专题四规范答题4 立体几何

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“立体几何”满分答题规范，不看后悔哦！

“立体几何”满分答题规范，不看后悔哦！前言立体几何题目，也是送分的题目，在这个题目考察中，文科与理科生的考察稍有区别，一般情况下，文科生很少涉及到求角的问题，主要是因为，很多文科生不学利用空间向量解题，而不管是线面角还是二面角，用空间向量最简单了！所以，文科生较少考察，一般会在第三问求面积或体积！这块内容，难度不大，关键是同学们的空间想象能力，以及计算能力（用空间向量解题），大家在平时练习的时候，要多看多想！例题解题思路(1)利用已知条件转化为证明AB⊥平面B1BCC1.(2)取AB的中点G，构造四边形FGEC1，证明其为平行四边形，从而得证．(3)根据题中数据代入公式计算即可．标准答案阅卷点拨第(1)问踩点得分说明：①证明BB1⊥AB得1分；②证明AB⊥平面B1BCC1得1分；③得出结论得1分．第(2)问踩点得分说明：①证明FG綊AC得2分；②证明C1F∥EG 得2分；③得出结论得1分．第(3)问踩点得分说明：①求出AB得2分；②求出体积得2分．解题流程第一步：利用线面垂直的性质证明线线垂直；第二步：证明线面垂直；第三步：证明面面垂直；第四步：利用中位线性质和平行四边形的性质证明线线平行；第五步：证明线面平行；第六步：确定三棱锥的底面和高求体积．满分心得(1)写全得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写全，如第(1)问只要证明BB1⊥AB就得分；第(2)问只要证明FG∥AC且FG＝AC就得分；第(3)问只要求出AB就得分．(2)写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时一定要写清得分关键点，如第(1)问中一定要指明BC∩BB1＝B，AB⊥平面B1BCC1，否则不得分；第(2)问一定要指明EG∥C1F，GE?平面ABE，C1F?平面ABE，否则不得分．。

高中数学立体几何(解析版)

立体几何立体几何一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点，文科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用，简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题.另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图.选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及简单几何体的变面积以及体积.本专题针对高考高频知识点以及题型进行总结，希望通过本专题的学习，能够掌握高考数学中的立体几何的题型，将高考有关的立体几何所有分数拿到.【满分技巧】基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长.要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求.内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求.求点到平面的距离问题：采用等体积法.求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高.【考查题型】选择，填空，解答题【限时检测】（建议用时：90分钟）一、单选题AA是1．（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为底面矩形的一边，则这样的阳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1马的个数是（）A．4 B．8 C．12 D．16【答案】D【分析】根据新定义和正六边形的性质可得答案．【详解】根据正六边形的性质，则D1﹣A1ABB1，D1﹣A1AFF1满足题意，而C1，E1，C，D，E，和D1一样，有2×4=8，当A1ACC1为底面矩形，有4个满足题意，当A1AEE1为底面矩形，有4个满足题意，故有8+4+4=16故选D．【点睛】本题考查了新定义，以及排除组合的问题，考查了棱柱的特征，属于中档题．2．（2020·上海虹口区·高三一模）在空间，已知直线l及不在l上两个不重合的点A､B，过直线l做平面α，使得点A､B到平面α的距离相等，则这样的平面α的个数不可能是（）A．1个B．2个C．3个D．无数个【答案】C【分析】分情况讨论可得出.【详解】（1）如图，当直线AB与l异面时，则只有一种情况；（2）当直线AB与l平行时，则有无数种情况，平面α可以绕着l转动；（3）如图，当l过线段AB的中垂面时，有两种情况.故选：C.3．（2020·上海高三一模）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面边长2AB =，高14A A =，E 为棱1A A 的中点．设BAD ∠=α、BED θ∠=、1B ED γ∠=，则α、β、γ之间的关系正确的是（）．A ．αγθ=>B ．γαθ>>C ．θγα>>D ．αθγ>>【答案】B 【分析】求出α、β、γ的大小即可求解. 【详解】由题意可得2BAD πα∠==，连接BD ，则BDE 为等边三角形，所以3BED πθ∠==，连接1B D ，则222122426B D =++=22222BE DE ==+=取1B D 的中点O ，连接EO ，则16BO 862EO =-=所以16tan 32B EO ∠==，所以13B EO π∠=，即123B ED πγ∠==，所以γαθ>>.故选：B4．已知长方体1111ABCD A B C D -，下列向量的数量积一定不为0的是（）A ．1AD AB ⋅B ．11AD BC ⋅ C ．1BD BC ⋅ D ．1BD AC ⋅【答案】C【分析】利用正方体几何性质计算出数量积为零的选项，根据长方体的性质证明数量积一定不为零的选项.【详解】当长方体1111ABCD A B C D -为正方体时，根据正方体的性质可知： 1111,,AB AD AD B C BD AC ⊥⊥⊥，所以10AB AD ⋅=、110AD B C ⋅=、10BD AC ⋅=.根据长方体的性质可知：1BC CD ⊥，所以1BD 与BC 不垂直，即1BD BC ⋅一定不为0.故选：C5．（2020·上海高三一模）已知正方体1111ABCD A B C D -，点P 是棱1CC 的中点，设直线AB 为a ，直线11A D 为b .对于下列两个命题：①过点P 有且只有一条直线l 与a 、b 都相交；②过点P 有且只有一条直线l 与a 、b 都成45︒角.以下判断正确的是（）A ．①为真命题，②为真命题B ．①为真命题，②为假命题C ．①为假命题，②为真命题D ．①为假命题，②为假命题【答案】B 【分析】作出过P 与两直线相交的直线l 判断①；通过平移直线a ，b ，结合异面直线所成角的概念判断②．【详解】解：直线AB 与A 1D 1 是两条互相垂直的异面直线，点P 不在这两异面直线中的任何一条上，如图所示：取BB 1的中点Q ，则PQ ∥A 1D 1，且 PQ ＝A 1D 1，设A 1Q 与AB 交于E ，则点A 1、D 1、Q 、E 、P 共面，直线EP 必与A 1D 1 相交于某点F ，则过P 点有且只有一条直线EF 与a 、b 都相交，故①为真命题；分别平移a ，b ，使a 与b 均经过P ，则有两条互相垂直的直线与a ，b 都成45°角，故②为假命题． ∴①为真命题，②为假命题．故选：B ．【点睛】本题考查立体几何图形中直线和平面的相交、平行、垂直的性质，体现了数形结合的数学思想，是中档题．二、填空题6．（2020·上海青浦区·高三一模）圆锥底面半径为1cm ，母线长为2cm ，则其侧面展开图扇形的圆心角θ=___________.【答案】π；【分析】根据圆的周长公式易得圆锥底面周长，也就是圆锥侧面展开图的弧长，利用弧长公式可得圆锥侧面展开图扇形的圆心角的大小.【详解】因为圆锥底面半径为1cm ，所以圆锥的底面周长为2cm π，则其侧面展开图扇形的圆心角22πθπ==，故答案为：π.【点睛】思路点睛：该题考查的是有关圆锥侧面展开图的问题，解题思路如下：（1）首先根据底面半径求得底面圆的周长；（2）根据圆锥侧面展开图扇形的弧长就是底面圆的周长，结合母线长，利用弧长公式求得圆心角的大小. 7．（2020·上海闵行区·高三一模）如图，已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，高为3，则异面直线1AA 与1BD 所成角的大小是_______.【答案】22；【分析】根据11//AA DD ，得到1DD B ∠异面直线1AA 与1BD 所成的角，然后在1Rt DD B △，利用正切函数求解.【详解】因为11//AA DD ，所以1DD B ∠异面直线1AA 与1BD 所成的角，在正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，高为3，所以1122tan 3BD DD B DD ∠==，因为1(0,)2DD B π∠∈，所以122arctan3DD B ∠=，故答案为：22arctan 38．（2019·上海市建平中学高三月考）某几何体由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成，其三视图如图所示（单位：厘米），则该几何体的体积（单位：立方厘米）是________.【答案】12π+2，高为3；半圆锥的底面是半径为1的半圆，高为3；据此计算出该几何体的体积.【详解】由三视图可知，三棱锥的体积：1223132V ⎛=⨯⨯= ⎝⎭；半圆锥体积：()11113232V ππ=⨯⨯⨯⨯⨯=，所以总体积为：12π+. 故答案为12π+.【点睛】本题考查空间几何体的体积计算，难度较易.计算组合体的体积时，可将几何体拆分为几个容易求解的常见几何体，然后根据体积公式完成求解.9．（2020·上海高三其他模拟）如图直三棱柱ABB 1-DCC 1中， BB 1⊥AB ，AB=4，BC=2，CC 1=1，DC 上有一动点P ，则△APC 1周长的最小值是 .【答案】521+试题分析：要求周长的最小值，因边为定值，只要求另两边之和的最小值，因两点直线线段最短，所以的最小值为因此△APC 1周长的最小值是521考点：棱柱的相关知识.10．（2020·上海高三一模）已知母线长为6cm 的圆锥的侧面积是底面积的3倍，则该圆锥的底面半径为________cm ．【答案】2【分析】设底面半径为r ，由两个面积的关系可得底面半径的值．【详解】解：设底面半径为r ，则由题意，可得213262r r ππ=⨯⨯，解得2r ，故答案为：2．【点睛】本题考查圆锥的侧面积及圆的面积公式，属于基础题．11．（2020·上海高三其他模拟）已知圆锥的母线长为l ，过圆锥顶点的最大截面三角形的面积为212l ，则此圆锥底面半径r 与母线长l 的比r l的取值范围是____________．【答案】22【分析】先判断两条母线的夹角=90θ时最大截面三角形的面积为212l 22l r ≤和r l <，最后求出r l 的取值范围即可. 【详解】解：过圆锥顶点的截面三角形的面积：1sin 2S l l θ=⋅⋅（θ为两母线的夹角），因为过圆锥顶点的最大截面三角形的面积为212l ，即两条母线的夹角=90θ时的截面面积，此时底面弦长为2l ，所以22l r ≤，又r l <，所以212r l≤<，故答案为：2[,1)2【点睛】本题考查空间几何体，是基础题.12．（2020·上海青浦区·高三二模）用一平面去截球所得截面的面积为23cm π，已知球心到该截面的距离为1cm ，则该球的表面积是___________2cm ．【答案】16π【分析】由已知求出小圆的半径，然后利用勾股定理求出球的半径，即可求出球的表面积【详解】解：因为用一平面去截球所得截面的面积为23cm π，所以小圆的半径为3cm ，因为球心到该截面的距离为1cm ，所以球的半径为221(3)2+=cm ，所以球的表面积为24216S ππ=⨯=2cm ，故答案为：16π【点睛】此题考查球的截面的半径、球心到截面的距离与球的半径间的关系，属于基础题13．（2020·上海普陀区·高三月考）已知一个半圆柱的高为4，其俯视图如图所示，其左视图的面积为8，则该半圆柱的表面积为______.【答案】1612+π【分析】由圆柱的主视图和左视图知该圆柱的底面直径为4，高为3，由此能求出该几何体的表面积，得到答案.【详解】由题意，其左视图为矩形，其左视图的面积为8，半圆柱的高h 为4，可得半圆的半径r 为2，由于半圆柱的表面积为两个底面半圆面积加侧面展开图形的面积，即2211222224224161222S r rh rh πππππ=⨯⨯++=⨯⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=+.故答案为：1612+π.【点睛】本题主要考查了空间几何体的三视图的应用，以及圆柱的表面积的计算问题，同时考查了圆柱的结构特征的应用，属于基础题.三、解答题14．（2020·上海虹口区·高三一模）如图在三棱锥P ABC -中，棱AB 、AC 、AP 两两垂直，3AB AC AP ===，点M 在AP 上，且1AM =.（1）求异面直线BM 和PC 所成的角的大小；（2）求三棱锥P BMC -的体积.【答案】（1）5（2）3. 【分析】（1）以点A 为坐标原点，AB 、AC 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系A xyz -，利用空间向量法可求得异面直线BM 和PC 所成的角的大小；（2）计算出PMC △的面积，并推导出AB ⊥平面PMC ，利用锥体的体积公式可求得三棱锥P BMC -的体积.【详解】（1）由于AB 、AC 、AP 两两垂直，以点A 为坐标原点，AB 、AC 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系A xyz -，如下图所示：则()3,0,0B 、()0,0,0A 、()0,3,0C 、()0,0,3P 、()0,0,1M ，()3,0,1BM =-，()0,3,3PC =-，5cos ,101032BM PC BM PC BM PC⋅<>===-⨯⋅，因此，异面直线BM 和PC 所成的角的大小为5arccos 10；（2）AB AC ⊥，AB AP ⊥，AC AP A =，AB ∴⊥平面APC ，AC AP ⊥，1AM =，2PM AP AM ∴=-=，132PMC S PM AC ∴=⋅=△， 1133333B PMC PMC V S AB -=⋅=⨯⨯=△.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.15．（2020·上海青浦区·高三一模）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，12AA =，点P 为棱1DD 的中点.（1）证明：1//BD 平面P AC ；（2）求异面直线1BD 与AP 所成角的大小. 【答案】（1）证明见解析；（2）30.【分析】（1）AC 和BD 交于点O ，则O 为BD 的中点．推导出1//PO BD ．由此能证明直线1//BD 平面PAC ；（2）由1//PO BD ，得APO ∠即为异面直线1BD 与AP 所成的角或其补角．由此能求出异面直线1BD 与AP 所成角的大小．【详解】（1）证明：设AC 和BD 交于点O ，则O 为BD 的中点. 连结PO ，又因为P 是1DD 的中点，所以1//PO BD . 又因为PO ⊂平面P AC ，1BD ⊄平面P AC 所以直线1//BD 平面P AC.（2）解：由（1）知，1//PO BD ，所以APO ∠即为异面直线1BD 与AP 所成的角或其补角.因为2PA PC ==，2122AO AC ==且PO AO ⊥，所以212sin 22AO APO AP ∠===. 又(0,90APO ︒︒⎤∠∈⎦，所以30APO ∠=︒ 故异面直线1BD 与AP 所成角的大小为30. 【点睛】方法点睛：异面直线所成的角的求法方法一：（几何法）找→作（平移法、补形法）→证（定义）→指→求（解三角形）方法二：（向量法）cos m n m nα=，其中α是异面直线,m n 所成的角，,m n 分别是直线,m n 的方向向量.16．（2020·上海长宁区·高三一模）如图，已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，高为23，底面半径为2.（1）求该圆锥的侧面积；（2）设OA ､OB 为该圆锥的底面半径，且90AOB ∠=︒，M 为线段AB 的中点，求直线PM 与直线OB 所成的角的正切值.【答案】（1）8π；（213【分析】（1）利用圆锥侧面积公式即可；（2）通过中点作辅助线即可．【详解】解：（1）OP ⊥底面OAB 由题意高3h =2r ，所以母线4l圆锥的侧面积S =12lr 12242π=⨯⨯⨯8π= （2）取OA 的中点为N ，因为M 为AB 的中点所以//MN OB ，PMN ∠就是直线PM 与直线OB 所成的角．因为OB OA ⊥，OB OP ⊥，所以OB ⊥平面POA ，MN ⊥平面POA ，MN PN ⊥ 在Rt △PNM 中，22()132rPN h =+=，112MN OB ==．所以PMN ∠的正切值为13．即直线PM 与直线OB 所成的角正切值为13．17．（2020·上海徐汇区·高三一模）如图：在直三棱柱111ABC A B C -中，2AC BC ==，14CC =，90ACB ∠=，E 、F 分别为棱1AA 、AB 的中点．（1）求异面直线1A C 与EF 所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）；（2）求五棱锥11C EFBB A -的体积11C EFBB A V -．【答案】（1）5arctan （2）143．【分析】（1）连接1A B ，利用中位线的性质可得出1//A B EF ，由此可得出1BA C ∠（或其补角）就是异面直线1A C 与EF 所成的角，利用解三角形的知识求出1BA C ∠的正切值，即可得解；（2）计算出五边形1EFBB A 的面积，并推导出CF ⊥平面11AA B B ，再利用锥体的体积公式可计算出五棱锥11C EFBB A -的体积11C EFBB A V -. 【详解】（1）连接1A B ，E 、F 分别为1AA 、AB 的中点，所以，1//A B EF ，于是1BA C ∠（或其补角）就是异面直线1A C 与EF 所成的角，在1A BC 中，2BC =，221125AC AA AC =+=，221126A B AA AB =+=，22211A C BC A B ∴+=，所以1BC A C ⊥，所以，1125tan 525BC BAC AC ∠===．所以，异面直线1A C 与EF 所成角的大小为5arctan5；（2）由于111111822722AEFEFBB A ABB A S S S AB AA AE AF =-=⋅-⋅==五边形矩形连接CF ，2AC BC ==，F 为AB 的中点，90ACB ∠=，CF AB ∴⊥，且122CF AB == 1AA ⊥平面ABC ，CF ⊂平面ABC ，1CF AA ∴⊥，1AB AA A ⋂=，CF ∴⊥平面11AA B B ，所以11111114722333C EFBB A EFBB A V S CF -=⋅=⨯⨯=五边形．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．18．（2020·上海大学附属中学高三三模）如图，正四棱锥P ABCD -中.（1）求证：BD ⊥平面PAC ；（2）若2AB =，423P ABCD V -=，求二面角A PB C --的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）1arccos 3⎛⎫- ⎪⎝⎭【分析】（1）先证明PO BD ⊥，结合,BD AC ⊥利用线面垂直的判定定理可得结论；（2）由423P ABCD V -=求出棱锥的高，可求得侧棱长，判定侧面的形状后可得二面角的平面角，利用余弦定理可得答案. 【详解】（1）因为P ABCD -是正棱锥，P ∴在面ABCD 内射影是AC 与BD 的交点O ，即PO ⊥面ABCD ，PO BD ∴⊥，又,BD AC PO ⊥与AC 在面PAC 内相交，BD ∴⊥面PAC ；（2）2142233P ABCD V PO -=⨯⨯=， 2PO ∴=，222PB =+=，则PAB △与PBC 为边长是2的正三角形，取PB 的中点E ，连,AE CE ，则AE PB ⊥，CE PB ⊥，AEC ∠是二面角的平面角，3381cos 3233AEC +-∠==-⨯⨯，1cos 3AEC arc ⎛⎫∠=- ⎪⎝⎭【点睛】本题主要考查线面垂直的证明以及二面角的求解，考查了正四棱锥的性质，属于中档题.19．（2019·上海市建平中学高三月考）如图：四面体ABCD 的底面ABC 是直角三角形，AC BC ⊥，3AC =，4BC =，DA ⊥平面ABC ，5DA =，E 是BD 上的动点（不包括端点）.（1）求证：AE 与BC 不垂直；（2）当AE DC ⊥时，求DEEB的值. 【答案】（1）证明见解析；（2）259.【分析】（1）利用反证法，先假设AE 与BC 垂直，然后根据条件推出与题设矛盾的结论，即可证明出AE与BC 不垂直；（2）先作辅助线//EF BC ，利用AE DC ⊥以及BC ⊥平面DAC 得到DC ⊥平面AEF ，由此得到AF DC ⊥，从而确定出F 点位置，再由DE DFEB FC=得到结果. 【详解】（1）假设AE BC ⊥，因为DA ⊥平面ABC ，所以DA BC ⊥，且DA AE A =，所以BC ⊥平面DAE ，又因为AB平面DAE ，所以BC AB ⊥，又因为由条件可知BC AC ⊥，所以BC AB ⊥不成立，故假设不成立，所以AE 与BC 不垂直；（2）过E 作//EF BC ，交DC 于F ，连接AF ，因为AC BC ⊥，DA BC ⊥且DA AC A =，所以BC ⊥平面DAC ，因为//EF BC ，所以EF ⊥平面DAC ，所以EF DC ⊥，又因为AE DC ⊥，EF DC ⊥，EF AE E =，所以DC ⊥平面AEF ，所以DC AF ⊥，又cos 25934AD ADC DC ∠===+，所以cos cos 34DF ADF ADC AD ∠=∠==，所以34DF =，所以34FC =，所以259DF FC =，所以由相似可知259DE DF EB FC ==. 【点睛】本题考查空间中的垂直关系的判断与证明，难度一般.空间中的不平行、不垂直关系的证明，如果正面证明比较麻烦，可采用反证法去证明.20．（2020·上海市七宝中学高三其他模拟）如图，四边形11ABB A 是圆柱1OO 的轴载面，4AB =，12OO =，以圆柱上底面为底面作高为2的圆锥1PO ，C 、1C 分别在AB 、11A B 上，2AOC π∠=，1113AO C π∠=.（1）求这个几何体的表面积和体积；（2）求二面角111O AC C --的余弦值. 【答案】（1）表面积为(1242π+，体积为323π；（23823-. 【分析】（1）计算出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式和圆柱的侧面积、底面积公式可计算出几何体的表面积，结合柱体和锥体的体积公式可求得几何体的体积；（2）以点O 为坐标原点，OA 、OC 、OP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系O xyz -，利用空间向量法可求得二面角111O AC C --的余弦值. 【详解】（1）由题意可知，圆柱的底面半径为22ABr ==，因为1PO 为圆锥的高，且12PO =，所以，圆锥的母线长为221122PA PO r =+=，又12OO =，因此，该几何体的表面积为(22+2222221242S ππππ=⨯⨯⨯+⨯=+.该几何体的体积为22132222233V πππ=⨯⨯+⨯⨯⨯=；（2）以点O 为坐标原点，OA 、OC 、OP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系O xyz -，则点()10,0,2O ，()12,0,2A ，()13,2C ，()0,2,0C ，设平面11A CC 的一个法向量为(),,m x y z =，()113,0AC =-，()12,2,2AC =--，由11100m AC m AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得302220x x y z ⎧-=⎪⎨-+-=⎪⎩，令3x =1y =，13z =所以，平面11A CC 的一个法向量为(3,1,13m =，易知平面111O AC 的一个法向量为()0,0,1n =，()()22233cos ,82331131m n m n m n⋅<>===⋅-++-⨯，由图象可知，二面角111O AC C --31823--【点睛】本题考查组合体的表面积与体积的计算，同时也考查了利用空间向量法计算二面角的余弦值，考查计算能力，属于中等题.21．（2020·上海高三其他模拟）如图，已知⊙O 的直径AB=3，点C 为⊙O 上异于A ，B 的一点，VC ⊥平面ABC ，且VC=2，点M 为线段VB 的中点.（1）求证：BC ⊥平面VAC ；（2）若直线AM 与平面V AC 所成角为4π.求三棱锥B-ACM 的体积. 【答案】（1））祥见解析；（2）试题分析：（1）由线面垂直得VC ⊥BC ，由直径性质得AC ⊥BC ，由此能证明BC ⊥平面V AC ．（2）首先由（1）作出直线AM 与平面V AC 所成的角：取VC 的中点N ，连接MN ，AN ，则MN ∥BC ，由（I ）得BC ⊥平面VAC ，所以MN ⊥平面V AC ，则∠MAN 为直线AM 与平面V AC 所成的角.即∠MAN=4π，所以MN=AN ；这样就可求出AC 的长，且而求得体积．试题解析：（1）证明：因为VC ⊥平面ABC ，BC ABC ⊂平面，所以VC ⊥BC ，又因为点C 为圆O 上一点，且AB 为直径，所以AC ⊥BC ，又因为VC ，AC ⊂平面V AC ，VC∩AC=C ，所以BC ⊥平面V AC.（2）如图，取VC 的中点N ，连接MN ，AN ，则MN ∥BC ，由（I ）得BC ⊥平面V AC ，所以MN ⊥平面V AC ，则∠MAN 为直线AM 与平面V AC 所成的角.即∠MAN=4π，所以MN=AN ；令AC=a,则29-a ，MN=292a -；因为VC=2，M 为VC 中点，所以21a + 所以，292a -=21a +,解得a=1 因为MN ∥BC,所以考点：1.直线与平面垂直的判定;2. 棱柱、棱锥、棱台的体积;3. 直线与平面所成的角.22．（2020·上海高三其他模拟）已知正方体1111ABCD A B C D -，12AA =，E 为棱1CC 的中点．（1）求异面直线AE 与1DD 所成角的大小（结果用反三角表示）；（2）求C 点到平面ABE 的距离，并求出三锥C ADE -的体积．【答案】（1）1arccos 3；（2）C 点到平面ABE 25，三锥C ADE -的体积为23．【分析】（1）由已知得AEC ∠（或补角）是异面直线AE 与1DD 所成角，求解AEC 可得答案；（2）利用等体积E ABC C ABE V V --=，可求得设C 点到平面ABE 的距离，利用C ADE A CDE V V --=，可求得三锥C ADE -的体积．【详解】解：（1）连接AC ，因为11//CC DD ，所以AEC ∠（或补角）是异面直线AE 与1DD 所成角，在AEC 中，()22221cos 3221EC AEC AE AC EC ∠====++，所以异面直线AE 与1DD 所成角是1arccos 3；（2）设C 点到平面ABE 的距离为h ，因为E ABC C ABE V V --=，即1133ABC ABE S EC S h ⋅=⋅△△，又正方体1111ABCD A B C D -中，AB ⊥面11BB C C ，所以ABE △是Rt ABE △，又2222215BE BC EC =+=+=，所以1111221253232h ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⋅，解得255h =，所以C ADE A CDE V V --=111212332DCE S AD ⎛⎫=⋅=⨯⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭△23=.【点睛】本题考查空间中异面直线所成的角，运用等体积法求点到面的距离以及三棱锥的体积，属于中档题.。

新课标高考总复习数学立体几何规范答题系列高考中的立体几何问题课件

【名校课堂】获奖 PPT-广东省新课标高考总复习数学第七章立体几何规范答题系列高考中的立体几何问题课件（最新版本）推荐
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[解]
12
(1)取 BC，DE 中点分别为 O，O1，连接 OA，O1A，OF，
O1F. 由 AB＝AC＝CD＝DF＝EF＝2，BC＝DE＝CF＝AE＝AD＝BF＝
∵SC＝SD，点 M 是线段 CD 的中点，∴SM⊥CD.
又∵HM∥BC，BC⊥CD，
∴HM⊥CD，
∵SM∩HM＝M，
从而 CD⊥平面 SHM，得 CD⊥SH，
又 CD，BE 不平行，∴SH⊥平面 BCDE.
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17
[解] (1)证明：取 CD 的中点 M，连接 HM，SM，
由已知得 AE＝AB＝2，∴SE＝SB＝2，
又点 H 是 BE 的中点，∴SH⊥BE.
EH＝ 3.·······································································6 分

立体几何知识点和例题(含有答案)

【考点梳理】一、考试内容1.平面。

平面的基本性质。

平面图形直观图的画法。

2.两条直线的位置关系。

平行于同一条直线的两条直线互相平行。

对应边分别平行的角。

异面直线所成的角。

两条异面直线互相垂直的概念。

异面直线的公垂线及距离。

3.直线和平面的位置关系。

直线和平面平行的判定与性质。

直线和平面垂直的判定与性质。

点到平面的距离。

斜线在平面上的射影。

直线和平面所成的角。

三垂线定理及其逆定理。

4.两个平面的位置关系。

平面平行的判定与性质。

平行平面间的距离。

二面角及其平面角。

两个平面垂直的判定与性质。

二、考试要求1.掌握平面的基本性质，空间两条直线、直线与平面、平面与平面的位置关系（特别是平行和垂直关系）以及它们所成的角与距离的概念。

对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离。

2.能运用上述概念以及有关两条直线、直线和平面、两个平面的平行和垂直关系的性质与判定，进行论证和解决有关问题。

对于异面直线上两点的距离公式不要求记忆。

3.会用斜二测画法画水平放置的平面图形（特别是正三角形、正四边形、正五边形、正六边形）的直观图。

能够画出空间两条直线、两个平面、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想象它们的位置关系。

4.理解用反证法证明命题的思路，会用反证法证明一些简单的问题。

三、考点简析1.空间元素的位置关系2.平行、垂直位置关系的转化3.空间元素间的数量关系（1）角①相交直线所成的角；②异面直线所成的角——转化为相交直线所成的角；③直线与平面所成的角——斜线与斜线在平面内射影所成的角；④二面角——用二面角的平面角来度量。

（2）距离①两点之间的距离——连接两点的线段长；②点线距离——点到垂足的距离；③点面距离——点到垂足的距离；④平行线间的距离——平行线上一点到另一直线的距离；⑤异面直线间的距离——公垂线在两条异面直线间的线段长；⑥线面距离——平行线上一点到平面的距离；⑦面面距离——平面上一点到另一平面的距离；⑧球面上两点距离——球面上经过两点的大圆中的劣弧的长度。

立体几何解答题最全归纳总结(解析版)

立体几何解答题最全归纳总结【题型归纳目录】题型一：非常规空间几何体为载体题型二：立体几何存在性问题题型三：立体几何折叠问题题型四：立体几何作图问题题型五：立体几何建系繁琐问题题型六：两角相等(构造全等)的立体几何问题题型七：利用传统方法找几何关系建系题型八：空间中的点不好求题型九：创新定义【典例例题】题型一：非常规空间几何体为载体例1.如图，P 为圆锥的顶点，O 为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径AB =4，母线PH =22，M 是PB 的中点，四边形OBCH 为正方形．(1)设平面POH ∩平面PBC =l ，证明：l ∥BC ；(2)设D 为OH 的中点，N 是线段CD 上的一个点，当MN 与平面PAB所成角最大时，求MN 的长．【解析】(1)因为四边形OBCH 为正方形，∴BC ∥OH ，∵BC ⊄平面POH ，OH ⊂平面POH ，∴BC ∥平面POH ．∵BC ⊂平面PBC ，平面POH ∩平面PBC =l ，∴l ∥BC ．(2)∵圆锥的母线长为22，AB =4，∴OB =2，OP =2，以O 为原点，OP 所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P 0,0,2 ，B 0,2,0 ，D 1,0,0 C 2,2,0 ，M 0,1,1 ，设DN =λDC =λ,2λ,0 0≤λ≤1 ，ON =OD +DN =1+λ,2λ,0 ，MN =ON -OM =1+λ,2λ-1,-1 ，OD =1,0,0 为平面PAB 的一个法向量，设MN 与平面PAB 所成的角为θ，则sin θ=1+λ,2λ-1,-1 ⋅1,0,0 1+λ 2+2λ-1 2+1 =1+λ5λ2-2λ+3，令1+λ=t ∈1,2 ，则sin θ=t 5t 2-12t +10=15-12t +101t 2=1101t -35 2+75所以当1t =35时，即λ=23时，sin θ最大，亦θ最大，此时MN =53,13,-1 ，所以MN =MN =53 2+13 2+-1 2=353．例2.如图所示，圆锥的底面半径为4，侧面积为162π，线段AB 为圆锥底面⊙O 的直径，C 在线段AB 上，且BC =3CA ，点D 是以BC 为直径的圆上一动点；(1)当CD =CO 时，证明：平面PAD ⊥平面POD(2)当三棱锥P -BCD 的体积最大时，求二面角B -PD -A 的余弦值．【解析】(1)∵PO 垂直于圆锥的底面，∴PO ⊥AD ，当CD =CO 时，CD =OC =AC ，∴AD ⊥OD ，又OD ∩PO =O ，∴AD ⊥平面POD ，又AD ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面POD ；(2)由题可知OA =OB =4，4π⋅PB =162π，∴PB =42，∴PO =4，当三棱锥P -BCD 的体积最大时，△DBC 的面积最大，此时D 为BC的中点，如图，建立空间直角坐标系O -xyz ，则A (0,-4,0),B (0,4,0),P (0,0,4),D 3,1,0 ，∴BP =0,-4,4 ,PD =3,1,-4 ,AP =(0,4,4)，设平面PAD 的法向量为n 1 =(a ,b ,c )，则n 1 ⋅AP =0n 1 ⋅PD =0 ，即4b +4c =03a +b -4c =0，令a =5，则b =-3,c =3，∴n 1 =(5,-3,3)，设平面PBD 的法向量n 2 =x ,y ,z ，则n 2 ⋅BP =0n 2 ⋅PD =0 ，即-4y +4z =03x +y -4z =0，令x =1，则y =1,z =1，∴n 2 =1,1,1 ，则cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 n 2 =5-3+33×52+-3 2+32=5129129，∴二面角B -PD -A 的余弦值为-5129129．例3.如图，圆锥PO 的母线长为6，△ABC 是⊙O 的内接三角形，平面PAC ⊥平面PBC ．BC =23，∠ABC =60°．(1)证明：PA ⊥PC ；(2)设点Q 满足OQ =λOP ，其中λ∈0,1 ，且二面角O -QB -C 的大小为60°，求λ的值．【解析】(1)∵PA =PB =PC =6，BC =23，PB 2+PC 2=BC 2，∴PB ⊥PC∵平面PAC ⊥平面PBC 且平面PAC ∩平面PBC =PC ，PB ⊂平面PBC ，PB ⊥PC ，∴PB ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，∴PB ⊥PA ，∴AB =PA 2+PB 2=23，∴∠ABC =60°，∴△ABC 是正三角形，AC =23，∵PA 2+PC 2=AC 2∴PA ⊥PC ；(2)在平面ABC 内作OM ⊥OB 交BC 于M ，以O 为坐标原点，OM ，OB ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz 如图所示：易知OB =OC =2，OP =PB 2-OB 2=2，所以B 2,0,0 ，P 0,0,2 ，C -1,3,0 ，Q 0,0,2λ ，QB =2,0,-2λ ，BC =-3,3,0 ，设平面OBC 的法向量n 1 =x ,y ,z ，依题意n 1 ⋅QB =0n 1 ⋅CB =0 ，即2x -2λz =0-3x +3y =0 ，不妨令y =3λ，得n 1 =λ,3λ,2 ，易知平面OQB 的法向量n 2 =0,1,0 ，由λ∈0,1 可知cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 ⋅n 2=cos60°，即3λλ2+(3λ)2+2 2=12，解得λ=12例4.如图，D 为圆锥的顶点，O 为圆锥底面的圆心，AB 为底面直径，C 为底面圆周上一点，DA =AC =BC =2，四边形DOAE 为矩形，点F 在BC 上，且DF ⎳平面EAC ．(1)请判断点F 的位置并说明理由；(2)平面DFO 将多面体DBCAE 分成两部分，求体积较大部分几何体的体积．【解析】(1)点F 是BC 的中点，取BC 的中点F ，连接OF ，DF ，因为O 为AB 的中点，所以OF ⎳AC ，又AC ⊂平面AEC ，OF ⊄平面AEC ，所以OF ⎳平面AEC ，由四边形DOAE 为矩形，所以DO ⎳AE ，又AE ⊂平面AEC ，OD ⊄平面AEC ，所以OD ⎳平面AEC ，因为DO ∩OF =O ，DO ,OF ⊂平面DOF ，所以平面DOF ⎳平面AEC ，因为DF ⊂平面DOF ，所以DF ⎳平面AEC ，(2)由(1)知点F 是BC 的中点，因为DA =AC =BC =2，所以AB =AC 2+BC 2=22，所以OA =OC =OB =2，且OC ⊥AB ，所以OD =AD 2-OA 2=2，所以三棱锥D -BOF 的体积V D -BOF =13S △BOF ⋅DO =13×12×2×22×2=26；又三棱锥D -BOC 的体积V D -BOC =13S △BOC ⋅DO =13×12×2×2×2=23，所以四棱锥C -DOAE 的体积V C -DOAE =13S DOAE ×2=13×2 2×2=223，所以几何体DBCAE 的体积V DBCAE =V D -BCO +V C -DOAE =2，所以体积较大部分几何体的体积为V DBCAE -V D -BOF =2-26=526；例5.如图，在直角△POA 中，PO ⊥OA ，PO =2OA ，将△POA 绕边PO 旋转到△POB 的位置，使∠AOB =90°，得到圆锥的一部分，点C 为AB 的中点．(1)求证：PC ⊥AB ；(2)设直线PC 与平面PAB 所成的角为φ，求sin φ．【解析】(1)证明：由题意知：PO ⊥OA ,PO ⊥OB ，OA ∩OC =0∴PO ⊥平面AOB ，又∵AB ⊂平面AOB ，所以PO ⊥AB ．又点C 为AB 的中点，所以OC ⊥AB ，PO ∩OC =0，所以AB ⊥平面POC ，又∵PC ⊂平面POC ，所以PC ⊥AB ．(2)以O 为原点，OA ，OB ，OP 的方向分别作为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设OA =2，则A 2,0,0 ，B 0,2,0 ，P 0,0,4 ，C 2,2,0 ，所以AB =-2,2,0 ，AP =-2,0,4 ，PC =2,2,-4 ．设平面PAB 的法向量为n =a ,b ,c ，则n ⋅AB =-2a +2b =0,n ⋅AP =-2a +4c =0, 取c =1，则a =b =2可得平面PAB 的一个法向量为n =2,2,1 ，所以sin φ=cos n ,PC =n ⋅PC n PC =42-465=210-5 15．例6.如图，四边形ABCD 为圆柱O 1O 2的轴截面，EF 是该圆柱的一条母线，EF =2EA ，G 是AD 的中点．(1)证明：AF ⊥平面EBG ；(2)若BE =3EA ，求二面角E -BG -A 的正弦值．【解析】(1)由已知EF ⊥平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，所以EF ⊥BE ，因为AB 是圆O 1的直径，所以AE ⊥BE ，因为AE ∩FE =E ，所以BE ⊥平面AFE ，AF ⊂平面AFE ，故BE ⊥AF ，因为EF =2EA =2AG ，所以EA =2AG ，易知：Rt △AEG ∼Rt △EFA ，所以∠GEA +∠EAF =90°，从而AF ⊥EG ，又BE ∩EG =E ，所以AF ⊥平面EBG ．(2)以E 为坐标原点，EA 为x 轴正方向，EA 为单位向量，建立如图所示的空间直角坐标系E -xyz ，则AB =2,BE =3,EF =2，从而A 1,0,0 ,B 0,3,0 ,D 1,0,2 ,F 0,0,2 ，AB =-1,3,0 ,AD =0,0,2 ,设n =x ,y ,z 位平面BGA 的法向量，则{n ⋅AB =0n ⋅AD =0⇒{-x +3y =02z =0⇒{x =3y =1z =0，所以n =3,1,0 ，由(1)知：平面BEG 的法向量为AF =-1,0,2 ,因为cos n ,AF =n ⋅AF n ⋅AF=-12，所以二面角E -BG -A 的正弦值为32．例7.例7．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF的中点．(1)设P 是CE 上的一点，且AP ⊥BE ，求证BP ⊥BE ；(2)当AB =3，AD =2时，求二面角E -AG -C 的大小．【解析】(1)因为AP ⊥BE ，AB ⊥BE ，AB ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP =A ，所以BE ⊥平面ABP ，又BP ⊂平面ABP ，所以BP ⊥BE ．(2)以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (0,0,3)，E (2,0,0)，G (1,3,3)，C (-1,3,0)，故AE =(2,0,-3)，AG =(1,3,0)，CG =(2,0,3)．设m =x 1,y 1,z 1 是平面AEG 的一个法向量，由m ·AE =0m ·AG =0 可得2x 1-3z 1=0,x 1+3y 1=0.取z 1=2，可得平面AEG 的一个法向量m =(3,-3,2)．设n =x 2,y 2,z 2 是平面ACG 的一个法向量，由n ·AG =0n ·CG =0，可得x 2+3y 2=0,2x 2+3z 2=0. 取z 2=-2，可得平面ACG 的一个法向量n =(3,-3,-2)．所以cos ‹m ,n ›=m ⋅n |m |⋅|n |=12，因为<m ,n >∈[0,π]，故所求的角为60°．例8.如图，四边形ABCD 是一个半圆柱的轴截面，E ，F 分别是弧DC ,AB 上的一点，EF ∥AD ，点H 为线段AD 的中点，且AB =AD =4,∠FAB =30°，点G 为线段CE 上一动点．(1)试确定点G 的位置，使DG ⎳平面CFH ，并给予证明；(2)求二面角C -HF -E 的大小．【解析】(1)当点G 为CE 的中点时，DG ∥平面CFH ．证明：取CF 得中点M ，连接HM ,MG ．∵G ，M 分别为CE 与CF 的中点，∴GM ∥EF ，且GM =12EF =12AD ，又H 为AD 的中点，且AD ∥EF ,AD =EF ，∴GM ∥DH ,GM =DH ．四边形GMHD 是平行四边形，∴HM ∥DG又HM ⊂平面CFH ,DG ⊄平面CFH∴DG ∥平面CFH(2)由题意知，AB 是半圆柱底面圆的一条直径，∴AF ⊥BF ．∴AF =AB cos30°=23,BF =AB sin30°=2．由EF ∥AD ,AD ⊥底面ABF ，得EF ⊥底面ABF ．∴EF ⊥AF ,EF ⊥BF ．以点F 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则F (0,0,0),B (0,2,0),C (0,2,4),H (23,0,2)FH =(23,0,2),FC =(0,2,4)设平面CFH 的一个法向量为n =(x ,y ,z )所以n ⋅FH =23x +2z =0n ⋅FC =2y +4z =0则令z =1则y =-2,x =-33即n =-33,-2,1由BF ⊥AF ,BF ⊥FE ,AF ∩FE =F ．得BF ⊥平面EFH ∴平面EFH 的一个法向量为FB =(0,2,0)设二面角C -HF -E 所成的角为θ∈0,π2则cos θ=∣cos ‹n ,FB ›=|n ⋅FB ||n ||FB |=0×-33 +(-2)×2+1×02×13+4+1=32 ∴二面角C -HF -E 所成的角为π6．例9.坐落于武汉市江汉区的汉口东正教堂是中国南方唯一的拜占庭式建筑，象征着中西文化的有机融合．拜占庭建筑创造了将穹顶支承于独立方柱上的结构方法和与之相呼应的集中式建筑形制，其主体部分由一圆柱与其上方一半球所构成，如图所示．其中O 是下底面圆心，A ,B ,C 是⊙O 上三点，A 1,B 1,C 1是上底面对应的三点．且A ,O ,C 共线，AC ⊥OB ，C 1E =EC ，B 1F =13FB ，AE 与OF 所成角的余弦值为36565．(1)若E 到平面A 1BC 的距离为233，求⊙O 的半径．(2)在(1)的条件下，已知P 为半球面上的动点，且AP =210，求P 点轨迹在球面上围成的面积．【解析】(1)如图，取BB 1,CE 上的点N ,M ．连接OM ,OF ,FM ．过N 作NH ⊥A 1B 于H ，则OM ∥AE ，由题意知cos ∠FOM =36565，设⊙O 的半径为r ，AA 1=h ，由勾股定理知OF =r 2+916h 2，OM =r 2+116h 2，FM =2r 2+14h 2，由余弦定理知cos ∠FOM =OF 2+OM 2-FM 22×OF ×OM．代入解得h =2r ，因为EN ∥BC ，EN ⊄面A 1BC ，所以EN ∥面A 1BC ，故N 到面A 1BC 的距离是233，因为BC ⊥AB ，BC ⊥AA 1，AA 1∩AB =A ，所以BC ⊥面A 1AB ，BC ⊥NH ，因为NH ⊥BC ，NH ⊥A 1B ，A 1B ∩BC =B ，所以NH ⊥面A 1BC ，NH =233，而sin ∠A 1BB 1=NH BN =A 1B 1A 1B ，即233×h 2=2r 2r 2+h 2，解得r =2，h =4，即⊙O 的半径为2．(2)设上底面圆心为O 1，则O 1P =2，O 1O 2与O 1P 的夹角为θ，所以|AP |=|AO 1 +O 1P |=20+4+85cos θ=210，解得cos θ=255，过P 作PO 2⊥AO 1于O 2，则O 2P =O 1P ⋅sin θ=255，所以点P 的轨迹是以O 2为圆心，以255为半径的圆，因此可作出几何体被面AOA 1所截得到的截面，如图所示．设弧A 1C 1旋转一周所得到的曲面面积为S 1，弧PP 得到的为S 2，则S 2S 1=1-cos θS 1=12×4πr2 ，因此S 2=2πr 2(1-cos θ)=8π1-255 ．因此P 点轨迹在球面上围成的面积为8π1-255．例10.如图，ABCD 为圆柱OO 的轴截面，EF 是圆柱上异于AD ,BC 的母线．(1)证明：BE ⊥平面DEF ；(2)若AB =BC =6，当三棱锥B -DEF 的体积最大时，求二面角B -DF -E 的正弦值．【解析】(1)证明：如图，连接AE ，由题意知AB 为⊙O 的直径，所以AE ⊥BE ．因为AD ,EF 是圆柱的母线，所以AD ∥EF 且AD =EF ，所以四边形AEFD 是平行四边形．所以AE ⎳DF ，所以BE ⊥DF ．因为EF 是圆柱的母线，所以EF ⊥平面ABE ，又因为BE ⊂平面ABE ，所以EF ⊥BE ．又因为DF ∩EF =F ，DF 、EF ⊂平面DEF ，所以BE ⊥平面DEF ．(2)由(1)知BE 是三棱锥B -DEF 底面DEF 上的高，由(1)知EF ⊥AE ,AE ∥DF ，所以EF ⊥DF ，即底面三角形DEF 是直角三角形．设DF =AE =x ,BE =y ，则在Rt △ABE 中有：x 2+y 2=6，所以V B -DEF =13S △DEF ⋅BE =13⋅12x ⋅6⋅y =66xy ≤66⋅x 2+y 22=62，当且仅当x =y =3时等号成立，即点E ，F 分别是AB ，CD的中点时，三棱锥B -DEF 的体积最大，(另等积转化法：V B -DEF =V D -BEF =V D -BCF =V B -CDF =13S △CDF⋅BC 易得当F 与CD 距离最远时取到最大值，此时E 、F 分别为AB 、CD 中点)下面求二面角B -DF -E 的正弦值：法一：由(1)得BE ⊥平面DEF ，因为DF ⊂平面DEF ，所以BE ⊥DF ．又因为EF ⊥DF ,EF ∩BE =E ，所以DF ⊥平面BEF ．因为BF ⊂平面BEF ，所以BF ⊥DF ，所以∠BFE 是二面角B -DF -E 的平面角，由(1)知△BEF 为直角三角形，则BF =(3)2+(6)2=3．故sin ∠BFE =BE BF=33，所以二面角B -DF -E 的正弦值为33．法二：由(1)知EA ,EB ,EF 两两相互垂直，如图，以点E 为原点，EA ,EB ,EF 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系E -xyz ，则B (0,3,0),D (3,0,6),E (0,0,0),F (0,0,6)．由(1)知BE ⊥平面DEF ，故平面DEF 的法向量可取为EB =(0,3,0)．设平面BDF 的法向量为n =(x ,y ,z )，由DF =(-3,0,0),BF =(0,-3,6)，得n ⋅DF =0n ⋅BF =0 ，即-3x =0-3y +6z =0，即x =0y =2z ，取z =1，得n =(0,2,1)．设二面角B -DF -E 的平面角为θ，|cos θ|=∣cos n ,EB =|n ⋅EB ||n |⋅|EB |=2×33×3=63，所以二面角B -DF -E 的正弦值为33例11.如图，O 1，O 分别是圆台上、下底的圆心，AB 为圆O 的直径，以OB 为直径在底面内作圆E ，C 为圆O 的直径AB 所对弧的中点，连接BC 交圆E 于点D ，AA 1，BB 1，CC 1为圆台的母线，AB =2A 1B 1=8．(1)证明；C 1D ⎳平面OBB 1O 1；(2)若二面角C 1-BC -O 为π3，求O 1D 与平面AC 1D 所成角的正弦值．【解析】(1)连接DE ,O1E ，C 为圆O 的直径AB 所对弧的中点，所以△BOC 为等腰直角三角形，即∠OBD =45°，又D 在圆E 上，故△BED 为等腰直角三角形，所以DE ⎳OC 且DE =12OC ，又CC 1是母线且O 1C 1=12OC ，则O 1C 1⎳OC ，故DE ⎳O 1C 1且DE =O 1C 1，则DEO 1C 1为平行四边形，所以EO 1⎳DC 1，而EO 1⊂面OBB 1O 1，DC 1⊄面OBB 1O 1，故C 1D ⎳平面OBB 1O 1．(2)由题设及(1)知：O 1O 、OB 、OC 两两垂直，构建如下图示的空间直角坐标系，过C 1作C 1F ⎳O 1O ，则F 为OC 的中点，再过F 作FG ⎳OD ，连接C 1G ，由O 1O ⊥圆O ，即C 1F ⊥圆O ，BC ⊂圆O ，则C 1F ⊥BC ，又OD⊥BC ，则FG ⊥BC ，故二面角C 1-BC -O 的平面角为∠FGC 1=π3，而FG =12OD =24OB =2，所以O 1O =C 1F =FG tan π3=6．则A (0,-4,0)，D (2,2,0)，C 1(2,0,6)，O 1(0,0,6)，所以AD =(2,6,0)，C 1D =(0,2,-6)，O 1D =(2,2,-6)，若m =(x ,y ,z )为面AC 1D 的一个法向量，则m ⋅AD =2x +6y =0m ⋅C 1D =2y -6z =0，令y =6，则m =(-36,6,2)，|cos <m ,O 1D >|=6614×8=32128，故O 1D 与平面AC 1D 所成角的正弦值32128．例12.某市在滨海文化中心有滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图所示，截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合，如图所示，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =4,AD =AA 1=2，圆台下底圆心O 为AB 的中点，直径为2，圆与直线AB 交于E ,F ，圆台上底的圆心O 1在A 1B 1上，直径为1．(1)求A 1C 与平面A 1ED 所成角的正弦值；(2)圆台上底圆周上是否存在一点P 使得FP ⊥AC 1，若存在，求点P 到直线A 1B 1的距离，若不存在则说明理由．【解析】(1)(1)由长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1可知，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A 12，0，2 ，C 0,4,0 ，E 2，1，0 ，D 0，0，0 ．所以A 1C =(-2,4,-2),DA 1 =(2,0,2),DE =(2,1,0)．设平面A 1ED 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，则有n .DA=0n .DE =0 ，即2x +2z =02x +y =0 ，令x =1，则y =-2，z =-1，故n=(1,-2,-1)，所以|cos <A 1C ,n >|=|AC ⋅n||AC ||n |=|-2-8+2|4+16+4⋅1+4+1=23，故A 1C 与平面A 1ED 所成角的正弦值为23；(2)由(1)可知，A 2，0，0 ，C 10,4,2 ，所以AC 1=(-2,4,2)，假设存在这样的点P ，设P x ，y ，2 ，由题意可知(x -2)2+(y -2)2=14，所以FP =(x -2,y -3,2)，因为FP ⊥AC 1，则有FP ⋅AC 1 =-2(x -2)+4(y-3)+4=0，所以x =2y -2，又(x -2)2+(y -2)2=14，所以5y 2-20y +794=0，解得x =2-55y =2-510(舍)，x =2+55y =2+510，所以当P 2+55,2+510,2 时，FP ⊥AC 1，此时点P 到直线A 1B 1的距离为55．题型二：立体几何存在性问题例13.如图，三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，PA =1，AB =1，AC =2，∠BAC =60°．(1)求三棱锥A -PBC 的体积；(2)在线段PC 上是否存在一点M ，使得BM ⊥AC ?若存在，求MCPM的值，若不存在，请说明理由．【解析】(1)因为AB =1，AC =2，∠BAC =60°，所以S △ABC =12⋅AB ⋅AC ⋅sin60°=32．由PA ⊥平面ABC 知：PA 是三棱锥P -ABC 的高，又PA =1，所以三棱锥A -PBC 的体积V A -PBC =V P -ABC =13⋅S △ABC ⋅PA =36．(2)在线段PC 上存在一点M ，使得BM ⊥AC ，此时MCPM =3．如图，在平面PAC 内，过M 作MN ⎳PA 交AC 于N，连接BN ，BM ．由PA ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，故PA ⊥AC ，所以MN ⊥AC ．由MN ⎳PA 知：AN NC =PM MC=13，则AN =12，在△ABN 中，BN 2=AB 2+AN 2-2AB ⋅AN cos ∠BAC =12+12 2-2×1×12×12=34，所以AN 2+BN 2=AB 2，即AC ⊥BN ．由于BN ∩MN =N 且BN ,MN ⊂面MB N ，故AC ⊥平面MB N ．又BM ⊂平面MB N ，所以AC ⊥BM ．例14.已知四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，且AD =2AB ，△PAD 是正三角形，CD ⊥平面PAD ，E 、F 、G 、O 分别是PC 、PD 、BC 、AD 的中点．(1)求平面EFG 与平面ABCD 所成的锐二面角的大小；(2)线段PA 上是否存在点M ，使得直线GM 与平面EFG 所成角的大小为π6，若存在，求出PMPA的值；若不存在，说明理由．【解析】(1)因为△PAD 是正三角形，O 为AD 的中点，所以，PO ⊥AD ，因为CD ⊥平面PAD ，PO ⊂平面PAD ，∴PO ⊥CD ，∵AD ∩CD =D ，∴PO ⊥平面ABCD ，因为AD ⎳BC 且AD =BC ，O 、G 分别为AD 、BC 的中点，所以，AO ⎳BG 且AO =BG ，所以，四边形ABGO 为平行四边形，所以，OG ⎳AB ，∵AB ⊥AD ，则OG ⊥AD ，以点O 为坐标原点，OA 、OG 、OP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设AB =2，则AD =4，A 2,0,0 、G 0,2,0 、D -2,0,0 、C -2,2,0 、P 0,0,23 、E -1,1,3 、F -1,0,3 ，EF=0,-1,0 ，EG =1,1,-3 ，设平面EFG 的法向量为n=x ,y ,z ，则n ⋅EF=-y =0n ⋅EG=x +y -3z =0 ，取x =3，可得n =3,0,1 ，易知平面ABCD 的一个法向量为m=0,0,1 ，所以，cos <m ,n >=m ⋅nm ⋅n=12，因此，平面EFG 与平面ABCD 所成的锐二面角为π3．(2)假设线段PA 上是否存在点M ，使得直线GM 与平面EFG 所成角的大小为π6，设PM=λPA =λ2,0,-23 =2λ,0,-23λ ，其中0≤λ≤1，GM =GP +PM=0,-2,23 +2λ,0,-23λ =2λ,-2,23-23λ ，由题意可得cos <n ,GM > =n ⋅GM n ⋅GM =2324λ2+4+121-λ 2=12，整理可得4λ2-6λ+1=0，因为0≤λ≤1，解得λ=3-54．因此，在线段PA 上是否存在点M ，使得直线GM 与平面EFG 所成角的大小为π6，且PM PA=3-54．例15.已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ACB =90°，A 1B ⊥AC 1，AC =AA 1=4，BC =2．(1)求证：平面A 1ACC 1⊥平面ABC ；(2)若∠A 1AC =60°，在线段AC 上是否存在一点P ，使二面角B -A 1P -C 的平面角的余弦值为34若存在，确定点P 的位置；若不存在，说明理由．【解析】(1)由AC =AA 1知：四边形AA 1C 1C 为菱形．连接A 1C ，则A 1C ⊥AC 1，又A 1B ⊥AC 1且A 1C ∩A 1B =A 1，∴AC 1⊥平面A 1CB ，BC ⊂平面A 1CB ，则AC 1⊥BC ；又∠ACB =90°，即BC ⊥AC ，而AC ∩AC 1=A ，∴BC ⊥平面A 1ACC 1，而BC ⊂平面ABC ，∴平面A 1ACC 1⊥平面ABC ．(2)以C 为坐标原点，射线CA 、CB 为x 、y 轴的正向，平面A 1ACC 1上过C 且垂直于AC 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．∵AC =AA 1=4，BC =2，∠A 1AC =60°，∴C 0,0,0 ，B 0,2,0 ，A 4,0,0 ，A 12,0,23 ．设在线段AC 上存在一点P ，满足AP =λAC0≤λ≤1 ，使二面角B -A 1P -C 的余弦值为34，则AP =-4λ,0,0 ，所以BP =BA +AP=4,-2,0 +-4λ,0,0 =4-4λ,-2,0 ，A 1P =A 1A +AP=2-4λ,0,-23 ．设平面BA 1P 的一个法向量为m=x 1,y 1,z 1 ，由m ⋅BP=4-4λ x 1-2y 1=0m ⋅A 1P =2-4λ x 1-23z 1=0，取x 1=1，得m=1,2-2λ,1-2λ3；平面A 1PC 的一个法向量为n=0,1,0 ．由cos m ,n =m ⋅n m ⋅n =2-2λ 1+2-2λ 2+1-2λ23×1=34，解得λ=43或λ=34．因为0≤λ≤1，则λ=34．故在线段AC 上存在一点P ，满足AP =34AC ，使二面角B -A 1P -C 的平面角的余弦值为34．例16.如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⎳BC ，AD ⊥CD ，且AD =CD ，BC =2CD ，PA =2AD ．(1)证明：AB ⊥PC ；(2)在线段PD 上是否存在一点M ，使得二面角M -AC -D 的余弦值为1717，若存在，求BM 与PC 所成角的余弦值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)证明：连接AC ，设AD =CD =1，因为AD ⊥CD ，则AC =AD 2+CD 2=2，且△ACD 为等腰直角三角形，因为AD ⎳BC ，则∠ACB =∠CAD =45∘，因为BC =2CD =2，由余弦定理可得AB 2=AC 2+BC 2-2AC ⋅BC cos45∘=2，所以，AC 2+AB 2=BC 2，则AB ⊥AC ，∵PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，∴AB ⊥PA ，∵PA ∩AC =A ，∴AB ⊥平面PAC ，∵PC ⊂平面PAC ，∴AB ⊥PC ．(2)因为PA ⊥平面ABCD ，AB ⊥AC ，以点A 为坐标原点，AB 、AC 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设AD =CD =1，则A 0,0,0 、B 2,0,0 、C 0,2,0 、D -22,22,0 、P 0,0,2 ，设PM =λPD =-22λ,22λ,-2λ ，其中0≤λ≤1，则AM =AP +PM=-22λ,22λ,2-2λ ，AC =0,2,0 ，设平面ACM 的法向量为m=x ,y ,z ，则m ⋅AC=2y =0m ⋅AM =-22λx +22y +2-2λ z =0，取x =2-2λ，可得m =2-2λ,0,λ ，易知平面ACD 的一个法向量为n=0,0,1 ，由题意可得cos <m ,n > =m ⋅n m ⋅n =λ41-λ 2+λ2=1717，因为0≤λ≤1，解得λ=13，此时，AM =-26,26,223 ，BM =BA +AM =-726,26,223 ，PC =0,2,-2 ，所以，cos <BM ,PC >=BM ⋅PCBM ⋅PC =-1333×2=-3322，因此，在线段PD 上是否存在一点M ，使得二面角M -AC -D 的余弦值为1717，且BM 与PC 所成角的余弦值为3322．例17.如图，△ABC 是边长为6的正三角形，点E ，F ，N 分别在边AB ，AC ，BC 上，且AE =AF =BN =4，M 为BC 边的中点，AM 交EF 于点O ，沿EF 将三角形AEF 折到DEF 的位置，使DM =15．(1)证明：平面DEF ⊥平面BEFC ；(2)试探究在线段DM 上是否存在点P ，使二面角P -EN -B 的大小为60°？若存在，求出DPPM的值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)在△DOM 中，易得DO =23，OM =3，DM =15，由DM 2=DO 2+OM 2，得DO ⊥OM ，又∵AE =AF =4，AB =AC =6，∴EF ⎳BC ，又M 为BC 中点，∴AM ⊥BC ，∴DO ⊥EF ，因为EF ∩OM =O ，EF ,OM ⊂平面EBCF ，∴DO ⊥平面EBCF ，又DO ⊂平面DEF ，所以平面DEF ⊥平面BEFC ；(2)由(1)DO ⊥平面EBCF ，以O 为原点，以OE ,OM ,OD为x ,y ,z 的正方向建立空间直角坐标系O -xyz ,D (0,0,23)，M (0,3,0)，E (2,0,0)，N (-1,3,0)∴DM =(0,3,-23)，ED =(-2,0,23)，由(1)得平面ENB 的法向量为n=(0,0,1)，设平面ENP 的法向量为m=(x ,y ,z )，DP =λDM (0≤λ≤1)，所以DP =(0,3λ,-23λ)，所以EP =ED +DP =(-2,3λ,23-23λ)．由题得，所以EN =(-3,3,0)，所以m ⋅EN=-3x +3y =0m ⋅EP =-2x +3λy +(23-23λ)z =0，所以m =1,3,2-3λ23-23λ，因为二面角P -EN -B 的大小为60°，所以12=2-3λ23-23λ1+3+2-3λ23-23λ2，解之得λ=2(舍去)或λ=67．此时DP =67DM ，所以DP PM=6．例18.图1是直角梯形ABCD ，AB ⎳CD ，∠D =90∘，AB =2，DC =3，AD =3，CE =2ED，以BE 为折痕将△BCE 折起，使点C 到达C 1的位置，且AC 1=6，如图2．(1)求证：平面BC 1E ⊥平面ABED ；(2)在棱DC 1上是否存在点P ，使得C 1到平面PBE 的距离为62？若存在，求出二面角P -BE -A 的大小；若不存在，说明理由．【解析】(1)在图1中取CE 中点F ，连接BF ，AE ，∵CE =2ED ，CD =3，AB =2，∴CF =1，EF =1，∵DF =AB =2，DF ⎳AB ，∠D =90∘，∴四边形ABFD 为矩形，∴BF ⊥CD ，∴BE =BC =3+1=2，又CE =2，∴△BCE 为等边三角形；又AE =3+1=2，∴△ABE 为等边三角形；在图2中，取BE 中点G ，连接AG ,C 1G ，∵△C 1BE ,△ABE 为等边三角形，∴C 1G ⊥BE ，AG ⊥BE ，∴C 1G =AG =3，又AC 1=6，∴AG 2+C 1G 2=AC 21，∴C 1G ⊥AG ，又AG ∩BE =G ，AG ,BE ⊂平面ABED ，∴C 1G ⊥平面ABED ，∵C 1G ⊂平面BC 1E ，∴平面BC 1E ⊥平面ABED ．(2)以G 为坐标原点，GA ,GB ,GC 1正方向为x ,y ,z 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则B 0,1,0 ，E 0,-1,0 ，A 3,0,0 ，C 10,0,3 ，D 32,-32,0，∴DC 1 =-32,32,3 ，EB =0,2,0 ，EC 1 =0,1,3 ，设棱DC 1上存在点P x ,y ,z 且DP=λDC 1 0≤λ≤1 满足题意，即x -32=-32λy +32=32λz =3λ，解得：x =32-32λy =32λ-32z =3λ，即P 32-32λ,32λ-32,3λ，则EP =32-32λ,32λ+12,3λ ，设平面PBE 的法向量n=a ,b ,c ，则EP ⋅n =32-32λ a +32λ+12 b +3λc =0EB ⋅n =2b =0，令a =2，则b =0c =1-λλ，∴n =2,0,1-λλ，∴C 1到平面PBE 的距离为d =EC 1 ⋅nn=3-3λλ4+1-λλ2=62，解得：λ=13，∴n=2,0,2 ，又平面ABE 的一个法向量m=0,0,1 ，∴cos <m ,n >=m ⋅nm ⋅n=222=22，又二面角P -BE -A 为锐二面角，∴二面角P -BE -A 的大小为π4．例19.如图所示，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB =1，AC =AA 1=2，AD =CD =5，E 为棱AA 1上的点，且AE =12．(1)求证：BE ⊥平面ACB 1；(2)求二面角D 1-AC -B 1的余弦值；(3)在棱A 1B 1上是否存在点F ，使得直线DF ∥平面ACB 1？若存在，求A 1F 的长；若不存在，请说明理由．【解析】(1)∵A 1A ⊥底面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ∴A 1A ⊥AC又AB ⊥AC ，A 1A ∩AB =A ，AA 1,AB ⊂平面ABB 1A 1，∴AC ⊥平面ABB 1A 1∵BE ⊂平面ABB 1A 1，∴AC ⊥BE ∵AE AB =12=ABBB 1，∠EAB =∠ABB 1=90∘，∴∠ABE =∠AB 1B∵∠BAB 1+∠AB 1B =90∘，∴∠BAB 1+∠ABE =90∘，∴BE ⊥AB 1，又AC ∩AB 1=A ，AC ,AB 1⊂平面ACB 1，∴BE ⊥平面ACB 1(2)如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A -xyz ，依题意可得A (0，0，0)，B (0，1，0)，C (2，0，0)，D (1，-2，0)，D1(1，-2，2)，E 0,0,12，由(1)知，EB =0,1,-12为平面ACB 1的一个法向量．设n=x ,y ,z 为平面ACD 1的一个法向量．因为AD 1 =(1，-2，2)，AC =(2，0，0)，所以n ⋅AD 1=0n ⋅AC =0 ，即：x -2y +2z =02x =0 ，不妨设z =1，可得n=(0，1，1)．因此cos n ,EB =n ⋅EB n ⋅EB =1010由图可知二面角D 1-AC -B 1为锐角，所以二面角D 1-AC -B 1的余弦值为1010．(3)假设存在满足题意的点F ，设A 1F =a (a >0)，则由(2)得F (0，a ，2)，DF=(-1，a +2，2)．由题意可知DF ⋅EB=a +2-1=0，解得a =-1(舍去)，即直线DF 的方向向量与平面ACB 1的法向量不可能垂直．所以，在棱A 1B 1上不存在点F ，使得直线DF ∥平面ACB 1．例20.如图，在五面体ABCDE 中，已知AC ⊥BD ，AC ⊥BC ，ED ⎳AC ，且AC =BC =2ED =2，DC =DB =3．(1)求证：平面ABE ⊥与平面ABC ；(2)线段BC 上是否存在一点F ，使得平面AEF 与平面ABE 夹角余弦值的绝对值等于54343，若存在，求BFBC的值；若不存在，说明理由．【解析】(1)证明：∵AC ⊥BD ，AC ⊥BC ，BC ∩BD =B ，∴AC ⊥平面BCD ，∵AC ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCD ，取BC 的中点O ，AB 的中点H ，连接OD 、OH 、EH ，∵BD =CD ，∴DO ⊥BC ，又DO ⊂平面BCD ，平面ABC ⊥平面BCD ，平面BCD ∩平面ABC =BC ，∴DO ⊥平面ABC ，又OH ⎳AC ，OH =12AC ，DE ⎳AC ，DE =12AC ，所以，OH ⎳DE 且OH =DE ，∴四边形OHED 为平行四边形，∴EH ⎳OD ，∵DO ⊥面ABC ，则EH ⊥平面ABC ，又∵EH ⊂面ABE ，所以，平面ABE ⊥平面ABC ．(2)因为AC ⊥BC ，OH ⎳AC ，则OH ⊥BC ，因为OD ⊥平面ABC ，以点O 为坐标原点，OH 、OB 、OD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则A 2,-1,0 、B 0,1,0 、C 0,-1,0 、E 1,0,2 、H 1,0,0 ，HE=0,0,2 ，AB =-2,2,0 ，设平面ABE 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅HE=2z 1=0m ⋅AB=-2x 1+2y 1=0 ，取x 1=1，可得m=1,1,0 ，设在线段BC 上存在点F 0,t ,0 -1≤t ≤1 ，使得平面AEF 与平面ABE 夹角的余弦值等于54343，设平面AEF 的法向量为n=x 2,y 2,z 2 ，AF =-2,t +1,0 ，AE =-1,1,2 ，由n ⋅AF=-2x 2+t +1 y 2=0n ⋅AE =-x 2+y 2+2z 2=0 ，取x 2=2t +1 ，可得n =2t +1 ,22,t -1 ，由题意可得cos <m ,n> =m ⋅n m ⋅n =2t +32⋅3t 2+2t +11=54343，整理可得2t 2-13t -7=0，解得：t =-12或t =7(舍)，∴F 0,-12,0 ，则BF =32，∴BF BC =34，综上所述：在线段BC 上存在点F ，满足BF BC=34，使得平面AEF 与平面ABE 夹角的余弦值等于54343．题型三：立体几何折叠问题例21.如图1，在边上为4的菱形ABCD 中，∠DAB =60°，点M ，N 分别是边BC ，CD 的中点，AC ∩BD =O 1，AC ∩MN =G ．沿MN 将△CMN 翻折到△PMN 的位置，连接PA ，PB ，PD ，得到如图2所示的五棱锥P -ABMND ．(1)在翻折过程中是否总有平面PBD ⊥平面PAG ？证明你的结论；(2)当四棱锥P -MNDB 体积最大时，求直线PB 和平面MNDB 所成角的正弦值；(3)在(2)的条件下，在线段PA 上是否存在一点Q ，使得二面角Q -MN -P 余弦值的绝对值为1010若存在，试确定点Q 的位置；若不存在，请说明理由．【解析】(1)在翻折过程中总有平面PBD ⊥平面PAG ，证明如下：∵点M ，N 分别是边CD ，CB 的中点，又∠DAB =60°，∴BD ∥MN ，且△PMN 是等边三角形，∵G 是MN 的中点，∴MN ⊥PG ，∵菱形ABCD 的对角线互相垂直，∴BD ⊥AC ，∴MN ⊥AC ，∵AC ∩PG =G ，AC ⊂平面PAG ，PG ⊂平面PAG ，∴MN ⊥平面PAG ，∴BD ⊥平面PAG ，∵BD ⊂平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面PAG ．(2)由题意知，四边形MNDB 为等腰梯形，且DB =4，MN =2，O 1G =3，所以等腰梯形MNDB 的面积S =2+4 ×32=33，要使得四棱锥P -MNDB 体积最大，只要点P 到平面MNDB 的距离最大即可，∴当PG ⊥平面MNDB 时，点P 到平面MNDB 的距离的最大值为3，此时四棱锥P -MNDB 体积的最大值为V =13×33×3=3，直线PB 和平面MNDB 所成角的为∠PBG ，连接BG ，在直角三角形△PBG 中，PG =3，BG =7，由勾股定理得：PB =PG 2+BG 2=10．sin ∠PBG =PGPB=310=3010．(3)假设符合题意的点Q 存在．以G 为坐标原点，GA ，GM ，GP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A 33,0,0 ，M 0,1,0 ，N 0,-1,0 ，P 0,0,3 ，由(2)知，AG ⊥PG ，又AG ⊥MN ，且MN ∩PG =G ，MN ⊂平面PMN ，PG ⊂平面PMN ，AG ⊥平面PMN ，故平面PMN 的一个法向量为n 1=1,0,0 ，设AQ =λAP(0≤λ≤1)，∵AP=-33,0,3 ，AQ=-33λ,0,3λ ，故331-λ ,0,3λ ，∴NM=0,2,0 ，QM =33λ-1 ,1,-3λ ，平面QMN 的一个法向量为n 2=x 2,y 2,z 2 ，则n 2 ⋅NM =0，n 2 ⋅QM=0，即2y 2=0,33λ-1 x 2+y 2-3λz 2=0,令z 2=1，所以y 2=0,x 2=λ3λ-1n 2 =13λ-1 ,0,1=13λ-1λ,0,3λ-1 ，则平面QMN 的一个法向量n=λ,0,3λ-1 ，设二面角Q -MN -P 的平面角为θ，则cos θ =n ⋅n 1 n n 1 =λλ2+9λ-1 2=1010，解得：λ=12，故符合题意的点Q 存在且Q 为线段PA 的中点．例22.如图，在等腰直角三角形PAD 中，∠A =90°，AD =8，AB =3，B 、C 分别是PA 、PD 上的点，且AD ⎳BC ，M 、N 分别为BP 、CD 的中点，现将△BCP 沿BC 折起，得到四棱锥P -ABCD ，连接MN .(1)证明：MN ⎳平面PAD ；(2)在翻折的过程中，当PA =4时，求二面角B -PC -D 的余弦值．【解析】(1)在四棱锥P -ABCD 中，取AB 的中点E ，连接EM ,EN ．因为M ,N 分别为BP ,CD 的中点，AD ⎳BC ，所以ME ⎳PA ,EN ⎳AD ,又PA ⊂平面PAD ，ME ⊄平面PAD ，所以ME ⎳平面PAD ，同理可得，EN ⎳平面PAD ，又ME ∩EN =E ,ME ,EN ⊂平面MNE ，所以平面MNE ⎳平面PAD ，因为MN ⊂MNC 平面MNE ，所以MN ⎳平面PAD ．(2)因为在等腰直角三角形PAD 中,∠A =90°,AD ⎳BC ,所以BC ⊥PA ，在四棱锥P -ABCD 中，BC ⊥PB ,BC ⊥AB ,因为AD ⎳BC ,则AD ⊥PB ,AD ⊥AB ,又PB ∩AB =B ，PB ,AB ⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ，又PA ⊂平面PAB ，所以PA ⊥AD ,因为AD =8,AB =3,PA =4,AD ⎳BC ,则PB =5,BC =5,所以AB 2+PA 2=PB 2，故PA ⊥AB ，所以以点A 为坐标原点，分别以AB ,AD ,AP 所在方向为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，如图所示，A (0,0,0),B (3,0,0),C (3,5,0),P 0,0,4 ,D 0,8,0 ，所以PB =(3,0,-4),PC =(3,5,-4),PD =(0,8,-4)，设m =(x 1,y 1,z 1)为平面PBC 的一个法向量，则m ⋅PB =0m ⋅PC =0，即3x 1-4z 1=03x 1+5y 1-4z 1=0 ，令x 1=4，则y 1=0,z 1=2，m =(4,0,3)，设n =(x 2,y 2,z 2)为平面PCD 的一个法向量，则m ⋅PD =0m ⋅PC =0 ，即8y 2-4z 2=03x 2+5y 2-4z 2=0，令y 2=1，则x 2=1,z 2=2，n =(1,1,2)，设二面角B -PC -D 所成角为α，则cos α=-cos m ,n =-m ⋅n m ⋅n =-4×1+0×1+2×3 42+02+32×12+12+22=-105×6=-63．因为二面角B -PC -D 的余弦值为-63．例23.如图1，在平面四边形PDCB 中，PD ∥BC ，BA ⊥PD ，PA =AB =BC =2，AD =1．将△PAB 沿BA 翻折到△SAB 的位置，使得平面SAB ⊥平面ABCD ，如图2所示．(1)设平面SDC 与平面SAB 的交线为l ，求证：BC ⊥l ；(2)点Q 在线段SC 上(点Q 不与端点重合)，平面QBD 与平面BCD 夹角的余弦值为66，求线段BQ 的长．【解析】(1)依题意，AD ⊥AB ，因为PD ∥BC ，所以BC ⊥AB ，由于平面SAB ⊥平面ABCD ，且交线为AB ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面SAB ，因为l 是平面SDC 与平面SAB 的交线，所以l ⊂平面SAB ，故BC ⊥l ．(2)由上可知，AD ⊥平面SAB ，所以AD ⊥SA ，由题意可知SA ⊥AB ，AD ⊥AB ，以点A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AS 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A 0,0,0 ，B 0,2,0 ，C 2,2,0 ，D 1,0,0 ，S 0,0,2 ，BD =1,-2,0 ，SC =2,2,-2 ，设SQ =λSC 0<λ<1 ，则Q 2λ,2λ,2-2λ ，BQ =2λ,2λ-2,2-2λ ，设n =x ,y ,z 是平面QBD 的一个法向量，则n ⋅BD =x -2y =0n ⋅BQ =2λx +2λ-1 y +21-λ z =0，令x =2，可得n =2,1,1-3λ1-λ由于m =0,0,1 是平面CBD 的一个法向量，依题意，二面角Q -BD -C 的余弦值为66，所以cos m ,n =m ⋅n m ⋅n =1-3λ1-λ 1×4+1+1-3λ1-λ2=66，解得λ=12∈0,1 ，此时BQ =1,-1,1 ，BQ =3，即线段BQ 的长为3．例24.如图，在平面五边形PABCD 中，△PAD 为正三角形，AD ∥BC ，∠DAB =90°且AD =AB =2BC =2．将△PAD 沿AD 翻折成如图所示的四棱锥P -ABCD ，使得PC =7．F ，Q 分别为AB ，CE 的中点．(1)求证：FQ ∥平面PAD ；(2)若DE PE=12，求平面EFC 与平面PAD 夹角的余弦值．【解析】(1)(1)证明：取DC 的中点M ，连接MF ，MQ ．则MQPD ，MFDA ．因为MQ ⊄面PAD ，ME ⊄面PAD ，所以，MQ ∥面PAD ，MF ∥面PAD ，因为MQ ∩ME =M ，所以，面MQF 面PAD ，因为FQ ⊂面MQF ，所以FQ ∥面PAD ．(2)(2)取AD 的中点O ，连接OP ，OC ，因为△PAD 为正三角形，AD =2，所以OP ⊥AD 且OP =3，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠DAB =90°，AB =2BC =2，所以，OC ⊥AD 且OC =2，又因为PC =7，所以在△POC 中，OP 2+OC 2=PC 2，即OP ⊥OC ，所以，以O 为坐标原点，分别以OD ，OC ，OP 的方向为x ，y ，z 轴的正向，建立如图所示的空间直角坐标系，则D 1,0,0，C 0,2,0 ，F -1,1,0 ，P 0,0,3 ，DP =-1,0,3 ．因为DE PE=12，即DE =13DP =-13,0,33 ，λ>0，所以，E 23,0,33，所以EC =-23,2,-33 ，EF =-53,1,-33．设n =x 1,y 1,z 1 为平面EFC 的一个法向量，则n ⋅EC =0n ⋅EF =0 ，即-23x 1+2y 1-33z 1=0-53x 1+y 1-33z 1=0，取n =3,-3,-83 ．又平面PAD 的一个法向量m =0,1,0 ，设平面EFC 与平面PAD 夹角为α，cos α=n ⋅m n ⋅m =39+9+192=21070．例25.如图，在平行四边形ABCD 中，AB =3，AD =2，∠A =60°，E ，F 分别为线段AB ，CD 上的点，且BE =2AE ，DF =FC ，现将△ADE 沿DE 翻折至△A 1DE 的位置，连接A 1B ，A 1C ．(1)若点G 为线段A 1B 上一点，且A 1G =3GB ，求证：FG ⎳平面A 1DE ；(2)当三棱锥C -A 1DE 的体积达到最大时，求二面角B -A 1C -D 的正弦值．【解析】(1)在A 1E 上取一点M ，使A 1M =3ME ，连接DM ,MG ，因为A 1G =3GB ，EB =2AE ，所以MG ∥EB ，MG =34EB =34×23AB =12AB ，因为平行四边形ABCD 中，AB =CD ，AB ∥CD ，F 为CD 的中点，所以DF =12CD =12AB ，所以DF =MG ，DF ∥MG ，所以四边形DMGF 为平行四边形，所以FG ∥DM ，因为FG ⊄平面A 1DE ，DM ⊂平面A 1DE ，所以FG ∥平面A 1DE ，(2)当平面A 1DE ⊥平面DEC 时，三棱锥C -A 1DE 的体积最大，△ADE 中，∠A =60°,AD =2,AE =1，则DE 2=AD 2+AE 2-2AD ⋅AE cos A =4+1-2×2×1×12=3，所以DE 2+AE 2=AD 2，所以∠AED =90°，所以A 1E ⊥DE ，因为平面A 1DE ⊥平面DEC ，平面A 1DE ∩平面DEC =DE ，所以A 1E ⊥平面DEC ，因为BE ⊂平面DEC ，所以A 1E ⊥BE ，所以A 1E ,BE ,DE 两两垂直，所以以E 为原点，EB ,ED ,EA 1所在的直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则D (0,3,0),A 1(0,0,1),B (2,0,0),C (3,3,0)，所以DC =(3,0,0),DA 1 =(0,-3,1),BC =(1,3,0),CA 1 =(-3,-3,1)，设平面A 1CD 的法向量为n =(x ,y ,z )，则n ⋅DA 1 =-3y +z =0n ⋅CA 1 =-3x -3y +z =0，令y =1，则n =(0,1,3)，设平面A 1BC 的法向量为m =(a ,b ,c )，则m ⋅BC =a +3b =0m ⋅CA 1 =-3a -3b +c =0，令b =1，则m =(-3,1,-23)，所以cos m ,n =m ⋅n m n=1-62×4=-58，所以二面角B -A 1C -D 的正弦值为1--58 2=398例26.如图1，四边形ABCD 是边长为2的正方形，四边形ABEF 是等腰梯形，AB =BE =12EF ，现将正方形ABCD 沿AB 翻折，使CD 与C D 重合，得到如图2所示的几何体，其中D E =4．(1)证明：AF ⊥平面AD E ；(2)求二面角D -AE -C 的余弦值．【解析】(1)证明：易得AD =AF =2，EF =D E =4，所以AE =23，则AD 2+AE 2=D E 2=EF 2，∴AD ⊥AE ，AE ⊥AF ．又AD ⊥AB ，且AB ∩AE =A ，AB ，AE ⊂平面ABEF ，∴AD ⊥平面ABEF ．∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥AD ．∵AE ∩AD =A ，AE ⊂平面AD E ，AD ⊂平面AD E ，∴AF ⊥平面AD E ．(2)由(1)知AD ⊥平面ABEF ，则以A 为坐标原点，AB ，AD 所在直线分别为y ，z 轴，平面ABEF 内过点A 且垂直于AB 的直线为x 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A 0,0,0 ，E 3,3,0 ，F 3,-1,0 ，C 0,2,2 ，∴AF =3,-1,0 ，AE =3,3,0 ，AC =00,2,2 ．设平面AEC 的一个法向量为m =x ,y ,z ，则m ⋅AE =0m ⋅AC =0 ，得3x +3y =0,2y +2z =0,令x =3，则m =3,-1,1 ．由(1)知，平面AED 的一个法向量为AF =3,-1,0 ．∴cos AF ,m =AF ⋅m AF m=255．易知二面角D -AE -C 为锐二面角，∴二面角D -AE -C 的余弦值为255．例27.如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ,AB =BC =2,AD =4，现将△ABC 所在平面沿对角线AC 翻折，使点B 翻折至点E ，且成直二面角E -AC -D ．(1)证明：平面EDC ⊥平面EAC ；(2)若直线DE 与平面EAC 所成角的余弦值为12，求二面角D -EA -C 的余弦值．【解析】(1)证明：取AD 中点M ，连接CM ，由题意可得AM =2，AM 平行且等于BC ，∴四边形ABCM 为平行四边形，∵AM =MD =CM =2，∴△ACD 为直角三角形，即AC ⊥CD ，∵直二面角E -AC -D ,CD ⊂平面ACD ，∴平面EAC ⊥平面ACD ，平面EAC ∩平面ACD =AC ，∴CD ⊥平面EAC ，CD ⊂平面ECD ，∴平面ECD ⊥平面EAC ．(2)由(1)可得DC ⊥平面EAC ，∴∠DEC 为直线DE 与平面EAC 所成角，∴cos ∠DEC =12，∴∠DEC =60°．在Rt △ECD 中，∵CE =2，∴CD =23,ED =4，在Rt △ACD 中，AC =2，∴△ABC 、△AEC 为等边三角形，以AC 中点O 为坐标原点，以OC ,OM ,OE 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，A (-1,0,0),C (1,0,0),E (0,0,3),D (1,23,0)，平面EAC 为xOz 平面，则其法向量为v =(0,1,0)，在平面AED 内，设其法向量为u =(x ,y ,z )，AD =(2,23,0),AE =(1,0,3)，则AD ⋅u =0AE ⋅u =0 ，即2x +23y =0x +3z =0，令x =3，则y =-1,z =-1，∴u =(3,-1,-1)，设二面角D -EA -C 的平面角为θ，∴cos ‹u ,v ›=u ⋅v |u ||v |=-55，由图可知二面角D -EA -C 为锐角，∴cos θ=55．例28.如图1，在△ABC 中，∠ACB =90°，DE 是△ABC 的中位线，沿DE 将△ADE 进行翻折，使得△ACE 是等边三角形(如图2)，记AB 的中点为F ．(1)证明：DF ⊥平面ABC ．(2)若AE =2，二面角D -AC -E 为π6，求直线AB 与平面ACD 所成角的正弦值．【解析】(1)如图，取AC 中点G ，连接FG 和EG ，由已知得DE ∥BC ，且DE =12BC ．因为F ，G 分别为AB ，AC 的中点，所以FG ∥BC ，且FG =12BC 所以DE ∥FG ，且DE =FG ．所以四边形DEGF 是平行四边形．所以EG ∥DF ．因为翻折的BC ⊥AC ，易知DE ⊥AC ．所以翻折后DE ⊥EA ，DE ⊥EC ．又因为EA ∩EC =E ，EA ，EC ⊂平面AEC ，所以DE ⊥平面AEC ．因为DE ∥BC ，所以BC ⊥平面AEC ．因为EG ⊂平面AEC ，所以EG ⊥BC ．因为△ACE 是等边三角形，点G 是AC 中点，所以EG ⊥AC又因为AC ∩BC =C ，AC ，BC ⊂平面ABC ．所以EG ⊥平面ABC ．。

高考数学立体几何专题复习题及答案

⾼考数学⽴体⼏何专题复习题及答案数学是⾼考考试中的主科之⼀，我们要对⾼考数学⽴体⼏何进⾏强化复习，⽴体⼏何是⾼考数学考试中丢分的重灾区。

下⾯是店铺为⼤家整理的⾼考数学⽴体⼏何专题复习题，希望对⼤家有所帮助! ⾼考数学⽴体⼏何专题复习题专题四　⽴体⼏何第1讲　三视图及空间⼏何体的计算问题 (建议⽤时：60分钟) ⼀、选择题 1.(2014•湖北卷)在如图所⽰的空间直⾓坐标系O-xyz中，⼀个四⾯体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2).给出编号为①②③④的四个图，则该四⾯体的正视图和俯视图分别为 ( ).A.①和②B.③和①C.④和③D.④和② 解析　由三视图可知，该⼏何体的正视图是⼀个直⾓三⾓形，三个顶点的坐标分别是(0,0,2)，(0,2,0)，(0,2,2)且内有⼀个虚线(⼀个顶点与另⼀直⾓边中点的连线)，故正视图是④;俯视图即在底⾯的射影是⼀个斜三⾓形，三个顶点的坐标分别是(0,0,0)，(2,2,0)，(1,2,0)，故俯视图是②. 答案　D 2.(2013•东北三校第三次模拟)如图，多⾯体ABCD E FG的底⾯ABCD为正⽅形，FC=GD=2EA，其俯视图如下，则其正视图和侧视图正确的是 ( ). 解析　注意BE，BG在平⾯CDGF上的投影为实线，且由已知长度关系确定投影位置，排除A，C选项，观察B，D选项，侧视图是指光线，从⼏何体的左⾯向右⾯正投影，则BG，BF的投影为虚线，故选D. 答案　D 3.(2014•安徽卷)⼀个多⾯体的三视图如图所⽰，则该多⾯体的表⾯积为 ( ).A.21+3B.18+3C.21D.18 解析　由三视图知，⼏何体的直观图如图所⽰.因此该⼏何体的表⾯积为6×2×2-6×12×1×1+2×34×(2)2=21+3. 答案　A 4.(2013;⼴东卷)某四棱台的三视图如图所⽰，则该四棱台的体积是 ( ).A.4B.143C.163D.6 解析　由四棱台的三视图可知该四棱台的上底⾯是边长为1的正⽅形，下底⾯是边长为2的正⽅形，⾼为2.由棱台的体积公式可知该四棱台的体积V=13(12+1×22+22)×2=143，故选B. 答案　B 5.如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，沿BD将矩形ABCD折叠，连接AC，所得三棱锥A B CD正视图和俯视图如图，则三棱锥A B CD侧视图的⾯积为 ( ).A.613B.1813C.213D.313 解析　由正视图及俯视图可得，在三棱锥A B CD中，平⾯ABD⊥平⾯BCD，该⼏何体的侧视图是腰长为2×322+32=613的等腰直⾓三⾓形，其⾯积为12×6132=1813. 答案　B 6.在具有如图所⽰的正视图和俯视图的⼏何体中，体积最⼤的⼏何体的表⾯积为 ( ).A.13B.7+32C.72πD.14 解析　由正视图和俯视图可知，该⼏何体可能是四棱柱或者是⽔平放置的三棱柱或⽔平放置的圆柱.由图象可知四棱柱的体积最⼤.四棱柱的⾼为1，底⾯边长分别为1,3，所以表⾯积为2(1×3+1×1+3×1)=14. 答案　D 7.(2013•湖南卷)已知正⽅体的棱长为1，其俯视图是⼀个⾯积为1的正⽅形，侧视图是⼀个⾯积为2的矩形，则该正⽅体的正视图的⾯积等于 ( ).A.32B.1C.2+12D.2 解析　易知正⽅体是⽔平放置的，⼜侧视图是⾯积为2的矩形.所以正⽅体的对⾓⾯平⾏于投影⾯，此时正视图和侧视图相同，⾯积为2. 答案　D ⼆、填空题 8.某⼏何体的三视图如图所⽰，则该⼏何体的体积为____________. 解析　由三视图可知该⼏何体由长⽅体和圆柱的⼀半组成.其中长⽅体的长、宽、⾼分别为4,2,2，圆柱的底⾯半径为2，⾼为4.所以V=2×2×4+12×22×π×4=16+8π. 答案　16+8π 9.(2013•江苏卷)如图，在三棱柱A1B1C1A BC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F A DE的体积为V1，三棱柱A1B1C1A BC的体积为V2，则V1∶V2=________. 解析　设三棱柱A1B1C1-ABC的⾼为h，底⾯三⾓形ABC的⾯积为S，则V1=13×14S•12h=124Sh=124V2，即V1∶V2=1∶24. 答案　1∶24 10.如图，正⽅体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1-EDF的体积为________. 解析　利⽤三棱锥的体积公式直接求解. VD1-EDF=VF-DD1F=13S△D1DE•AB=13×12×1×1×1=16. 答案　16 11.(2014重庆卷改编)某⼏何体的三视图如图所⽰，则该⼏何体的表⾯积为________. 解析　由俯视图可以判断该⼏何体的底⾯为直⾓三⾓形，由正视图和侧视图可以判断该⼏何体是由直三棱柱(侧棱与底⾯垂直的棱柱)截取得到的.在长⽅体中分析还原，如图(1)所⽰，故该⼏何体的直观图如图(2)所⽰.在图(1)中，直⾓梯形ABPA1的⾯积为12×(2+5)×4=14，计算可得A1P=5.直⾓梯形BCC1P的⾯积为12×(2+5)×5=352.因答案　60 12.已知三棱锥S ABC的所有顶点都在球O的球⾯上，△ABC是边长为1的正三⾓形，SC为球O的直径，且SC=2，则此三棱锥的体积为________. 解析　在Rt△ASC中，AC=1，∠SAC=90°，SC=2，所以SA=4-1=3.同理，SB=3.过A点作SC的垂线交SC于D点，连接DB，因为△SAC≌△SBC，故BD⊥SC，AD=BD，故SC⊥平⾯ABD，且△ABD为等腰三⾓形.因为∠ASC=30°，故AD=12SA=32，则△ABD的⾯积为12×1×AD2-122=24，则三棱锥S-ABC的体积为13×24×2=26. 答案　26 三、解答题 13.已知某⼏何体的俯视图是如图所⽰的矩形，正视图是⼀个底边长为8、⾼为4的等腰三⾓形，侧视图是⼀个底边长为6、⾼为4的等腰三⾓形. (1)求该⼏何体的体积V; (2)求该⼏何体的侧⾯积S. 解　由已知可得，该⼏何体是⼀个底⾯为矩形，⾼为4，顶点在底⾯的射影是矩形中⼼的四棱锥E‐ABCD，AB=8，BC=6. (1)V=13×8×6×4=64. (2)四棱锥E A BCD的两个侧⾯EAD，EBC是全等的等腰三⾓形，且BC边上的⾼h1=42+822=42; 另两个侧⾯EAB，ECD也是全等的等腰三⾓形，AB边上的⾼h2=42+622=5. 因此S=2×12×6×42+12×8×5=40+242. 14.如图，四边形ABCD是边长为2的正⽅形，直线l与平⾯ABCD平⾏，E和F是l上的两个不同点，且EA=ED，FB=FC.E′和F′是平⾯ABCD内的两点，EE′和FF′都与平⾯ABCD垂直. (1)证明：直线E′F′垂直且平分线段AD; (2)若∠EAD=∠EAB=60 °，EF=2.求多⾯体ABCDEF的体积. (1)证明　∵EA=ED且EE′⊥平⾯ABCD， ∴E′D=E′A，∴点E′在线段AD的垂直平分线上. 同理，点F′在线段BC的垂直平分线上. ⼜四边形ABCD是正⽅形， ∴线段BC的垂直平分线也就是线段AD的垂直平分线，即点E′、F′都在线段AD的垂直平分线上. ∴直线E′F′垂直且平分线段AD. (2)解　如图，连接EB、EC，由题意知多⾯体ABCDEF可分割成正四棱锥E A BCD和正四⾯体E B CF 两部分.设AD的中点为M，在Rt△MEE′中，由于ME′=1，ME=3，∴EE′=2. ∴VE A BCD=13•S正⽅形ABCD•EE′=13×22×2=423. ⼜VE B CF=VC B EF=VC B EA=VE A BC=13S△ABC•EE′=13×12×22×2=223， ∴多⾯体ABCDEF的体积为VE A BCD+VE B CF=22. 15.(2013•⼴东卷)如图1，在边长为1的等边三⾓形ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，AD=AE，F是BC的中点，AF与DE交于点G.将△ABF沿AF折起，得到如图2所⽰的三棱锥A-BCF，其中BC=22. (1)证明：DE∥平⾯BCF; (2)证明：CF⊥平⾯ABF; (3)当AD=23时，求三棱锥F-DEG的体积VF D EG. (1)证明　在等边三⾓形ABC中，AB=AC. ∵AD=AE， ∴ADDB=AEEC，∴DE∥BC，同理可证GE∥平⾯BCF. ∵DG∩GE=G，∴平⾯GDE∥平⾯BCF， ∴DE∥平⾯BCF. (2)证明　在等边三⾓形ABC中，F是BC的中点，∴AF⊥FC， ∴BF=FC=12BC=12. 在图2中，∵BC=22， ∴BC2=BF2+FC2，∴∠BFC=90°， ∴FC⊥BF. ∵BF∩AF=F，∴CF⊥平⾯ABF. (3)解　∵AD=23， ∴BD=13，AD∶DB=2∶1，在图2中，AF⊥FC，AF⊥BF， ∴AF⊥平⾯BCF，由(1)知平⾯GDE∥平⾯BCF， ∴AF⊥平⾯GDE. 在等边三⾓形ABC中，AF=32AB=32， ∴FG=13AF=36，DG=23BF=23×12=13=GE， ∴S△DGE=12DG•EG=118， ∴VF-DEG=13S△DGE•FG=3324. ⾼考数学答题技巧 1.调整好状态，控制好⾃我。

高考数学总复习考点知识专题讲解44---立体几何热点题型问题

因为 AE⊥平面 ABC，所以 AE∥DO.
又因为 DO＝2＝AE，所以四边形 AODE 为平行四边形．所以 ED∥AO.
因为△ABC 为等边三角形，所以 AO⊥BC. 又因为 AO⊂平面 ABC，平面 BCD∩平面 ABC＝BC，平面 BCD⊥平面 ABC，所以 AO⊥平面 BCD，所以 ED⊥平面 BCD. 又因为 ED⊂平面 EBD，所以平面 EBD⊥平面 BCD.
的中点．连接 DM. ∵D 为棱 BC 的中点， ∴DM∥A1C. 又 A1C⊄平面 ADB1，DM⊂平面 ADB1， ∴A1C∥平面 ADB1.
(2)在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，侧棱 AA1⊥底面 ABC，可得 AD⊥BB1. ∵D 为棱 BC 的中点，AB＝AC， ∴AD⊥BC，又 BC∩BB1＝B， ∴AD⊥平面 BCC1B1，即 AD⊥BC1.
4－2＋2hh42＝13，解得
h＝87.经检验，符合题意．所以，线段 CF 的长为87.
[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：
[题型专练] 2．(2019·山东青岛质检)如图，在多面体 ABCDE 中，AE ⊥平面 ABC，平面 BCD⊥平面 ABC，△ABC 是边长为 2 的等边三角形，BD＝CD＝ 5，AE＝2.
[审题程序]
第一步：证平面 BEF⊥平面 PAC，需证 BE⊥平面 PAC；第二步：建立空间直角坐标系，引入参数 λ，使B→G＝λB→P；第三步：由线面角的向量求法得参数 λ 的方程；第四步：解出 λ，并验证是否适合题意．
[规范解答] (1)证明：∵AB＝BC，E 为 AC 的中点，
∴BE⊥AC. 又 PA⊥平面 ABC，BE⊂平面 ABC， ∴PA⊥BE.∵PA∩AC＝A，∴BE⊥平面 PAC. ∵BE⊂平面 BEF，∴平面 BEF⊥平面 PAC.

专题四规范答题4 立体几何

因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l，
3分
因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，
所以AD⊥PD，所以l⊥PD，
因为CD∩PD＝D，
所以l⊥平面PDC.
专题四立体几何与空间向量
命题分析立体几何解答题是高考解答题的中等难度题目，一般考查线面平行、垂直的证明以及空间角的计算、最值等.
典例 (12分)(2020·新高考全国Ⅰ)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.
步骤要点 (1)找垂直：通过证明垂直关系寻找(或作出)具有公共交点的三条两两互相垂直的直线. (2)写坐标：建立空间直角坐标系，写(或设)点的坐标，求直线的方向向量以及平面的法向量. (3)求关系：根据已知条件计算夹角或寻找关系. (4)得结论：根据计算结果得到题目结论.
规范解答
证明在正方形ABCD中，AD∥BC，
则DD→→QC··nn＝＝00，，即ym＝x＋0，z＝0，令x＝1，则z＝－m，
所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)， 9分
则
cos〈n，P→B〉＝
n·P→B →
＝
|n||PB|
1＋0＋m 3× m2＋1.
10 分
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦
值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，
阅卷细则
(1)证明平行、垂直关系条件不严谨扣1分； (2)正确建立空间直角坐标系得1分； (3)指明直线与平面所成角的正弦值等于|cos〈n，P→B 〉|，没有正确求得最值得1分； (4)其他方法建立空间直角坐标系计算正确同样给分.

专题四规范答题4 立体几何

规范答题4立体几何[命题分析]立体几何解答题是高考解答题的中等难度题目，一般考查线面平行、垂直的证明以及空间角的计算、最值等.典例(12分)(2020·新高考全国Ⅰ)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.步骤要点规范解答阅卷细则(1)找垂直：通过证明垂直关系寻找(或作出)具有公共交点的三条两两互相垂直的直线.(2)写坐标：建立空间直角坐标系，写(或设)点的坐标，求直线的方向向量以及平面的法向量. (1)证明在正方形ABCD中，AD∥BC，因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC，又因为AD⊂平面P AD，平面P AD∩平面PBC＝l，所以AD∥l，3分因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC，所以l⊥DC，且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，因为CD∩PD＝D，所以l⊥平面PDC.5分(2)解如图建立空间直角坐标系D－xyz，(1)证明平行、垂直关系条件不严谨扣1分；(2)正确建立空间直角坐标系得1分；(3)指明直线与平面所成角的正弦值等于|cos〈n，PB→〉|，没有正确求得最值得1分；(4)其他方法建立空间直角坐标系计算正确同样给分.(3)求关系：根据已知条件计算夹角或寻找关系.(4)得结论：根据计算结果得到题目结论. 因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，7分设Q(m,0,1)，则有DC→＝(0,1,0)，DQ→＝(m,0,1)，PB→＝(1,1，－1)，设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧DC→·n＝0，DQ→·n＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y＝0，mx＋z＝0，令x＝1，则z＝－m，所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，9分则cos〈n，PB→〉＝n·PB→|n||PB→|＝1＋0＋m3×m2＋1.10分根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于|cos〈n，PB→〉|＝|1＋m|3×m2＋1＝33×1＋2m＋m2m2＋1＝33×1＋2mm2＋1≤33×1＋2|m|m2＋1≤33×1＋1＝63，当且仅当m＝1时取等号，。

立体几何解答题常考模型归纳总结(九大题型)(原卷版)-高中数学

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

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

此外，空间位置关系，如平行、垂直的判断与证明，也是常考内容。

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

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

掌握这些模型的基本性质和解题方法，对于提高高考立体几何的解题能力至关重要。

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

立体几何大题的答题规范与技巧

立体几何大题的答题规范与技巧一、对于空间中的定理与判定，除公理外都要明确写出条件，才有结论。

需要多个条件时，要逐个写出。

对于平面几何中的结论，要求写出完整的条件，可以省略部分证明过程。

二、一般地，有多个小题时，前几小题应该用几何法，可以节省时间。

最后一小题若几何法较复杂，可以用坐标法。

三、建坐标系的要求：使更多的点在坐标轴上，坐标系最好在几何体的内部。

四、采用坐标法时，要千方百计的给出点、向量的坐标。

对未知的坐标可以先设。

若某个未知的点P 在直线AB 上变化，则可以用三点共线设出点P 的坐标。

如：A(0，1，2)，B(2，2，3)，点P 在线段AB 上改变，则设P(x ，y ，z)，因为λ=，由此坐标化后，得P(2,1,2++λλλ )，10≤≤λ。

五、证明线线平行的方法1、平行公理：b a //，c a c b ////⇒；2、线面平行⇒线线平行：α//a ，β⊂a ，b a b //⇒=⋂βα；3、面面平行⇒线线平行：βα// ，a =⋂αγ，b a b //⇒=⋂βγ；4、α⊥a ，b a b //⇒⊥α；5、CD AB CD AB //⇒=λ。

六、证明线面平行的方法1、线线平行⇒线面平行：b a //，α⊂b ，αα//a a ⇒⊄；2、面面平行⇒线面平行：βα// ，βα//a a ⇒⊂；3、0=⋅，αα//AB AB ⇒⊄。

（其中是平面的一个法向量）七、证明面面平行的方法1、线面平行⇒面面平行：α//a ，α//b ，β⊂b a ,，βα//⇒=⋂P b a ；2、α⊥a ，βαβ//⇒⊥a ；3、线线平行⇒面面平行：α⊂b a ,，β⊂''b a ,，P b a =⋂，a a '//，βα////⇒'b b ；4、21n n λ=。

八、证明线线垂直的方法1、b a //，c b c a ⊥⇒⊥；2、勾股定理（适用于证明两相交直线垂直）；3、线面垂直⇒线线垂直：α⊥a ，b a b ⊥⇒⊂α（适用于两异面直线垂直）；4、CD AB ⊥⇒=⋅0。

2020年高考数学专题四立体几何题型分析理

2020专题四：立体几何题型分析考点一三视图、直观图与表面积、体积1.直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积有以下关系S直观图＝24S原图形，S原图形＝22S直观图．2.三视图(1)几何体的三视图包括正(主)视图、侧(左)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．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π(r＋r′)l2名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝13Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝13(S上＋S下＋S上S下)h球S ＝4πR 2 V ＝43πR 3例1.等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．例2．(2020·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．180B ．200C ．220D ．240例3.(1)如图所示，已知三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1 ABC 1的体积为( )A.312 B.34 C.612D.64(2)(2020·新课标Ⅰ)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考点二球与空间几何体的“切”“接”问题方法主要是“补体”和“找球心” 方法一：直接法例1、一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱长分别为1,2,3 ，则此球的表面积为 .练习：已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积为（） A. 16π B. 20π C. 24π D. 32π 方法二：构造法（构造正方体或长方体）例2（2020年福建高考题）若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是练习（2020年全国卷）一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（） A. 3π B. 4π C. 33π D. 6π 三、确定球心位置法例3、在矩形ABCD 中，AB=4，BC=3，AC 沿将矩形ABCD 折成一个直二面角B-AC-D ，则四面体ABCD 的外接球的体积为( )四、构造直角三角形例4、正四面体的棱长为a ，则其内切球和外接球的半径是多少,体积是多少？练习：角度一直三棱柱的外接球1．(2020·辽宁高考)已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310角度二正方体的外接球2．(2020·合肥模拟)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示 (图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________．角度三正四面体的内切球3．(2020·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________. 角度四四棱锥的外接球4．四棱锥P ABCD 的五个顶点都在一个球面上，该四棱锥的三视图如图所示，E ，F 分别是棱AB ，CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为22，则该球的表面积为( ) A ．9π B ．3π C ．22π D ．12π考点三利用空间向量求角和距离 1．两条异面直线所成角的求法π12125.A π9125.B π6125.C π3125.D设两条异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a·b||a||b|(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．2．直线和平面所成的角的求法如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|n·e||n||e|.3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 是二面角α l β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB u u u r ，CD u u ur 〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α l β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．4．点到平面的距离的求法设n r 是平面α的法向量，在α内取一点B, 则 A 到α的距离|||||cos |||AB n d AB n θ==u u u r r u u u r g r 易错点：1．求异面直线所成角时，易求出余弦值为负值而盲目得出答案而忽视了夹角为⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.2．求直线与平面所成角时，注意求出夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值．3．利用平面的法向量求二面角的大小时，二面角是锐角或钝角由图形决定．由图形知二面角是锐角时cosθ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；由图形知二面角是钝角时，cos θ＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|.当图形不能确定时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)，这是利用向量求二面角的难点、易错点．一、线线角问题1．(2020·沈阳调研)在直三棱柱A 1B 1C 1 ABC 中，∠BCA ＝90°，点D 1，F 1分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与AF 1所成角的余弦值是( )A.3010 B.12 C.3015D.15102．如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 和N 分别是A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值为________．二、线面角的问题3、(2020·湖南高考)如图，在直棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.(1)证明：AC ⊥B 1D ；(2)求直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值．[针对训练](2020·福建高考改编)如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AA 1＝1，AB ＝3k ，AD ＝4k ，BC ＝5k ，DC ＝6k (k >0)．若直线AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值为67，求k 的值．三、二面角问题4、(2020·新课标卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB . (1)证明：BC 1//平面A 1CD ； (2)求二面角D A 1C E 的正弦值．[针对训练](2020·杭州模拟)如图，已知平面QBC 与直线PA 均垂直于Rt△ABC 所在平面，且PA ＝AB ＝AC .(1)求证：PA ∥平面QBC ；(2)若PQ ⊥平面QBC ，求二面角Q PB A 的余弦值．四、利用空间向量解决探索性问题．(2020·江西模拟)如图，四边形ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，DE ＝3AF ，BE 与平面ABCD 所成的角为60°.(1)求证：AC ⊥平面BDE ； (2)求二面角F BE D 的余弦值；(3)设点M 是线段BD 上一个动点，试确定点M 的位置，使得AM ∥平面BEF ，并证明你的结论．[针对训练]已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 在线段BD 1上．当∠APC 最大时，三棱锥P ABC 的体积为________．五、近三年新课标高考试题立体几何（三视图1小+1小1大：（1）三视图（2）线面关系（3）与球有关的组合体（4）证明、求体积与表面积（注意规范性），作辅助线的思路（5）探索性问题的思考方法）(11)（6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（15）已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,23AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为（18）（本小题满分12分）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD ,PD ⊥底面ABCD . （Ⅰ）证明：PA ⊥BD ；（Ⅱ）若PD =AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值。

大题专项四立体几何pptx

点在平面外
如果一个点位于平面的外部，则称该点在平面外。
点与平面的距离
可以计算一个点到平面的距离。
直线与平面的关系
平行
如果直线与平面没有公共点，则称直线与平面平行。
直线在平面上
如果直线位于平面的内部或表面上，则称直线在平面上。
垂直
如果直线与平面相交且交线为一直线，则称直线与平面垂直。
直线与平面相交
等于其底面周长与高的乘积加上两个底面的面积。
球的体积
等于其半径与4/3π的乘积。
圆锥的表面积
等于其底面周长与高的乘积加上一个底面的面积。
球的表面积
等于其半径与4π的乘积。
圆台的表面积
等于其上、下底面周长的乘积与高的乘积加上两个底面的面积。
多面体的表面积与体积
多面体的表面积
等于其所有面的面积之和。
空间向量的性质
空间向量具有加法、减法、数乘等运算性质，同时还有平行、垂直、共线等关系性质。
空间向量的应用
建立坐标系
证明平行和垂直
在立体几何中，可以通过建立空间直角坐标系，将空间向量与点的坐标联系起来。
利用空间向量的加法、数乘等运算性质，可以证明空间中的平行和垂直关系。
求解距离和夹角
建立方程组
特点
上下底面平行且全等，侧面矩形的高等于底面圆的直径。
圆锥
定义
有一个圆锥形底面，侧面是扇形的几何体。
特点
底面圆心与顶点连线垂直于底面，侧面扇形的高等于底面圆的半径。
球体
定义
空间中到定点的距离等于定长的点的集合。
分类
根据定点的个数，可分为单球、双球等。
特点
空间中与定点距离最短的直线段数等于球的半径。

立体几何专题解答题(含解析)

《立体几何》专题训练（解答题）空间向量在立体几何的运用：(1)异面直线所成的角：设a ，b 分别为异面直线a ，b 的方向向量，则两异面直线所成的角满足cos θ＝|a ·b ||a ||b |. (2)线面角：设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量，则斜线l 与平面α所成的角满足sin θ＝|l ·n ||l ||n |.(3)二面角：①如图(1)，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．②如图(2)(3)，n 1，n 2分别是二面角a －l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝－cos 〈n 1，n 2〉或cos 〈n 1，n 2〉．一．利用空间向量证明平行与垂直(厦门模拟)如图，在直三棱柱ADE -BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，点M 为AB 的中点，点O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，F (1，0，1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12.(1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1，0，0)，所以OM →·BA →＝0，所以OM →⊥BA →.因为棱柱ADE -BCF 是直三棱柱，所以AB ⊥平面BCF ，所以BA →是平面BCF 的一个法向量，且OM ⊄平面BCF ，所以OM ∥平面BCF . (2)设平面MDF 与平面EFCD 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．因为DF →＝(1，－1，1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1，0，0)，由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1.令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12. 同理可得n 2＝(0，1，1)．因为n 1·n 2＝0，所以平面MDF ⊥平面EFCD .二．利用空间向量求线线角、线面角、二面角命题角度一利用空间向量求线线角、线面角【典例1】 (新课标Ⅰ高考)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．【解】 (1)证明：连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1，0，2)，F ⎝⎛⎭⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.[一题多变]若题(2)变为：求直线AE 与平面ACF 所成的角．【解】设平面ACF 的法向量为n 0＝(x 0，y 0，z 0)，则AC →＝(0，23，0)，CF →＝(－1，－3，22)．由n 0·AC →＝0得，23y 0＝0，即y 0＝0. 由n 0·CF →＝0得，－x 0－3y 0＋22z 0＝0，所以x 0＝22z 0，所以n 0＝(22z 0，0，z 0)．令z 0＝2，则n 0＝(2，0，2)．所以cos 〈AE →，n 0〉＝AE →·n 0|AE →|·|n 0|＝1×2＋3×0＋2×21＋32＋22·22＋02＋22＝22. 所以〈AE →，n 0〉＝45°.所以直线AE 与平面ACF 所成的角为45°. 命题角度二利用空间向量求二面角【典例2】山东高考)如图，在三棱台DEF ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE, ∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小．(1)证明：连接DG，CD，设CD∩GF＝O，连接OH.在三棱台DEF ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形．则O为CD的中点，又H为BC的中点，所以OH∥BD.又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.(2)设AB＝2，则CF＝1.在三棱台DEF ABC中，G为AC的中点，由DF＝12AC＝GC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此DG ∥FC ，又FC ⊥平面ABC ，所以DG ⊥平面ABC .连接GB ，在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 中点．所以AB ＝BC ，GB ⊥GC ，因此GB ，GC ，GD 两两垂直．以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz . 所以G (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (0，0，1)．可得H ⎝⎛⎭⎫22，22，0，F (0，2，1)．故GH →＝⎝⎛⎭⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)．因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0，0)．所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n|＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°. 三、转化与化归思想求解空间垂直与平行关系及空间角问题【典例】 (天津模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面为直角梯形ABCD ，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AP ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD ＝AB ＝2BC ，M ，N 分别为PC ，PB 的中点．(1)求证：PB ⊥DM ；(2)求CD 与平面ADMN 所成角的正弦值；【解】 (1)证明：如图以A 为原点建立空间直角坐标系，设BC ＝1，A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，1，0)，D (0，2，0)，M ⎝⎛⎭⎫1，12，1，N (1，0，1)，P (0，0，2)． PB →＝(2，0，－2)，DM →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，1，所以PB →·DM →＝0，所以PB ⊥DM .(2)CD →＝(－2，1，0)，设平面ADMN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， AD →＝(0，2，0)，AN →＝(1，0，1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AN →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，x ＋z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，0，－1)，设CD 与平面ADMN 所成的角为α，则sin α＝|CD →·n ||CD →||n |＝25×2＝105.专题训练：1．(安徽高考)如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F .(1)证明：EF ∥B 1C ；(2)求二面角E -A 1D B 1的余弦值．【解】 (1)证明：由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE .又B 1C ⊂面B 1CD 1.面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .(2)因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝⎛⎭⎫12，12，1.设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →， n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1)．设面A 1B 1CD 的法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1)．所以结合图形知二面角E -A 1D B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.2(天津高考)如图，在四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1ACB 1的正弦值；【解】如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0，0，0)，B (0，1，0)，C (2，0，0)，D (1，－2，0)，A 1(0，0，2)，B 1(0，1，2)，C 1(2，0，2)，D 1(1，－2，2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝⎛⎭⎫1，12，1.N (1，－2，1)． (1)证明：依题意，可得n ＝(0，0，1)为平面ABCD 的一个法向量.MN →＝⎝⎛⎭⎫0，－52，0.由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2，2)，AC →＝(2，0，0)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0. 不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0，1，1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0，1，2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2，1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以，二面角D 1ACB 1的正弦值为31010.3．(福建高考)如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ⊥平面BEC ，BE ⊥EC ，AB ＝BE ＝EC ＝2，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点．(1)求证：GF ∥平面ADE ；(2)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值．【解】 (1)证明：如图，取AE 的中点H ，连接HG ，HD ，又G 是BE 的中点，所以GH ∥AB ，且GH ＝12AB .又F 是CD 的中点，所以DF＝12CD.由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD，所以GH∥DF，且GH＝DF，从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH.又DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，所以GF∥平面ADE.(2)如下图，在平面BEC内，过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE，所以BQ⊥BE.又因为AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ.以B为原点，分别以BE→，BQ→，BA→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)．因为AB⊥平面BEC，所以BA→＝(0，0，2)为平面BEC的法向量．设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量．又AE→＝(2，0，－2)，AF→＝(2，2，－1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2z ＝0，2x ＋2y －z ＝0.取z ＝2，得n ＝(2，－1，2)．从而cos 〈n ，BA →〉＝n ·BA →|n |·|BA →|＝43×2＝23，所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为23.4．(山东聊城二模)如图(1)所示，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A -DC -B .(如图(2))(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E -DF -C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BPBC的值；如果不存在，请说明理由．【解】 (1)平行．在△ABC 中，由E 、F 分别是AC 、BC 中点，得EF ∥AB ，又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，∴AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，以直线DB 、DC 、DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0，0，2)，B (2，0，0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，DF →＝(1，3，0)，DE →＝(0，3，1)，DA →＝(0，0，2)．平面CDF 的法向量为DA →＝(0，0，2)，设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DF →·n ＝0，DE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)， cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →||n |＝217，所以二面角E -DF -C 的余弦值为217. (3)存在．设P (s ，t ，0)，有AP →＝(s ，t ，－2)，则AP →·DE →＝3t －2＝0，∴t ＝233，又BP →＝(s －2，t ，0)，PC →＝(－s ，23－t ，0)， ∵BP →∥PC →，∴(s －2)(23－t )＝－st ， ∴3s ＋t ＝2 3.把t ＝233代入上式得s ＝43，∴BP →＝13·BC →，∴在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE .此时，BP BC ＝13.5(浙江高考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值．证明：设E为BC的中点，连结A1E，AE，DE，由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.因为AB＝AC，所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.(3分)由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥B1B且DE＝B1B，从而DE∥A1A且DE＝A1A，所以四边形A1AED为平行四边形．故A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(6分)(2)以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图所示．由题意知各点坐标如下：A 1(0，0，14)，B (0，2，0)，D (－2，0，14)，B 1(－2，2，14)．因此A 1B →＝(0，2，－14)，BD →＝(－2，－2，14)， DB 1→＝(0，2，0)．(9分)设平面A 1BD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 1－14z 1＝0，－2x 1－2y 1＋14z 1＝0，可取m ＝(0，7，1)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB 1→＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＝0，－2x 2－2y 2＋14z 2＝0，可取n ＝(7，0，1)．(12分) 于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝18. 6．(新课标Ⅱ高考)如图，长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值．【解】 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8.因为EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (10，0，0)，H (10，10，0)，E (10，4，8)，F (0，4，8)，FE →＝(10，0，0)，HE →＝(0，－6，8)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0，4，3)．又AF→＝(－10，4，8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.7．(河北衡水中学二模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面是边长为1的正方形，P A ⊥底面ABCD ，E 、F 分别为AB 、PC 的中点．(1)求证：EF ∥平面P AD ；(2)若P A ＝2，试问在线段EF 上是否存在点Q ，使得二面角Q －AP －D 的余弦值为55？若存在，确定点Q 的位置；若不存在，请说明理由．【解】 (1)证明：取PD 中点M ，连结MF ，MA ，则MF ∥CD 且MF ＝12CD ，又AE ∥CD 且AE ＝12AB＝12CD ，∴MF 綊CD ，故四边形EFMA 为平行四边形，∴EF ∥AM . 又∵EF ⊄平面P AD ，AM ⊂平面P AD ， ∴EF ∥平面P AD .(2)如图，以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系，则P (0，0，2)，B (0，1，0)，C (1，1，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，0，F ⎝⎛⎭⎫12，12，1. 由题易知平面P AD 的一个法向量为m ＝(0，1，0)，假设存在Q 满足条件．设EQ →＝λEF →(0≤λ≤1)，因为EF →＝⎝⎛⎭⎫12，0，1，E ⎝⎛⎭⎫0，12，0，所以Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2，12，λ.因为AP →＝(0，0，2)，AQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2，12，λ，设平面P AQ 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧λ2x ＋12y ＋λz ＝0，z ＝0，取x ＝1，则y ＝－λ，∴n ＝(1，－λ，0)． ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝－λ1＋λ2，由已知得λ1＋λ2＝55. 解得λ＝12，则存在满足条件的Q ，其是EF 的中点．8.(重庆高考)已知如图，三棱锥P ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB ＝π2.D ，E 分别为线段AB ，BC上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2.(1)证明：DE ⊥平面PCD ； (2)求二面角APDC 的余弦值．【解】 (1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，故PC ⊥DE . 由CE ＝2，CD ＝DE ＝2得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE . 由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD .(2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4.如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF ＝FC ＝FE ＝1，又已知EB ＝1，故FB ＝2.由∠ACB ＝π2得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝32.以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，P (0，0，3)，A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，E (0，2，0)，D (1，1，0)， ED →＝(1，－1，0)，DP →＝(－1，－1，3)，DA →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0. 设平面P AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2，1，1)．由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →，即n 2＝(1，－1，0)．从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36，故所求二面角APDC 的余弦值为36.9.(江苏高考)如图，在四棱锥P ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．【解】以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．(1)因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面P AB 的一个法向量，AD →＝(0，2，0)．因为PC →＝(1，1，－2)，PD →＝(0，2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1，1，1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1，0，2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1，0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1，2λ)，又DP →＝(0，－2，2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.10(广东高考)如图所示，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.点E 是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段AB ，BC 上，且AF ＝2FB ，CG ＝2GB .(1)证明：PE ⊥FG ；(2)求二面角P-AD-C 的正切值；(3)求直线P A 与直线FG 所成角的余弦值．【解】以E 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (0，0，0)，P (0，0，7)，F (3，1，0)，G (2，3，0)，A (3，－3，0)，D (0，－3，0)．(1)证明：EP →＝(0，0，7)，FG →＝(－1，2，0)，EP →·FG →＝0，∴PE ⊥FG .(2)平面ADC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1)，设平面P AD 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n 2＝（0，3，7）·（x ，y ，z ）＝3y ＋7z ＝0，AP →·n 2＝（－3，3，7）·（x ，y ，z ）＝－3x ＋3y ＋7z ＝0，取y ＝1，则x ＝0，z ＝－37，∴n 2＝(0，1，－37)为平面P AD 的一个法向量．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－371×1＋97＝－34.记所求二面角的大小为θ，显然θ为锐角， ∴cos θ＝34，tan θ＝73.(3)∵AP →＝(－3，3，7)，FG →＝(－1，2，0)，∴cos 〈AP →，FG →〉＝AP →·FG →|AP →|·|FG →|＝3＋6＋09＋9＋7×5＝9525， ∴直线P A 与直线FG 所成角的余弦值为9525.。

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