷）设l 是直线，αβ，是两个不同的平面 （ ）A.若l ∥α，l ∥β，则α∥βB. 若l ∥α，l ⊥β，则α⊥βC. 若α⊥β，l ⊥α，则l ⊥βD. 若α⊥β， l ∥α，则l ⊥β6.（12年新课标卷）如图，网格上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则几何体的体积为（ ）A .6B .9C .12D .187. 某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是（ ）A．28+ B．30+ C．56+ D ．60+ 8.（12年福建卷）一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何体不可以是（ ）A ．球B ．三棱锥C ．正方体D ．圆柱 9.（12年湖南卷）某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能．．．是（ ）10.（12年江西卷）若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为 ( ) A B C DA ．112 B.5 C.4 D. 9211.（12年大纲卷）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB =，1CC =E 为1CC 的中点，则直线1AC 与平面BED 的距离为（ ）A ．2 BCD ．1 12.（12年陕西卷）将正方体（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为（ ）填空题1．（12年湖北卷）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 .左视图主视图俯视图侧视图正视图俯视图2.（12年四川卷）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD ，1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成的角的大小是____________.3.（12年山东卷）如图，正方体1111D C B A ABCD -的棱长为1，E 为线段C B 1上的一点，则三棱锥1DED A -的体积为___________ .4.（12年安徽卷）某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是_____.5.（12年江苏卷）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3cm AB AD ==，12cm AA =，则四棱锥11A BB D D -的体积为 cm 3．NA 1A B CC 1 A 1 侧（左）视图正（主）视图 4俯视图 5 4 26.（12年辽宁卷）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_______________.7.（12年辽宁卷）已知点P A B C D ，，，，是球O 表面上的点，PA ABCD ⊥平面，四边形ABCD是边长为.若PA =，则OAB ∆的面积为______________. 8.（12年大纲卷）已知正方形1111ABCD A B C D -中，,E F 分别为1BB ，1CC 的中点，那么异面直线AE 与1D F 所成角的余弦值为 ．9.（12年上海卷）一个高为2的圆柱，底面周长为2π，该圆柱的表面积为 . 10.（12年天津卷）一个几何体的三视图如图所示（单位：m ），则该几何体的体积 3m.2.（12年山东卷）(本小题满分12分)如图，几何体E ABCD -是四棱锥，△ABD 为正三角形，,CB CD EC BD =⊥. (Ⅰ)求证：BE DE =；(Ⅱ)若∠120BCD =︒，M 为线段AE 的中点， 求证：DM ∥平面BEC .3.（12年广东卷）(本小题满分13分)如图所示，在四棱锥P ABCD -中，AB ⊥平面PAD ，//,AB CD PD AD =，E 是PB 中点，F 是DC 上的点，且12DF AB =，PH 为PAD ∆中AD 边上的高. （1）证明：PH ⊥平面ABCD ； （2）若1,1PH AD FC ===，求三棱锥E BCF -的体积； （3）证明：EF ⊥平面PAB ． 6.（12年新课标卷）（本小题满分12分） 如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直底面，o 90ACB ∠=，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的 中点.(Ｉ) 证明：平面BDC ⊥平面1BDC（Ⅱ）平面1BDC 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.选择题1.【答案】A【分析】由已知可知，AOP CBD ⊥面面，∴cos cos cos AOP AOB BOP =∠∠∠，带入数据得12cos ==224AOP ∠，arccos 4AP R ∴=. 2. 【答案】C【分析】几何体是半球与圆锥叠加而成它的体积为32141π3π330π233V =⨯⨯+⨯⨯= 3.【答案】：A【分析】：如图所示，取,EF 分别为,PC AB 的中点，依题意可得PB BC ⊥，所以 GEAB FCPD H2BE ==.在BEF ∆中，BF BE <，所以2AB BF =<4. 【答案】C【分析】由题意判断出，底面是一个直角三角形，两个直角边分别为1和2，整个棱锥的高由侧视图可得为3，所以三棱锥的体积为11123132⨯⨯⨯⨯=. 5.【答案】B【分析】利用排除法可得选项B 是正确的，∵l ∥α，l ⊥β，则α⊥β．如选项A ：l ∥α，l ∥β时，α⊥β或α∥β；选项C ：若α⊥β，l ⊥α时，l ∥β或l β⊂；选项D ：若α⊥β，l ∥α时，l ∥β或l ⊥β．6. 【答案】B【分析】由三视图知，其对应几何体为三棱锥，其底面为一边长为6，底边上高为3的等腰三角形，棱锥的高为3，故其体积为1163332⨯⨯⨯⨯=9，故选B. 7. 【答案】B 【分析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥，本题所求表面积为三棱锥四个面的面积之和.利用垂直关系和三角形面积公式，可得：=10=10=10S S S S 后右左底，，，因此该几何体表面积30S =+，故选B .8. 【答案】D【分析】圆的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为圆；三棱锥的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图可以为全等的三角形； 正方体的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为正方形； 圆柱的正视图（主视图）、侧视图（左视图）为矩形，俯视图为圆.9. 【答案】D【分析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均相同，原图下面部分应为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，A ，B ，C 都可能是该几何体的俯视图，D 不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面部分应为中间有条虚线的矩形..10. 【答案】C【分析】通过观察几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为六边形（2条对边长为1，其余4），高为1的直棱柱.所以该几何体的体积为112122142V sh ⎛⎫==⨯+⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，故选D.11. 【答案】D【分析】因为底面的边长为2，高为,AC BD ，得到交点为O ，连接EO ，1//EO AC ，则点1C 到平面BDE 的距离等于C 到平面BDE 的距离，过点C 作CH OE ⊥，则CH 即为所求，在三角形OCE 中，利用等面积法，可得1CH =，故选答案D. 12.【答案】B【分析】显然从左边看到的是一个正方形，因为割线1AD 可见，所以用实线表示；而割线1B C 不可见，所以用虚线表示．故选B ．填空题1. 【答案】12π【分析】该几何体的左中右均为圆柱体，其中左右圆柱体全等，是底面半径为2，高为1的 圆柱体；中间部分是底面半径为1，高为4的圆柱体，所以所求的体积为：22π212π14=12πV =⨯⨯⨯+⨯⨯.2. 【答案】o 90【分析】方法一：连接D 1M ，易得DN ⊥A 1D 1 ，DN ⊥D 1M ，所以，DN ⊥平面A 1MD 1，又A 1M ⊂平面A 1MD 1，所以，DN ⊥A 1M ，故夹角为o 90 方法二：以D 为原点，分别以DA ， DC ， DD 1为x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系D —xyz .设正方体边长为2，则D （0，0，0），N （0，2，1），M （0，1，0），A 1（2，0，2）故1(0,2,1)(2,1,2)DN MA ==-， 所以， 111cos ,0DN MA DN MA DN MA <>==，故DN ⊥A 1M ，所以夹角为o 90.3. 【答案】61【分析】求1DED A -的体积，显然为定值，也就是说三棱锥的底面面积与三棱锥的高都为定值，因此，我们需要找一个底面为定值的三角形，三角形1ADD 的面积为21（为定值），而E 点到底面1ADD 的高恰为正方体的高为1（为定值），因此体积为61. 4. 【答案】56 【分析】该几何体是底面是直角梯形，高为4的直四棱柱，几何体的的体积是：()12544562V =⨯+⨯⨯=5. 【答案】6【分析】∵长方体底面ABCD 是正方形 ，∴△ABD 中BD cm ，BD 边上的高（它也是四棱锥11A BB D D -的高）∴四棱锥11A BB D D -的体积为123⨯6. 【答案】12π+【分析】由三视图可知该几何体为一个长方体和一个等高的圆柱的组合体，其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1，圆柱的底面直径为2，高位1，所以该几何体的体积为3411112ππ⨯⨯+⨯⨯=+7.【答案】【分析】点P A B C D O 、、、、为球内接长方体的顶点，14O OAB ∴∆球心为该长方体对角线的中点，的面积是该长方体对角面面积的，164OAB AB PA S ∆===⨯=8. 【答案】35【分析】首先根据已知条件，连接DF ，则由//DF AE 可知1DFD ∠或其补角为异面直线AE 与1D F 所成的角，设正方体的棱长为2，则可以求解得到112DF D F DD ===，再由余弦定理可得22211115543cos 2255D F DF D D DFD D F DF +-+-∠===⋅⨯.9. 【答案】π6【分析】根据该圆柱的底面周长得底面圆的半径为1=r ，所以该圆柱的表面积为：22π2π4π2π6πS rh r =+=+=.10. 【答案】30【分析】由三视图可知这是一个下面是个长方体，上面是个平躺着的底面为直角梯形的直四棱柱构成的组合体.长方体的体积为24243=⨯⨯，直四棱柱的体积是6412)21(=⨯⨯+，所以几何体的总体积为30.2. 【证明】(Ⅰ)设BD 的中点为O ，连接,OC OE , 则由BC CD CO BD =知垂直 又CE BD ⊥，所以BD OCE ⊥平面 所以BD OE ⊥，即OD 是BE 的垂直平分线BE DE =所以(Ⅱ)取AB 的中点为N ，连接MN ,DN ONM因为M 是AE 的中点，，所以//MN BE 因为ABD ∆是等边三角形，所以DN ⊥AB由o o 12030BCD CBD ∠=∠=知，所以o 90ABC ∠=，即BC ⊥AB所以ND //BC所以平面MND //平面BEC ，故DM //平面BEC3. 【解】（1）AB ⊥平面PAD ，PH ⊂面PAD PH AB ⇒⊥ 又,PH AD ADAB A PH ⊥=⇒⊥面ABCD（2）E 是PB 中点⇒点E 到面BCF 的距离1122h PH ==三棱锥E BCF -的体积1111113326212BCF V S h FC AD h ∆=⨯=⨯⨯⨯⨯=⨯= （3）过D 作DG PA G ⊥于，连接EG ，易得EG PAD ⊥面 由AB ⊥平面PAD ⇒面PAD ⊥面PAB DG ⇒⊥面PAB E P B E GP A A B P是的中点，⊥，⊥ 11//,//////22EG AB DF AB EG DF DG EF ⇒⇒⇒ 得：EF ⊥平面PAB6. 【解】（Ⅰ）由题设知1BC CC ⊥，BC AC ⊥，1CC AC C =∩，∴BC ⊥面11ACC A又∵1DC ⊂面11ACC A ，∴1DC BC ⊥，由题设知01145A DC ADC ∠=∠=，∴1CDC ∠=090，即1DC DC ⊥，又∵DC BC C =∩，∴1DC ⊥面BDC ， ∵1DC ⊂面1BDC ，∴面BDC ⊥面1BDC ；（Ⅱ）设棱锥1B DACC -的体积为1V ，AC =1，由题意得，1V =1121132+⨯⨯⨯=12，由三棱柱111ABC A B C -的体积V =1，精品文档精品文档 ∴11():V V V =1:1，∴平面1BDC 分此棱柱为两部分体积之比为1:1.。
2024年高考数学立体几何复习试卷及答案解析
2024年高考数学立体几何复习试卷及答案
一、选择题
1．已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线()
A．只有一条，不在平面α内
B．只有一条，且在平面α内
C．有无数条，一定在平面α内
D．有无数条，不一定在平面α内
答案B
解析假设过点P且平行于l的直线有两条m与n，则m∥l且n∥l，由平行公理得m∥n，这与两条直线m与n相交与点P相矛盾，故过点P且平行于l的直线只有一条，又因为点P 在平面内，所以过点P且平行于l的直线只有一条且在平面内．故选B.
2．设m，n为两条不同的直线，α为平面，则下列结论正确的是()
A．m⊥n，m∥α⇒n⊥αB．m⊥n，m⊥α⇒n∥α
C．m∥n，m⊥α⇒n⊥αD．m∥n，m∥α⇒n∥α
答案C
解析对于A，若m⊥n，m∥α时，可能n⊂α或斜交，故错误；
对于B，m⊥n，m⊥α⇒n∥α或n⊂α，故错误；
对于C，m∥n，m⊥α⇒n⊥α，正确；
对于D，m∥n，m∥α⇒n∥α或n⊂α，故错误．
故选C.
3．已知l⊥平面α，直线m⊂平面β.有下面四个命题：
①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；
③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.
其中正确的命题是()
A．①②B．③④
C．②④D．①③
答案D
解析∵l⊥α，α∥β，∴l⊥β，∵m⊂β，∴l⊥m，故①正确；∵l∥m，l⊥α，∴m⊥α，又∵m⊂β，∴α⊥β，故③正确．
4.如图所示，在四面体D－ABC中，若AB＝BC，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是()
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(完整版)—高考全国卷Ⅰ文科数学立体几何专题复习(附详细解析)
2012-2018年新课标全国卷Ⅰ文科数学汇编立体几何一、选择题【2017，6】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,直接AB 与平面MNQ 不平行的是（）【2016，7】如图所示,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（） A ．17π B ．18π C ．20π D ．28π【2016，11】平面α过正方体1111ABCD A BC D -的顶点A ,α∥平面11CB D ，α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =,则,m n 所成角的正弦值为(）A ．3 B ．22C ．3D ．13【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委M 依垣内角,下周八尺，高五尺，问”积及为M 几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放M （如图,M 堆为一个圆锥的四分之一)，M 堆底部的弧长为8尺,M 堆的高为5尺，M 堆的体积和堆放的M 各位多少？”已知1斛M 的体积约为1．62立方尺,圆周率约为3，估算出堆放的M 有（ ) A ．14斛 B ．22斛 C ．36斛 D ．66斛【2015，11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为16+20π，则r =( ) B A ．1 B ．2 C ．4 D ．8【2015，11】【2014，8】【2013,11】【2012，7】【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的一个几何体的三视图，则这个几何体是（ ）A ．三棱锥B ．三棱柱C ．四棱锥D ．四棱柱【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）．A ．16＋8π B．8＋8π C．16＋16π D．8＋16π【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为A ．6B ．9C ．12D ．15【2012，8】平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2,则此球的体积为（）A ．6πB ．43πC ．46πD ．63π【2018，5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1,O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,该圆柱的表面积为A. 12π B. 12π C. 8π D. 10π【2018，9】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图,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 。
2024届新高考数学大题精选30题--立体几何含答案
大题立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，M是BC的中点，N是AB1的中点，P是B1C1的中点．(1)证明：MN⎳平面A1CP；(2)求点P到直线MN 的距离．2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°,M是侧棱PC的中点，侧面PAD为正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD．(1)求三棱锥M-ABC的体积；(2)求AM与平面PBC所成角的正弦值．2024届新高考数学大题精选30题--立体几何3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC,AB= AC=BC=AA1=2，A1B=6．(1)设D为AC中点，证明：AC⊥平面A1DB；(2)求平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE中，BC=BD=6，EC⊥ED，且EC=ED= 2，AB平行于平面CDE，AE平行于平面BCD，AE⊥CD.(1)证明：平面ABE⊥平面CDE；(2)若点A到直线CD的距离为22，F为棱AE的中点，求平面BDF与平面BCD夹角的余弦值．5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC-A1B1C1中，A1在平面ABC内的射影O在棱AC的中点处，P为棱A1B1(包含端点)上的动点．(1)求点P到平面ABC1的距离；(2)若AP⊥平面α，求直线BC1与平面α所成角的正弦值的取值范围．6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P-ABCD中，已知AB∥CD，∠BAD=90°，CD= 2AB，△PAB是正三角形，点M在侧棱PB上且使得PD⎳平面AMC．(1)证明：PM=2BM；(2)若侧面PAB⊥底面ABCD，CM与底面ABCD所成角的正切值为311，求二面角P-AC-B的余弦值．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE为菱形，AC=BC=2，∠ACB=120°，平面ACDE⊥平面ABC，点F在AB上，且AF=2FB，M，N分别在直线CD，AB上．(1)求证：CF⊥平面ACDE；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC=60°，MN为直线CD，AB的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE与平面ABC所成角为α，若tanα>217，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF 上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1 ，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB=∠PCB=π4，点M，N分别为DP和AB的中点.(1)求证：MN⎳平面PBC；(2)求证：平面PBC⊥平面ABCD；(3)求CM与平面PAD所成角的正弦值.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD 为直角梯形，△PAD为等边三角形，AD⎳BC，AD⊥AB，AD=AB=2BC=2．(1)求证：AD⊥PC；(2)点N在棱PC上运动，求△ADN面积的最小值；(3)点M为PB的中点，在棱PC上找一点Q，使得AM⎳平面BDQ，求PQQC的值．15(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O1O2的轴截面A1ACC1为等腰梯形，AC=2AA1= 2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点，且AB=BC,P是线段BC的中点.(1)求证：C1P⎳平面A1AB.(2)求平面A1AB与平面C1CB夹角的余弦值.16(2024·广东深圳·二模)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C⊥底面ABC，且AB= AC，A1B=A1C．(1)证明：AA1⊥平面ABC；(2)若AA1=BC=2，∠BAC=90°，求平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值．17(2024·河北保定·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PCD 内存在一条直线EF 与AB 平行，PA ⊥平面ABCD ，直线PC 与平面ABCD 所成的角的正切值为32，PA =BC =23，CD =2AB =4.(1)证明：四边形ABCD 是直角梯形.(2)若点E 满足PE =2ED ，求二面角P -EF -B 的正弦值.18(2024·湖南衡阳·模拟预测)如图，在圆锥PO 中，P 是圆锥的顶点，O 是圆锥底面圆的圆心，AC 是圆锥底面圆的直径，等边三角形ABD 是圆锥底面圆O 的内接三角形，E 是圆锥母线PC 的中点，PO =6,AC =4.(1)求证：平面BED ⊥平面ABD ；(2)设点M 在线段PO 上，且OM =2，求直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值.19(2024·湖南岳阳·三模)已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为4的菱形，∠DAB =60°，PA =PC ，PB =PD =210，M 是线段PC 上的点，且PC =4MC ．(1)证明：PC ⊥平面BDM ；(2)点E 在直线DM 上，求BE 与平面ABCD 所成角的最大值．20(2024·湖南·二模)如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形，∠ABC =60°,BD 1⊥平面A 1C 1D .(1)求四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积；(2)设点D 1关于平面A 1C 1D 的对称点为E ，点E 和点C 1关于平面α对称(E 和α未在图中标出)，求平面A 1C 1D 与平面α所成锐二面角的大小.21(2024·山东济南·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠DAB=∠PCB=60°,CD=1,AB=3,PC=23，平面PCB⊥平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点.(1)证明：PF⊥AD；(2)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为74.22(2024·山东潍坊·二模)如图1，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=4，∠ABC=60°，E为CD 的中点，将△ADE沿AE折起，连结BD，CD，且BD=4，如图2．(1)求证：图2中的平面ADE⊥平面ABCE；(2)在图2中，若点F在棱BD上，直线AF与平面ABCE所成的角的正弦值为3010，求点F到平面DEC 的距离．23(2024·福建·模拟预测)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥PB,AB⊥BC,AB=3,BC=6，已知二面角P-AB-C的大小为θ，∠PAB=θ.(1)求点P到平面ABC的距离；(2)当三棱锥P-ABC的体积取得最大值时，求：(Ⅰ)二面角P-AB-C的余弦值；(Ⅱ)直线PC与平面PAB所成角.24(2024·浙江杭州·二模)如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，∠DAB=60°, BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点，PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD．(1)证明：∠ABQ=90°；(2)若多面体ABCDPQ的体积为152，求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值．25(2024·浙江嘉兴·二模)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD,PA∥QD，BC=2AB=2PA=2,∠ABC=60°.(1)证明：平面PCD⊥平面PAC；(2)若PQ=22，求平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值.26(2024·浙江绍兴·二模)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=4，AC=2，∠CAB=60°，BC⊥AP.(1)证明：平面ACP⊥平面ABC；(2)若PA=2，PB=4，求二面角P-AB-C的平面角的正切值.27(2024·河北沧州·一模)如图，在正三棱锥A -BCD 中，BC =CD =BD =4，点P 满足AP=λAC ，λ∈(0,1)，过点P 作平面α分别与棱AB ，BD ，CD 交于Q ，S ，T 三点，且AD ⎳α，BC ⎳α.(1)证明：∀λ∈(0,1)，四边形PQST 总是矩形；(2)若AC =4，求四棱锥C -PQST 体积的最大值.28(2024·湖北·二模)如图1．在菱形ABCD 中，∠ABC =120°，AB =4，AE =λAD ，AF =λAB(0<λ<1)，沿EF 将△AEF 向上折起得到棱锥P -BCDEP ．如图2所示，设二面角P -EF -B 的平面角为θ．(1)当λ为何值时，三棱锥P -BCD 和四棱锥P -BDEF 的体积之比为95(2)当θ为何值时，∀λ∈0,1 ，平面PEF 与平面PFB 的夹角φ的余弦值为5529(2024·湖北·模拟预测)空间中有一个平面α和两条直线m ，n ，其中m ，n 与α的交点分别为A ，B ，AB =1，设直线m 与n 之间的夹角为π3，(1)如图1，若直线m ，n 交于点C ，求点C 到平面α距离的最大值；(2)如图2，若直线m ，n 互为异面直线，直线m 上一点P 和直线n 上一点Q 满足PQ ⎳α，PQ ⊥n 且PQ ⊥m ，(i )求直线m ，n 与平面α的夹角之和；(ii )设PQ =d 0<d <1 ，求点P 到平面α距离的最大值关于d 的函数f d ．30(2024·浙江绍兴·模拟预测)如图所示，四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1，底面ABCD 为一个菱形，且∠BAD =120°. 底面与顶面的对角线交点分别为O ，O 1. AB =2A 1B 1=2，BB 1=DD 1=392，AA 1与底面夹角余弦值为3737.(1)证明：OO 1⊥平面ABCD ；(2)现将顶面绕OO 1旋转θ角，旋转方向为自上而下看的逆时针方向. 此时使得底面与DC 1的夹角正弦值为64343，此时求θ的值(θ<90°)；(3)求旋转后AA 1与BB 1的夹角余弦值.大题 立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为2，M 是BC 的中点，N 是AB 1的中点，P 是B 1C 1的中点．(1)证明：MN ⎳平面A 1CP ；(2)求点P 到直线MN 的距离．【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】(1)建立如图空间直角坐标系A -xyz ，设平面A 1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，利用空间向量法证明MN ⋅n=0即可；(2)利用空间向量法即可求解点线距.【详解】(1)由题意知，AA 1⊥平面ABC ，∠BAC =60°，而AB ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥AB ，在平面ABC 内过点A 作y 轴，使得AB ⊥y 轴，建立如图空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0),B (2,0,0),C (1,3,0),A 1(0,0,2),B 1(2,0,2)，得M 32,32,0,N (1,0,1),P 32,32,2，所以A 1C =(1,3,-2),A 1P =32,32,0 ,MN =-12,-32,1 ，设平面A1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅A 1C=x +3y -2z =0n ⋅A 1P =32x +32y =0，令x =1，得y =-3,z =-1，所以n=(1,-3,-1)，所以MN ⋅n =-12×1+-32×(-3)+1×(-1)=0，又MN 不在平面A 1CP 内即MN ⎳平面A 1CP ；(2)如图，连接PM ，由(1)得PM =(0,0,-2)，则MN ⋅PM =-2，MN =2,PM =2，所以点P 到直线MN 的距离为d =PM 2-MN ⋅PMPM2= 3.2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD =60°,M 是侧棱PC 的中点，侧面PAD 为正三角形，侧面PAD ⊥底面ABCD ．(1)求三棱锥M -ABC 的体积；(2)求AM 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】(1)12(2)3311．【分析】(1)作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，由中位线得到M 到平面ABCD 的距离为32，进而由锥体体积公式求出答案；(2)证明出BO ⊥AD ，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由法向量的夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值.【详解】(1)如图所示，取AD 的中点O ，连接PO ．因为△PAD 是正三角形，所以PO ⊥AD ．又因为平面PAD ⊥底面ABCD ,PO ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，且PO =3．又因为M 是PC 的中点，M 到平面ABCD 的距离为32，S △ABC =12×2×2×sin 2π3=3，所以三棱锥M -ABC 的体积为13×3×32=12．(2)连接BO ,BD ，因为∠BAD =π3，所以△ABD 为等边三角形，所以BO ⊥AD ，以O 为原点，OA ,OB ,OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P 0,0,3 ,A 1,0,0 ,B 0,3,0 ,C -2,3,0 ，所以M -1,32,32 ,AM =-2,32,32,PB =0,3,-3 ,BC =-2,0,0 ．设平面PBC 的法向量为n=x ,y ,z ，则PB ⋅n =0BC ⋅n =0，即3y -3z =0-2x =0 ，解得x =0，取z =1，则y =1，所以n=0,1,1 ．设AM 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ=cos AM ,n =AM ⋅nAM ⋅n=-2,32,32 ⋅0,1,14+34+34×1+1=3311．即AM 与平面PBC 所成角的正弦值为3311．3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ,AB =AC =BC =AA 1=2，A 1B =6．(1)设D 为AC 中点，证明：AC ⊥平面A 1DB ；(2)求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)55【分析】(1)根据等边三角形的性质得出BD ⊥AC ，根据平面ACC 1A 1⊥平面ABC 得出BD ⊥平面ACC 1A 1，BD ⊥A 1D ，利用勾股定理得出AC ⊥A 1D ，从而证明AC ⊥平面A 1DB ；(2)建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面A 1AB 1的法向量和平面ACC 1A 1的一个法向量，利用向量求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角余弦值．【详解】(1)证明：因为D 为AC 中点，且AB =AC =BC =2，所以在△ABC 中，有BD ⊥AC ，且BD =3，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，且平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，BD ⊂平面ABC ,所以BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1，则BD ⊥A 1D ，由A 1B =6，BD =3，得A 1D =3，因为AD =1，AA 1=2，A 1D =3，所以由勾股定理，得AC ⊥A 1D ，又AC ⊥BD ，A 1D ∩BD =D ,A 1D ,BD ⊂平面A 1DB ，所以AC ⊥平面A 1DB ；(2)如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系D -xyz ，可得A (1,0,0),A 1(0,0,3),B (0,3,0)，则AA 1 =-1,0,3 ,AB=-1,3,0 ，设平面A 1AB 1的法向量为n=(x ,y ,z )，由n ⋅AA 1=-x +3z =0n ⋅AB=-x +3y =0，令x =3，得y =1，z =1，所以n=3,1,1 ,由(1)知，BD ⊥平面ACC 1A 1，所以平面ACC 1A 1的一个法向量为BD=(0,-3,0)，记平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角为α，则cos α=|n ⋅BD ||n ||BD |=35×3=55，所以平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值为55．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE 中，BC =BD =6，EC ⊥ED ，且EC =ED =2，AB 平行于平面CDE ，AE 平行于平面BCD ，AE ⊥CD .(1)证明：平面ABE ⊥平面CDE ；(2)若点A 到直线CD 的距离为22，F 为棱AE 的中点，求平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)10535【分析】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，使用线面平行的性质，然后用面面垂直的判定定理即可；(2)证明BE ⊥平面CDE ，然后构造空间直角坐标系，直接用空间向量方法即可得出结果.【详解】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，连接ME ,MB ，则平面ABE 与平面CDE 的交线为ME ，平面ABE 与平面BCD 的交线为MB ，因为AB 平行于平面CDE ，AB ⊂平面ABE ，平面ABE 和平面CDE 的交线为ME ，所以AB ∥ME ．同理AE ∥MB ，所以四边形ABME 是平行四边形，故AE ∥MB ，AB ∥ME .因为CD ⊥AE ，AE ∥MB ，所以CD ⊥MB ，又BC =BD =6，所以M 为棱CD 的中点在△CDE 中，EC =ED ，MC =MD ，所以CD ⊥ME ，由于AB ∥ME ，故CD ⊥AB .而CD ⊥AE ，AB ∩AE =A ，AB ,AE ⊂平面ABE ，所以CD ⊥平面ABE ，又CD ⊂平面CDE ，所以平面ABE ⊥平面CDE .(2)由(1)可知，CD ⊥平面ABME ，又AM ⊂平面ABME ，所以CD ⊥AM .而点A 到直线CD 的距离为22，故AM =2 2.在等腰直角三角形CDE 中，由EC =ED =2,得CD =2,MC =MD =ME =1.在等腰三角形BCD 中，由MC =MD =1，BC =BD =6，得BM = 5.在平行四边形ABME 中，AE =BM =5，AB =EM =1，AM =22，由余弦定理得cos ∠MEA =EM 2+AE 2-AM 22EM ·AE=-55，所以cos ∠BME =55，所以BE =BM 2+EM 2-2BM ·EM cos ∠BME =2.因为BE 2+ME 2=22+12=5 2=BM 2，所以BE ⊥ME .因为平面ABME ⊥平面CDE ，平面ABME 和平面CDE 的交线为ME ，BE 在平面ABME 内.所以BE ⊥平面CDE .如图，以E 为坐标原点，EC ,ED ,EB 分别为x ,y ,z 轴正方向，建立空间直角坐标系.则E 0,0,0 ,C 2,0,0 ,D 0,2,0 ,B 0,0,2 ,A -22,-22,2 ,F -24,-24,1.所以CD =-2,2,0 ,DB =0,-2,2 ,FB =24,24,1 .设平面BCD 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅CD=0m ⋅DB =0，即-2x 1+2y 1=0-2y 1+2z 1=0 .则可取x 1=2，得m=2,2,2 .设平面BDF 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，则n ⋅FB =0n ⋅DB=0，即24x 2+24y 2+z 2=0-2y 2+2z 2=0.取z 2=1，则n=-32,2,1 ．设平面BDF 与平面BCD 的夹角为θ，则cos θ=m ⋅n m ⋅n =-3210×21=10535.所以平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值为10535.5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1在平面ABC 内的射影O 在棱AC 的中点处，P 为棱A 1B 1(包含端点)上的动点．(1)求点P 到平面ABC 1的距离；(2)若AP ⊥平面α，求直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围．【答案】(1)23913；(2)25,104.【分析】(1)以O 为原点建立空间直角坐标系，求出平面ABC 1的法向量，再利用点到平面距离的向量求法求解即得.(2)由向量共线求出向量AP的坐标，再利用线面角的向量求法列出函数关系，并求出函数的值域即可.【详解】(1)依题意，A 1O ⊥平面ABC ，OB ⊥AC (底面为正三角形)，且A 1O =OB =3，以O 为原点，OB ,OC ,OA 1的方向分别为x ,y ,z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，则O (0,0,0),A (0,-1,0),B (3,0,0),C (0,1,0),A 1(0,0,3),C 1(0,2,3)，AC 1 =(0,3,3)，BC 1 =(-3,2,3)，AA 1 =(0,1,3)，由A 1B 1⎳AB ，A 1B 1⊄平面ABC 1，AB ⊂平面ABC 1，则A 1B 1⎳平面ABC 1，即点P 到平面ABC 1的距离等于点A 1到平面ABC 1的距离，设n =(x ,y ,z )为平面ABC 1的一个法向量，由n ⋅AC 1=3y +3z =0n ⋅BC 1=-3x +2y +3z =0，取z =3，得n=(1,-3,3)，因此点A 1到平面ABC 1的距离d =|AA 1 ⋅n||n |=2313=23913，所以点P 到平面ABC 1的距离为23913．(2)设A 1P =λA 1B 1 ，λ∈[0,1]，则AP =AA 1 +A 1P =AA 1 +λAB=(0,1,3)+λ(3,1,0)=(3λ,1+λ,3)，由AP ⊥α，得AP为平面α的一个法向量，设直线BC 1与平面α所成角为θ，则sin θ=|cos ‹BC 1 ,AP ›|=|BC 1 ⋅AP||BC 1 ||AP |=|5-λ|10⋅3λ2+(1+λ)2+3=5-λ25⋅2λ2+λ+2，令t =5-λ，则λ=5-t ，t ∈[4,5]，则sin θ=t 25⋅2(5-t )2+(5-t )+2=t25⋅2t 2-21t +57=125⋅2-21t+57t 2=125571t-7382+576，由t ∈[4,5]，得1t ∈15,14 ，于是571t -738 2+576∈225,516，25⋅571t -738 2+576∈2105,52 ，则sin θ∈25,104，所以直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围是25,104.6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P -ABCD 中，已知AB ∥CD ，∠BAD =90°，CD =2AB ，△PAB 是正三角形，点M 在侧棱PB 上且使得PD ⎳平面AMC ．(1)证明：PM =2BM ；(2)若侧面PAB ⊥底面ABCD ，CM 与底面ABCD 所成角的正切值为311，求二面角P -AC -B 的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)1010．【分析】(1)连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，由已知得AB CD=EBED ，由线面平行的性质得PD ∥EM ，根据三角形相似可得EB ED =BM PM=12，即PM =2BM(2)设AB 的中点O ，首先由已知得PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ∥PO 交AB 于点F ，得MF ⊥底面ABCD ，则∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，在底面ABCD 上过点O 作OG ⊥AC 于点G ，则∠PGO 是二面角P -AC -B 的平面角，根据条件求解即可【详解】(1)证明：连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，在△EAB 与△ECD 中，∵AB ∥CD ，∴AB CD=EBED ，由CD =2AB ，得ED =2EB ，又∵PD ⎳平面AMC ，而平面PBD ∩平面AMC =ME ，PD ⊂平面PBD ，∴PD ∥EM ，∴在△PBD 中，EB ED =BM PM=12，∴PM =2BM ；(2)设AB 的中点O ，在正△PAB 中，PO ⊥AB ，而侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB ∩底面ABCD =AB ，且PO ⊂平面PAB ，∴PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ⎳PO 交AB 于点F ，∴MF ⊥底面ABCD ，∴∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，∴MF CF=311，设AB =6a ，则MF=3a，∴CF=11a，BF=MF3=a，则在直角梯形ABCD中，AF=5a，而CD=12a，则AD=11a2-12a-5a2=62a，在底面ABCD上过点O作OG⊥AC于点G，则∠PGO是二面角P-AC-B的平面角，易得OA=3a，AC=66a，在梯形ABCD中，由OAOG=ACAD⇒3aOG=66a62a，得OG=3a，在Rt△POG中，PG=30a，∴cos∠PGO=OGPG=1010．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)4(2)413【分析】(1)取AB,CD的中点M,N，证得平面ADE⎳平面MNHG，得到AE⎳GH，再由平面ABG⎳平面CDEHG，证得AG⎳EH，得到平行四边形AGHE，得到GH=AE，求得HN=4，结合HN⊥平面ABCD，即可求解；(2)以点N为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面BFHG和平面AGHE的法向量n =(1,3,4)和m =(1,-3,4)，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】(1)如图所示，取AB,CD的中点M,N，连接GM,MN,HN，因为GA=GB，可得GM⊥AB，又因为平面ABG⊥平面ABCD，且平面ABG∩平面ABCD=AB，GM⊂平面ABG，所以GM⊥平面ABCD，同理可得：HN⊥平面ABCD，因为ED⊥平面ABCD，所以ED⎳HN，又因为ED⊄平面MNHG，HN⊂平面MNHG，所以ED⎳平面MNHG，因为MN⎳AD，且AD⊄平面MNHG，MN⊂平面MNHG，所以AD⎳平面MNHG，又因为AD∩DE=D，且AD,DE⊂平面ADE，所以平面ADE⎳平面MNHG，因为平面AEHG与平面ADE和平面MNHG于AE,GH，可得AE⎳GH，又由GM⎳HN，AB⎳CD，且AB∩GM=M和CD∩HN=N，所以平面ABG⎳平面CDEHG，因为平面AEHG与平面ABG和平面CDEHF于AG,EH，所以AG⎳EH，可得四边形AGHE 为平行四边形，所以GH =AE ，因为AE =AD 2+DE 2=42+12=17，所以GH =17，在直角△AMG ，可得GM =GB 2-AB 22=52-42=3，在直角梯形GMNH 中，可得HN =3+17-42=4，因为HN ⊥平面ABCD ，所以点H 到平面ABCD 的距离为4.(2)解：以点N 为原点，以NM ,NC ,NH 所在的直线分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E (0,-4,1),F (0,4,1),G (4,0,3),H (0,0,4)，可得HE =(0,-4,-3),HF =(0,4,-3),HG=(4,0,-1)，设平面BFHG 的法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅HG=4x -z =0n ⋅HF=4y -3z =0，取z =4，可得x =1,y =3，所以n=(1,3,4)，设平面AGHE 的法向量为m=(a ,b ,c )，则m ⋅HG=4a -c =0m ⋅HE=-4b -3c =0，取c =4，可得a =1,b =-3，所以m=(1,-3,4)，则cos m ,n =m ⋅n m n=1-9+161+9+16⋅1+9+16=413，即平面BFHG 与平面AGHE 所成锐二面角的余弦值413.8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE 为菱形，AC =BC =2，∠ACB =120°，平面ACDE ⊥平面ABC ，点F 在AB 上，且AF =2FB ，M ，N 分别在直线CD ，AB 上．(1)求证：CF ⊥平面ACDE ；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC =60°，MN 为直线CD ，AB 的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE 与平面ABC 所成角为α，若tan α>217，求平面BCD 与平面CFD 所成角余弦值的范围．【答案】(1)证明见解析(2)AN AF=913(3)528,255 【分析】(1)先通过余弦定理及勾股定理得到CF ⊥AC ，再根据面面垂直的性质证明；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，利用向量的坐标运算根据MN ⋅CD =0MN ⋅AF =0，列方程求解即可；(3)利用向量法求面面角，然后根据tan α>217列不等式求解.【详解】(1)AB 2=AC 2+BC 2-2AC ⋅BC ⋅cos ∠ACB =12，AB =23，AF =2FB ，所以AF =433，CF=13CA +23CB ，CF 2=19CA 2+49CB 2+49CA ⋅CB =43，AC 2+CF 2=4+43=163=AF 2，则CF ⊥AC ，又因为平面ACDE ⊥平面ABC ，平面ACDE ∩平面ABC =AC ，CF ⊂面ABC ，故CF ⊥平面ACDE ；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，由∠EAC =60°，可得∠DCA =120°，DC =2，所以C 0,0,0 ,D -1,0,3 ,A 2,0,0 ,F 0,233,0 所以AF =-2,233,0 ，CD =-1,0,3 ，设AN =λAF =-2λ,233λ,0 ，则N 2-2λ,233λ,0 ，设CM =μCD ，则M -μ,0,3μ ，MN =2-2λ+μ,233λ,-3μ ，由题知，MN ⋅CD=0MN ⋅AF =0 ⇒2λ-2-μ-3μ=04λ-4-2μ+43λ=0 ，解得λ=913，μ=-213，故AN AF=913；(3)B -1,3,0 ，设∠EAC =θ，则E 2-2cos θ,0,2sin θ ，BE=3-2cos θ,-3,2sin θ ，可取平面ABC 的法向量n=0,0,1 ，则sin α=cos n ,BE=n ⋅BEn ⋅BE =2sin θ 3-2cos θ 2+3+4sin 2θ=sin θ4-3cos θ，cos α=4-3cos θ-sin 2θ4-3cos θ，则tan α=sin θ4-3cos θ-sin 2θ>217，整理得10cos 2θ-9cos θ+2<0，故cos θ∈25,12，CF =0,23,0，CD =-2cos θ,0,2sin θ ，CB =-1,3,0 ，记平面CDF 的法向量为n 1 =x ,y ,z ，则有n 1 ⋅CD =0n 1 ⋅CF =0 ⇒-2x cos θ+2z sin θ=023y =0，可得n 1=sin θ,0,cos θ ，记平面CBD 的法向量为n 2 =a ,b ,c ，则有n 2 ⋅CD=0n 2 ⋅CB =0 ⇒-2a cos θ+2c sin θ=0-a +3b =0，可得n 2=3sin θ,sin θ,3cos θ ，记平面BCD 与平面CFD 所成角为γ，则cos γ=cos n 1 ,n 2 =33+sin 2θ，cos θ∈25,12 ，所以sin 2θ∈34,2125 ，3+sin 2θ∈152,465 ，故cos γ=33+sin 2θ∈528,255 ．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．【答案】(1)证明见解析(2)∠MAD =45°【分析】(1)根据面面与线面垂直的性质可得BD ⊥AF ，结合线面、面面垂直的判定定理即可证明；(2)建立如图空间直角坐标系，设∠MAD =α，AB =1，利用空间向量法求出二面角C -AM -E 的余弦值，建立方程1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，结合三角恒等变换求出α即可.【详解】(1)由已知得平面ABCD ⊥平面ABEF ，AF ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF =AB ，AF ⊂平面ABEF ，所以AF ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，故BD ⊥AF ，因为ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC ，AC ，AF ⊂平面ACF ，AC ∩AF =A ，所以BD ⊥平面ACF ，又BD ⊂平面BDE ，所以平面ACF ⊥平面BDE .(2)由(1)知AD ，AF ，AB 两两垂直，以AD ，AF ，AB 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图.设∠MAD =α，AB =1，则A 0,0,0 ，M cos α,sin α,0 ，C 1,0,1 ，E 0,1,1 ，故AM =cos α,sin α,0 ，AC =1,0,1 ，AE =0,1,1设平面AMC 的法向量为m =x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅AC =0，m ⋅AM=0故x 1+z 1=0x 1cos α+y 1sin α=0，取x 1=sin α，则y 1=-cos α，z 1=-sin α所以m=sin α,-cos α,-sin α设平面AME 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，n ⋅AE =0，n ⋅AM=0故y 2+z 2=0x 2cos α+y 2sin α=0，取x 2=sin α，则y 2=-cos α，z 2=cos α所以n=sin α,-cos α,cos α ，所以cos m ,n =1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α，由已知得1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，化简得：2sin 22α-9sin2α+7=0，解得sin2α=1或sin2α=72(舍去)故α=45°，即∠MAD =45°.10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)68585【分析】(1)取AC 的中点O ，根据面面垂直的性质定理，可得DO ⊥平面ABC ，即可求证DO 2⎳OO 1，进而可证矩形，即可根据线线平行以及平行的传递性求解.(2)建系，利用向量法，求解法向量n =1,-12,3 与方向向量DB =(-1,4,-3)的夹角，即可求解．【详解】(1)证明：取AC 的中点为O ，连接DO ，OO 1，O 1O 2，∵DA =DC ，O 为AC 中点，∴DO ⊥AC ，又平面DAC ⊥平面ABC ，且平面DAC ∩平面ABC =AC ，DO ⊂平面DAC ,∴DO ⊥平面ABC ，∴DO ⎳O 1O 2，DO =O 1O 2，故四边形DOO 1O 2为矩形，∴DO 2⎳OO 1，又O ，O 1分别是AC ，AB 的中点，∴OO 1⎳BC ，∴DO 2⎳BC ；(2)∵C 是圆O 1上异于A ，B 的点，且AB 为圆O 1的直径，∴BC ⊥AC ，∴OO 1⊥AC ，∴如图以O 为原点建立空间直角坐标系，由条件知DO =3，∴A (1,0,0),B (-1,4,0),C (-1,0,0),D (0,0,3)，∴E -12,0,32 ，设F (x ,y ,z )，∴BF =(x +1,y -4,z )，FD=(-x ,-y ,3-z )，由BF =2FD ，得F -13,43,233 ，∴AF =-43,43,233 ，∴DB =(-1,4,-3)，AE =-32,0,32 ，设平面AEF 法向量为n=(x 1,y 1,z 1)，则n ⋅AE=-32x 1+32z 1=0n ⋅AF =-43x 1+43y 1+233z 1=0，取n =1,-12,3 ，设直线BD 与平面AEF 所成角为θ，则sin θ=|cos <n ,DB>|=625⋅172=68585∴直线BD 与平面AEF 所成角的正弦值为68585．11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)241391【分析】(1)方法一运用空间向量的线性运算，进行空间位置关系的向量证明即可.方法二：建立空间直角坐标系，进行空间位置关系的向量证明即可.(2)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可.【详解】(1)方法一：∵A 1B 1=12AB ，∴AA 1 ⋅AB =AA 1 ⋅AD =22×22=2．∵D 1A =-12AD-AA 1∴D 1P =D 1A +AP =1-λ AB +12λ-12AD+λ-1 AA 1∴D 1P ⋅AC =1-λ AB +12λ-12AD +λ-1 AA 1 ⋅AB +AD =1-λ AB 2+12λ-12 AD2+λ-1 AB ⋅AA 1 +λ-1 AD ⋅AA 1=81-λ +812λ-12+4λ-1 =0．∴D 1P ⊥AC ，即D 1P ⊥AC ．方法二：以底面ABCD 的中心O 为原点，以OM 方向为y 轴，过O 点平行于AD 向前方向为x 轴，以过点O 垂直平面ABCD 向上方向为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正四棱台的高度为h ，则有 A 2,-2,0 ，B 2,2,0 ，C -2,2,0 ，D -2,-2,0 ，A 122,-22,h ，C 1-22,22,h ，D 1-22,-22,h ，M 0,2,0 ，AC =-22,22,0AP =1-λ 0,22,0 +12λ-22,0,0 +λ-22,22,0 =-322λ,22-322λ,λhD 1A =322,-22,-h ，D 1P =D 1A +AP =-322λ+322,-322λ+322,λh -h ．故AC ⋅D 1P=0，所以D 1P ⊥AC ．(2)设平面ABCD 的法向量为n=0,0,1 ，设平面AMC 1的法向量为m =x ,y ,z ，AM =-2,22,0 ，AC 1 =-322,322,h ，则有AM ⋅m=0AC 1 ⋅m=0 ，即-2x +22y =0-322x +322y +hz =0，令x =22h ，则m=22h ,2h ,3 ．又题意可得cos m ,n =38h 2+2h 2+9=37，可得h =2．因为λ=23，经过计算可得P 0,0,43 ，D 1-22,-22,2 ，D 1P =2,2,43．将h =2代入，可得平面AMC 1的法向量m=42,22,3 ．设直线DP 与平面AMC 1所成角的为θsin θ=cos DP ,m =8+4+42+2+16932+8+9=241391．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.【答案】(1)证明见详解(2)-22【分析】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，利用线面平行的判定定理证明；(2)由已知可知，△AA 1C 为等边三角形，故A 1E ⊥AC ，利用面面垂直的性质定理可证得A 1E ⊥底面ABC ，进而建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角余弦值.【详解】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，因为侧面BCC 1B 1是平行四边形，所以N 为B 1C 的中点，又因为点E 为线段AC 的中点，所以NE ⎳AB 1，因为AB 1⊄面BEC 1，NE ⊂面BEC 1，所以AB 1⎳面BEC 1.(2)连接A 1C ，A 1E ，因为∠A 1AC =π3，AC =AA 1=2，所以△AA 1C 为等边三角形，A 1C =2，因为点E 为线段AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ，因为侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，A 1E ⊂平面ACC 1A 1，所以A 1E ⊥底面ABC ，过点E 在底面ABC 内作EF ⊥AC ，如图以E 为坐标原点，分布以EF ，EC ，EA 1 的方向为x ,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系，则E 0,0,0 ，B 32,-12,0 ，C 10,2,3 ，所以EB =32,-12,0 ，EC 1 =0,2,3 ，设平面BEC 1的法向量为m=x ,y ,z ，则m ⋅EB =32x -12y =0m ⋅EC 1=2y +3z =0，令x =1，则y =3,z =-2，所以平面BEC 1的法向量为m=1,3,-2 ，又因为平面ABE 的法向量为n=0,0,1 ，则cos m ,n =-21+3+4=-22，经观察，二面角A -BE -C 1的平面角为钝角，所以二面角A -BE -C 1的余弦值为-22.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，△DCP 是等边三角形，∠DCB =∠PCB =π4，点M ，N 分别为DP 和AB 的中点.(1)求证：MN ⎳平面PBC ；(2)求证：平面PBC ⊥平面ABCD ；(3)求CM 与平面PAD 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)33.【分析】(1)取PC 中点E ，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得.(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.(3)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.【详解】(1)取PC 中点E ，连接ME ,BE ，由M 为DP 中点，N 为AB 中点，得ME ⎳DC ,ME =12DC ，又BN ⎳CD ,BN =12CD ，则ME ⎳BN ,ME =BN ，因此四边形BEMN 为平行四边形，于是MN ⎳BE ，而MN ⊄平面PBC ,BE ⊂平面PBC ，所以MN ⎳平面PBC .(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，连接DQ ，由∠DCB =∠PCB =π4,CD =PC ,QC =QC ，得△QCD ≌△QCP ，则∠DQC =∠PQC =π2，即DQ ⊥BC ，而PQ =DQ =2,PQ 2+DQ 2=4=PD 2，因此PQ ⊥DQ ，又DQ ∩BC =Q ,DQ ,BC ⊂平面ABCD ，则PQ ⊥平面ABCD ，PQ ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面ABCD .(3)由(2)知，直线QC ,QD ,QP 两两垂直，以点Q 为原点，直线QC ,QD ,QP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则C (2,0,0),P (0,0,2),D (0,2,0),M 0,22,22,A (-2,2,0)，CM =-2,22,22,AD =(2,0,0),DP =(0,-2,2)，设平面PAD 的一个法向量n =(x ,y ,z )，则n ⋅AD=2x =0n ⋅DP=-2y +2z =0，令y =1，得n=(0,1,1)，设CM 与平面PAD 所成角为θ，sin θ=|cos ‹CM ,n ›|=|CM ⋅n||CM ||n |=23⋅2=33，所以CM 与平面PAD 所成角的正弦值是33.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，△PAD 为等边三角形，AD ⎳BC ，AD ⊥AB ，AD =AB =2BC =2．(1)求证：AD ⊥PC ；(2)点N 在棱PC 上运动，求△ADN 面积的最小值；(3)点M 为PB 的中点，在棱PC 上找一点Q ，使得AM ⎳平面BDQ ，求PQQC的值．【答案】(1)证明见解析(2)2217(3)4【分析】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，依题意可得四边形ABCH 为矩形，即可证明CH ⊥AD ，再由PH ⊥AD ，即可证明AD ⊥平面PHC ，从而得证；(2)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，即可得到CG AG=12，再根据线面平行的性质得到CF FM =12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，即可得到MKCQ=2，最后由PQ =2MK 即可得解.【详解】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，则AH ⎳BC 且AH =BC ，又AD ⊥AB ，所以四边形ABCH 为矩形，所以CH ⊥AD ，又△PAD 为等边三角形，所以PH ⊥AD ，PH ∩CH =H ，PH ,CH ⊂平面PHC ，所以AD ⊥平面PHC ，又PC ⊂平面PHC ，所以AD ⊥PC .(2)连接HN ，由AD ⊥平面PHC ，又HN ⊂平面PHC ，所以AD ⊥HN ，所以S △ADH =12AD ⋅HN =HN ，要使△ADN 的面积最小，即要使HN 最小，当且仅当HN ⊥PC 时HN 取最小值，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥平面ABCD ，又HC ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥HC ，在Rt △HPC 中，CH =2，PH =3，所以PC =CH 2+PH 2=7，当HN ⊥PC 时HN =PH ⋅CH PC =237=2217，所以△ADN 面积的最小值为2217.(3)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，因为AD ⎳BC 且AD =2BC =2，所以△CGB ∽△AGD ，所以CG AG =BC AD=12，因为AM ⎳平面BDQ ，又AM ⊂平面ACM ，平面BDQ ∩平面ACM =GF ，所以GF ⎳AM ，所以CF FM =CG AG=12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，则有MK CQ =MF CF=2，所以PQ =2MK ，所以PQ =2MK =4CQ ，即PQQC=415(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O 1O 2的轴截面A 1ACC 1为等腰梯形，AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点，且AB =BC ,P 是线段BC 的中点.(1)求证：C 1P ⎳平面A 1AB .(2)求平面A 1AB 与平面C 1CB 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)17【分析】(1)取AB 的中点H ，连接A 1H ,PH ，证明四边形A 1C 1PH 为平行四边形，进而得C 1P ⎳A 1H ，即可证明；(2)建立空间直角坐标系，求两平面的法向量，利用平面夹角公式求解.【详解】(1)取AB 的中点H ，连接A1H ,PH ，如图所示，因为P 为BC 的中点，所以PH ⎳AC ,PH =12AC .在等腰梯形A 1ACC 1中，A 1C 1⎳AC ,A 1C 1=12AC ，所以HP ⎳A 1C 1,HP =A 1C 1，所以四边形A 1C 1PH 为平行四边形，所以C 1P ⎳A 1H ，又A 1H ⊂平面A 1AB ,C 1P ⊄平面A 1AB ，所以C 1P ⎳平面A 1AB .(2)因为AB =BC ,故O 2B ⊥AC ，以直线O 2A ,O 2B ，O 2O 1分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，在等腰梯形A 1ACC 1中，AC =2AA 1=2A 1C 1=4，此梯形的高为h =AA 21-AC -A 1C 122= 3.因为A 1C 1=12AC ,A 1C 1⎳AC ，。
高考数学-立体几何(含22年真题讲解)
高考数学-立体几何（含22年真题讲解）1．【2022年全国甲卷】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．20【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，×2×2=12.则该直四棱柱的体积V=2+42故选：B.2．【2022年全国甲卷】在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B 所成的角均为30°，则（）A．AB=2AD B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC=CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°【解析】 【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出． 【详解】 如图所示：不妨设AB =a,AD =b,AA 1=c ，依题以及长方体的结构特征可知，B 1D 与平面ABCD 所成角为∠B 1DB ，B 1D 与平面AA 1B 1B 所成角为∠DB 1A ，所以sin30∘=cB 1D=bB 1D ，即b =c ，B 1D =2c =√a 2+b 2+c 2，解得a =√2c ．对于A ，AB =a ，AD =b ，AB =√2AD ，A 错误；对于B ，过B 作BE ⊥AB 1于E ，易知BE ⊥平面AB 1C 1D ，所以AB 与平面AB 1C 1D 所成角为∠BAE ，因为tan∠BAE =c a=√22，所以∠BAE ≠30∘，B 错误；对于C ，AC =√a 2+b 2=√3c ，CB 1=√b 2+c 2=√2c ，AC ≠CB 1，C 错误； 对于D ，B 1D 与平面BB 1C 1C 所成角为∠DB 1C ，sin∠DB 1C =CDB 1D=a2c =√22，而0<∠DB 1C <90∘，所以∠DB 1C =45∘．D 正确． 故选：D ．3．【2022年全国甲卷】甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若S 甲S 乙=2，则V 甲V 乙=（ ）A ．√5B ．2√2C ．√10D ．5√104【答案】C 【解析】设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r 1，乙圆锥底面圆半径为r 2，根据圆锥的侧面积公式可得r 1=2r 2，再结合圆心角之和可将r 1,r 2分别用l 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r 1，乙圆锥底面圆半径为r 2，则S 甲S 乙=πr 1l πr 2l =r1r 2=2， 所以r 1=2r 2， 又2πr 1l+2πr 2l=2π，则r 1+r 2l=1，所以r 1=23l,r 2=13l ，所以甲圆锥的高ℎ1=√l 2−49l 2=√53l ，乙圆锥的高ℎ2=√l 2−19l 2=2√23l ， 所以V 甲V 乙=13πr 12ℎ113πr 22ℎ2=49l 2×√53l 19l ×2√23l =√10.故选：C.4．【2022年全国乙卷】在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB,BC 的中点，则（ ） A ．平面B 1EF ⊥平面BDD 1 B ．平面B 1EF ⊥平面A 1BD C ．平面B 1EF//平面A 1AC D ．平面B 1EF//平面A 1C 1D【答案】A 【解析】 【分析】证明EF ⊥平面BDD 1，即可判断A ；如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，设AB =2，分别求出平面B 1EF ，A 1BD ，A 1C 1D 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD . 【详解】解：在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中， AC ⊥BD 且DD 1⊥平面ABCD ， 又EF ⊂平面ABCD ，所以EF ⊥DD 1，因为E,F 分别为AB,BC 的中点， 所以EF ∥AC ，所以EF ⊥BD ， 又BD ∩DD 1=D ， 所以EF ⊥平面BDD 1， 又EF ⊂平面B 1EF ，所以平面B 1EF ⊥平面BDD 1，故A 正确；如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，设AB =2，则B 1(2,2,2),E (2,1,0),F (1,2,0),B (2,2,0),A 1(2,0,2),A (2,0,0),C (0,2,0)， C 1(0,2,2)，则EF ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,1,0),EB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,1,2)，DB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,2,0),DA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2)，AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,2),AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,2,0),A 1C 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,2,0),设平面B 1EF 的法向量为m ⃑⃑ =(x 1,y 1,z 1)， 则有{m ⃑⃑ ⋅EF ⃑⃑⃑⃑⃑ =−x 1+y 1=0m ⃑⃑ ⋅EB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =y 1+2z 1=0 ，可取m ⃑⃑ =(2,2,−1)，同理可得平面A 1BD 的法向量为n 1⃑⃑⃑⃑ =(1,−1,−1)， 平面A 1AC 的法向量为n 2⃑⃑⃑⃑ =(1,1,0)， 平面A 1C 1D 的法向量为n 3⃑⃑⃑⃑ =(1,1,−1)， 则m ⃑⃑ ⋅n 1⃑⃑⃑⃑ =2−2+1=1≠0，所以平面B 1EF 与平面A 1BD 不垂直，故B 错误； 因为m ⃑⃑ 与n 2⃑⃑⃑⃑ 不平行，所以平面B 1EF 与平面A 1AC 不平行，故C 错误； 因为m ⃑⃑ 与n 3⃑⃑⃑⃑ 不平行，所以平面B 1EF 与平面A 1C 1D 不平行，故D 错误， 故选：A.5．【2022年全国乙卷】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．√22【答案】C【解析】【分析】先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为α，则S ABCD=12⋅AC⋅BD⋅sinα≤12⋅AC⋅BD≤12⋅2r⋅2r=2r2（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2又r2+ℎ2=1则VO−ABCD =13⋅2r2⋅ℎ=√23√r2⋅r2⋅2ℎ2≤√23√(r2+r2+2ℎ23)3=4√327当且仅当r2=2ℎ2即ℎ=√33时等号成立，故选：C6．【2022年新高考1卷】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140．0km 2；水位为海拔157．5m 时，相应水面的面积为180．0km 2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m 上升到157．5m 时，增加的水量约为（√7≈2.65）（ ） A ．1.0×109m 3 B ．1.2×109m 3 C ．1.4×109m 3 D ．1.6×109m 3【答案】C 【解析】 【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出． 【详解】依题意可知棱台的高为MN =157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ． 棱台上底面积S =140.0km 2=140×106m 2，下底面积S ′=180.0km 2=180×106m 2， ∴V =13ℎ(S +S ′+√SS ′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012) =3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m 3)．故选：C ．7．【2022年新高考1卷】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3≤l ≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ） A ．[18,814]B ．[274,814]C ．[274,643]D ．[18,27]【答案】C 【解析】 【分析】设正四棱锥的高为ℎ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∵ 球的体积为36π，所以球的半径R =3, 设正四棱锥的底面边长为2a ，高为ℎ， 则l 2=2a 2+ℎ2，32=2a 2+(3−ℎ)2, 所以6ℎ=l 2，2a 2=l 2−ℎ2所以正四棱锥的体积V =13Sℎ=13×4a 2×ℎ=23×(l 2−l 436)×l 26=19(l 4−l 636)， 所以V ′=19(4l 3−l 56)=19l 3(24−l 26)，当3≤l ≤2√6时，V ′>0，当2√6<l ≤3√3时，V ′<0， 所以当l =2√6时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643， 又l =3时，V =274，l =3√3时，V =814,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274， 所以该正四棱锥体积的取值范围是[274，643]. 故选：C.8．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A ．100π B ．128π C ．144π D ．192π【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r 1,r 2，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积． 【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r 1,r 2，所以2r 1=3√3sin60∘,2r 2=4√3sin60∘，即r 1=3,r 2=4，设球心到上下底面的距离分别为d 1,d 2，球的半径为R ，所以d 1=√R 2−9，d 2=√R 2−16，故|d 1−d 2|=1或d 1+d 2=1，即|√R 2−9−√R 2−16|=1或√R 2−9+√R 2−16=1，解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4πR2=100π．故选：A．9．【2022年北京】已知正三棱锥P−ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T={Q∈S|PQ≤5}，则T表示的区域的面积为（）A．3π4B．πC．2πD．3π【答案】B【解析】【分析】求出以P为球心，5为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.【详解】设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，则O为三角形ABC的中心，且BO=23×6×√32=2√3，故PO=√36−12=2√6.因为PQ=5，故OQ=1，故S的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC内切圆的圆心为O，半径为2×√34×363×6=√3>1，故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为π故选：B10．【2022年浙江】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：cm3）是（）A．22πB．8πC．223πD．163π【答案】C【解析】【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为1cm，圆台的下底面半径为2cm，所以该几何体的体积V=12×43π×13+π×12×2+13×2×(π×22+π×12+√π×22×π×12)=22π3cm3．故选：C．11．【2022年浙江】如图，已知正三棱柱ABC−A1B1C1,AC=AA1，E，F分别是棱BC,A1C1上的点．记EF与AA1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．α≤β≤γB．β≤α≤γC．β≤γ≤αD．α≤γ≤β【答案】A【解析】【分析】先用几何法表示出α，β，γ，再根据边长关系即可比较大小．【详解】如图所示，过点F作FP⊥AC于P，过P作PM⊥BC于M，连接PE，则α=∠EFP，β=∠FEP，γ=FMP，tanα=PEFP =PEAB≤1，tanβ=FPPE=ABPE≥1，tanγ=FPPM≥FPPE=tanβ，所以α≤β≤γ，故选：A．12．【2022年新高考1卷】（多选）已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则（）A．直线BC1与DA1所成的角为90°B．直线BC1与CA1所成的角为90°C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°【答案】ABD【解析】【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可. 【详解】如图，连接B 1C 、BC 1，因为DA 1//B 1C ，所以直线BC 1与B 1C 所成的角即为直线BC 1与DA 1所成的角，因为四边形BB 1C 1C 为正方形，则B 1C ⊥ BC 1，故直线BC 1与DA 1所成的角为90°，A 正确；连接A 1C ，因为A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，BC 1⊂平面BB 1C 1C ，则A 1B 1⊥BC 1， 因为B 1C ⊥ BC 1，A 1B 1∩B 1C =B 1，所以BC 1⊥平面A 1B 1C ， 又A 1C ⊂平面A 1B 1C ，所以BC 1⊥CA 1，故B 正确； 连接A 1C 1，设A 1C 1∩B 1D 1=O ，连接BO ，因为BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，C 1O ⊂平面A 1B 1C 1D 1，则C 1O ⊥B 1B ， 因为C 1O ⊥B 1D 1，B 1D 1∩B 1B =B 1，所以C 1O ⊥平面BB 1D 1D ， 所以∠C 1BO 为直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角，设正方体棱长为1，则C 1O =√22，BC 1=√2，sin∠C 1BO =C 1O BC 1=12，所以，直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为30∘，故C 错误；因为C 1C ⊥平面ABCD ，所以∠C 1BC 为直线BC 1与平面ABCD 所成的角，易得∠C 1BC =45∘，故D 正确. 故选：ABD13．【2022年新高考2卷】（多选）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED,AB =ED =2FB ，记三棱锥E −ACD ，F −ABC ，F −ACE 的体积分别为V 1,V 2,V 3，则（ ）A．V3=2V2B．V3=V1C．V3=V1+V2D．2V3=3V1【答案】CD【解析】【分析】直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3=V A−EFM+V C−EFM计算出V3，依次判断选项即可.【详解】设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅(2a)2=43a3，V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅(2a)2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=√2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=2√2a,EG=a，则EM=√(2a)2+(√2a)2=√6a,FM=√a2+(√2a)2=√3a，EF=√a2+(2√2a)2=3a，EM2+FM2=EF2，则EM⊥FM，S△EFM=12EM⋅FM=3√22a2，AC=2√2a，则V3=V A−EFM+V C−EFM=13AC⋅S△EFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.14．【2022年全国甲卷】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）．【答案】(1)证明见解析；(2)6403√3．【解析】【分析】（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是EF//MN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍，即可解出．(1)如图所示：，分别取AB,BC 的中点M,N ，连接MN ，因为△EAB,△FBC 为全等的正三角形，所以EM ⊥AB,FN ⊥BC ，EM =FN ，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面EAB ∩平面ABCD =AB ，EM ⊂平面EAB ，所以EM ⊥平面ABCD ，同理可得FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN ，而EM =FN ，所以四边形EMNF 为平行四边形，所以EF//MN ，又EF ⊄平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以EF//平面ABCD ． (2)如图所示：，分别取AD,DC 中点K,L ，由（1）知，EF//MN 且EF =MN ，同理有，HE//KM,HE =KM ，HG//KL,HG =KL ，GF//LN,GF =LN ，由平面知识可知，BD ⊥MN ，MN ⊥MK ，KM =MN =NL =LK ，所以该几何体的体积等于长方体KMNL −EFGH 的体积加上四棱锥B −MNFE 体积的4倍．因为MN =NL =LK =KM =4√2，EM =8sin60∘=4√3，点B 到平面MNFE 的距离即为点B 到直线MN 的距离d ，d =2√2，所以该几何体的体积V =(4√2)2×4√3+4×13×4√2×4√3×2√2=128√3+2563√3=6403√3．15．【2022年全国甲卷】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1 ,AB=2,DP=√3．(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)√55.【解析】【分析】（1）作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理证明AD⊥BD，根据线面垂直的性质可得PD⊥BD，从而可得BD⊥平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE=BF=12，故DE=√32，BD=√DE2+BE2=√3，所以AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD=D，所以BD ⊥平面PAD ， 又因PA ⊂平面PAD ， 所以BD ⊥PA ；(2)解：如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系， BD =√3，则A(1,0,0),B(0,√3,0),P(0,0,√3)，则AP⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,0,√3),BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,−√3,√3),DP ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,√3)， 设平面PAB 的法向量n⃑ =(x,y,z)， 则有{n →⋅AP →=−x +√3z =0n →⋅BP →=−√3y +√3z =0，可取n ⃑ =(√3,1,1)， 则cos〈n ⃑ ,DP ⃑⃑⃑⃑⃑ 〉=n ⃑ ⋅DP ⃑⃑⃑⃑⃑⃑|n ⃑ ||DP ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=√55， 所以PD 与平面PAB 所成角的正弦值为√55.16．【2022年全国乙卷】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AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F−ABC 的体积．【答案】(1)证明详见解析(2)√34【解析】【分析】（1）通过证明AC⊥平面BED来证得平面BED⊥平面ACD.（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱锥F−ABC的体积.(1)由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.由于{AD=CDBD=BD∠ADB=∠CDB，所以△ADB≅△CDB，所以AB=CB，故AC⊥BD，由于DE∩BD=D，DE,BD⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.(2)依题意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等边三角形，所以AC=2,AE=CE=1,BE=√3，由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1. DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，由于AC∩BE=E，AC,BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.由于△ADB ≅△CDB ，所以∠FBA =∠FBC ， 由于{BF =BF∠FBA =∠FBC AB =CB ，所以△FBA ≅△FBC ，所以AF =CF ，所以EF ⊥AC ，由于S △AFC =12⋅AC ⋅EF ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小值. 过E 作EF ⊥BD ，垂足为F ，在Rt △BED 中，12⋅BE ⋅DE =12⋅BD ⋅EF ，解得EF =√32，所以DF =√12−(√32)2=12,BF =2−DF =32，所以BF BD =34.过F 作FH ⊥BE ，垂足为H ，则FH //DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且FHDE =BFBD =34， 所以FH =34,所以V F−ABC =13⋅S △ABC ⋅FH =13×12×2×√3×34=√34.17．【2022年全国乙卷】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AB =BD =2,∠ACB =60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37【解析】 【分析】（1）根据已知关系证明△ABD ≌△CBD ，得到AB =CB ，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到BE ⊥DE ，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可. (1)因为AD =CD ，E 为AC 的中点，所以AC ⊥DE ；在△ABD 和△CBD 中，因为AD =CD,∠ADB =∠CDB,DB =DB ，所以△ABD ≌△CBD ，所以AB =CB ，又因为E 为AC 的中点，所以AC ⊥BE ； 又因为DE,BE ⊂平面BED ，DE ∩BE =E ，所以AC ⊥平面BED ， 因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD . (2)连接EF ，由（1）知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ， 所以AC ⊥EF ，所以S △AFC =12AC ⋅EF ， 当EF ⊥BD 时，EF 最小，即△AFC 的面积最小. 因为△ABD ≌△CBD ，所以CB =AB =2， 又因为∠ACB =60°，所以△ABC 是等边三角形， 因为E 为AC 的中点，所以AE =EC =1，BE =√3， 因为AD ⊥CD ，所以DE =12AC =1,在△DEB 中，DE 2+BE 2=BD 2，所以BE ⊥DE .以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E −xyz ，则A (1,0,0),B(0,√3,0),D (0,0,1)，所以AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,0,1),AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,√3,0)， 设平面ABD 的一个法向量为n⃑ =(x,y,z )， 则{n ⃑ ⋅AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =−x +z =0n ⃑ ⋅AB⃑⃑⃑⃑⃑ =−x +√3y =0，取y =√3，则n ⃑ =(3,√3,3)，又因为C (−1,0,0),F (0,√34,34)，所以CF⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,√34,34)， 所以cos⟨n ⃑ ,CF ⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩=n ⃑ ⋅CF⃑⃑⃑⃑⃑|n ⃑ ||CF⃑⃑⃑⃑⃑ |=√21×√74=4√37，设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为θ(0≤θ≤π2)， 所以sinθ=|cos⟨n ⃑ ,CF⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩|=4√37， 所以CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37.18．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的体积为4，△A 1BC 的面积为2√2．(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1=AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求二面角A −BD −C 的正弦值． 【答案】(1)√2 (2)√32【解析】 【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC ⊥平面ABB 1A 1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. (1)在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设点A 到平面A 1BC 的距离为h ， 则V A−A 1BC =13S △A 1BC ⋅ℎ=2√23ℎ=V A 1−ABC =13S △ABC ⋅A 1A =13V ABC−A 1B 1C 1=43，解得ℎ=√2，所以点A 到平面A 1BC 的距离为√2； (2)取A 1B 的中点E ,连接AE ,如图，因为AA 1=AB ，所以AE ⊥A 1B , 又平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1=A 1B ， 且AE ⊂平面ABB 1A 1，所以AE ⊥平面A 1BC ， 在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，由BC ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE ⊥BC ，BB 1⊥BC ， 又AE,BB 1⊂平面ABB 1A 1且相交，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，所以BC,BA,BB 1两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE =√2，所以AA 1=AB =2，A 1B =2√2，所以BC =2， 则A(0,2,0),A 1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A 1C 的中点D(1,1,1)， 则BD⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,1,1)，BA ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,0),BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,0), 设平面ABD 的一个法向量m ⃑⃑ =(x,y,z)，则{m ⃑⃑ ⋅BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =x +y +z =0m ⃑⃑ ⋅BA ⃑⃑⃑⃑⃑ =2y =0，可取m⃑⃑ =(1,0,−1)，设平面BDC 的一个法向量n ⃑ =(a,b,c)，则{m ⃑⃑ ⋅BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =a +b +c =0m ⃑⃑ ⋅BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =2a =0， 可取n⃑ =(0,1,−1)， 则cos〈m ⃑⃑ ,n ⃑ 〉=m⃑⃑⃑ ⋅n ⃑ |m ⃑⃑⃑ |⋅|n ⃑ |=√2×√2=12， 所以二面角A −BD −C 的正弦值为√1−(12)2=√32.19．【2022年新高考2卷】如图，PO 是三棱锥P −ABC 的高，PA =PB ，AB ⊥AC ，E 是PB 的中点．(1)证明：OE//平面PAC ；(2)若∠ABO =∠CBO =30°，PO =3，PA =5，求二面角C −AE −B 的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)1113 【解析】 【分析】（1）连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，根据三角形全等得到OA =OB ，再根据直角三角形的性质得到AO =DO ，即可得到O 为BD 的中点从而得到OE //PD ，即可得证； （2）过点A 作Az //OP ，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得； (1)证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥P −ABC 的高，所以PO ⊥平面ABC ，AO,BO ⊂平面ABC ， 所以PO ⊥AO 、PO ⊥BO ，又PA =PB ，所以△POA ≅△POB ，即OA =OB ，所以∠OAB =∠OBA ，又AB ⊥AC ，即∠BAC =90°，所以∠OAB +∠OAD =90°，∠OBA +∠ODA =90°， 所以∠ODA =∠OAD所以AO =DO ，即AO =DO =OB ，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以OE //PD ，又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ， 所以OE //平面PAC(2)解：过点A 作Az //OP ，如图建立平面直角坐标系， 因为PO =3，AP =5，所以OA =√AP 2−PO 2=4，又∠OBA =∠OBC =30°，所以BD =2OA =8，则AD =4，AB =4√3，所以AC =12，所以O(2√3,2,0)，B(4√3,0,0)，P(2√3,2,3)，C (0,12,0)，所以E (3√3,1,32)， 则AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(3√3,1,32)，AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(4√3,0,0)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,12,0)， 设平面AEB 的法向量为n ⃑ =(x,y,z )，则{n ⃑ ⋅AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =3√3x +y +32z =0n ⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =4√3x =0 ，令z =2，则y =−3，x =0，所以n ⃑ =(0,−3,2)；设平面AEC 的法向量为m⃑⃑ =(a,b,c )，则{m ⃑⃑ ⋅AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =3√3a +b +32c =0m ⃑⃑ ⋅AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =12b =0 ，令a =√3，则c =−6，b =0，所以m ⃑⃑ =(√3,0,−6)；所以cos⟨n⃑ ,m⃑⃑ ⟩=n⃑ ⋅m⃑⃑⃑|n⃑ ||m⃑⃑⃑ |=√13×√39=−4√313设二面角C−AE−B为θ，由图可知二面角C−AE−B为钝二面角，所以cosθ=−4√313，所以sinθ=√1−cos2θ=1113故二面角C−AE−B的正弦值为1113；20．【2022年北京】如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB=BC=2，M，N分别为A1B1，AC的中点．(1)求证：MN∥平面BCC1B1；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：AB⊥MN；条件②：BM=MN．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）取AB的中点为K，连接MK,NK，可证平面MKN//平面CBB1C1，从而可证MN//平面CB B1C1.（2）选①②均可证明BB1⊥平面ABC，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.(1)取AB的中点为K，连接MK,NK，由三棱柱ABC −A 1B 1C 1可得四边形ABB 1A 1为平行四边形， 而B 1M =MA 1,BK =KA ，则MK //BB 1，而MK ⊄平面CBB 1C 1，BB 1⊂平面CBB 1C 1，故MK //平面CBB 1C 1， 而CN =NA,BK =KA ，则NK //BC ，同理可得NK //平面CBB 1C 1， 而NK ∩MK =K,NK,MK ⊂平面MKN ，故平面MKN //平面CBB 1C 1，而MN ⊂平面MKN ，故MN //平面CBB 1C 1， (2)因为侧面CBB 1C 1为正方形，故CB ⊥BB 1， 而CB ⊂平面CBB 1C 1，平面CBB 1C 1⊥平面ABB 1A 1， 平面CBB 1C 1∩平面ABB 1A 1=BB 1，故CB ⊥平面ABB 1A 1， 因为NK //BC ，故NK ⊥平面ABB 1A 1， 因为AB ⊂平面ABB 1A 1，故NK ⊥AB ，若选①，则AB ⊥MN ，而NK ⊥AB ，NK ∩MN =N ， 故AB ⊥平面MNK ，而MK ⊂平面MNK ，故AB ⊥MK ，所以AB ⊥BB 1，而CB ⊥BB 1，CB ∩AB =B ，故BB 1⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)， 故BA ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,0),BN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,1,0),BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,1,2)， 设平面BNM 的法向量为n⃑ =(x,y,z)， 则{n ⃑ ⋅BN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0n ⃑ ⋅BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，从而{x +y =0y +2z =0，取z =−1，则n⃑ =(−2,2,−1)， 设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则 sinθ=|cos〈n ⃑ ,AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 〉|=42×3=23. 若选②，因为NK //BC ，故NK ⊥平面ABB 1A 1，而KM ⊂平面MKN ， 故NK ⊥KM ，而B 1M =BK =1,NK =1，故B 1M =NK ， 而B 1B =MK =2，MB =MN ，故△BB 1M ≅△MKN ， 所以∠BB 1M =∠MKN =90°，故A 1B 1⊥BB 1， 而CB ⊥BB 1，CB ∩AB =B ，故BB 1⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)， 故BA⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,0),BN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,1,0),BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,1,2)， 设平面BNM 的法向量为n⃑ =(x,y,z)，则{n ⃑ ⋅BN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0n ⃑ ⋅BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，从而{x +y =0y +2z =0，取z =−1，则n ⃑ =(−2,2,−1)， 设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则 sinθ=|cos〈n ⃑ ,AB⃑⃑⃑⃑⃑ 〉|=42×3=23.21．【2022年浙江】如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，AB//DC ，DC//EF ，AB =5，DC =3，EF =1，∠BAD =∠CDE =60°，二面角F −DC −B 的平面角为60°．设M ，N 分别为AE,BC 的中点．(1)证明：FN ⊥AD ；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)5√714．【解析】 【分析】（1）过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点G 、H ，由平面知识易得FC =BC ，再根据二面角的定义可知，∠BCF =60∘，由此可知，FN ⊥BC ，FN ⊥CD ，从而可证得FN ⊥平面ABCD ，即得FN ⊥AD ；（2）由（1）可知FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以可以以点N 为原点，NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N −xyz ，求出平面ADE 的一个法向量，以及BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，即可利用线面角的向量公式解出． (1)过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点交于点G 、H ．∵四边形ABCD 和EFCD 都是直角梯形，AB//DC,CD//EF,AB =5,DC =3,EF =1，∠BAD =∠CDE =60°，由平面几何知识易知，DG =AH =2,∠EFC =∠DCF =∠DCB =∠ABC =90°，则四边形EFCG 和四边形DCBH 是矩形，∴在Rt △EGD 和Rt △DHA ，EG =DH =2√3， ∵DC ⊥CF,DC ⊥CB ，且CF ∩CB =C ，∴DC ⊥平面BCF,∠BCF 是二面角F −DC −B 的平面角，则∠BCF =60∘， ∴△BCF 是正三角形，由DC ⊂平面ABCD ，得平面ABCD ⊥平面BCF ，∵N 是BC 的中点，∴ FN ⊥BC ，又DC ⊥平面BCF ，FN ⊂平面BCF ，可得FN ⊥CD ，而BC ∩CD =C ，∴FN ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD ∴FN ⊥AD ． (2)因为FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以以点N 为原点， NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N −xyz ，设A(5,√3,0),B(0,√3,0),D(3,−√3,0),E(1,0,3)，则M (3,√32,32)，∴BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(3,−√32,32),AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,−2√3,0),DE⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,√3,3) 设平面ADE 的法向量为n⃑ =(x,y,z) 由{n ⃑ ⋅AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =0n ⃑ ⋅DE ⃑⃑⃑⃑⃑ =0 ，得{−2x −2√3y =0−2x +√3y +3z =0 ，取n ⃑ =(√3,−1,√3)，设直线BM 与平面ADE 所成角为θ， ∴sinθ=|cos〈n⃑ ,BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 〉|=|n⃑ ⋅BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ||n⃑ |⋅BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=|3√3+√32+3√32|√3+1+3⋅√9+34+94=√3√7⋅2√3=5√714．1．（2022·全国·模拟预测）已知正方体中1111ABCD A B C D -，E ，G 分别为11A D ，11C D 的中点，则直线1A G ，CE 所成角的余弦值为（ ）A B C D 【答案】C 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义，取AB 的中点F ，则∠ECF （或其补角）为直线1A G 与CE 所成角，再解三角形即可得解． 【详解】如图所示：，取AB 的中点F ，连接EF ，CF ，易知1A G CF ∥，则∠ECF （或其补角）为直线1A G 与CE 所成角．不妨设2AB =，则CF =EF =3EC =，由余弦定理得cosECF ∠==，即直线1A G 与CE 故选：C ．2．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在三棱台111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，111111AA A B B C ===，2AB =，则AC 与平面11BCC B 所成的角为（ ）A ．30B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】A 【解析】 【分析】将棱台补全为棱锥，利用等体积法求A 到面11BCC B 的距离，结合线面角的定义求AC 与平面11BCC B 所成角的大小. 【详解】将棱台补全为如下棱锥D ABC -，由90ABC ∠=︒，111111AA A B B C ===，2AB =，易知：2DA BC ==，AC = 由1AA ⊥平面ABC ，,AB AC ⊥平面ABC ，则1AA AB ⊥，1AA AC ⊥，所以BD =CD =222BC BD CD +=，所以122BCD S =⨯⨯=△A 到面11BCC B 的距离为h ，又D ABC A BCD V V --=，则111222323h ⨯⨯⨯⨯=⨯h = 综上，AC 与平面11BCC B 所成角[0,]2πθ∈，则1sin 2h AC θ==，即6πθ=. 故选：A3．（2022·浙江湖州·模拟预测）如图，已知四边形ABCD ，BCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形，ABD △为等边三角形，2BD =，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △在翻折的过程中，下列结论中不正确．．．的是（ ）A ．BD PC ⊥B ．DP 与BC 可能垂直C ．直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是45︒ D ．四面体PBCD 【答案】C 【解析】 【分析】对于A ，取BD 的中点M ，即可得到BD ⊥面PMC ，A 选项可判断对于B ，采用反证法，假设DP BC ⊥，则BC ⊥面PCD ，再根据题目所给的长度即可判断；对于C ，当面PBD ⊥面BCD 时，此时直线DP 与平面BCD 所成角有最大值，判断即可；对于D ，当面PBD ⊥面BCD 时，此时四面体PBCD 的体积有最大值，计算最大体积判断即可 【详解】如图所示，取BD 的中点M ，连接,PM CMBCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形,BD CM ∴⊥ABD △为等边三角形,BD PM ∴⊥BD ∴⊥面PMC ,BD PC ∴⊥ ,故A 正确 对于B ，假设DP BC ⊥，又BC CD ⊥BC ∴⊥面PCD ，BC PC ∴⊥，又2,PB BC ==1PC ⎤⎦，故DP 与BC 可能垂直，故B 正确当面PBD ⊥面BCD 时，此时PM ⊥面BCD ，PDB ∠即为直线DP 与平面BCD 所成角 此时60PDB ︒∠=，故C 错误当面PBD ⊥面BCD 时，此时四面体PBCD 的体积最大，此时的体积为：111(332BCDV S PM ==⨯=，故D 正确 故选：C4．（2022·河南安阳·模拟预测（理））已知球O 的体积为125π6，高为1的圆锥内接于球O ，经过圆锥顶点的平面α截球O 和圆锥所得的截面面积分别为12,S S ，若125π8S =，则2S =（ ）A ．2BCD ．【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出球O 半径，平面α截球O 所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面α截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答. 【详解】球O 半径为R ，由34π125π36R =得52R =，平面α截球O 所得截面小圆半径1r ，由21128π5πS r ==得1r =因此，球心O 到平面α的距离1d r ===，而球心O 在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面α所成的角为45，因圆锥的高为1，则球心O 到圆锥底面圆的距离为132d =，于是得圆锥底面圆半径2r =，令平面α截圆锥所得截面为等腰PAB △，线段AB 为圆锥底面圆1O 的弦，点C 为弦AB 中点，依题意，145CPO ∠=，111CO PO ==，PC =AB ==所以212AB S PC =⋅=. 故选：C 【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.5．（2022·浙江·模拟预测）如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，2,1BD DE ==，点P 在线段EF 上，给出下列命题：①存在点P ，使得直线//DP 平面ACF ②存在点P ，使得直线DP ⊥平面ACF③直线DP 与平面ABCD 所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎣⎦④三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面面积是98π 其中所有真命题的序号是（ ） A ．①③ B ．①④C ．②④D ．①③④ 【答案】D 【解析】 【分析】取EF 中点推理判断①；假定DP ⊥平面ACF ，分析判断②；确定直线DP 与平面ABCD 所成角，求出临界值判断③；求出ACF 外接圆面积判断④作答.令AC BD O =，连接,FO DF ，令EF 中点为G ，连DG ，如图，依题意，O 是,BD AC 的中点，对于①，在矩形BDEF 中，//DO FG ，DO FG =，四边形DOFG 是平行四边形，直线//DG OF ，OF ⊂平面ACF ，DG ⊄平面ACF ，则//DG 平面ACF ，当P 是线段EF 中点G 时，直线//DP 平面ACF ，①正确；对于②，假定直线DP ⊥平面ACF ，由①知，DP OF ⊥，DP DG ⊥，当点P 在线段EF 上任意位置（除点G 外），PDG ∠均为锐角，即DP 不垂直于DG ，也不垂直于OF ，因此，不存在点P ，使得直线DP ⊥平面ACF ，②不正确；对于③，平面BDEF ⊥平面ABCD ，DP 在平面ABCD 内射影在直线BD 上，直线DP 与平面ABCD 所成角为PDB ∠，当点P 由点E 运动到点F 的过程中，PDB ∠逐渐减小，当P 与E 重合时，PDB ∠最大，为90EDB ∠=，max (sin )1PDB ∠=，当P 与F 重合时，PDB ∠最小，为FDB ∠，min (sin )BF PDB DF ∠==所以直线DP 与平面ABCD 所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎣⎦，③正确；对于④，在ACF 中，2AC =，|AF CF ==FO sin OF FAC AF ∠==由正弦定理得ACF 外接圆直径2sin FC r FAC ==∠半径r =圆面积为298S r ππ==，三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面是ACF 外接圆， 因此三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面面积是98π，④正确, 所以所有真命题的序号是①③④. 故选：D6．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知1O 是正方体1111ABCD A B C D -的中心O 关于平面1111D C B A 的对称点，则下列说法中正确的是（ ）A ．11O C 与1A C 是异面直线B ．11OC ∥平面11A BCD C ．11O C AD ⊥ D ．11O C ⊥平面11BDD B【答案】B 【解析】 【分析】根据正方体的性质、空间直线与平面的位置关系，即可对选项做出判断. 【详解】连接1A C 、1AC ，交于点O ，连接11A C 、11B D ，交于点P . 连接AC 、BD 、1A B 、1D C 、1O O .由题可知，1O 在平面11A C CA 上，所以11O C 与1A C 共面，故A 错误；在四边形11OO C C 中，11//O O C C 且11O O C C =，所以四边形11OO C C 为平行四边形. 11//O C OC ∴.OC ⊂平面11A BCD ，11O C ⊄平面11A BCD ，11O C ∴∥平面11A BCD ，故B 正确；由正方体的性质可得1111AC B D ⊥，因为1111O B O D =，所以111O P B D ⊥，又111O P AC P =，11B D ∴⊥平面111O AC ， 1111B D O C ∴⊥，又11//B D BD ， 11BD O C ∴⊥，而AD 与BD 所成角为45︒，所以显然11O C 与AD 不垂直，故C 错误；显然11O C 与11O B 不垂直，而11O B ⊂平面11BDD B ，所以11O C 与平面11BDD B 不垂直，故D 错误. 故选：B.7．（2022·北京·北大附中三模）已知平面,,αβγ，直线m 和n ，则下列命题中正确的是（ ） A ．若,m m αβ⊥⊥，则αβ∥ B ．若,αγβγ⊥⊥，则αβ∥ C ．若,m n m α⊥⊥，则n α∥ D ．若,m n αα∥∥，则m n ∥ 【答案】A 【解析】 【分析】对于A 选项，垂直于同一条直线的两个平面互相平行；对于B 选项，垂直于同一个平面的两个平面有可能相交，也有可能互相平行； 对于C 选项，由线面垂直的性质即可判断；对于D 选项，平行于同一个平面的两条直线有可能相交、平行或异面. 【详解】选项A 正确，因为垂直于同一直线的两个平面互相平行； 选项B 错误，平面α和β也可以相交； 选项C 错误，直线n 可能在平面α内； 选项D 错误，直线m 和n 还可能相交或者异面. 故选：A.8．（2022·云南师大附中模拟预测（理））已知正方形ABCD 的边长为ABC 沿对角线AC 折起，使得二面角B AC D --的大小为90°.若三棱锥B ACD -的四个顶点都在球O 的球面上，G 为AC 边的中点，E ，F 分别为线段BG ，DC 上的动点（不包括端点），且BE ，当三棱锥E ACF -的体积最大时，过点F 作球O 的截面，则截面面积的最小值为（ ）A ．B ．2πC ．32πD ．89π【答案】D 【解析】 【分析】根据面面垂直的判定定理得BG ⊥平面ACD ，继而表示出三棱锥E ACF -的体积，求出x =V 取得最大值，在∠GCF 中，由余弦定理，得GF =当GF 垂直于截面时，截面圆的面积最小，继而得解. 【详解】因为正方形ABCD 的边长为4AC =.如图，由于平面ABC ⊥平面ACD ，平面ABC 平面ACD AC =，又G 为AC 边的中点，则有BG AC ⊥，所以BG ⊥平面ACD ．设CF x =(0x <<，则BE =，所以三棱锥E ACF -的体积13ACF V S EG ==△2111122sin 4(22))323223AC CF ACF EG x x x ⨯∠=⨯⨯-=-，当x =时，V 取得最大值．由于GA GB GC GD ===，则球O 的球心即为G ，且球O 的半径2R =．又在△GCF中，由余弦定理，得cos GF GC CF ACF =∠=。
立体几何近12年全国真题(及答案文科)
综上所述，总有 ．
15.【解析】（Ⅰ）如图：
…………… 3分
（Ⅱ）所求多面体体积
．
（Ⅲ）证明：在长方体 中，
连结 ，则 ．
因为 分别为 ， 中点，所以 ，
从而 ．又 平面 ，所以 面 ．
16.【解析】（Ⅰ）因为 是等边三角形， ，
所以 ，
可得 ．
如图，取 中点 ，连结 ， ，
37.（2018年全国Ⅰ卷第18题）如图，在平行四边形 中， ， ，以 为折痕将△ 折起，使点 到达点 的位置，且 ．
（1）证明：平面 平面 ；
（2） 为线段 上一点， 为线段 上一点，且 ，求三棱锥 的体积．
38.（2018年全国Ⅱ卷第19题）如图，在三棱锥 中， ，
， 为 的中点．
（1）证明： 平面 ；
26.（2017年全国Ⅰ卷第16题）已知三棱锥 的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径.若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥 的体积为9，则球O的表面积为________.
27.（2015年全国Ⅰ卷第18题）如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点， .
（ ）证明：平面 平面 ；
9.（2013年全国Ⅱ卷第16题）已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周
都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的 ，则这两个圆锥中，体积较小者
的高与体积较大者的高的比值为______________．
10.（2017年全国Ⅰ卷第6题）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，直接AB与平面MNQ不平行的是
（ ）若 ，
三棱锥 的体积为 ，
立体几何(文科专用)(解析版)
专题09 立体几何1.【2019年高考全国Ⅱ卷文数】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 【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,a b a b αβ⊂⊂∥，则αβ∥”此类的错误．2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】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【答案】B【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EO ON EN ===,，35,,722MF BF BM ==∴=，BM EN ∴≠，故选B ．【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．3．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD的体积是 ▲ .【答案】10【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高，所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. 【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.4．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ． （2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ， 所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==． 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=． 【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.一、考向分析：二、考向讲解考查内容解 题 技 巧 几何 体表 面积 与体 积1、空间几何体表面积的求法（1）以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量。
—高考全国卷Ⅰ文科数学立体几何专题复习(附详细解析)
2012-2018年新课标全国卷Ⅰ文科数学汇编立体几何一、选择题【2017，6】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，直接AB 与平面MNQ 不平行的是（）【2016，7】如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（）A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π【2016，11】平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，α∥平面11CB D ，α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =，则,m n 所成角的正弦值为（）A B C D ．13【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委M 依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为M 几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放M （如图，M 堆为一个圆锥的四分之一），M 堆底部的弧长为8尺，M 堆的高为5尺，M 堆的体积和堆放的M 各位多少？”已知1斛M 的体积约为1．62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的M 有( ) A ．14斛 B ．22斛 C ．36斛 D ．66斛【2015，11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为16+20π，则r =( ) B A ．1 B ．2 C ．4 D ．8【2015，11】【2014，8】【2013，11】【2012，7】【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的一个几何体的三视图，则这个几何体是( ) A ．三棱锥 B ．三棱柱 C ．四棱锥 D ．四棱柱【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()．A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为A ．6B ．9C ．12D ．15【2012，8】平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α，则此球的体积为（）AB ．C ．D ．【2018，5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，该圆柱的表面积为A. 12πB. 12πC. 8πD. 10π【2018，9】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图，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. 2B.C. 3D.2【2018，10】在长方形ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为A. 8B. 6C. 8D.8二、填空题【2017，16】已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA SCB⊥平面，SA AC =，SB BC =，三棱锥S ABC -的体积为9，则球O 的表面积为_______． 【2013，15】已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为______．三、解答题【2017，18】如图，在四棱锥P ABCD -中，AB ∥CD ，且90BAP CDP ∠=∠=︒．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【2016，18】如图所示，已知正三棱锥P ABC -的侧面是直角三角形，6PA =，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ．连结PE 并延长交AB 于点G ． （1）求证：G 是AB 的中点；（2）在题图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体PDEF 的体积．PABD CGE【2015，18】如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ⊥平面ABCD ，(Ⅰ)证明：平面AEC ⊥平面BED ； (Ⅱ)若∠ABC =120°，AE ⊥EC ，三棱锥E - ACD的体积为3【2014,19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB 求三棱柱111C B A ABC -的高.【2013，19】如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°．(1)证明：AB⊥A1C；(2)若AB＝CB＝2，A1C，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．【2012，19】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，90ACB ∠=︒，AC=BC=21AA 1，D 是棱AA 1的中点．（1）证明：平面BDC 1⊥平面BDC ； （2）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．【2018，18】如图，在平行四边形ABCM 中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA 。
2023全国甲卷数学立体几何18题
（1）证明见解析.
（2） 13 13
【基本思路】 （1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得 A1O 平面 BCC1B1 ，再由勾股定理 求出 O 为中点，即可得证； （2）利用直角三角形求出 AB1 的长及点 A 到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值. 【详细解析】⑴如图，
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由 CM∥A1C1,CM A1C1知四边形 A1CMC1 为平行四边形， C1M∥A1C ，C1M 平面 ABC ，又 AM 平面 ABC ，
C1M AM 则在 Rt△AC1M 中， AM 2AC,C1M A1C ， AC1 (2AC)2 A1C2 ， 在 Rt△AB1C1 中， AC1 (2AC)2 A1C2 ， B1C1 BC 3 ，
（1）证明见解析. （2）1
【基本思路】
(1)由 A1C 平面 ABC 得 A1C BC ，又因为 AC BC ，可证 BC 平面 ACC1A1 ，从而 证得平面 ACC1A1 平面 BCC1B1 ； (2) 过点 A1 作 A1O CC1 ，可证四棱锥的高为 A1O ,由三角形全等可证 A1C AC ，从而证 得 O 为 CC1 中点，设 A1C AC x ，由勾股定理可求出 x ，再由勾股定理即可求 A1O .
AB1 (2 2)2 ( 2)2 ( 3)2 13 , 又 A 到平面 BCC1B1 距离也为 1，
所以 AB1 与平面 BCC1B1 所成角的正弦值为
1 13
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.
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【详细解析】 ⑴证明：因为 A1C 平面 ABC ， BC 平面 ABC , 所以 A1C BC , 又因为 ACB 90o，即 AC BC ，
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。
历年(2020-2022)全国高考数学真题分类专项(文科版立体几何解答题)汇编(附答案)
历年（2020-2022）全国高考数学真题分类专项（文科版立体几何解答题）汇编1．【2022年全国甲卷】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）．2．【2022年全国乙卷】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AB BD 2,∠ACB 60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求三棱锥F ABC 的体积．3．【2021年甲卷文科】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 ⊥.4．【2021年乙卷文科】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．5．【2020年新课标1卷文科】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.6．【2020年新课标2卷文科】如图，已知三棱柱ABC –A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B –EB 1C 1F 的体积． 7．【2020年新课标3卷文科】如图，在长方体1111ABCD A B C 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．。
高三立体几何习题文科含答案(K12教育文档)
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23正视图 图1侧视图 图22 2图3立几习题21若直线l 不平行于平面a ,且l a ∉，则 A ．a 内的所有直线与异面 B ．a 内不存在与l 平行的直线C ．a 内存在唯一的直线与l 平行D ．a 内的直线与l 都相交2.1l ，2l ，3l 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（A ）12l l ⊥，23l l ⊥13//l l ⇒（B ）12l l ⊥,23//l l ⇒13l l ⊥(C ）233////l l l ⇒1l ,2l ,3l 共面（D)1l ，2l ，3l 共点⇒1l ，2l ,3l 共面3．如图1 ~ 3，某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体的体积为A ．3．4 C ．3．24。
某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（ )A 。
283π- B.83π-C 。
8-2πD 。
23π5、如图,在四棱锥ABCD P -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB=AD,∠BAD=60°,E 、F 分别是AP 、AD 的中点求证:（1）直线EF‖平面PCD；（2）平面BEF⊥平面PAD5（本小题满分13分）如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，1OA=，OD=，△OAB，△OAC,△ODE，△ODF都是正三角形。
2024届全国高考数学真题分类专项(立体几何)汇编(附答案)
2024届全国高考数学真题分类专项（立体几何）汇编1．（2024年新课标全国Ⅰ卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧）A ．B ．C ．D ．2．（2024年新课标全国Ⅱ卷）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 ．12 B ．1 C ．2 D ．33．（2024年高考全国甲卷数学（理））已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为1r 和2r ，母线长分别为()212r r -和()213r r -，则两个圆台的体积之比=V V 甲乙．4．（2024年新课标全国Ⅰ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，2PA AC ==，1,BC AB =．(1)若AD PB ⊥，证明：//AD 平面PBC ；(2)若AD DC ⊥，且二面角A CP D --的正弦值为7，求AD ．5．（2024年新课标全国Ⅱ卷）如图，平面四边形ABCD 中，8AB =，3CD =，AD =90ADC ︒∠=，30BAD ︒∠=，点E ，F 满足25AE AD = ，12AF AB =，将AEF △沿EF 对折至PEF !，使得PC =．(1)证明：EF PD ⊥；(2)求面PCD 与面PBF 所成的二面角的正弦值．6．（2024年高考全国甲卷数学（理））如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形，//,//BC AD EF AD ，4,2AD AB BC EF ====，ED FB ==M为AD 的中点．(1)证明：//BM 平面CDE ； (2)求二面角F BM E --的正弦值．参考答案1．（2024年新课标全国Ⅰ卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高，则圆锥的体积为（ ）A ．B ．C ．D ．【详细详解】设圆柱的底面半径为r而它们的侧面积相等，所以2ππr r =即=，故3r =，故圆锥的体积为1π93⨯=.故选：B.2．（2024年新课标全国Ⅱ卷）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【详细详解】解法一：分别取11,BC B C 的中点1,D D ，则11AD A D =可知11111662222ABC A B C S S =⨯⨯==⨯= 设正三棱台111ABC A B C -的为h ，则(11115233ABC A B C V h -==，解得h = 如图，分别过11,A D 作底面垂线，垂足为,M N ，设AM x =，则1AA DN AD AM MN x =--=-，可得1DD ==结合等腰梯形11BCC B 可得22211622BB DD -⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,即()221616433x x +=++，解得x = 所以1A A 与平面ABC 所成角的正切值为11tan 1A MA ADAM?=； 解法二：将正三棱台111ABC A B C -补成正三棱锥-P ABC ，则1A A 与平面ABC 所成角即为PA 与平面ABC 所成角，因为11113PA A B PA AB ==，则111127P A B C P ABC V V --=， 可知1112652273ABC A B C P ABC V --==，则18P ABC V -=， 设正三棱锥-P ABC 的高为d，则116618322P ABC V d -=⨯⨯⨯=，解得d =，取底面ABC 的中心为O ，则PO ⊥底面ABC，且AO = 所以PA 与平面ABC 所成角的正切值tan 1POPAO AO∠==. 故选：B.3．（2024年高考全国甲卷数学（理））已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为1r 和2r ，母线长分别为()212r r -和()213r r -，则两个圆台的体积之比=V V 甲乙． 【详细详解】由题可得两个圆台的高分别为)12h r r ==-甲，)12h r r ==-乙，所以((212113143S S h r r V h V h S S h +-====+甲甲甲乙乙乙.4．（2024年新课标全国Ⅰ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，2PA AC ==，1,BC AB =．(1)若AD PB ⊥，证明：//AD 平面PBC ； (2)若AD DC ⊥，且二面角A CP D --的正弦值为7，求AD ． 【详细详解】（1）（1）因为PA ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD ，所以PA AD ⊥， 又AD PB ⊥，PB PA P = ，,PB PA ⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ， 而AB ⊂平面PAB ，所以AD AB ⊥.因为222BC AB AC +=，所以BC AB ⊥， 根据平面知识可知//AD BC ， 又AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ．（2）如图所示，过点D 作DE AC ⊥于E ，再过点E 作EF CP ⊥于F ，连接DF ， 因为PA ⊥平面ABCD ，所以平面PAC ⊥平面ABCD ，而平面PAC 平面ABCD AC =， 所以DE ⊥平面PAC ，又EF CP ⊥，所以⊥CP 平面DEF ， 根据二面角的定义可知，DFE ∠即为二面角A CP D --的平面角，即sin 7DFE ∠=，即tan DFE ∠= 因为AD DC ⊥，设AD x =，则CD =2DE =，又242xCE -=，而EFC 为等腰直角三角形，所以2EF=，故22tan DFE∠==x =AD =5．（2024年新课标全国Ⅱ卷）如图，平面四边形ABCD 中，8AB =，3CD =，AD =，90ADC ︒∠=，30BAD ︒∠=，点E ，F 满足25AE AD = ，12AF AB =，将AEF △沿EF 对折至PEF !，使得PC =．(1)证明：EF PD ⊥；(2)求面PCD 与面PBF 所成的二面角的正弦值．【详细详解】（1）由218,,52AB AD AE AD AF AB ====， 得4AE AF ==，又30BAD ︒∠=，在AEF △中，由余弦定理得2EF =,所以222AE EF AF +=，则AE EF ⊥，即EF AD ⊥， 所以,EF PE EF DE ⊥⊥，又,PE DE E PE DE =⊂ 、平面PDE ， 所以EF ⊥平面PDE ，又PD ⊂平面PDE ， 故EF ⊥PD ；（2）连接CE ，由90,3ADC ED CD ︒∠===，则22236CE ED CD =+=，在PEC 中，6PC PE EC ===，得222EC PE PC +=，所以PE EC ⊥，由（1）知PE EF ⊥，又,EC EF E EC EF =⊂ 、平面ABCD ， 所以PE ⊥平面ABCD ，又ED ⊂平面ABCD ，所以PE ED ⊥，则,,PE EF ED 两两垂直，建立如图空间直角坐标系E xyz -，则(0,0,0),(0,0,(2,0,0),(0,E P D C F A -， 由F 是AB的中点，得(4,B ，所以(4,(2,0,PC PD PB PF =-=-=-=-，设平面PCD 和平面PBF 的一个法向量分别为111222(,,),(,,)n x y z m x y z ==，则11111300n PC x n PD ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，222224020m PB x m PF x ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩ ，令122,y x ==11220,3,1,1x z y z ===-=，所以(0,2,3),1,1)n m ==- ，所以cos ,m nm n m n ⋅===设平面PCD 和平面PBF 所成角为θ，则sin θ== 即平面PCD 和平面PBF所成角的正弦值为65.6．（2024年高考全国甲卷数学（理））如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形，//,//BC AD EF AD ，4,2AD AB BC EF ====，ED FB ==M 为AD 的中点．(1)证明：//BM 平面CDE ； (2)求二面角F BM E --的正弦值．【详细详解】（1）因为//,2,4,BC AD EF AD M ==为AD 的中点，所以//,BC MD BC MD =，四边形BCDM 为平行四边形，所以//BM CD ，又因为BM ⊄平面CDE ，CD ⊂平面CDE ，所以//BM 平面CDE ；（2）如图所示，作BO AD ⊥交AD 于O ，连接OF ，因为四边形ABCD 为等腰梯形，//,4,BC AD AD =2AB BC ==，所以2CD =， 结合（1）BCDM 为平行四边形，可得2BM CD ==，又2AM =， 所以ABM 为等边三角形，O 为AM中点，所以OB =又因为四边形ADEF 为等腰梯形，M 为AD 中点，所以,//EF MD EF MD =， 四边形EFMD 为平行四边形，FM ED AF ==，所以AFM △为等腰三角形，ABM 与AFM △底边上中点O 重合，OF AM ⊥，3OF ==，因为222OB OF BF +=，所以OB OF ⊥，所以,,OB OD OF 互相垂直，以OB 方向为x 轴，OD 方向为y 轴，OF 方向为z 轴，建立O xyz -空间直角坐标系，()0,0,3F，)()(),0,1,0,0,2,3BM E，()(),BM BF ==，()2,3BE = ，设平面BFM 的法向量为()111,,m x y z =，平面EMB 的法向量为()222,,n x y z =，则00m BM m BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1111030y z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令1x =113,1y z ==，即)m = ，则00n BM n BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即222220230y y z ⎧+=⎪⎨++=⎪⎩，令2x =，得223,1y z ==-，即)1n =-，11cos ,13m n m n m n ⋅===⋅，则sin ,m n =故二面角F BM E --的正弦值为13.。
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2007 18．（本小题满分12分）如图，A B C D ，，，为空间四点．在ABC △中，2AB AC BC ===，ADB 以AB 为轴运动．（Ⅰ）当平面ADB ⊥平面ABC 时，求CD ； （Ⅱ）当ADB △转动时，是否总有AB CD ⊥？证明你的结论．18．解：（Ⅰ）取AB 的中点E ，连结DE CE ，，因为ADB 是等边三角形，所以DE AB ⊥．当平面ADB ⊥平面ABC 时，因为平面ADB 平面ABC AB =，所以DE ⊥平面ABC ，可知DE CE ⊥由已知可得1DE EC ==，在D E C Rt △中，2CD ==．（Ⅱ）当ADB △以AB 为轴转动时，总有AB CD ⊥． 证明：（ⅰ）当D 在平面ABC 内时，因为AC BC AD BD ==，，所以C D ，都在线段AB 的垂直平分线上，即AB CD ⊥．（ⅱ）当D 不在平面ABC 内时，由（Ⅰ）知A B D E ⊥．又因AC BC =，所以AB CE ⊥． 又DE CE ，为相交直线，所以AB ⊥平面CDE ，由CD ⊂平面CDE ，得AB CD ⊥． 综上所述，总有AB CD ⊥． 200818、（本小题满分12分）如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出（单位：cm ）。
（1）在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；（2）按照给出的尺寸，求该多面体的体积；（3）在所给直观图中连结'BC ，证明：'BC ∥面EFG 。
DBAEDBCA正视图18.【试卷解读】(1)如图（２）所求多面体的体积()311284446222323V V V cm ⎛⎫=-=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭正长方体三棱锥 （３）证明：如图，在长方体''''ABCD A B C D -中，连接'AD ，则'AD ∥'BC 因为Ｅ，Ｇ分别为''',AA A D 中点，所以'AD ∥EG ，从而EG ∥'BC ，又'BC E F G ⊄平面, 所以'BC∥平面ＥＦＧ；2009(19)(本小题满分12分)如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，AD =，2DC SD ==，点M 在侧棱SC 上，∠ABM=60。
()I 证明：M 是侧棱SC 的中点； ()II 求二面角S AM B --的大小。
解（I ）作ME ∥CD 交SD 于点E ，则ME ∥AB ，ME ⊥平面SAD 连接AE ，则四边形ABME 为直角梯形 作MF AB ⊥，垂足为F ，则AFME 为矩形设ME x =，则SE x =，AE ==2MF AE FB x ===-由tan 60,)MF FB x =∙=-。
解得1x =即1ME =，从而12ME DC =所以M 为侧棱SC 的中点（Ⅱ）2MB ==，又60,2ABM AB ∠==,所以ABM ∆为等边三角形，又由（Ⅰ）知M 为SC 中点2SM SA AM ===，故222,90SA SM AM SMA =+∠=取AM 中点G ，连结BG ，取SA 中点H ，连结GH ，则,BG A MG H A M ⊥⊥,由此知BGH∠为二面角S AM B --的平面角连接BH ，在BGH ∆中，12222BG AM GH SM BH ======所以222cos 23BG GH BH BGH BG GH +-∠==-∙∙二面角S AM B --的大小为arccos(3- 2010（18）（本小题满分12分）如图，已知四棱锥的底面为等腰梯形，∥,,垂足为，是四棱锥的高。
P ABCD -AB CD AC BD ⊥H PH {}n a（Ⅰ）证明：平面平面。
（Ⅱ）若,60°,求四棱锥的体积。
(18)解：(1)因为PH 是四棱锥P-ABCD 的高。
所以AC PH,又AC BD,PH,BD 都在平PHD 内,且PH BD=H.所以AC平面PBD.故平面PAC 平面PBD. ……..6分 (2)因为ABCD 为等腰梯形，AB CD,AC.所以因为APB=ADR=600 所以,HD=HC=1.可得等腰梯形ABCD 的面积为S=……..9分 所以四棱锥的体积为V=x（……..12分2011（18）（本小题满分12分）如图，四棱锥中，底面为平行四边形。
底面。
（I ）证明：（II ）设，求棱锥的高。
PAC ⊥PBD AB =APB ADB ∠=∠=P ABCD -⊥⊥⊥⊥∠∠121333+P ABCD -ABCD 60,2,DAB AB AD PD ∠==⊥ABCD PA BD ⊥1PD AD ==D PBC -201219．（2012•课标文）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC= AA1，D是棱AA1的中点．（Ⅰ）证明：平面BDC1⊥平面BDC（Ⅱ）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．证明：（1）由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC=C，∴BC⊥平面ACC1A1，又DC1⊂平面ACC1A1，∴DC1⊥BC．由题设知∠A1DC1=∠ADC=45°，∴∠CDC1=90°，即DC1⊥DC，又DC∩BC=C，∴DC1⊥平面BDC，又DC1⊂平面BDC1，∴平面BDC 1⊥平面BDC ；（2）设棱锥B ﹣DACC 1的体积为V 1，AC=1，由题意得V 1=××1×1=，又三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的体积V=1， ∴（V ﹣V 1）：V 1=1：1，∴平面BDC 1分此棱柱两部分体积的比为1：1． 201319．(2013课标全国Ⅰ，文19)(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若AB ＝CB ＝2，A 1C ，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积． 19．(1)证明：取AB 的中点O ，连结OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ， 所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°， 故△AA 1B 为等边三角形， 所以OA 1⊥AB .因为OC ∩OA 1＝O ，所以 AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)解：由题设知△ABC 与△AA 1B 都是边长为2的等边三角形，所以OC ＝OA 1又A 1C ，则A 1C 2＝OC 2＋21OA ，故OA 1⊥OC .因为OC ∩AB ＝O ，所以OA 1⊥平面ABC ，OA 1为三棱柱ABC －A 1B 1C 1的高．又△ABC 的面积S △ABC ABC －A 1B 1C 1的体积V ＝S △ABC ×OA 1＝3. 2014(19)(本题满分12分)如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB求三棱柱111C B A ABC -的高. （3）19.（4）（1）证明：（5）连接1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点，因为侧面11BB C C 为菱形，所以11B C BC ⊥（6）又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥，故1B C ABO ⊥平面 （7）由于AB ABO ⊂平面，故1B C AB ⊥（8）（2）解：（9）做OD BC ⊥，垂足为D ，连接AD ，做OH AD ⊥，垂足为H 。
（10）由于,BC AO BC OD ⊥⊥，故BC AOD ⊥平面，所以OH BC ⊥ （11）又OH AD ⊥，所以OH ABC ⊥平面（12）因为160CBB ∠=，所以1CBB ∆为等边三角形，又1BC =，可得OD = （13）由于1AC AB ⊥，所以11122AO B C ==（14）由OH AD OD OA ⋅=⋅，且AD ==14OH =（15）又O 为1B C 的中点，所以点1B 到平面ABC 的距离为7，故三棱柱111A B C A B C - 201518. （本小题满分12分）如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面，（I ）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（II ）若120ABC ∠=，,AE EC ⊥三棱锥E ACD -求该三棱锥的侧面积.18、解：（I ）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD. 因为BE ⊥平面ABCD,所以AC ⊥BE,故AC ⊥平面BED.又AC ⊂平面AEC,所以平面AEC ⊥平面BED. ……5分 （II ）设AB=x ，在菱形ABCD 中，又∠ABC=o120，可得x ，GB=GD=2x . 因为AE ⊥EC,所以在Rt △AEC 中，可的EG=2x . 由BE ⊥平面ABCD,知△EBG 为直角三角形，可得BE=2x . 由已知得，三棱锥E-ACD的体积E ACD V -=13×12AC ·GD ·3x =. 故x =2……9分 从而可得.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与 △ECD 故三棱锥E-ACD 的侧面积为 ……12分 201618.（本题满分12分）如图，已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形，P A 内的正投影为点D ，D 在平面P AB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G .(Ⅰ)证明G 是AB 的中点；(Ⅱ)在答题卡第（18）题图中作出点E 在平面P AC内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 18．(Ⅰ)证明：PD ⊥平面ABC ，∴PD ⊥AB ．又DE ⊥平面P AB ，∴DE ⊥AB ．∴AB ⊥平面PDE ．又PG ⊂平面PDE ，∴AB ⊥PG ．依题P A=PB ，∴G 是AB (Ⅱ)解：在平面P AB 内作EF ⊥P A （或EF // PB ）垂足为F ，则F 是点E 在平面P AC 内的正投影.理由如下：∵PC ⊥P A ，PC ⊥PB ，∴ PC ⊥平面P AB ．∴EF ⊥PC 作EF ⊥P A ，∴EF ⊥平面P AC ．即F 是点E 在平面P AC 内的正投影连接CG ，依题D 是正ΔABC 的重心，∴D 在中线CG 上，且CD =2DG ．易知DE // PC ，PC=PB=P A = 6，∴DE =2，PE =2233PG =⨯=则在等腰直角ΔPEF 中，PF=EF=2，∴ΔPEF 的面积S=2．所以四面体PDEF 的体积1433V S DE =⨯=.2017 18．（12分）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=,且四棱锥P-ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积.18.（12分）【解读】（1）由已知90BAP CDP ==︒∠∠，得AB AP ⊥,CD PD ⊥.由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E .由（1）知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD .设AB x =，则由已知可得AD =，2PE x =. 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=. 由题设得31833x =，故2x =.从而2PA PD ==，AD BC ==PB PC ==. 可得四棱锥P A-的侧面积为21111s in 606232222P A P D P A A B P D D C B⋅+⋅+⋅︒=+。