立体几何典型例题精选含答案
部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案知识总结例题
(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案知识总结例题单选题1、如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDCC．PD⊥AC D．PB＝2AN2、已知直线l⊥平面α，有以下几个判断：①若m⊥l，则m//α；②若m⊥α，则m//l；③若m//α，则m⊥l；④若m//l，则m⊥α；上述判断中正确的是（）A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④3、某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（）A ．132B ．223C ．152D ．2334、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 3B ．1.2×109m 3C ．1.4×109m 3D ．1.6×109m 35、已知圆锥的母线长为3，其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的体积为（ ）A ．√23πB ．2√23πC ．πD ．√2π 6、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（ ） A ．6B ．12C ．24D ．487、如图，某圆锥的轴截面ABC 是等边三角形，点D 是线段AB 的中点，点E 在底面圆的圆周上，且BE ⌢的长度等于CE⌢的长度，则异面直线DE 与BC 所成角的余弦值是（ ）A ．√24B ．√64C ．√104D ．√1448、已知一个圆锥的体积为3π，其侧面积是底面积的2倍，则其底面半径为（ ） A ．2√3B ．3C ．√3D ．√33多选题9、如图所示，在棱长为2的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，则下列结论正确的是（ ）A．直线AM与BN是平行直线B．直线BN与MB1是异面直线C．直线MN与AC所成的角为60°D．平面BMN截正方体所得的截面面积为9210、如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，下列结论正确的是（）A．OM∥PD B．OM∥平面PCDC．OM∥平面PDA D．OM∥平面PBA11、如图，在棱长均相等的正四棱锥P−ABCD中，M、N分别为侧棱PA、PB的中点，O是底面四边形ABCD对角线的交点，下列结论正确的有（）A．PC//平面OMN B．平面PCD//平面OMNC．OM⊥PA D．PD⊥平面OMN填空题12、已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π则该圆锥的侧面积为________.部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案(十八)参考答案1、答案：A分析：由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面PCD⊥平面ABCD，结合BC⊥CD判定B正确；再证明AB⊥平面PAD，得到△PAB为直角三角形，判定D正确；可证明平面PBC⊥平面PDC，若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC，矛盾，可判断A图1中AD⊥PC，则图2中PD⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AC，故选项C正确；由PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，而平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，BC⊥CD，∴BC⊥平面PDC，故选项B正确；∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，即△PAB是以PB为斜边的直角三角形，而N为PB的中点，则PB＝2AN，故选项D正确．由于BC⊥平面PDC，又BC⊂平面PBC∴平面PBC⊥平面PDC若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC由于AB//平面PDC，则平面PAB与平面PDC的交线//AB显然AB不与平面PBC垂直，故A错误故选：A2、答案：B分析：根据线面的位置关系，线面垂直的性质定理，线面平行的性质定理及线面垂直的性质逐项分析即得. 对于①，当m⊂平面α也可以有m⊥l，但m不平行于平面α，故①错；对于②，根据线面垂直的性质定理可知②正确；对于③，根据线面平行的性质定理可得存在n⊂α且m∥n．而直线l⊥平面α，故可根据线面垂直的性质得出l⊥n，故l⊥m正确；对于④，根据直线l⊥平面α，可在平面α内找到两条相交直线p，n，且l⊥p，l⊥n，又m∥l，所以m⊥p，m⊥n，故根据线面垂直的判定定理可知，m⊥α正确．即②③④正确．故选：B．3、答案：C分析：根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为V=23−(13×12×12×1+13×12×12×2)=152，故选：C.4、答案：C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．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=140.0km2=140×106m2，下底面积S′=180.0km2=180×106m2，∴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(m3)．故选：C ． 5、答案：B分析：根据弧长计算公式，求得底面圆半径以及圆锥的高，即可求得圆锥的体积. 设圆锥的底面圆半径为r ，故可得2πr =2π3×3，解得r =1，设圆锥的高为ℎ，则ℎ=√32−12=2√2， 则圆锥的体积V =13×πr 2×ℎ=13×π×2√2=2√23π. 故选：B. 6、答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48 故选：D 7、答案：A分析：过点A 作AO ⊥BC 于点O ，过点A 作DG ⊥BC 于点G ，取AO 的中点F ，连接GE 、OE 、EF ，则有∠DEF （或其补角）就是异面直线DE 与BC 所成的角，设圆锥的底面半径为2，解三角形可求得答案. 解：过点A 作AO ⊥BC 于点O ，过点A 作DG ⊥BC 于点G ，取AO 的中点F ，连接GE 、OE 、EF ， 则DF //BC ，且DF =12BC ，所以∠DEF （或其补角）就是异面直线DE 与BC 所成的角， 设圆锥的底面半径为2，则DF =1，OE =2，AO =2√3，所以DG =OF =√3， 在Rt △GOE 中，GO =1，OE =2，所以GE =√GO 2+OE 2=√5，在Rt△GDE中，GE=√5，DG=√3，所以DE=√GD2+GE2=2√2，在Rt△FOE中，FO=√3，OE=2，FE=√FO2+OE2=√7，所以在△DFE中，满足DF2+FE2=DE2，所以∠DFE=90∘，所以cos∠DEF=DFDE =2√2=√24，故选：A.8、答案：C分析：根据圆锥的侧面展开图和圆锥体积公式以及侧面积公式，即可求出结果. 设底面半径为r，高为ℎ，母线为l，如图所示：则圆锥的体积V=13πr2ℎ=3π，所以r2ℎ=9，即ℎ=9r2，S 侧=12⋅2πrl=2πr2，则l=2r，又ℎ=√l2−r2=√3r，所以√3r3=9，故r=√3．故选：C．9、答案：BCD解析：根据异面直线的定义直接判断AB选项，根据MN//D1C，转化求异面直线所成的角，利用确定平面的依据，作出平面BMN 截正方体所得的截面，并求面积. A.直线AM 与BN 是异面直线，故A 不正确； B.直线BN 与MB 1是异面直线，故B 正确；C. 由条件可知MN//D 1C ，所以异面直线MN 与AC 所成的角为∠ACD 1，△ACD 1是等边三角形，所以∠ACD 1=60∘，故C 正确；D.如图，延长MN ，并分别与DD 1和DC 交于E,F ，连结EA,GB 交于点F ，连结A 1M,BN ，则四边形A 1BNM 即为平面BMN 截正方体所得的截面，由对称性可知，四边形A 1BNM 是等腰梯形，MN =√2,A 1B =2√2，A 1M =BN =√5，则梯形的高是ℎ=√(√5)2−(√22)2=3√22，所以梯形的面积S =12×(√2+2√2)×3√22=92，故D 正确.故选：BCD小提示：关键点点睛：本题考查以正方体为载体，判断异面直线，截面问题，本题关键选项是D ，首先要作出平面BMN与正方体的截面，即关键作出平面EFG.10、答案：ABC分析：通过直线与平面平行的判定定理，即可判断ABC正确；由线面的位置关系，即可得到直线在平面内，故D错误；解：对于A，由于O为BD的中点，M为PB的中点，则OM∥PD，故正确；对于B，由于OM∥PD，OM⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，则OM∥平面PCD，故正确；对于C，由于OM∥PD，OM⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，则OM∥平面PAD，故正确；对于D，由于M∈平面PAB，故错误．故选：ABC．小提示：本题考查线面平行的判定定理及应用，考查直线与平面的位置关系，考查空间想象能力.11、答案：ABC分析：A选项，由中位线证明线线平行，推导出线面平行；B选项，在A选项的基础上证明面面平行；从而推导出D错误；由勾股定理的逆定理得到PA⊥PC，从而得到OM⊥PA.因为O为底面四边形ABCD对角线的交点，所以O为AC的中点，由M是PA的中点，可得PC∥MO，因为PC⊄在平面OMN，OM⊂平面OMN，所以PC//平面OMN，A正确；同理可推得PD//平面OMN，而PC∩PD=P，所以平面PCD//平面OMN，B正确；因为PD⊂平面PCD，故PD不可能垂直平面OMN，D错误；设该正四棱锥的棱长为a，则PA=PC=a,AC=√2a，所以PA⊥PC，因为PC∥MO，所以OM ⊥PA ，C 正确.故选ABC ．12、答案：39π分析：利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案. ∵V =13π62⋅ℎ=30π ∴ℎ=52∴l =√ℎ2+r 2=√(52)2+62=132 ∴S 侧=πrl =π×6×132=39π.所以答案是：39π.。
(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步经典大题例题
(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步经典大题例题单选题1、已知三棱锥P−ABC，其中PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，PA=AB=AC=2，则该三棱锥外接球的表面积为（）A．12πB．16πC．20πD．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC的外心为G，O为球心，所以OG⊥平面ABC，因为PA⊥平面ABC，所以OG//PA，设D是PA中点，因为OP=OA，所以DO⊥PA，因为PA⊥平面ABC，AG⊂平面ABC，所以AG⊥PA，因此OD//AG，PA=1，因此四边形ODAG是平行四边形，故OG=AD=12由余弦定理，得BC=√AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−1)=2√3，2⇒AG=2，由正弦定理，得2AG=√3√32所以该外接球的半径R满足R2=(OG)2+(AG)2=5⇒S=4πR2=20π，故选：C．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.2、如图所示的正方形SG1G2G3中，E ， F分别是G1G2，G2G3的中点，现沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合为点G，则有（）A．SG⊥平面EFG B．EG⊥平面SEFC．GF⊥平面SEF D．SG⊥平面SEF答案：A解析：根据正方形的特点，可得SG⊥FG，SG⊥EG，然后根据线面垂直的判定定理，可得结果.由题意：SG⊥FG，SG⊥EG，FG∩EG=G，FG，EG⊂平面EFG所以SG⊥平面EFG正确，D不正确；.又若EG⊥平面SEF，则EG⊥EF，由平面图形可知显然不成立；同理GF⊥平面SEF不正确；故选：A小提示：本题主要考查线面垂直的判定定理，属基础题.3、若一个正方体的体对角线长为a，则这个正方体的全面积为（）A ．2a 2B ．2√2a 2C ．2√3a 2D ．3√2a 2答案：A分析：设正方体的棱长为x ，求出正方体的棱长即得解.解：设正方体的棱长为x ，则√3x =a ，即x 2=13a 2，所以正方体的全面积为6x 2=6×13a 2=2a 2． 故选：A4、《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，AC ⊥CD ，AC ＝BC ＋CD ＝2，当△BCD 的面积最大时，鳖臑ABCD 的表面积为（ ）A ．√3+√62B ．3+√62C ．2+√3+√62D ．3+√3+√62答案：D分析：根据题意可证明CD ⊥BC ，从而说明三角形BCD 是直角三角形，求得BD ，进而求得四个直角三角形的面积，可得答案.由题意可知：AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ，故AB ⊥CD ,又AC ⊥CD ，AC ∩AB =A,AB,AC ⊂平面ABC ，故CD ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，故CD ⊥BC ,所以S △BCD =12BC ⋅CD ≤12×(BC+CD 2)2=12 ,当且仅当BC =CD =1时取得等号， 故BD =√1+1=√2 ,由AB ⊥平面BCD ，可知AB ⊥BD,AB ⊥BC ,故AB=√AC2−BC2=√4−1=√3 ,所以S△ABD=12AB⋅BD=√62,S△ABC=12AB⋅BC=√32,S△BCD=12BC⋅CD=12,S△ACD=12AC⋅CD=1,所以鳖臑ABCD的表面积为√62+√32+12+1=3+√3+√62，故选：D5、锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a=7、b=8，m⃑⃑ =(12,cosA)，n⃑=(sinA，−√32)，且m⃑⃑ ⊥n⃑，则△ABC的面积为（）A．√3B．3√3C．5√3D．10√3答案：D分析：先由向量垂直得到A=π3，利用余弦定理求出c=3或c=5，利用锐角三角形排除c=3，从而c=5，利用面积公式求出答案.由题意得：12sinA−√32cosA=0，故tanA=√3，因为A∈(0,π2)，所以A=π3，由余弦定理得：cosA=64+c 2−492×8c =12，解得：c=3或c=5，当c=3时，最大值为B，其中cosB=49+9−642×7×3<0，故B为钝角，不合题意，舍去；当c=5时，最大值为B，其中cosB=49+25−642×7×5>0，故B为锐角，符合题意，此时S△ABC=12bcsinA=12×8×5×√32=10√3.故选：D6、过半径为4的球O表面上一点M作球O的截面，若OM与该截面所成的角是30°，则O到该截面的距离是（）A．4B．2√3C．2D．1答案：C分析：作出球的截面图，根据几何性质计算，可得答案.作出球的截面图如图：设A为截面圆的圆心，O为球心，则OA⊥截面，AM在截面内，即有OA⊥AM，=2 ,故∠OMA=30∘,所以OA=4×12即O到该截面的距离是2，故选：C7、如图，点N为正方形ABCD的中心，ΔECD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：利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．如图所示， 作EO ⊥CD 于O ，连接ON ，过M 作MF ⊥OD 于F ．连BF ，∵平面CDE ⊥平面ABCD ．EO ⊥CD,EO ⊂平面CDE ，∴EO ⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，∴ΔMFB 与ΔEON 均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO =√3, ON =1 EN =2，MF =√32,BF =52,∴BM =√7．∴BM ≠EN ，故选B ．小提示：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．8、在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为线段A 1B 1的中点，则异面直线D 1E 与BC 1所成角的余弦值为（ ）A ．√55B ．√105C ．√155D ．2√55答案：B分析：连接AD 1，AE ，得到AD 1//BC 1，把异面直线D 1E 与BC 1所成角转化为直线D 1E 与AD 1所成角，取AD 1的中点F ，在直角△D 1EF 中，即可求解.在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，连接AD 1，AE ，可得AD 1//BC 1，所以异面直线D 1E 与BC 1所成角即为直线D 1E 与AD 1所成角，即∠AD 1E 为异面直线D 1E 与BC 1所成角，不妨设AA 1=2，则AD 1=2√2，D 1E =AE =√5，取AD 1的中点F ，因为D 1E =AE ，所以EF ⊥AD 1，在直角△D 1EF 中，可得cos∠AD 1E =D 1F D 1E =√2√5=√105. 故选：B.9、若直线a //平面α，A ∉α，且直线a 与点A 位于α的两侧，B ，C ∈a ，AB ，AC 分别交平面α于点E ，F ，若BC =4，CF =5，AF =3，则EF 的长为（ ）A ．3B ．32C ．34D ．23答案：B分析：根据线面平行可得线线平行，从而可求EF =32. ∵BC //α，BC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩α=EF ，∴EF //BC ，∴AF AC =EF BC ，即35+3=EF 4，∴EF =32. 故选：B.10、如图在正三棱锥S −ABC 中，M,N 分别是棱SC,BC 的中点，Q 为棱AC 上的一点，且AQ =12QC ，MN ⊥MQ ，若AB =2√2，则此正三棱锥S −ABC 的外接球的体积为（ ）A ．12πB ．4√33πC ．8√3πD ．4√3π 答案：D分析：根据题意证明SA,SB,SC 两两垂直，将三棱锥放入棱长为2的正方体，两者外接球体积相同，求得正方体外接球体积即可得出答案.因为在△SBC 中，M,N 分别是棱SC,BC 的中点，所以MN //SB ，因为MN ⊥MQ ，所以SB ⊥MQ ，因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC （对棱垂直），又因为MQ,AC ⊂面SAC ，MQ ∩AC =Q ，所以SB ⊥面SAC ，因为SA,SC ⊂面SAC ，所以SB ⊥SA,SB ⊥SC ，在Rt △SAB 中，SA 2+SB 2=AB 2，因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥，所以△SBC 是等腰三角形，△ABC 是等边三角形，所以SB =SC ，AB =AC ,所以SA 2+SC 2=AC 2，即SA ⊥SC ，所以SA,SB,SC 两两垂直，将此三棱锥放入正方体中，此正方体的面对角线长等于AB 长，为2√2,则该正方体棱长为2，外接球半径R =√(22)2+(2√22)2=√3，正方体外接球体积V =43πR 3=43π×(√3)3=4√3π,此正三棱锥S −ABC 的外接球体积和正方体外接球体积相同，为4√3π.故选：D填空题11、如图所示，过三棱台上底面的一边A1C1，作一个平行于棱BB1的截面，与下底面的交线为DE．若D、E分别是AB、BC的中点，则V A1B1C1−DBEV A1B1C1−ABC=______．答案：37分析：证得S△A1B1C1=14S△ABC，然后结合棱台与棱柱的体积公式即可求出结果.因为BB1//平面DEC1A1，且平面BB1C1C∩平面DEC1A1=C1E，所以BB1//C1E，又因为B1C1//BE，所以四边形BB1C1E为平行四边形，所以B1C1=BE，且E分别是BC的中点，所以B1C1=1 2BC，同理A1B1=12AB，因此S△A1B1C1=14S△ABC，设上底面的面积为S，高为ℎ，则下底面的面积为4S，所以V A1B1C1−DBEV A1B1C1−ABC =13(S+√S⋅4S+4S)ℎ=37，所以答案是：37.12、两个平面最多可以将空间分为___________部分.答案：4分析：根据两个平面的位置关系分别计算出它们将空间分成的部分数即可得解. 两个平面的位置关系有平行和相交两种，当两个平面平行时，它们可将空间分成3部分，当两个平面相交时，它们可将空间分成4部分，所以两个平面最多可以将空间分为4部分.所以答案是：413、在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为矩形．请在下面给出的5个条件中选出2个作为一组，使得它们能成为“在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形”的充分条件___________．（写出符合题意的一组即可）①PA=2；②BC=3；③BC=√5；④AB=√2；⑤AB=1.答案：②④或②⑤或③⑤分析：设PA=a,AB=b,AD=c，BQ=x(0≤x≤c)，则CQ=c−x，计算出PQ2，DQ2，PD2，若在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形，则PQ2+DQ2<PD2，解不等式再根据已知条件可得答案.设PA=a,AB=b,AD=c，BQ=x(0≤x≤c)，则CQ=c−x，因为PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为矩形，所以PA⊥AQ，则PQ2=PA2+AQ2=PA2+AB2+BQ2=a2+b2+x2，DQ2=CD2+CQ2=b2+(c−x)2，PD2=PA2+AD2=a2+c2，若在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形，则PQ2+DQ2<PD2，即a2+b2+x2+b2+(c−x)2<a2+c2，整理得x2−cx+b2<0(0<x<c)，要使不等式有解，只需c2−4b2>0，即只需BC>2AB即可，因为①PA=2；②BC=3；③BC=√5；④AB=√2；⑤AB=1，所以②④或②⑤或③⑤.所以答案是：②④或②⑤或③⑤.14、所有棱长均为2的正三棱锥的体积为______.答案：23√2##2√23分析：棱长均为2的正三棱锥，分别求出棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式，即可得到答案. 当三棱锥棱长均为2时，正三棱锥即为正四面体，如图，正四面体的底面积S=√34×22=√3，正四面体的高ℎ=PO=√PA2−AO2=√22−(23×√32×2)2=2√63，故正四面体的体积V=13⋅S⋅ℎ=2√23.所以答案是：2√2315、已知球O的半径为43,点A,B,C,D均在球面上，若△ABC为等边三角形，且其面积为√3,则三棱锥D−ABC的最大体积是___________.答案：2√33分析：根据三角形面积求出边长，即可求出三角形外接圆半径，继而可求出高的最大值，求出体积.设△ABC外接圆的圆心为O1,由△ABC是面积为√3的等边三角形，得12⋅|AB|2⋅sin60∘=√3,解得AB=2，则|O1B|=12×|AB|sin60∘=2√33.当三棱棱锥D−ABC体积最大时，球心O在DO1上，因此有|OO1|=√|OB|2−|O1B|2=23,所以|DO1|的最大值为43+23=2，三棱锥D−ABC的最大体积为V=13⋅S△ABC⋅|DO1|=13×√3×2=2√33.所以答案是：2√33.小提示：本题考查三棱锥的外接球问题，解题的关键是建立好勾股关系求出高.解答题16、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点．（Ⅰ）求证：BC1//平面AD1E；（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．答案：（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）23.分析：（Ⅰ）证明出四边形ABC1D1为平行四边形，可得出BC1//AD1，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 . （Ⅰ）[方法一]：几何法 如下图所示：在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB //A 1B 1且AB =A 1B 1，A 1B 1//C 1D 1且A 1B 1=C 1D 1， ∴AB //C 1D 1且AB =C 1D 1，所以，四边形ABC 1D 1为平行四边形，则BC 1//AD 1， ∵BC 1⊄平面AD 1E ，AD 1⊂平面AD 1E ，∴BC 1//平面AD 1E ； [方法二]:空间向量坐标法以点A 为坐标原点，AD 、AB 、AA 1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A −xyz ，设正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则A (0,0,0)、A 1(0,0,2)、D 1(2,0,2)、E (0,2,1)，AD 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2)，AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,1)，设平面AD 1E 的法向量为n ⃑ =(x,y,z )，由{n →⋅AD 1→=0n →⋅AE →=0，得{2x +2z =02y +z =0， 令z =−2，则x =2，y =1，则n →=(2,1,−2).又∵向量BC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2),BC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·n ⃑ =2×2+0×1+2×(−2)=0, 又∵BC 1⊄平面AD 1E ，∴BC 1//平面AD 1E ； （Ⅱ）[方法一]：几何法延长CC 1到F ，使得C 1F =BE ，连接EF ，交B 1C 1于G ， 又∵C 1F//BE ，∴四边形BEFC 1为平行四边形，∴BC 1//EF ， 又∵BC 1//AD 1,∴AD 1//EF ,所以平面AD 1E 即平面AD 1FE , 连接D 1G ，作C 1H ⊥D 1G ,垂足为H ,连接FH ,∵FC 1⊥平面A 1B 1C 1D 1,D 1G ⊂平面A 1B 1C 1D 1,∴FC 1⊥D 1G ， 又∵FC 1∩C 1H =C 1,∴直线D 1G ⊥平面C 1FH , 又∵直线D 1G ⊂平面D 1GF ,∴平面D 1GF ⊥平面C 1FH ,∴C 1在平面D 1GF 中的射影在直线FH 上,∴直线FH 为直线FC 1在平面D 1GF 中的射影，∠C 1FH 为直线FC 1与平面D 1GF 所成的角，根据直线FC 1//直线AA 1，可知∠C 1FH 为直线AA 1与平面AD 1G 所成的角. 设正方体的棱长为2，则C 1G =C 1F =1,D 1G =√5,∴C 1H =√5=√5,∴FH =√1+(√5)2=√5,∴sin∠C 1FH =C 1H FH=23,即直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.[方法二]：向量法接续（I)的向量方法，求得平面平面AD 1E 的法向量n ⃑ =(2,1,−2)，又∵AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,2),∴cos <n ⃑ ,AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ >=n ⃑ ⋅AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |n ⃑ |⋅|AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=−43×2=−23， ∴直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.[方法三]：几何法+体积法如图，设B 1C 1的中点为F ，延长A 1B 1,AE,D 1F ，易证三线交于一点P ． 因为BB 1∥AA 1,EF ∥AD 1，所以直线AA 1与平面AD 1E 所成的角，即直线B 1E 与平面PEF 所成的角． 设正方体的棱长为2，在△PEF 中，易得PE =PF =√5,EF =√2， 可得S △PEF =32．由V 三棱锥B 1−PEF =V 三棱锥P−B 1EF ，得13×32⋅B 1H =13×12×1×1×2， 整理得B 1H =23． 所以sin∠B 1EH =B 1H B 1E =23．所以直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23．[方法四]：纯体积法设正方体的棱长为2，点A 1到平面AED 1的距离为h ， 在△AED 1中，AE =√5,AD 1=2√2,D 1E =3， cos∠AED 1=D 1E 2+AE 2−AD 122D 1E⋅AE=2×3×√5=√55， 所以sin∠AED 1=2√55，易得S △AED 1=3．由V E−AA 1D 1=V A 1−AED 1，得13S △AD 1A 1⋅A 1B 1=13S △AED 1⋅ℎ，解得ℎ=43， 设直线AA 1与平面AED 1所成的角为θ，所以sinθ=ℎAA 1=23．【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明； （II ）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法. 17、已知正方体ABCD −A ′B ′C ′D ′.(1)G 是△BA ′C ′的重心，求证：直线DG ⊥平面BA ′C ′；(2)若AB =1，动点E ､F 在线段AD ､D ′C ′上，且DE =D ′F =a ，M 为AB 的中点，异面直线EF 与DM 所成的角为arccos√210，求a 的值.答案：(1)证明见解析(2)√24分析：（1）根据空间向量，以B ′A ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =i ,B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =j ,B ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ 为基底，用基底向量表示其他向量，根据向量的数量积为0判断线线垂直，进而证明线面垂直.（2）以空间直角坐标系，写成点的坐标，根据向量的夹角与异面直线夹角间的关系，列出方程即可求解.（1）证明：设B ′A ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =i ,B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =j ,B′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ ， 显然i ⋅j =0，j ⋅k ⃑ =0，k ⃑ ⋅i =0，因为G 是△BA ′C ′的重心，所以B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =13(i +j +k ⃑ ),故DG ⃑⃑⃑⃑⃑ =B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −B ′D ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −(B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AD ⃑⃑⃑⃑⃑ )=13(i +j +k ⃑ )−(j +i +k )=−23(i +j +k ⃑ ) A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ −i ；DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−23(k ⃑ 2−i 2)=0，得DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ， 同理DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，得DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥A ′B⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ . 因为A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 不平行于A ′B⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以直线DG ⊥平面BA ′C ′. （2）以D 为坐标原点，射线DA 、DC 、DD ′分别是x 轴､y 轴､z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系，于是E(a,0,0),F(0,a,1),M (1,12,0)，则EF⃑⃑⃑⃑⃑ =(−a,a,1),DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,12,0).于是cos⟨EF⃑⃑⃑⃑⃑ ,DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩=|EF⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ||EF⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅|DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=12a √52⋅√2a 2+1=√210，解得a =√24，所以a 的值为√24.18、如图所示，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为正方形，E 为侧棱PC 的中点.（1）求证：经过A 、B 、E 三点的截面平分侧棱PD ；（2）若PA ⊥底面ABCD ，且PA =AD =2，求四面体ABEP 的体积. 答案：（1）证明见解析；（2）23.分析：（1）设截面ABE 与侧棱PD 交于点F ，连结EF,AF ，证明CD//EF.即得F 为PD 的中点，即截面ABE 平分侧棱PD ；（2）取PB 中点H ，连EH ，证明EH ⊥平面PAB ，即得解. （1）证明：设截面ABE与侧棱PD交于点F，连结EF,AF.因为底面ABCD为矩形，所以AB//CD.又AB⊄平面PCD，且CD⊂平面PCD，所以AB//平面PCD.又AB⊂平面ABE，且平面ABE∩平面PCD=EF，所以AB//EF.又因为AB//CD，所以CD//EF.因为E为PC的中点，所以F为PD的中点，即截面ABE平分侧棱PD. （2）∵PA⊥平面ABCD，BC⊆平面ABCD，∴BC⊥PA，又BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB.取PB 中点H ，连EH ， ∵E 是PC 中点，∴EH//BC ，即EH =1且EH ⊥平面PAB ， 又Rt △PAB 的面积S =12PA ⋅AB =2.∴四面体ABEP 的体积V =V E−PAB =13⋅S ⋅EH =23.小提示：方法点睛：求几何体的体积常用的方法有：（1）规则的公式法；（2）不规则的割补法；（3）等体积法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.19、如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点．若截面△BC 1D 是面积为6的直角三角形，求此三棱柱的表面积．答案：24√2+4√3分析：设AD =b,AB =a ，根据△BC 1D 是面积为6的直角三角形，由{BD 2+C 1D 2=BC 1212⋅BD ⋅C 1D =6求解.解：设AD =b,AB =a ，则BD =C 1D =√a 2+b 2，BC 1=√a 2+4b 2．由题意得{BD 2+C 1D 2=BC 12,12⋅BD ⋅C 1D =6, 即{a 2+b 2+a 2+b 2=a 2+4b 2,a 2+b 2=12,解得{a =2√2,b =2, 从而S 表=4×3×2√2+2×2√2×2√2×√34=24√2+4√3．。
(完整版)高考立体几何大题及答案(理)
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，
（II）设线段 、 的中点分别为 、 ，
求证： ∥
（III）求二面角 的大小。
10.如题（18）图，在五面体 中， ∥ ， ， ，四边形 为平行四边形， 平面 ， ．求：
（Ⅰ）直线 到平面 的距离；
（Ⅱ）二面角 的平面角的正切值．
11．如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD．
（Ⅱ）设平面BCD的法向量 则
又 =（-1，1，0），
=（-1，0，c）,故
令x=1,则y=1,z= , =(1,1, ).
又平面 的法向量 =（0，1，0）
由二面角 为60°知， =60°，
故 °，求得
于是 ，
，
°
所以 与平面 所成的角为30°
3、（Ⅰ）证明：连接 ，在 中， 分别是 的中点，所以 ，又 ，所以 ，又 平面ACD，DC 平面ACD，所以 平面ACD
(1)证明：PA⊥BD；
(2)设PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值．
12（本小题满分12分）
如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形，AB CD,AC BD，垂足为H，
PH是四棱锥的高，E为AD中点
（1）证明：PE BC
（2）若 APB= ADB=60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值
高中空间立体几何经典例题精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版立体几何一、选择题1．（20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是 （ ）A ．若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥B ．若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m nC ．若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥D ．若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥【答案】D2 2．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为（ ）A ．1:2B ．1:4C ．1:8D ．1:16【答案】C 【答案】A3 3．（20XX 年高考新课标1（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（ ）A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+【答案】A4 4．（20XX 年高考湖南卷（理））已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能．．．等于 （ ）A ．1B ．2C ．2-12D ．2+12【答案】C5．（20XX 年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为3.若P 为底面111A B C 的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为（ ）A．512πB ．3πC．4πD．6π【答案】B6．（20XX年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））某几何体的三视图如题()5图所示,则该几何体的体积为（）A．5603B．5803C．200D．240【答案】C7．（20XX年高考江西卷（理））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二、填空题8．（20XX年高考北京卷（理））如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为__________.1D1BPD1CCEBA1A【答案】2559．（20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））如图,在三棱柱ABC C B A -111中,F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点,设三棱锥ADE F -的体积为1V ,三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ,则=21:V V ____________.【答案】1:2410．（20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.【答案】1616π-11．（20XX 年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD 版））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.测试图.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】12π12．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）在如图所示的正方体1111ABCD A B C D -中,异面直线1A B 与1B C 所成角的大小为_______AB C1A D EF1B 1C【答案】3π三、解答题13．（20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））如图,AB是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点. (I)求证:PAC PBC ⊥平面平面；(II)2.AB AC PA C PB A ===--若，1，1，求证：二面角的余弦值D 1 C 1 B 1A 1D C AB14．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）如图,在正三棱锥111ABC A B C -中,16AA =,异面直线1BC 与1AA 所成角的大小为6π,求该三棱柱的体积.【答案】[解]因为1CC 1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA .所成的角,即1BC C ∠=6π. 在Rt 1BC C ∆中,113tan 6233BC CC BC C =⋅∠==从而2333ABC S BC ∆==因此该三棱柱的体积为1336183ABC V S AA ∆=⋅==15．（20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））B 1 A 1C 1ACB如图,在三棱锥ABC S -中,平面⊥SAB 平面SBC ,BC AB ⊥,AB AS =,过A 作SB AF ⊥,垂足为F ,点G E ，分别是棱SC SA ，的中点.求证:(1)平面//EFG 平面ABC ; (2)SA BC ⊥.【答案】证明:(1)∵AB AS =,SB AF ⊥∴F 分别是SB 的中点 ∵E.F 分别是SA.SB 的中点 ∴EF ∥AB又∵EF ⊄平面ABC, AB ⊆平面ABC ∴EF ∥平面ABC 同理:FG ∥平面ABC又∵EF FG=F, EF.FG ⊆平面ABC ∴平面//EFG 平面ABC (2)∵平面⊥SAB 平面SBC 平面SAB 平面SBC =BC AF ⊆平面SAB AF ⊥SB∴AF ⊥平面SBC 又∵BC ⊆平面SBC ∴AF ⊥BC又∵BC AB ⊥, AB AF=A, AB.AF ⊆平面SAB ∴BC ⊥平面SAB 又∵SA ⊆平面SAB ∴BC ⊥SA16．（20XX 年高考上海卷（理））如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=2,AD=1,A 1A=1,证明直线BC 1平行于平面DA 1C,并求直线BC 1到平面D 1AC 的距离.C 11A【答案】因为ABCD-A 1B 1C 1D 1为长方体,故1111//,AB C D AB C D =,故ABC 1D 1为平行四边形,故11//BC AD ,显然B 不在平面D 1AC 上,于是直线BC 1平行于平面DA 1C; 直线BC 1到平面D 1AC 的距离即为点B 到平面D 1AC 的距离设为h考虑三棱锥ABCD 1的体积,以ABC 为底面,可得111(12)1323V =⨯⨯⨯⨯=而1AD C ∆中,11AC DC AD ==故132AD C S ∆= AB CSGFE所以,13123233V h h =⨯⨯=⇒=,即直线BC 1到平面D 1AC 的距离为23.17．（20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））如图1,在等腰直角三角形ABC中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE =O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD ===连结,OD OE,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD=由翻折不变性可知A D '=,所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥,理可证A O OE '⊥, 又OD OE O =,所以A O '⊥平面BCDE . (Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD 的延长线于H ,连结A H ', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角. 结合图1可知,H 为AC 中点,故2OH =,从而2A H '== 所以cos OH A HO A H '∠=='所以二面角ACD B '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O -.CO BDEA CDOBE'A图1图2C DO BE'AH则(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,则00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧+=⎪⎨-++=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,1,n =- 由(Ⅰ)知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量,所以3cos ,3n OA n OA n OA'⋅'===',即二面角A CD B '--的平面角的余弦值为5.18．（20XX年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 侧棱A1A⊥底面ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点.(Ⅰ) 证明B1C1⊥CE;(Ⅱ) 求二面角B1-CE-C1的正弦值.(Ⅲ) 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为2, 求线段AM的长.6【答案】19．（20XX年高考陕西卷（理））如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD,12AB AA==(Ⅰ) 证明: A1C⊥平面BB1D1D;(Ⅱ) 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小.1A【答案】解:(Ⅰ) BDOAABCDBDABCDOA⊥∴⊂⊥11,,面且面;又因为,在正方形AB CD 中,BDCAACACAACABDAACOABDAC⊥⊂⊥=⋂⊥11111,，故面且面所以；且.在正方形AB CD中,AO = 1 . .111=∆OAOAART中，在OECAOCEAEDB1111111⊥为正方形，所以，则四边形的中点为设.，所以由以上三点得且，面面又OOBDDDBBODDBBBD=⋂⊂⊂111111E.E,DDBBCA111面⊥.(证毕)(Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题.以O为原点,以OC为X轴正方向,以OB为Y轴正方向.则)1,0,1()1,1,1(),10(),1(,0,1,0111-=⇒CABACB，，，，）（.由(Ⅰ)知, 平面BB1D1D的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111）（==-==OCOBCAn设平面OCB1的法向量为，则0,0,2122=⋅=⋅OCnOBnn).1-,1,0(法向量2=n为解得其中一个21221||||||,cos|cos212111=⋅=⋅=><=nnnnnnθ.所以,平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ为3π1A。
立体几何大题综合(含答案)
立体几何大题综合1．（2022秋·广东江门·高二台山市第一中学校考期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点．(1)求证：1BC ⊥平面1ACD ；(2)求直线1D C 与平面1AD E 所成角的余弦值．2．（2022秋·广东清远·高二校联考期中）如图，在棱长为a 的正方体OABC O A B C ''''-中，,E F 分别是棱,AB BC 上的动点，且BE CF =.(1)求证：A F C E ''⊥；(2)当三棱锥B BEF '-的体积取得最大值时，求平面EFB '与平面BFB '的夹角的正切值.3．（2022秋·广东肇庆·高二校考期中）如图在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为11A B 的中点，F 为AB 的中点，H 为1DD 的中点，K 为1BB 的中点.(1)求直线1A H 到直线KC 的距离；(2)求直线FC 到平面1AEC 的距离.4．（2022秋·广东江门·高二校考期中）如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，PD CD =，F ，G 分别是PB ，AD 的中点．(1)求证：FG //平面PCD ；(2)求点C 到平面PGB 的距离．5．（2022秋·广东清远·高二校联考期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，AB ⊥平面PAD ，E 是AD 的中点，PAD 为等腰直角三角形，DP AP ⊥，2PA AB ==2(1)求证：PE BD ⊥；(2)求点A 到平面PBE 的距离．6．（2022秋·广东江门·高二新会陈经纶中学校考期中）如图，在直角梯形ABCD 中，,=90,AD BC ADC AE ∠︒⊥∥平面ABCD ，EF CD ∥，112BC CD AE EF AD =====．(1)求证：BE AF ⊥；(2)在线段BC 上是否存在点M ，使平面EMD 与平面AMD 的夹角的大小为π3若存在，求出CM 的长；若不存在，请说明理由．7．（2022秋·广东江门·高二台山市第一中学校考期中）如图，边长为1的正方形ABCD 所在平面与正方形ABEF 所在平面互相垂直，动点M 、N 分别在正方形对角线AC 和BF 上移动，且(0CM BN a a ==<<．(1)求证MN 与平面BCE 平行；(2)当a =A MN B --的余弦值．8．（2022秋·广东肇庆·高二肇庆市端州中学校考期中）如图在四棱锥P ABCD －中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱PA PD ==ABCD 为直角梯形，其中BC AD ∥，AB AD ⊥，222AD AB BC ===，O 为AD 的中点．(1)求证：PO ⊥平面ABCD ；(2)求二面角C PD A --的正弦值．9．（2022秋·广东江门·高二江门市第二中学校考期中）如图，已知PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形，2,,PA AD AB M N ===分别为,AB PC 的中点.(1)求证：MN 平面PAD ；(2)求平面PMC 与平面PAD 的夹角的余弦值.10．（2022秋·广东阳江·高二校联考期中）图1是直角梯形ABCD ，//AB DC ，90,2,3,2D AB DC AD CE ED ︒∠====.以BE 为折痕将BCE 折起，使点C 到达C 1的位置，且1AC = 2.(1)证明：平面1BC E ⊥平面ABED ；(2)求直线1BC 与平面1AC D 所成角的正弦值.11．（2022秋·广东深圳·高二深圳外国语学校校考期中）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，E 为侧棱PC的中点．(1)设经过A 、B 、E 三点的平面交PD 于F ，证明：F 为PD 的中点；(2)若PA ⊥底面ABCD ，且2PA AD ==，求点P 到平面ABE 的距离．12．（2022秋·广东阳江·高二校联考期中）如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 是一个边长为2的菱形，∠DAB ＝60°.侧棱DD 1⊥平面ABCD ，DD 1＝3.(1)求二面角B -D 1C -D 的平面角的余弦值；(2)设E 是D 1B 的中点，在线段D 1C 上是否存在一点P ，使得AE ∥平面PDB ？若存在，请求出11D P D C的值；若不存在，请说明理由.13．（2022秋·广东茂名·高二统考期中）在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，四边形ABCD 为平行四边形，M为1AA 的中点，1BC BD ==，1AB AA ==(1)求证：DM ⊥平面1BDC ；(2)求平面1MBC 与平面1D B C 夹角的余弦值.14．（2022秋·广东揭阳·高二惠来县第一中学校考期中）已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，且2=AD AB ，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PM PA的值；若不存在，说明理由．15．（2022秋·广东佛山·高二顺德一中校考期中）如图，在直棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为4的菱形，60BAD ∠= ，14AA =，P 是1AD 上的动点（不含端点）.(1)当P 为1AD 的中点时，求直线AD 到平面PBC 的距离；(2)求直线1AD 和平面BCP 所成角的正弦值的取值范围.16．（2022秋·广东佛山·高二顺德一中校考期中）如图，在直角梯形ABED 中，//BE AD ，DE AD ⊥，BC AD ⊥，4AB =，BC =BE =.将矩形BEDC 沿BC 翻折，使得平面ABC ⊥平面BCDE .(1)求DB 与平面ADE 所成角的正弦值.(2)求平面ADE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值.17．（2022秋·广东珠海·高二珠海市第二中学校考期中）如图1，在MBC 中，24BM BC BM BC ==⊥，，,A D 分别为棱,BM MC 的中点，将△MAD 沿AD 折起到PAD 的位置，使90PAB ∠=︒，如图2，连接,PB PC .(1)求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；(2)若E 为PC 中点，求直线DE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)线段PC 上是否存在一点G ，使二面角G AD P --求出PG PC 的值；若不存在，请说明理由.18．（2022秋·广东广州·高二广州市第八十九中学校考期中）如图，已知梯形ABCD ，AB //CD ，,120AD DC BC ADC ︒==∠=，四边形ACFE 为正方形，且平面ACFE ⊥平面ABCD ．(1)求证：BC ⊥平面ACFE ；(2)点M 在线段EF 上运动，求平面MAB 与平面ADE 夹角余弦值的取值范围．19．（2022秋·广东东莞·高二校考期中）如图，在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E ，M 分别是BC ，AE 的中点，AD=AA 1=1，AB=2.(1)试问在线段CD 1上是否存在一点N ，使MN ∥平面ADD 1A 1?若存在，确定N 的位置；若不存在，请说明理由；(2)在（1）中，当MN ∥平面ADD 1A 1时，试确定直线BB 1与平面DMN 的交点F 的位置，并求BF 的长.20．（2022秋·广东湛江·高二湛江二十一中校考期中）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AD AA ==，2AB =，点E 在棱AB 上移动．(1)证明：11D E A D ⊥；(2)求平面1ACD 的法向量.(3)当E 为AB 的中点时，求点E 到面1ACD 的距离.21．（2022秋·广东广州·高二统考期中）如图，在四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，PA =，G 为CD 的中点，E ，F 是棱PD 上两点（F 在E 的上方），且2EF =．(1)若BF //平面AEG ，求DE ；(2)当点F 到平面AEC 的距离取得最大值时，求直线AG 与平面AEC 所成角的正弦值．22．（2022秋·广东广州·高二校联考期中）在多面体ABCDEF 中，平面ABCD 为正方形，2AB =，3AE =，DE =E AD C --//EF BD .(1)证明：平面ABCD ⊥平面DCE ；(2)若()0EF DB λλ=> ，求平面ABF 与平面CEF 所成锐二面角的余弦值的取值范围.23．（2022秋·广东佛山·高二佛山市顺德区容山中学校考期中）如图，圆柱的轴截面ABCD 为正方形，点E 在底面圆周上，且,BE CE M =为AE 上的一点，且,BM AC N ⊥为线段AC 上一动点（不与,A C 重合）(1)若2AN NC =，设平面BMN ⋂面BEC l =，求证：//MN l ；(2)当平面BMN 与平面DEC 夹角为π3，试确定N 点的位置.24．（2022秋·广东肇庆·高二肇庆市端州中学校考期中）如图，四棱锥P ABCD -的底面为菱形，,23ABC AB AP π∠===，PA ⊥底面ABCD ，,E F 分别是线段,PB PD 的中点，G 是线段PC 上的一点.(1)若G 是直线PC 与平面AEF 的交点，试确定PG CG的值；(2)若直线AG 与平面AEF 所成角的正弦值为35，求三棱锥P EFG -体积.25．（2022秋·广东江门·高二校考期中）如图甲，在矩形ABCD 中，2AB AD E ==为线段DC 的中点，ADE V 沿直线AE 折起，使得DC .(1)求证：BE ⊥平面ADE ；(2)线段AB 上是否存在一点H ，使得平面ADE 与平面DHC 所成的角为π4若不存在，说明理由；若存在，求出H 点的位置.26．（2022秋·广东惠州·高二统考期中）如图，在四棱锥P ABMN -中，PNM △是边长为2的正三角形，AN NP ⊥，AN BM ∥，3AN =，1BM =，AB =C ，D 分别是线段AB ，NP 的中点.(1)求证：平面ANMB ⊥平面NMP ；(2)求直线CD 与平面ABP 所成角的正弦值.27．（2022秋·广东广州·高二校联考期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面,2,4,ABCD PA AD BD AB ====，BD 是ADC ∠的平分线，且BD BC ⊥.(1)若点E 为棱PC 的中点，证明：BE 平面PAD ；(2)已知二面角P AB D --的大小为60 ，求平面PBD 和平面PCD 的夹角的余弦值.28．（2022秋·广东珠海·高二珠海市斗门区第一中学校考期中）如图，等腰直角△ACD 的斜边AC 为直角△ABC 的直角边，E 是AC 的中点，F 在BC 上．将三角形ACD 沿AC 翻折，分别连接DE ，DF ，EF ，使得平面DEF ⊥平面ABC ．已知2AC =，30B ∠=︒，(1)证明：EF ∥平面ABD ；(2)若DF =A BC D --的余弦值．29．（2022秋·广东阳江·高二统考期中）如图，在四面体ABCD 中，ABC 是正三角形，ACD 是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB =BD ．(1)求证：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)若DE mDB = ，二面角D AE C --的余弦值为17，求m ．30．（2022春·广东广州·高二执信中学校考期中）已知△ABC 是边长为6的等边三角形，点M ，N 分别是边AB ，AC 的三等分点，且13AM AB =，13CN CA =，沿MN 将△AMN 折起到A MN '△的位置，使90A MB '∠=︒．(1)求证：A M '⊥平面MBCN ；(2)在线段BC 上是否存在点D ，使平面A ND '与平面A MB '所成锐二面角的余弦值为13若存在，设()0BD BC λλ=> ，求λ的值；若不存在，说明理由．立体几何大题综合答案1．（2022秋·广东江门·高二台山市第一中学校考期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点．(1)求证：1BC ⊥平面1ACD ；(2)求直线1D C 与平面1AD E 所成角的余弦值．（2）以AD 方向为x 轴正方向，妨设正方体边长为1，则()0,0,0A 面1AD E 的法向量为(),,n x y z = ，则设直线1D C 与平面1AD E 所成角为2．（2022秋·广东清远·高二校联考期中）如图，在棱长为a 的正方体OABC O A B C ''''-中，,E F 分别是棱,AB BC 上的动点，且BE CF =.(1)求证：A F C E ''⊥；(2)当三棱锥B BEF '-的体积取得最大值时，求平面EFB '与平面BFB '的夹角的正切值.则()()()0,0,0,1,0,0,0,1,0,C O B B (,1,0),(0,,0)E m F m ，(1,A F '=- 则(1)(1)11A F C E m m ''⋅=-+-⨯+ ∴A F C E ''⊥ ，故A F C E ''⊥.（2）由（1）知1BB '=,而B BEF V '-故当S 取到最大值时，三棱锥111111的中点，F 为AB的中点，H为1DD的中点，K为1BB的中点.(1)求直线1A H到直线KC的距离；(2)求直线FC到平面1AEC的距离.【详解】（1）长为2的正方形，PD CD =，F ，G 分别是PB ，AD 的中点．(1)求证：FG //平面PCD ；(2)求点C 到平面PGB 的距离．【详解】（1）以D 为原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则(1,0,0),(0,0,2),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(1,1,1),G P A B C F 明显面PCD 的一个法向量为()1,0,0n =r ，又()0,1,1GF = ，()()1,0,00,1,10n GF ∴⋅=⋅= ，GF n ∴⊥ ，又GF ⊄面PCD ，//GF ∴面PCD ；（2）(1,0,2),(2,2,2)PG PB =-=- ，设平面PGB 的一个法向量为(,,)m a b c = ，00m PB m PG ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩ ，即222020a b c a c +-=⎧⎨-=⎩，令1c =，则2,1a b ==-所以平面PGB 的一个法向量为(2,1,1)m =- ，又()2,0,0CB = ，所以点C 到平面PGB 的距离4263||411CB m d m ⋅===++ 5．（2022秋·广东清远·高二校联考期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，AB ⊥平面PAD ，E 是AD 的中点，PAD 为等腰直角三角形，DP AP ⊥，2PA AB ==2(1)求证：PE BD ⊥；(2)求点A 到平面PBE 的距离．【详解】（1）∵AB ⊥平面PAD ，PE ⊂平面PAD ，∴PE AB ⊥，又∵PAD 是等腰直角三角形，E 是斜边AD 的中点，∴PE AD ⊥，又∵AD ⊂平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，AB AD A ⋂=，∴PE ⊥平面ABCD又∵BD ⊂平面ABCD ，∴PE BD ⊥；因为22PA AB ==，则()000E ，，，(0,1,1)B ，()010A ，，则(0,1,1)EB = ，(1,0,0)EP = ，PA 设平面PBE 的一个法向量为(n = 00EB n y z EP n x ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩ ，取1y =，则z 设点A 到平面PBE 的距离为h ，则∴点A 到平面PBE 的距离为226．（2022秋·广东江门·高二新会陈经纶中学校考期中）如图，在直角梯形,=90,AD BC ADC AE ∠︒⊥∥平面ABCD ，EF CD ∥，112BC CD AE EF AD =====．(1)求证：BE AF ⊥；(2)在线段BC 上是否存在点M ，使平面EMD 与平面AMD 的夹角的大小为π3若存在，求出CM 的长；若不存在，请说明理由．【详解】（1）如图，作,FG EA AG EF ，连接EG ，AF ，BG ，∵EF CD ∥且EF AG ∥，AG CD ∴ ，即点G 在平面ABCD 内，所以四边形CDAG 为平行四边形，四边形AEFG 为平行四边形.又90ADC ∠=︒，BG AG ∴⊥，因为⊥AE 平面ABCD ，BG ⊂平面ABCD ，所以AE BG ⊥，又因为AG AE A = ，,AG AE ⊂平面AEFG ，∴BG ⊥平面AEFG ，因为AF ⊂平面AEFG ，BG AF ∴⊥．AE AG ⊥ ，所以平行四边形AEFG 为矩形，又因为AE EF =，所以矩形AEFG 为正方形，所以AF EG ⊥，又因为BG EG G = ，,BG EG ⊂平面BGE ，所以AF ⊥平面BGE ，因为BE ⊂平面BGE ，所以AF BE ⊥.（2）由（1）知AG ，AD ，AE 为三条两两互相垂直的直线，所以以A 为原点，AG 为x 轴，AD 为y 轴，AE 为z 轴建立空间直角坐标系A xyz -，如图，则(0,0,0),(1,0,0),(0,0,1),(0,2,0)A G E D ，设()001,,0,[1,2]M y y ∈，∴(0,2,1)ED =- ，()01,2,0DM y =- ，设平面EMD 的法向量为(,,)n x y z = ，则00n ED n DM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即()02020y z x y y -=⎧⎨+-=⎩，令1y =，得02,2z x y ==-，所以平面EMD 的法向量为()02,1,2n y =- ，又⊥AE 平面ABCD ，即⊥AE 平面AMD ，ABEF 所在平面互相垂直，动点M 、N 分别在正方形对角线AC 和BF 上移动，且(0CM BN a a ==<<．(1)求证MN 与平面BCE 平行；(2)当a =A MN B --的余弦值．8．（2022秋·广东肇庆·高二肇庆市端州中学校考期中）侧棱2PA PD ==，底面ABCD 为直角梯形，其中BC AD ∥，AB AD ⊥，222AD AB BC ===，O 为AD 的中点．(1)求证：PO ⊥平面ABCD ；(2)求二面角C PD A --的正弦值．【详解】（1）PA PD = ，O 为AD 的中点，PO AD ∴⊥，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧面PAD ⋂底面ABCD AD =，PO ⊂平面PAD ，PO ∴⊥平面ABCD ；（2） 底面ABCD 为直角梯形，其中BC AD ∥，AB AD ⊥，222AD AB BC ===，OC AD ∴⊥，又PO ⊥平面ABCD ，∴以O 为原点，OC 所在直线为x 轴，OD 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，易得平面PAD 的法向量(1,0,0m =设平面PCD 的法向量(,,n x y z = 设二面角C PD A --夹角为θ，则1cos 3m n m n θ⋅==⋅ ，则sin θ2,,PA AD AB M N ===分别为,AB PC 的中点.(1)求证：MN 平面PAD ；(2)求平面PMC 与平面PAD 的夹角的余弦值.（2）由题意，可构建如下图示的空间直角坐标系，令2x =，故(2,1,1)m =- ，又(1,0,0)n = 是面PAD 的一个法向量，所以26cos ,3||||6m n m n m n ⋅<>=== 故平面PMC 与平面PAD 的夹角的余弦值10．（2022秋·广东阳江·高二校联考期中）图90,2,3,2D AB DCAD CE ED ︒∠====.以BE 为折痕将BCE 折起，使点C 到达C 1的位置，且1AC = 2.(1)证明：平面1BC E ⊥平面ABED ；(2)求直线1BC 与平面1AC D 所成角的正弦值.（2）如图②，以D 为坐标原点，DA ，DE 的方向分别为空间直角坐标系.D xyz -则(0,0,0),(3,0,0),(3,2,0),(0,1,0)D A BE ，F 33(,,0)22，133(,,3)22C ，31(,,3)BC =-- ()3,0,0DA = ,DC = 正方形，E 为侧棱PC 的中点．(1)设经过A 、B 、E 三点的平面交PD 于F ，证明：F 为PD 的中点；(2)若PA ⊥底面ABCD ，且2PA AD ==，求点P 到平面ABE 的距离．【详解】（1）因为底面ABCD 为矩形，所以//AB CD .又AB ⊄平面PCD ，且CD ⊂平面PCD ，所以//AB 平面PCD .又AB ⊂平面ABE ，且平面ABE ⋂平面PCD EF =，所以//AB EF .又因为//AB CD ，所以//CD EF因为E 为PC 的中点，所以F 为PD 的中点.（2）如图所示，以A 为原点，,,AB AD AP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则(2,0,0),(2,2,0),(0,0,2),(1,1,1)B C P E ，设(,,)n x y z = 是平面ABE 的法向量，则0,0n AE n AB ⋅=⋅= ，即200x x y z =⎧⎨++=⎩令1y =，则平面ABE 的一个法向量为(0,1,1)n =- 又因为(0,0,2)AP = ，所以点P 到平面ABE 的距离为222|||00+01+21|2||011AP n n ⋅⨯⨯⨯==++ （-），即点P 到平面ABE 的距离为2．12．（2022秋·广东阳江·高二校联考期中）如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 是一个边长为2的菱形，∠DAB ＝60°.侧棱DD 1⊥平面ABCD ，DD 1＝3.(1)求二面角B -D 1C -D 的平面角的余弦值；(2)设E 是D 1B 的中点，在线段D 1C 上是否存在一点P ，使得AE ∥平面PDB ？若存在，请求出11D P D C 的值；若不存在，请说明理由.【详解】（1）如图1，连接BD ，由题意，△ADB 是正三角形，设M 是AB 的中点，则DM ⊥AB ，所以DM ⊥DC ，又DD 1⊥平面ABCD ，所以DM ⊥平面DD 1C 1C.以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，D 1(0,0,3)，C (0,2,0)，B (3,1,0)，则BC ＝(－3,1,0)，1BD ＝(－3,－1,3).显然，平面D 1CD 的一个法向量是()1,0,0m = ，设平面BD 1C 的法向量为n = (x ,y ,z )，则1=30,330,n BC x y n BD x y z ⎧⋅-+=⎪⎨⋅=--+=⎪⎩ 令x ＝3，得n = (3,3,2)，设二面角B -D 1C -D 的平面角为θ，由几何体的特征可知θ为锐角，则cos ||||m n m n θ⋅=⋅＝33941++⨯＝34.故二面角B -D 1C -D 的平面角的余弦值为34.（2）设11D P D C＝λ，即有11λD P D C ＝，其中01λ≤≤由（1）知D 1(0,0,3)，C (0,2,0)，则()10,2,3D C =- ，所以P (0,2,33)λλ-+，又D (0,0,0)，B (3,1,0)，1111为1AA的中点，1BC BD==，1AB AA==(1)求证：DM⊥平面1BDC；(2)求平面1MBC与平面1D B C夹角的余弦值.则()0,0,0D，21,0,2M⎛⎫⎪⎪⎝⎭，2=AD AB ，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．【详解】（1）解：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 AD CD Q Ç=Ì平面ABCD ，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，15．（2022秋·广东佛山·高二顺德一中校考期中）如图，在直棱柱1111为4的菱形，60BAD ∠= ，14AA =，P 是1AD 上的动点（不含端点）.(1)当P 为1AD 的中点时，求直线AD 到平面PBC 的距离；(2)求直线1AD 和平面BCP 所成角的正弦值的取值范围.则()0,0,0O ，()23,0,0A ，()10,2,4D -，()1123,2,0B C =-∴- ，AB P 为1AD 的中点，则(P()3,3,2BP =∴- ，(BC =- 则33202320n BP x y z n BC x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=--=⎪⎩4AB =，BC =BE =.将矩形BEDC 沿BC 翻折，使得平面ABC ⊥平面BCDE .(1)求DB 与平面ADE 所成角的正弦值.(2)求平面ADE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值.【详解】（1） 平面ABC ⊥平面BCDE ，平面ABC ⋂平面BCDE BC =，CD BC ⊥，BE ⊂平面BCDE ，CD \^平面ABC ，则以C 为原点，,,CA CB CD正方向为,,x y z 轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0C ，()22,0,0A()22,0,23AD ∴=- ，DE设平面ADE 的法向量为n =则2223220AD n x z DE n y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩DB n ⋅ ,A D 分别为棱,BM MC 的中点，将△MAD 沿AD 折起到PAD 的位置，使90PAB ∠=︒，如图2，连接,PB PC .(1)求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；(2)若E 为PC 中点，求直线DE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)线段PC 上是否存在一点G ，使二面角G AD P --的余弦值为10若存在，求出PG PC 的值；若不存在，请说明理由.由题意得(0,1,0),(0,0,2),(2,0,0),(2,2,0),D P B C 所以(1,0,1)DE = ，(2,0,2),PB PD =-=设平面PBD 的法向量(,,)n x y z =，则22020PB n x z PD n y z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩ ，解得(1,2,1)n = 设直线DE 与平面PBD 所成角为θ，n DE ⋅,120AD DC BC ADC ︒==∠=，四边形ACFE 为正方形，且平面ACFE ⊥平面ABCD ．(1)求证：BC ⊥平面ACFE ；(2)点M 在线段EF 上运动，求平面MAB 与平面ADE 夹角余弦值的取值范围．令(03)FM λλ=≤≤，则(3,0,0),(0,1,0),(,0,3),(3,0,A B M E λ1111AD=AA 1=1，AB=2.(1)试问在线段CD 1上是否存在一点N ，使MN ∥平面ADD 1A 1?若存在，确定N 的位置；若不存在，请说明理由；(2)在（1）中，当MN ∥平面ADD 1A 1时，试确定直线BB 1与平面DMN 的交点F 的位置，并求BF 的长.延长DM交AB于点G，可证点G是线段再过点G作GF//AB1与线段BB1交于点20．（2022秋·广东湛江·高二湛江二十一中校考期中）如图，在长方体11111 AB=，点E在棱AB上移动．2(1)证明：11D E A D ⊥；(2)求平面1ACD 的法向量.(3)当E 为AB 的中点时，求点E 到面1ACD 的距离.【详解】（1）以D 为坐标原点，分别以1DA DC DD ､､所在直线为x y z ､､轴，建立如图的坐标系，则()()()()()110,0,0,1,0,1,0,0,1,1,0,00,2,0D A D A C ，，所以()11,0,1DA = ，设()1,,0E t ，所以()11,,1D E t =- ，所以11110DA D E ⋅=-= ，故11DA D E ⊥ 所以11D E A D ⊥；（2）设平面1ACD 的法向量为(),,n x y z =r，则()()11,0,1,1,2,0AD AC =-=-，由10,0n AD n AC ⋅=⋅=，得020x z x y -+=⎧⎨-+=⎩，令1x =得11,,12n ⎛⎫= ⎪⎝⎭；（3）当E 为AB 的中点时，()1,1,0E ，则()11,1,1D E =-，由点到平面的距离公式，得()12221111111231112n D E d n ⨯+⨯+⨯-⋅===⎛⎫++ ⎪⎝⎭，边长为2的正方形，PA=，G为CD的中点，E，F是棱PD上两点（F在E的上方），且2EF=．(1)若BF//平面AEG，求DE；(2)当点F到平面AEC的距离取得最大值时，求直线AG与平面AEC所成角的正弦值．则()0,0,0A ，()2,2,0C ，()1,2,0G ，因为2EF =，所以EFC 的面积为定值，又点A 到平面EFC 的距离为定值，所以三棱锥A -EFC 的体积为定值，即三棱锥所以要使点F 到平面AEC的距离最大，则AEC △即E 到AC 的距离最小时，点F 到平面AEC 的距离最大，设()0,2,3E t t -，则()0,2,3AE t t =- ，AC22AE AC⎛⎫⋅ DE =E AD C --//EF BD .(1)证明：平面ABCD ⊥平面DCE ；(2)若()0EF DB λλ=>，求平面ABF 与平面CEF 所成锐二面角的余弦值的取值范围.【详解】（1）∵2AB AD ==，3AE =，5DE =，∴222AD DE AE +=，即AD DE ⊥，又∵在正方形ABCD 中，AD DC ⊥，且DE DC D ⋂=，DE ⊂平面EDC ，DC ⊂平面EDC ，∴AD ⊥平面EDC ，又AD ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面EDC ；（2）由（1）知，EDC ∠是二面角E AD C --的平面角，作OE CD ⊥于点O ，则cos 1OD DE EDC =⋅∠=，2OE =，且平面ABCD ⊥平面EDC ，平面ABCD ⋂平面EDC CD =，OE ⊂平面EDC ，∴OE ⊥平面ABCD ，取AB 中点M ，连接OM ，则OM CD ⊥，如图，建立空间直角坐标系，则()2,1,0A -，()2,1,0B ，()0,1,0D -，()0,1,0C ，()0,0,2E ，()2,2,0DB = ，()2,2,0EF λλ=，()0,1,2EC =- ，设平面CEF 的一个法向量为(),,m x y z=，则20220m EC y z m EF x y λλ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，取11,1,2m ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ ，()22,21,2BF λλ=--，()0,2,0AB = ，设平面ABF 的一个法向量为(),,n a b c =，在底面圆周上，且,BE CE M =为AE 上的一点，且,BM AC N ⊥为线段AC 上一动点（不与,A C 重合）(1)若2AN NC =，设平面BMN ⋂面BEC l =，求证：//MN l ；(2)当平面BMN 与平面DEC 夹角为π3，试确定N 点的位置.【详解】（1）由题知AB ⊥面,BEC EC ⊂面BEC ，则AB EC ⊥，由BC 为底面圆的直径，则EC BE ⊥，由BE AB B =I ，,BE AB ⊂面ABE ，则(220,,,1,33BM CA ⎛⎫=-=-+ ⎪ ⎪⎝⎭设()(,,2,CN CA λλλλλ==-∈设面BMN 的法向量为(,,n x y z =r 13λ-⎛⎫,23ABC AB AP π∠===，PA ⊥底面ABCD ，,E F 分别是线段,PB PD 的中点，G 是线段PC 上的一点.(1)若G 是直线PC 与平面AEF 的交点，试确定PGCG的值；(2)若直线AG 与平面AEF 所成角的正弦值为35，求三棱锥P EFG -体积.则()()(0,0,0,3,1,0,3,1,0A BC-()31,,1,0,1,122AE AF ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭ (0,0,AG AP PG AP PC λ=+=+=设平面AEF 的法向量(,,m a b =ADE V 沿直线AE 折起，使得DC .(1)求证：BE ⊥平面ADE ；(2)线段AB 上是否存在一点H ，使得平面ADE 与平面DHC 所成的角为π4若不存在，说明理由；若存在，求出H 点的位置.【详解】（1）证明：连接BE ，取线段AE 的中点O ，连接,DO OC ，在Rt ADE V 中，DA DE ==,1DO AE DO ∴⊥=，在OEC △中，11,2OE AE ==()()()1,0,1,1,1,0,2,0,0,D C A B -平面ADE 的法向量()10,1,0n =，在平面直角坐标系xOy 中，直线设H 的坐标为(),2,0t t -，()(。
立体几何基础题题库(360道附详细答案)
S P
S
SS
S
PP
P
R
RR
Pபைடு நூலகம்
Q
R Q
QR
R
P
QR P PQ
Q
R
P
R
Q
QS
R
SS
Q
R
S
SQ R
Q
Q
RP
Q
P
R
S SQ R
P S
R Q
（A）
（B）
（C）
（D）
D
解析： A 项： PS 底面对应的中线，中线平行 QS，PQRS 是个梯形
D'
P
A'
S
C'
B'
R
D
A
B 项： 如图
Q
C B
C 项：是个平行四边形
EG2 FH 2 =2 (EF 2 FG2 ) = 1 ( AC2 BD2 ) 1 (a2 2b)
2
2
27. 如图，在三角形⊿ABC 中，∠ACB=90º， AC=b,BC=a,P 是⊿ABC 所在平面外一点，PB⊥AB， 点，AB⊥MC，求异面直 MC 与 PB 间的距离.
M 是 PA 的中
四边形矛盾。∴EF 和 AD 为异面直线．
26. 在空间四边形 ABCD 中，E，H 分别是 AB，AD 的中点，F，G 分别是 CB，CD 的中点，若 AC + BD
= a ，AC BD =b，求 EG2 FH 2 . A
解析：四边形 EFGH 是平行四边形，…………（4 分）
E H
B F
D
G C
得 OX2+OY2+OZ2=37，OP= 37 ．
高三精选立体几何大题30题(含详细解答)
A BC第1题图ABCD第1题图立体几何大题1．如下图，一个等腰直角三角形的硬纸片ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4cm，CD是斜边上的高沿CD 把△ABC折成直二面角．（1）如果你手中只有一把能度量长度的直尺，应该如何确定A，B的位置，使二面角A－CD－B是直二面角？证明你的结论．（2）试在平面ABC上确定一个P，使DP与平面ABC内任意一条直线都垂直，证明你的结论．（3）如果在折成的三棱锥内有一个小球，求出小球半径的最大值．2．如图，已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面边长为3，侧棱长为4，连结A1B过A作AF⊥A1B垂足为F，且AF的延长线交B1B于E。
（Ⅰ）求证：D1B⊥平面AEC；（Ⅱ）求三棱锥B—AEC的体积；（Ⅲ）求二面角B—AE—C的大小的正弦值.3．如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为1，点M在BC上，△AMC1是以M为直角顶点的等腰直角三角形.（I）求证：点M为BC的中点；（Ⅱ）求点B到平面AMC1的距离；（Ⅲ）求二面角M—AC1—B 的正切值. 4．如图，已知多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，三角形ACD是正三角形，且AD=DE=2，AB=1，F是CD的中点．（Ⅰ）求证：AF∥平面BCE；（Ⅱ）求多面体ABCDE的体积；（Ⅲ）求二面角C-BE-D 的正切值．5．已知：ABCD是矩形，设PA=a，PA⊥平面ABCD.M、N分别是AB、PC的中点.（Ⅰ）求证：MN⊥AB；（Ⅱ）若PD=AB，且平面MND⊥平面PCD，求二面角P—CD—A的大小；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求三棱锥D—AMN的体积.6．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，P、M、N分别为棱DD1、AB、BC的中点。
（I）求二面角B1—MN—B的正切值；（II）证明：PB⊥平面MNB1；（III）画出一个正方体表面展开图，使其满足“有4个正方形面相连成一个长方形”的条件，并求出展开图中P、B两点间的距离。
(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步典型例题
(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步典型例题单选题1、下列说法正确的有（）①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形.A．1个B．2个C．3个D．4个答案：A解析：根据棱台、球、正方体、圆锥的几何性质，分析判断，即可得答案.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱延长线会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；④中圆锥的母线长相等，所以轴截面是等腰三角形，所以④是正确的.故选：A2、某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（）A ．132B ．223C ．152D ．233答案：C分析：根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为V =23−(13×12×12×1+13×12×12×2)=152，故选：C.3、下列命题中，正确的是（ ）A ．三点确定一个平面B ．垂直于同一直线的两条直线平行C ．若直线l 与平面α上的无数条直线都垂直，则l ⊥αD ．若a 、b 、c 是三条直线，a ∥b 且与c 都相交，则直线a 、b 、c 在同一平面上答案：D分析：利用空间点、线、面位置关系直接判断.A.不共线的三点确定一个平面，故A 错误；B.由墙角模型，显然B错误；C.根据线面垂直的判定定理，若直线l与平面α内的两条相交直线垂直，则直线l与平面α垂直，若直线l与平面α内的无数条平行直线垂直，则直线l与平面α不一定垂直，故C错误；D.因为a//b，所以a、b确定唯一一个平面，又c与a、b都相交，故直线a、b、c共面，故D正确；故选：D.4、已知三棱锥P−ABC，其中PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，PA=AB=AC=2，则该三棱锥外接球的表面积为（）A．12πB．16πC．20πD．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC的外心为G，O为球心，所以OG⊥平面ABC，因为PA⊥平面ABC，所以OG//PA，设D是PA中点，因为OP=OA，所以DO⊥PA，因为PA⊥平面ABC，AG⊂平面ABC，所以AG⊥PA，因此OD//AG，PA=1，因此四边形ODAG是平行四边形，故OG=AD=12由余弦定理，得)=2√3，BC=√AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−12⇒AG=2，由正弦定理，得2AG=√3√32所以该外接球的半径R满足R2=(OG)2+(AG)2=5⇒S=4πR2=20π，故选：C．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.5、如图，已知正方体的棱长为a ，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的全面积为（ ）A ．(8+2√2)a 2B ．(2+4√2)a 2C ．(4+2√2)a 2D ．(6−4√2)a 2答案：C分析：拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，据此变化，进行求解. 由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为√2a ，宽为a ，所以面积为√2a 2，所以拼成的几何体的表面积为4a 2+2√2a 2=(4+2√2)a 2.故选：C.6、下图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是（ ）A ．7√2π24B ．7√3π24C ．7√2π12D ．7√3π12答案：B分析：先计算出上下底面的半径和面积，再求出圆台的高，按照圆台体积公式计算即可.如图，设上底面的半径为r ，下底面的半径为R ，高为ℎ，母线长为l ，则2πr =π⋅1，2πR =π⋅2，解得r =12,R =1，l =2−1=1，ℎ=√l 2−(R −r )2=√12−(12)2=√32， 设上底面面积为S ′=π⋅(12)2=π4，下底面面积为S =π⋅12=π，则体积为13(S +S ′+√SS ′)ℎ=13(π+π4+π2)⋅√32=7√3π24. 故选：B.7、如图所示，在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面A 1B 1C 1，∠BAC =90°，AB =AA 1=1，D 是棱CC 1的中点，P 是AD 的延长线与A 1C 1的延长线的交点，若点Q 在线段B 1P 上，则下列结论中正确的是（ ）.A ．当点Q 为线段B 1P 的中点时，DQ ⊥平面A 1BDB ．当点Q 为线段B 1P 的三等分点时，DQ ⊥平面A 1BDC ．在线段B 1P 的延长线上，存在一点Q ，使得DQ ⊥平面A 1BDD ．不存在DQ 与平面A 1BD 垂直答案：D分析：依据线面垂直性质定理，利用反证法即可否定选项ABC ；按照点Q 为线段B 1P 的中点和点Q 不为线段B 1P的中点两种情况利用反证法证明选项D判断正确.连接AB1，交A1B于H在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，AB=AA1=1，则四边形A1B1BA为正方形，则AB1⊥A1B又∠BAC=90°，即AB⊥AC，又AA1⊥AC，AB∩AA1=A，AA1⊂面A1B1BA，AB⊂面A1B1BA则AC⊥面A1B1BA，则AC⊥A1B又AB1⊥A1B，AB1∩AC=A，AB1⊂面AB1C，AC⊂面AB1C则A1B⊥面AB1C，选项A：当点Q为线段B1P的中点时，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1若DQ⊥平面A1BD，则AB1⊥平面A1BD又A1B⊥面AB1C，则面AB1C//平面A1BD，这与AB1∩A1B=H矛盾，故假设不成立，即当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD不正确；选项B：当点Q为线段B1P的三等分点时，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即当点Q为线段B1P的点三等分时，DQ⊥平面A1BD，不正确；选项C：在线段B1P的延长线上一点Q，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD不正确；选项D：由选项A可知，点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD不成立；假设点Q在线段B1P上，且不是中点，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即点Q在线段B1P上，且不是中点时，DQ⊥平面A1BD不正确；故不存在DQ与平面A1BD垂直.判断正确.故选：D8、设α,β为两个不同的平面，则α∥β的充要条件是（）A．α内有无数条直线与β平行B．α,β垂直于同一平面C．α,β平行于同一条直线D．α内的任何直线都与β平行答案：D分析：根据面面平行、相交的知识确定正确选项.A选项，α内有无数条直线与β平行，α与β可能相交，A选项错误.B选项，α,β垂直于同一平面，α与β可能相交，B选项错误.C选项，α,β平行于同一条直线，α与β可能相交，C选项错误.D选项，α内的任何直线都与β平行，则α//β，D选项正确.故选：D9、在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，若四棱锥P−ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA=2√2，AB=BC=2，则该阳马的外接球的表面积为（）A．4πB．8πC．16πD．32π答案：C分析：补全该阳马所得到的长方体，则该长方体的体对角线即为该阳马外接球的直径，求出外接球半径，即可得出答案.解：因为四棱锥P−ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，如图，补全该阳马所得到的长方体，则该长方体的体对角线即为该阳马外接球的直径，设外接球半径为R，则(2R)2=AB2+BC2+PA2=4+4+8=16，所以R=2，所以该阳马的外接球的表面积为4πR2=16π.故选：C.10、球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两个点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆），我们把这个弧长叫做两点的球面距离.已知正△ABC 的项点都在半径为2的球面上，球心到△ABC 所在平面距离为2√63，则A 、B 两点间的球面距离为（ ） A ．πB ．π2C ．2π3D ．3π4答案：C分析：设球心为点O ，计算出∠AOB ，利用扇形弧长公式可求得结果.设球心为点O ，平面ABC 截球O 所得截面圆的半径为r =√22−(2√63)2=2√33，由正弦定理可得4√33=AB sin∠ACB ，∴AB =4√33sin π3=2，又∵OA =OB =2，所以，△AOB 为等边三角形，则∠AOB =π3，因此，A 、B 两点间的球面距离为2×π3=2π3. 故选：C.小提示：思路点睛：求球面距离，关键就是要求出球面上两点与球心所形成的角，结合扇形的弧长公式求解，同时在计算球的截面圆半径时，利用公式r =√R 2−d 2（其中r 为截面圆的半径，R 为球的半径，d 为球心到截面的距离）来计算.填空题11、词语“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”等出现自中国数学名著《九章算术・商功》，是古代人对一些特殊锥体的称呼．在《九章算术・商功》中，把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．现有如图所示的“鳖臑”四面体PABC ，其中PA ⊥平面ABC ，PA =AC =2，BC =2√2，则四面体PABC 的外接球的表面积为______．答案：16π分析：确定外接球球心求得球半径后可得表面积．由于PA⊥平面ABC，因此PA与底面上的直线AC,AB,BC都垂直，从而AC与AB不可能垂直，否则△PBC是锐角三角形，由于AC<BC，因此有AC⊥BC，而PA与AC是平面PAC内两相交直线，则BC⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，所以PB的中点O到P,A,B,C四个点的距离相等，即为四面体PABC的外接球球心．PB2=PA2+AB2=PA2+AC2+BC2=22+22+(2√2)2=16，PB=4，)2=4π×22=16π．所以所求表面积为S=4π×(PB2所以答案是：16π．12、已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍，则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为______．答案：π32πrl=2⋅π⋅分析：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，根据面积关系可得12r2，即可得到答案；设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，则122πrl=2⋅π⋅r2⇒rl=12，∴cosθ=12⇒θ=60°，所以答案是：π313、如图所示，过三棱台上底面的一边A1C1，作一个平行于棱BB1的截面，与下底面的交线为DE．若D、E分别是AB、BC的中点，则V A1B1C1−DBEV A1B1C1−ABC=______．答案：37分析：证得S△A1B1C1=14S△ABC，然后结合棱台与棱柱的体积公式即可求出结果.因为BB1//平面DEC1A1，且平面BB1C1C∩平面DEC1A1=C1E，所以BB1//C1E，又因为B1C1//BE，所以四边形BB1C1E为平行四边形，所以B1C1=BE，且E分别是BC的中点，所以B1C1=1 2BC，同理A1B1=12AB，因此S△A1B1C1=14S△ABC，设上底面的面积为S，高为ℎ，则下底面的面积为4S，所以V A1B1C1−DBEV A1B1C1−ABC =13(S+√S⋅4S+4S)ℎ=37，所以答案是：37.14、如图，已知平面四边形ABCD中，△ABD是边长为2的正三角形，BC⊥CD，以BD为棱折成直二面角A−BD−C，若折叠后A，B，C，D四点在同一球面上，则该球的体积为___________.答案：32√327π分析：如图，折叠后，取BD的中点H，连接CH,AH，由面面垂直的性质可得AH⊥平面BCD，由BC⊥CD，可得球心O在AH上，设球半径为R，求得半径R，再根据球的体积公式即可得出答案.解：如图，折叠后，取BD的中点H，连接CH,AH，因为△ABD是边长为2的正三角形，所以AH⊥BD，又二面角A−BD−C为直二面角，平面ABD⊥平面BCD，所以AH⊥平面BCD，则AH=√3，HC=1，又BC⊥CD，所以球心O在AH上，设球半径为R，则OA=OB=R，OH=√3−R，所以R2=(√3−R)2+1，解得R=2√33，所以球的体积为V=43π(2√33)3=32√327π.所以答案是：32√327π.15、如图，四棱锥S-ABCD的底面ABCD为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中正确的有______个．①AC⊥SB；②AB∥平面SCD；③SA与平面ABCD所成的角是∠SAD；④AB与SC所成的角等于DC与SC所成的角．答案：4分析：利用线面垂直的判定定理AC⊥平面SBD，进而可判定①正确．根据AB∥CD，利用线面平行的判定定理可证②正确．根据线面所成角的定义可判定③正确．根据AB∥CD，由异面直线所成角的定义可判定④正确．因为SD⊥底面ABCD，所以AC⊥SD．因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD．又BD∩SD＝D，所以AC⊥平面SBD，所以AC⊥SB，故①正确．因为AB∥CD，AB⊄平面SCD，CD⊂平面SCD，所以AB∥平面SCD，故②正确．因为AD是SA在平面ABCD内的射影，所以SA与平面ABCD所成的角是∠SAD．故③正确．因为AB∥CD，所以AB 与SC所成的角等于DC与SC所成的角，故④正确．所以答案是：4.解答题16、如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，E为侧棱PC的中点.（1）求证：经过A、B、E三点的截面平分侧棱PD；（2）若PA⊥底面ABCD，且PA=AD=2，求四面体ABEP的体积..答案：（1）证明见解析；（2）23分析：（1）设截面ABE与侧棱PD交于点F，连结EF,AF，证明CD//EF.即得F为PD的中点，即截面ABE平分侧棱PD；（2）取PB中点H，连EH，证明EH⊥平面PAB，即得解.（1）证明：设截面ABE与侧棱PD交于点F，连结EF,AF.因为底面ABCD为矩形，所以AB//CD.又AB⊄平面PCD，且CD⊂平面PCD，所以AB//平面PCD.又AB⊂平面ABE，且平面ABE∩平面PCD=EF，所以AB//EF.又因为AB//CD，所以CD//EF.因为E为PC的中点，所以F为PD的中点，即截面ABE平分侧棱PD. （2）∵PA⊥平面ABCD，BC⊆平面ABCD，∴BC⊥PA，又BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB.取PB中点H，连EH，∵E是PC中点，∴EH//BC，即EH=1且EH⊥平面PAB，又Rt△PAB的面积S=12PA⋅AB=2.∴四面体ABEP的体积V=V E−PAB=13⋅S⋅EH=23.小提示：方法点睛：求几何体的体积常用的方法有：（1）规则的公式法；（2）不规则的割补法；（3）等体积法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.17、长方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F分别为棱AA1,CC1的中点.（1）求证：D1E//BF；（2）求证：∠B1BF=∠A1ED1.答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析.分析：（1）先证明四边形EMC1D1为平行四边形，可得D1E//MC1，再证明四边形MBFC1为平行四边形，得BF//MC1，从而得D1E//BF；（2）根据等角定理证明即可.证明：（1）如图，取BB1的中点M，连接EM,C1M.在矩形ABB1A1中，易得EM//A1B1，EM=A1B1因为A1B1//C1D1，A1B1=C1D1，所以EM//C1D1，EM=C1D1所以四边形EMC1D1为平行四边形，所以D1E//MC1.在矩形BCC1B1中，易得MB//C1F，MB=C1F.所以四边形MBFC1为平行四边形，所以BF//MC1，所以D1E//BF.（2）因为D1E//BF，BB1//EA1，又∠B1BF与∠A1ED1的对应边方向相同，所以∠B1BF=∠A1ED1.18、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PD=DC=1，求四棱锥P−ABCD的体积．答案：（1）证明见解析；（2）√2．3分析：（1）由PD⊥底面ABCD可得PD⊥AM，又PB⊥AM，由线面垂直的判定定理可得AM⊥平面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM⊥平面PBD；（2）由（1）可知，AM⊥BD，由平面知识可知，△DAB~△ABM，由相似比可求出AD，再根据四棱锥P−ABCD的体积公式即可求出．（1）因为PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以PD⊥AM，又PB⊥AM，PB∩PD=P，所以AM⊥平面PBD，而AM⊂平面PAM，所以平面PAM⊥平面PBD．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知AM⊥BD．于是△ABD∽△BMA，故ADAB =ABBM．因为BM=12BC,AD=BC,AB=1，所以12BC2=1，即BC=√2．故四棱锥P−ABCD的体积V=13AB⋅BC⋅PD=√23．[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法由（2）知AM⊥DB,所以k AM⋅k BD=−1．建立如图所示的平面直角坐标系，设BC=2a(a>0)．因为DC=1，所以A(0,0)，B(1,0)，D(0,2a)，M(1,a)．从而k AM⋅k BD=a−01−0×2a−00−1=a×(−2a)=−2a2=−1．所以a=√22，即DA=√2．下同方法一.[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，设|DA|=t，所以D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，A(t,0,0)，B(t,1,0)．所以M(t2,1,0)，PB⃑⃑⃑⃑⃑ =(t,1,−1)，AM⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−t2,1,0)．所以PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =t ⋅(−t 2)+1×1+0×(−1)=−t 22+1=0． 所以t =√2，即|DA|=√2．下同方法一.[方法四]：空间向量法由PB ⊥AM ，得PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．所以(PD ⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．即PD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．又PD ⊥底面ABCD ，AM 在平面ABCD 内，因此PD ⊥AM ，所以PD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．所以DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，由于四边形ABCD 是矩形，根据数量积的几何意义，得−12|DA ⃑⃑⃑⃑⃑ |2+|AB ⃑⃑⃑⃑⃑ |2=0，即−12|BC ⃑⃑⃑⃑⃑ |2+1=0． 所以|BC⃑⃑⃑⃑⃑ |=√2，即BC =√2．下同方法一. 【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.19、如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，AB ⊥BP ，M ，N 分别为AC ，PD 的中点．（1）求证：MN ∥平面ABP ；（2）若BP ⊥PC ，求证：平面ABP ⊥平面APC ．答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析.分析：（1）要证明线面平行，需证明线线平行，即连结BD，证明MN//BP；（2）要证明面面垂直，需证明线面垂直，利用垂直关系转化，证明PC⊥平面ABP. 证明：（1）连结BD，由已知，M为AC和BD的中点，又∵N为PD的中点，∴MN∥BP．∵MN⊄平面ABP，BP⊂平面ABP，∴MN∥平面ABP．（2）∵AB⊥BP，AB⊥BC，BP∩BC＝B，∴AB⊥平面BPC．∵PC⊂平面BPC，∴AB⊥PC．∵BP⊥PC，AB∩BP＝B，∴PC⊥平面ABP．∵PC⊂平面APC，∴平面ABP⊥平面APC．。
立体几何大题训练题(含答案)
立体几何大题训练题一、解答题（共17题；共150分）1.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，在四边形ABCD中，∠ABC= ，AB=4，BC=3，CD= ，AD=2 ，PA=4.（1）证明：CD⊥平面PAD；（2）求二面角B-PC-D的余弦值..2.如图，在四棱锥中，平面，在四边形中，，，，，，.（1）证明：平面；（2）求B点到平面的距离3.如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，，，为的中点，F 为线段上靠近B 点的三等分点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.4.如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面;（2）求与平面所成角的正弦值.5.如图，在三角锥中，, , 为的中点.（1）证明：平面;（2）若点在棱上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离.6.如图，在三角锥中，, , 为的中点.（1）证明：平面;（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值. 7.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．8.如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.9.如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A-MA1-N的正弦值。
10.已知三棱柱，底面三角形为正三角形，侧棱底面，，为的中点，为中点.（1）求证：直线平面；（2）求平面和平面所成的锐二面角的余弦值.11.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1AC1C⊥平面ABC，∠ABC=90°.∠BAC=30°，A1A=A1C=AC，E，F 分别是AC，A1B1的中点（1）证明：EF⊥BC（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.12.如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC；（Ⅱ）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C 的余弦值．13.如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．（Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．14.如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．15.如图所示多面体中，AD⊥平面PDC，四边形ABCD为平行四边形，点E，F分别为AD，BP的中点，AD ＝3，AP＝3 ，PC ．（1）求证：EF//平面PDC；（2）若∠CDP＝120°，求二面角E﹣CP﹣D的平面角的余弦值．16.如图，四棱锥中，侧棱垂直于底面，，，为的中点，平行于，平行于面，.（1）求的长；（2）求二面角的余弦值.17.如图，在斜三棱柱中，侧面，，，，．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若为中点，求二面角的正切值．答案解析部分一、解答题1.【答案】（1）解：连接，由∠ABC= ，AB=4，BC=3，则，又因为CD= ，AD=2 ，所以，即，因为PA⊥平面ABCD，平面ABCD，所以，因为，所以CD⊥平面PAD；（2）解：以点D为坐标原点，的延长线为x，为y轴，过点D与平行线为z轴，建立空间直角坐标系，如图：作交与点G，，即，所以，，所以，所以，，，，则，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，即，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，即，由，所以二面角B-PC-D的余弦值为.【解析】【分析】（1）连接，证出，利用线面垂直的性质定理可得，再利用线面垂直的判定定理即可证出.（2）以点D为坐标原点，的延长线为x，为y轴，过点D与平行线为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量的数量积即可求解.2.【答案】（1）解：在平面中，，，，则，又，∴，即，又平面，则，又，∴平面.（2）解：在平面中，过A作BC的平行线交CD的延长线于M，因为，，，则,又因为，,所以.所以又，则，所以,在中，.因为,则面,所以由可知：，,所以，则，因此P点到平面的距离为.【解析】【分析】(1)在三角形中，由勾股定理可证得，由平面，可得，根据线面垂直的判定定理即可证得结论；(2) 在平面中，过A作BC的平行线交CD 的延长线于M，因为利用等体积转换即可求得距离.3.【答案】（1）证明：，为线段中点，.平面，平面，.又底面是长方形，.又，平面.平面，. 又，平面.（2）解：由题意，以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，.所以, ，，，设平面的法向量，则，即，令，则，，，同理可求平面的法向量，，，即平面与平面所成角的正弦值为.【解析】【分析】（1）通过，可证明平面，进而可得，结合证明线面垂直.（2）以为轴建立空间直角坐标系，可求出平面的法向量，平面的法向量，则可求出两向量夹角的余弦值，从而可求二面角的正弦值.4.【答案】（1）解：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，∴BF⊥平面PEF.∴又平面ABFD，平面PEF⊥平面ABFD.（2）解：作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz.由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE= .又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.可得.则为平面ABFD的法向量. 设DP与平面ABFD所成角为，则.∴DP与平面ABFD所成角的正弦值为.【解析】【分析】(1)在翻折过程中,作于H,由得到,从而得到面面垂直;(2)DP与平面所成的角就是,在三角形中求其正弦值.5.【答案】（1）∵PA=PC=AC=4 且O是AC的中点∴PO⊥AC∵AB=BC=2 ，AC=4,∴∴∠ABC=90°连接BO则OB=OC∴PO2+BO2=PB2PO⊥OB，PO⊥OCOB∩OC=O∴PO⊥平面ABC（2）过点C作CH⊥OM交OM于点H又∵PO⊥平面ABC∴∴CH的长度为点C到平面POM的距离在△COM中，CM= ，OC=2，∠OCM=45°∴∴OM=∴【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理易得；（2）由线面垂直可得面面垂直，易找点面距，可求.6.【答案】（1）PA=PC=AC=4 且O是AC的中点PO⊥AC∵AB=BC=2 ，AC=4,∴∴∠ABC=90°连接BO则OB=OC∴PO2+BO2=PB2PO⊥OB，PO⊥OCOB∩OC=O∴PO⊥平面ABC（2）∵PO⊥平面ABC，∴PO⊥OB∴AB=BC=2 O是AC的中点∴OB⊥AC OB⊥平面PAC如图所示以O为坐标原点，为x轴正方向建立如图所示的直角坐标系O-xyz则P（0,0，）A（,0，-2,0），C（0,2,0），B（2,0,0）平面PAC法向量为=（1,0,0）设M（x，2-x，0）平面PAC法向量为=（1，λ，μ），=（0，2，）, = （x，4-x，0）则即即得到，∴x=-4（舍），x=即M∴PAM的法向量记PC与平面PAM所成的角为θ∴即PC与平面PAM所成的角为的正弦值为.【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理易得；（2）先由条件建系，找到点M的位置，再用公式求线面角.7.【答案】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵PA∩PD=P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD；（2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y=1，得．∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥AD，又PD⊥PA，PA∩AB=A，∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，．∴cos＜＞= = ．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．【解析】【分析】（1.）由已知可得PA⊥AB，PD⊥CD，再由AB∥CD，得AB⊥PD，利用线面垂直的判定可得AB⊥平面PAD，进一步得到平面PAB⊥平面PAD；（2.）由已知可得四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，得到AB⊥AD，则四边形ABCD 为矩形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC的一个法向量，再证明PD⊥平面PAB，得为平面PAB的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣PB﹣C的余弦值．8.【答案】（1）解：由已知得，平面，平面，故．又，所以平面．（2）由（1）知．由题设知，所以，故，．以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，．设平面EBC的法向量为=（x，y，x），则即所以可取= .设平面的法向量为=（x，y，z），则即所以可取=（1，1，0）．于是．所以，二面角的正弦值为．【解析】【分析】（1）根据题意由线面垂直的性质得出线线垂直，再由线线垂直的判定定理出线面垂直。
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 ，。
(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步知识总结例题
(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步知识总结例题单选题1、如图，在梯形ABCD 中，AB ∥DC 且AB =2DC ，点E 为线段BC 的靠近点C 的一个四等分点，点F 为线段AD 的中点，AE 与BF 交于点O ，且AO⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则x +y 的值为（ ）A ．1B ．57C ．1417D ．56答案：C分析：由向量的线性运算法则化简得到AO ⃑⃑⃑⃑⃑ ==(x −y 2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ 和BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ，结合B,O,F 三点共线和A,O,E 三点共线，得出2x +3y −2=0和3x −4y =0，联立方程组，即可求解.根据向量的线性运算法则，可得AO⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y(BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ) =xAB⃑⃑⃑⃑⃑ −yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yAC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(AD ⃑⃑⃑⃑⃑ +DC ⃑⃑⃑⃑⃑ ) =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(2AF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )=(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y 2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ ， 因为B,O,F 三点共线，可得x −y 2+2y =1，即2x +3y −2=0； 又由BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ −xBA ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅43BE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ， 因为A,O,E 三点共线，可得1−x +4y 3=1，即3x −4y =0，联立方程组{2x +3y −2=03x −4y =0，解得x =817,y =617，所以x +y =1417. 故选：C.2、紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶，石瓢壶，潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的容积约为（）A．100cm3B．200cm3C．300cm3D．400cm3答案：B分析：根据题意可知圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，由圆台的结构可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，设大圆锥的高为ℎ，所以ℎ−4ℎ=610，求出ℎ的值，最后利用圆锥的体积公式进行运算，即可求出结果.解：根据题意，可知石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，设大圆锥的高为ℎ，所以ℎ−4ℎ=610，解得：ℎ=10，则大圆锥的底面半径为5，高为10，小圆锥的底面半径为3，高为6，所以该壶的容积V=13×π×52×10−13×π×32×6=1963π≈200cm3.故选：B.3、在空间中，下列命题是真命题的是（ ）A ．经过三个点有且只有一个平面B ．平行于同一平面的两直线相互平行C ．如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等D ．如果两个相交平面垂直于同一个平面，那么它们的交线也垂直于这个平面答案：D分析：由三点共线判断A ；由线面、线线位置关系判断B ；根据等角定理判断C ；由线面平行和垂直的判定以及性质判断D.当三点在一条直线上时，可以确定无数个平面，故A 错误；平行于同一平面的两直线可能相交，故B 错误；由等角定理可知，如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故C 错误；如果两个相交平面α,β垂直于同一个平面γ，且α∩β=l ，则在平面α、β内分别存在直线m,n 垂直于平面γ，由线面垂直的性质可知n //m ，再由线面平行的判定定理得m //β，由线面平行的性质得出m //l ，则l ⊥γ，故D 正确； 故选：D4、在△ABC 中，AB =1，AC =2，∠BAC =60°，P 是△ABC 的外接圆上的一点，若AP⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则m +n 的最小值是（ ）A ．−1B ．−12C ．−13D ．−16 答案：B分析：先解三角形得到△ABC 为直角三角形，建立直角坐标系，通过AP⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ 表示出m +n ，借助三角函数求出最小值.由余弦定理得BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos∠BAC = 1+4−2×1×2×cos 60∘=3，所以BC =√3，所以AB 2+BC 2=AC 2，所以AB ⊥BC ．以AC 的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A （－1，0），C （1，0），B （－12，√32），设P 的坐标为(cosθ,sinθ)，所以AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(12,√32)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0)，AP ⃑⃑⃑⃑⃑ = (cosθ+1,sinθ)，又AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以(cosθ+1,sinθ)=m (12,√32)+ n (2,0)=(m 2+2n ,√32m)，所以m =2√33sin θ，n =cos θ2+12−√36sin θ，所以m +n =2√33sin θ+cos θ2+12−√36sin θ =√32sin θ+cos θ2+12=sin (θ+π6)+12≥−1+12=−12，当且仅当sin (θ+π6)=−1时，等号成立．故选：B ．5、如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形EFGH 为截面，长方形ABCD 为底面，则四边形EFGH 的形状为（ ）A ．梯形B ．平行四边形C ．可能是梯形也可能是平行四边形D ．矩形答案：B解析：利用面面平行的性质判断EF 与GH 的平行、EH 与FG 平行.因为平面ABFE //平面CGHD ,且平面EFGH ∩平面ABFE =EF ,平面EFGH ∩平面CGHD =GH ,根据面面平行的性质可知EF //GH ,同理可证明EH //FG .所以四边形EFGH 为平行四边形.故选：B.小提示：本题考查长方体截面形状判断，考查面面平行的性质应用，较简单.6、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（ ）A ．6B ．12C ．24D ．48答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48故选：D7、若直线a ⊥平面α，直线b ⊥平面α，则直线a 与直线b 的位置关系为（ ）A ．异面B ．相交C ．平行D ．平行或异面答案：C解析：利用线面垂直的性质定理进行判断.由于垂直于同一平面的两直线平行，故当直线a ⊥平面α，直线b ⊥平面α时，直线a 与直线b 平行.故选：C.8、下图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是（ ）A ．7√2π24B ．7√3π24C ．7√2π12D ．7√3π12答案：B分析：先计算出上下底面的半径和面积，再求出圆台的高，按照圆台体积公式计算即可.如图，设上底面的半径为r ，下底面的半径为R ，高为ℎ，母线长为l ，则2πr =π⋅1，2πR =π⋅2，解得r =12,R =1，l =2−1=1，ℎ=√l 2−(R −r )2=√12−(12)2=√32， 设上底面面积为S ′=π⋅(12)2=π4，下底面面积为S =π⋅12=π，则体积为13(S +S ′+√SS ′)ℎ=13(π+π4+π2)⋅√32=7√3π24. 故选：B.9、下列说法正确的有（ ）①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形.A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个答案：A解析：根据棱台、球、正方体、圆锥的几何性质，分析判断，即可得答案.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱延长线会交于一点，所以①不正确； ②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确； ③中底面不一定是正方形，所以③不正确；④中圆锥的母线长相等，所以轴截面是等腰三角形，所以④是正确的.故选：A10、如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（）D．26πA．18πB．20πC．22π3答案：A分析：由题意可知该几何体的体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可解：由题意得，球的半径R=2，圆柱的底面半径r=1，高ℎ=3，则该几何体的表面积为S=2πR2+πR2+2πrℎ=8π+4π+2π×1×3=18π故选：A.填空题11、如图，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，且是所在棱的中点，则直线PQ与RS是平行直线的图是________(填序号).答案：①②分析：根据正方体的结构特征，以及两直线的位置关系的判定方法，即可求解.根据正方体的结构特征，可得①②中RS 与PQ 均是平行直线，④中RS 和PQ 是相交直线，③中RS 和PQ 是是异面直线.所以答案是：①②.12、在正三棱锥S −ABC 中，AB =BC =CA =6，点D 是SA 的中点，若SB ⊥CD ，则该三棱锥外接球的表面积为___________.答案：54π分析：通过线面垂直的判定定理和性质可得出SA ，SB ，SC 两两垂直，则可求出外接球的半径，进而求出球的表面积.设△ABC 的中心为G ，连接SG ，BG ，∴SG ⊥平面ABC ，∵AC ⊂面ABC ，∴SG ⊥AC ，又AC ⊥BG ，BG ∩SG =G ，∴AC ⊥平面SBG ，∵SB ⊂平面SBG ，∴AC ⊥SB ，又SB ⊥CD ，AC ∩CD =C ，∴SB ⊥平面ACS .∵SA,SC ⊂平面ACS ，∴SB ⊥SA,SB ⊥SC ，∵S −ABC 为正三棱锥，∴SA ，SB ，SC 两两垂直，∴SA =SB =SC =3√2，故外接球直径为√(3√2)2+(3√2)2+(3√2)2=3√6，故三棱锥S −ABC 外接球的表面积为4π×(3√62)2=54π.所以答案是：54π.小提示：本题考查三棱锥的外接球问题，解题的关键是通过线面垂直的判定定理和性质可得出SA，SB，SC两两垂直，即可求出半径.13、一个圆锥的母线长为20，母线与轴的夹角为60∘，则圆锥的高为________．答案：10分析：利用圆锥的几何性质可求得该圆锥的高.由题意可知，该圆锥的高为ℎ=20cos60∘=10.所以答案是：10.14、已知a，b表示两条直线，α，β，γ表示三个不重合的平面，给出下列命题：①若α∩γ=a，β∩γ=b，且a//b，则α//β；②若a，b相交且都在α，β外，a//α，b//β，则α//β；③若a//α，a//β，则α//β；④若a⊂α，a//β，α∩β=b，则a//b.其中正确命题的序号是________.答案：④分析：根据线线、线面、面面之间的位置关系即可得出结果.解析：①错误，α与β也可能相交；②错误，α与β也可能相交；③错误，α与β也可能相交；④正确，由线面平行的性质定理可知.所以答案是：④15、如图，已知正三棱柱ABC—A′B′C′的底面边长为1cm，侧面积为9cm2，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线的长为___________cm.答案：3√2分析：将三棱柱侧面展开如图，得到展开图的对角线即为最短距离，根据棱柱的侧面积求出高，再利用勾股定理计算可得．解：将正三棱柱ABC—A′B′C′沿侧棱展开，其侧面展开图如图所示，依题意AB=BC=AA1=1cm，由侧面积为9cm2，所以C△ABC⋅AA′=9，则AA′=3cm，依题意沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线为|AA′1|=√AA12+A1A1′2=√32+32=3√2cm；所以答案是：3√2解答题16、两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB且AM=FN，过点M作MH⊥AB于点H．求证：平面MNH∥平面BCE．答案：证明见解析分析：结合正方形性质可知MH//BC，即MH//平面BCE，同时AMAC =AHAB，又由条件可知FNBF=AMAC，即可判断NH//AF//BE，进而证明即可.证明：因为正方形ABCD中MH⊥AB，BC⊥AB，所以MH//BC，则AMAC =AHAB，因为BC⊂平面BCE，所以MH//平面BCE因为BF=AC，AM=FN，所以FNBF =AMAC，所以FNBF =AHAB，所以NH//AF//BE，因为BE⊂平面BCE，则NH//平面BCE因为MH⊂平面MNH，NH⊂平面MNH，MH∩NH=H，所以平面MNH//平面BCE17、如图，一个三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱CC1⊥底面ABC，CC1=3．有一只小虫从点A沿三个侧面爬到点A1，求小虫爬行的最短路程．答案：3√5分析：沿AA1将三棱柱的侧面展开，可得到矩形AA1D1D，计算出该矩形的对角线AD1的长，即为所求. 解：沿AA1将三棱柱的侧面展开，则展开后的图形是矩形AA1D1D，如下图所示：且AD=3×2=6，DD1=3，所以，小虫爬行的最短路程为AD1的长，且AD1=√AD2+DD12=3√5.18、某圆锥的侧面展开图的面积为12π，扇形的圆心角α[α∈(0,π)]的正切值为−√3，求圆锥的体积．答案：16√2π3分析：由扇形的面积公式与圆锥的体积公式求解设圆锥的底面圆半径为r，母线长为l，高为ℎ．由扇形的圆心角的正切值为−√3，得扇形的圆心角为2π3．因为扇形的面积为12π，所以12×2π3l2=12π，解得l=6．又圆锥底面周长为2πr=2π3l=4π，解得r=2，所以圆锥的高ℎ=√l2−r2=√62−22=4√2，所以圆锥的体积V=π3×22×4√2=16√2π3．19、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PD=DC=1，求四棱锥P−ABCD的体积．答案：（1）证明见解析；（2）√23．分析：（1）由PD⊥底面ABCD可得PD⊥AM，又PB⊥AM，由线面垂直的判定定理可得AM⊥平面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM⊥平面PBD；（2）由（1）可知，AM⊥BD，由平面知识可知，△DAB~△ABM，由相似比可求出AD，再根据四棱锥P−ABCD的体积公式即可求出．（1）因为PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以PD⊥AM，又PB⊥AM，PB∩PD=P，所以AM⊥平面PBD，而AM⊂平面PAM，所以平面PAM⊥平面PBD．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知AM⊥BD．于是△ABD∽△BMA，故ADAB =ABBM．因为BM=12BC,AD=BC,AB=1，所以12BC2=1，即BC=√2．故四棱锥P−ABCD的体积V=13AB⋅BC⋅PD=√23．[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法由（2）知AM ⊥DB ,所以k AM ⋅k BD =−1．建立如图所示的平面直角坐标系，设BC =2a(a >0)．因为DC =1，所以A(0,0)，B(1,0)，D(0,2a)，M(1,a)．从而k AM ⋅k BD =a−01−0×2a−00−1=a ×(−2a)=−2a 2=−1．所以a =√22，即DA =√2．下同方法一.[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，设|DA|=t ，所以D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，A(t,0,0)，B(t,1,0)．所以M (t 2,1,0)，PB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(t,1,−1)，AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−t 2,1,0)． 所以PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =t ⋅(−t 2)+1×1+0×(−1)=−t 22+1=0． 所以t =√2，即|DA|=√2．下同方法一.[方法四]：空间向量法由PB ⊥AM ，得PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．所以(PD ⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．即PD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．又PD ⊥底面ABCD ，AM 在平面ABCD 内，因此PD ⊥AM ，所以PD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．所以DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，由于四边形ABCD 是矩形，根据数量积的几何意义，得−12|DA ⃑⃑⃑⃑⃑ |2+|AB ⃑⃑⃑⃑⃑ |2=0，即−12|BC ⃑⃑⃑⃑⃑ |2+1=0． 所以|BC⃑⃑⃑⃑⃑ |=√2，即BC =√2．下同方法一. 【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.。
《立体几何》解答题20题及答案
立体几何解答题（1）1、如图，在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱AB 、BC 的中点。
（Ⅰ）证明：平面MNB 1⊥平面BDD 1B 1 （Ⅱ）求点B 到平面1MNB 的距离。
NDC B B 1D 1AA 1C 1NMD 1A 1B 1C 1BC AD（Ⅰ）证明：,BD MN ⊥Θ且,1BB MN ⊥,11D D BB MN 面⊥∴又,1MN B MN 面⊆ ∴平面MNB 1⊥平面BDD 1B 1（Ⅱ）解：设点B 到平面1MNB 的距离为d ，则三棱锥MN B B V 1-的高等于d 。
BMN B MN B B V V --=11131311BB S d S BMN MN B ⋅=⋅∴∆∆MN B S 1∆=23，BMN S ∆=21221312331⨯⨯=⨯∴d∴32=d ，即点B 到平面1MNB 的距离为322、 已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为4的正方形， PD ABCD ⊥平面，6,,PD E F =分别为,PB AB 中点。
(1)证明：BC PDC ⊥平面;(2)求三棱锥P DEF -的体积。
解：（1）,PD ABCD BC ABCD PD BC ⊥⊂∴⊥平面平面又底面ABCD 是正方形，故BC CD ⊥ ,PD DC 相交 故BC PDC ⊥平面M DCB A P （2）E PB 为中点，故,P B 两点到平面DEF 的距离相等 故P DEF B DEF E BDF V V V ---==设BD 中点'E ，则1'32EE PD ==且'//EE PD ，又PD ABCD ⊥平面故'EE ABCD ⊥平面，又14242BDF S ∆=⨯⨯=故14343P DEF E BDF V V --==⨯⨯=3、如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥ 平面ABCD ，2PA AD ==，1AB =,BM PD ⊥于点M ．(1) 求证：AM ⊥PD ；(2) 求直线CD 与平面ACM 所成的角的余弦值.(1)证明：∵ PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ,∴PA AB ⊥.∵AB AD ⊥，,AD PA A AD =⊂I 平面PAD ,PA ⊂平面PAD , ∴AB ⊥平面PAD .∵PD ⊂平面PAD ∴AB PD ⊥， ∵BM PD ⊥, AB BM B =I ,AB ⊂平面ABM , BM ⊂平面ABM ,∴PD ⊥平面ABM .∵AM ⊂平面ABM ,∴AM ⊥PD .（2）解：由（1）知，AM PD ⊥，又PA AD =，则M 是PD 的中点,在Rt △PAD 中,得AM =在Rt △CDM 中,得MC =,∴122ACM S AM MC ∆=⋅=.设点D 到平面ACM 的距离为h ，由D ACM M ACD V V --=，得PA S h S ACD ACM 213131⋅=⋅∆∆.解得h =，设直线CD 与平面ACM 所成的角为θ，则sin 3h CD θ==，∴cos 3θ=.∴ 直线CD 与平面ACM所成的角的余弦值为3.4、如图，三棱柱111C B A ABC -的底面是边长为2的正三角形且侧棱垂直于底面，侧棱长是3，D 是AC 的中点.（1）求证：平面BD A 1⊥平面11A ACC ； （2）求直线1AB 与平面BD A 1所成的角的正弦值. 【解】：（1）Θ正三棱住111C B A ABC -，∴ 1AA ⊥底面ABC ，又ΘBD ⊥AC ，1A A AC A =I ,∴BD ⊥平面11A ACC ,又ΘBD ⊂平面B A 1 D ∴平面B A 1 D ⊥平面11A ACC（2）作AM ⊥D A 1，M 为垂足，由（1）知AM ⊥平面B 1D A ，设1A B 与B A 1相交于点P ，连接MP ，则A PM ∠就是直线B A 1与平面B A 1D 所成的角，Θ1AA =3，AD=1，∴在Rt ∆1AA D 中，DA A 1∠=3π，∴23sin601AM =⨯=ο，27AB 21AP 1==，∴.7212723AP AM APM sin ===∠ 直线1A B 与平面B A 1D 所成的角的正弦值为7215、如图所示，CE ABC PA ACB BC AC ,,90,1平面⊥=∠==ο∥22,==CE PA PA . (Ⅰ)求三棱锥PAB E -的体积；(Ⅱ)在棱PB 上是否存在一点F ，使得EF ∥平面ABC ?证明你的结论.【解】(Ⅰ) .311122131=⨯⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯⨯==--EPA B PAB E V V(Ⅱ)取棱PB 的中点为F ，则有EF ∥平面.证明如下： 取棱PB 的中点为F ，EF G AB 连的中点为,,∥EC PA FG PA ，又且121,==∥PA FG CE ，所以且1=∥EC FG CE =且,,因此四边形EF EFGC 为平行四边形，所以∥ABC CG ABC EF CG 平面平面又⊂⊄,,,所以EF ∥平面ABC .6、如图，已知在侧棱垂直于底面的三棱柱111C B A ABC -中，AC BC ==2,且AC BC ⊥，点D 是11A B 中点．PECC 1B 1(1)求证：平面1AC D ⊥平面11A ABB ； (2)若直线1AC 与平面11A ABB 所成角的正弦值为1010， 求三棱锥11A AC D -的体积．【解】(1)证明（略） (2)由（1）可知111C D A ABB ⊥平面，所以AC 1与平面A 1ABB 1所成的角为1C AD ∠,在1RT C AD ∆中，由11110sin 10C D C AD AC ∠==, 122A A ∴= ∴1111A AC D C A AD V V --==1112.33A AD S C D ∆=7、 已知四边形ABCD 为矩形，AD ＝4，AB ＝2，E 、F 分别是线段AB 、BC 的中点，P A ⊥面ABCD .(1)求证：PF ⊥FD ；(2)设点G 在P A 上，且EG ∥面PFD ，试确定点G 的位置．【解】证明：（1）连接AF ，在矩形ABCD 中， ∵AD=4,AB=2,点F 是BC 的中点，∴∠AFB=∠DFC=45ο,∠AFD=90ο,即AF ⊥FD,又∵PA ⊥面ABCD,∴PA ⊥FD,又∵AF∩PA=A,FD ⊥面PAF, ∵PF ⊂ 面PAF,∴PF ⊥FD（2）过E 作EH ∥FD 交AD 于H ，则EH ∥面AFD,且AH=41AD, 过H 作HG ∥PD 交PA 于G ,则GH ∥面PFD 且AG=14PA,∴面EHG ∥面PFD,则EG ∥面PFD,从而G 点满足AG=14PA ，及G 点的位置在PA 上靠近A 点处的四等分点。
(完整版)立体几何典型例题精选(含答案)
FEDCBA 立体几何专题复习热点一：直线与平面所成的角例1．（2014，广二模理 18） 如图，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，EF ∥平面ABCD ， 1EF =，,90FB FC BFC ︒=∠=，3AE =.（1）求证：AB ⊥平面BCF ；（2）求直线AE 与平面BDE 所成角的正切值.变式1：（2013湖北8校联考）如左图，四边形ABCD 中，E 是BC 的中点，2,1,5,DB DC BC ===2.AB AD ==将左图沿直线BD 折起，使得二面角A BD C --为60,︒如右图.（1）求证：AE ⊥平面;BDC（2）求直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值.变式2：[2014·福建卷] 在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图1-5所示．(1)求证：AB ⊥CD ； (2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．热点二：二面角例2．[2014·广东卷] 如图1-4，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于点F，FE∥CD，交PD于点E.(1)证明：CF⊥平面ADF；(2)求二面角D-AF-E的余弦值．变式3：[2014·浙江卷] 如图1-5，在四棱锥A-BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝ 2.(1)证明：DE⊥平面ACD；(2)求二面角B-AD-E的大小．变式4：[2014·全国19] 如图1-1所示，三棱柱ABC-A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC 上，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝CC1＝2.(1)证明：AC1⊥A1B; (2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为3，求二面角A1 -AB -C的大小．热点三：无棱二面角例3．如图三角形BCD 与三角形MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，23AB =.（1）求点A 到平面MBC 的距离；（2）求平面ACM 与平面BCD 所成二面角的正弦值.变式5：在正方体1111ABCD A B C D -中，1K BB ∈，1M CC ∈，且114BK BB =，134CM CC =． 求：平面AKM 与ABCD 所成角的余弦值．变式6：如图1111ABCD A B C D -是长方体，AB ＝2，11AA AD ==，求二平面1AB C 与1111A B C D 所成二面角的正切值．高考试题精选1．[2014·四川，18] 三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图1-4所示．设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角A-NP-M的余弦值．2．[2014·湖南卷] 如图所示，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．(1)证明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1OB1D的余弦值．3．[2014·江西19] 如图1-6，四棱锥P-ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证：AB⊥PD. (2)若∠BPC＝90°，PB＝2，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P-ABCD 的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值．M OH FED C B A 立体几何专题复习 答案例1.（2014，广二模）（1）证明：取AB 的中点M ，连接EM ，则1AM MB ==，∵EF ∥平面ABCD ，EF ⊂平面ABFE ，平面ABCD 平面ABFE AB =， ∴EF ∥AB ，即EF ∥MB . ……………1分 ∵EF =MB 1=∴四边形EMBF 是平行四边形. ……………2分 ∴EM ∥FB ，EM FB =.在Rt △BFC 中，2224FB FC BC +==，又FB FC =，得FB =∴EM =……………3分在△AME中，AE =1AM =，EM =∴2223AM EM AE +==，∴AM EM ⊥. ……………4分 ∴AM FB ⊥，即AB FB ⊥. ∵四边形ABCD 是正方形，∴AB BC ⊥. ……………5分 ∵FB BC B =，FB ⊂平面BCF ，BC ⊂平面BCF ，∴AB ⊥平面BCF . ……………6分 （2）证法1：连接AC ，AC 与BD 相交于点O ，则点O 是AC 的中点， 取BC 的中点H ，连接,OH EO ，FH ， 则OH ∥AB ，112OH AB ==. 由（1）知EF ∥AB ，且12EF AB =，∴EF ∥OH ，且EF OH =.∴四边形EOHF 是平行四边形.∴EO ∥FH ，且1EO FH == .……………7分 由（1）知AB ⊥平面BCF ，又FH ⊂平面BCF ，∴FH AB ⊥. ……………8分∵FH BC ⊥，,ABBC B AB =⊂平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴FH ⊥平面ABCD . ……………9分 ∴EO ⊥平面ABCD . ∵AO ⊂平面ABCD ，∴EO ⊥AO . ……………10分 ∵AO BD ⊥，,EOBD O EO =⊂平面EBD ，BD ⊂平面EBD ，∴AO ⊥平面EBD . ……………11分∴AEO ∠是直线AE 与平面BDE 所成的角. ……………12分 在Rt △AOE中，tan AOAEO EO∠== ……………13分 ∴直线AE 与平面BDE……………14分 证法2：连接AC ，AC 与BD 相交于点O ，则点O 取BC 的中点H ，连接,OH EO ，FH ， 则OH ∥AB ，112OH AB ==.由（1）知EF ∥AB ，且12EF AB =， ∴EF ∥OH ，且EF OH =. ∴四边形EOHF 是平行四边形.∴EO ∥FH ，且1EO FH ==. ……………7分 由（1）知AB ⊥平面BCF ，又FH ⊂平面BCF ， ∴FH AB ⊥.∵FH BC ⊥，,ABBC B AB =⊂平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴FH ⊥平面ABCD .∴EO ⊥平面ABCD . ……………8分 以H 为坐标原点，BC 所在直线为x 轴，OH 所在直线为y 轴，HF 所在直线为z 轴， 建立空间直角坐标系H xyz -，则()1,2,0A -，()1,0,0B ，()1,2,0D --，()0,1,1E -. ∴()1,1,1AE =-，()2,2,0BD =--，()1,1,1BE =--. ……………9分 设平面BDE 的法向量为=n (),,x y z ，由n 0BD ⋅=，n 0BE ⋅=， 得220x y --=，0x y z --+=，得0,z x y ==-.令1x =，则平面BDE 的一个法向量为=n ()1,1,0-. ……………10分 设直线AE 与平面BDE 所成角为θ， 则sin θ=cos ,n AE⋅=n AE nAE=. ……………11分∴cos θ==，sin tan cos θθθ== ……………13分 ∴直线AE 与平面BDE……………14分变式1：（2013湖北8校联考）（1）取BD 中点F ，连结,EF AF ,则11,,60,2AF EF AFE ==∠=……………2分由余弦定理知22222113121cos 60,222AE AF EF AE AE EF ⎛⎫=+-⋅⋅=+=∴⊥ ⎪⎝⎭………4分又BD ⊥平面AEF ,,BD AE AE ∴⊥⊥平面BDC ………6分（2）以E 为原点建立如图示的空间直角坐标系，则31(1,,0)2A C -,11(1,,0),(1,,0)22B D --- ………8分设平面ABD 的法向量为n (,,)x y z =,由00n DB n DA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得201302x x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩,取3z =,则3,(0,3)y =-∴=-n . 136(1,,),cos ,224||||AC AC AC AC =--∴<>==-n n n ……11分故直线AC 与平面ABD 10. …………12分变式2：（2014福建卷）解：(1)证明：∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD . …………3分 又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD . …………4分 (2)过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD .由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD . ……6分以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．依题意，得B (0，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，A (0，0，1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12.则BC →＝(1，1，0)，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，AD →＝(0，1，－1)．…………7分设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0， 取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1，1)． …………9分设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝||cos 〈n ，AD →〉＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝63. …………11分即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. …………12分例2.（2014，广东卷）:(1):,,,,A ,,,,,,,,,,.(2):E EG//CF DF G,,,G GH AF H,EH,PD ABCD PD PCD PCD ABCD PCD ABCD CD D ABCD AD CD AD PCD CF PCD CF AD AF PC CF AF AD AF ADF ADAF A CF ADF CF DF EG DF ⊥⊂∴⊥=⊂⊥∴⊥⊂∴⊥⊥∴⊥⊂=∴⊥⊥∴⊥⊥∠解证明平面平面平面平面平面平面平面平面又平面平面解法一过作交于平面A 平面A 过作于连则00,CD 2,30,130,==1,21324,,,,,22333EG .,423EHG D AF E DPC CDF CF CD DECF CP EF DC DEDF DP CP DE EF AE AF EF DF AE EF EH HG AF --=∠=∴∠==∴=∴⋅=====⋅∴====为二面角的平面角设从而∥还易求得EF=从而易得故cos GH EHG EH ∴∠===12:,,,,,2,1(0,0,2),C(0,2,0),,(23,22,0),,,431,0),ADF CP (3,1,0),22AEF (x DP DC DA x y z DC A CF CP F DF CF F E n n λλλλ==-⊥===-=解法二分别以为轴建立空间直角坐标系设则设则可得从而易得取面的一个法向量为设面的一个法向量为2212212,y,z),0,0,4||||2n AE n AF n n n n n ⋅=⋅=⋅==⋅⨯利用且得可以是从而所求二面角的余弦值为变式3：（2014浙江卷）解：(1)证明：在直角梯形BCDE 中，由DE ＝BE ＝1，CD ＝2，得BD ＝BC ＝2，由AC ＝2，AB ＝2，得AB 2＝AC 2＋BC 2，即AC ⊥BC . …………2分 又平面ABC ⊥平面BCDE ，从而AC ⊥平面BCDE ，所以AC ⊥DE .又DE ⊥DC ，从而DE ⊥平面ACD . …………4分 (2)方法一：过B 作BF ⊥AD ，与AD 交于点F ，过点F 作FG ∥DE ，与AE 交于点G ，连接BG . 由(1)知DE ⊥AD ，则FG ⊥AD .所以∠BFG 是二面角B - AD - E 的平面角．…………6分在直角梯形BCDE 中，由CD 2＝BC 2＋BD 2，得BD ⊥BC .又平面ABC ⊥平面BCDE ，得BD ⊥平面ABC ，从而BD ⊥AB .由AC ⊥平面BCDE ，得AC ⊥CD . 在Rt △ACD 中，由DC ＝2，AC ＝2，得AD ＝ 6.在Rt △AED 中，由ED ＝1，AD ＝6，得AE ＝7.…………7分在Rt △ABD 中，由BD ＝2，AB ＝2，AD ＝6，得BF ＝2 33，AF ＝23AD .从而GF ＝23ED ＝23. …………9分在△ABE ，△ABG 中，利用余弦定理分别可得cos ∠BAE ＝5 714，BG ＝23. …………11分在△BFG 中，cos ∠BFG ＝GF 2＋BF 2－BG 22BF ·GF ＝32. …………13分所以，∠BFG ＝π6，即二面角B - AD - E 的大小是π6.…………14分方法二：以D 为原点，分别以射线DE ，DC 为x ，y 轴的正半轴， 建立空间直角坐标系D - xyz ，如图所示．由题意知各点坐标如下：D (0，0，0)，E (1，0，0)，C (0，2，0)，A (0，2，2)，B (1，1，0)．设平面ADE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．可算得AD ＝(0，－2，－2)，AE ＝(1，－2，－2)，DB →＝(1，1，0)．…………7分由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD ＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎨⎧－2y 1－2z 1＝0，x 1－2y 1－2z 1＝0，可取m ＝(0，1，－2)．…………9分由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎨⎧－2y 2－2z 2＝0，x 2＋y 2＝0， 可取n ＝(1，－1，2)．…………11分于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝33×2＝32. …………13分由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B - AD - E 的大小是π6. …………变式4：（2014全国卷） 19．解：方法一：(1)证明：因为A 1D ⊥平面ABC ，A 1D ⊂平面AA 1C 1C ，故平面 AA 1C 1⊥平面ABC . 又BC ⊥AC ，所以BC ⊥平面AA 1C 1C . …………2分连接A 1C ，因为侧面AA 1C 1C 为菱形，故AC 1⊥A 1C .由三垂线定理得AC 1⊥A 1B . ……4分（注意：这个定理我们不能用） (2) BC ⊥平面AA 1C 1C ，BC ⊂平面BCC 1B 1，故平面AA 1C 1C ⊥平面BCC 1B 1.作A 1E ⊥CC 1，E 为垂足，则A 1E ⊥平面BCC 1B 1. …………6分又直线AA 1∥平面BCC 1B 1，因而A 1E 为直线AA 1与平面BCC 1B 1的距离，即A 1E ＝ 3.因为A 1C 为∠ACC 1的平分线，所以A 1D ＝A 1E ＝ 3. …………8分作DF ⊥AB ，F 为垂足，连接A 1F .由三垂线定理得A 1F ⊥AB ，故∠A 1FD 为二面角A 1 AB C 的平面角．…………10分 由AD ＝AA 21－A 1D 2＝1，得D 为AC 中点，DF ＝55，tan ∠A 1FD ＝A 1DDF＝15，……12分 所以cos ∠A 1FD ＝14. …………13分所以二面角A 1 AB C 的大小为arccos 14. …………14分方法二：以C 为坐标原点，射线CA 为x 轴的正半轴，以CB 的长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C - xyz .由题设知A 1D 与z 轴平行，z 轴在平面AA 1C 1C 内．(1)证明：设A 1(a ，0，c )．由题设有a ≤2，A (2，0，0)，B (0，1，0)，则AB →＝(－2，1，0)，AC →＝(－2，0，0)，AA 1→＝(a －2，0，c )，AC 1→＝AC →＋AA 1→＝(a －4，0，c )，BA 1→＝(a ，－1，c )|AA 1→|＝2，得（a －2）2＋c 2＝2，即a 2－4a ＋c 2＝0.①又AC 1→·BA 1→＝a 2－4a ＋c 2＝0，所以AC 1⊥A 1B . …………4分(2)设平面BCC 1B 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则m ⊥CB →，m ⊥BB 1→，即m ·CB →＝0，0.因为CB →＝(0，1，0)，BB 1→＝AA 1→＝(a －2，0，c )，所以y ＝0且(a －2)x ＋cz ＝0.令x ＝c ，则z ＝2－a ，所以m ＝(c ，0，2－a )，故点A 到平面BCC 1B 1的距离为 |CA →|·|cos 〈m ，CA →〉|＝|CA →·m ||m |＝2cc 2＋（2－a ）2＝c . …………6分又依题设，A 到平面BCC 1B 1的距离为3，所以c ＝3， 代入①，解得a ＝3(舍去)或a ＝1， 于是AA 1→＝(－1，0，3)． …………8分 设平面ABA 1的法向量n ＝(p ，q ，r )， 则n ⊥AA 1→，n ⊥AB →，即n ·AA 1→＝0，n ·AB →＝0， －p ＋3r ＝0，且－2p ＋q ＝0. 令p ＝3，则q ＝23，r ＝1，所以n ＝(3，23，1)．…………10分又p ＝(0，0，1)为平面ABC 的法向量，…………11分故 cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝14. …………13分所以二面角A 1 AB C 的大小为arccos 14. …………14分例3. 无棱二面角（2010年江西卷）解法一：（1）取CD 中点O ，连OB ，OM ，则OB ⊥CD ，OM ⊥CD .又平面MCD ⊥平面BCD ,则MO ⊥平面BCD ，所以MO ∥AB ，A 、B 、O 、M 共面.延长AM 、BO 相交于E ，则∠AEB 就是AM 与平面BCD 所成的角.OB =MO 3MO ∥AB ，MO//面ABC ，M 、O 到平面ABC 的距离相等，作OH ⊥BC 于H ，连MH ，则MH ⊥BC ，求得：OH=OCsin600=32,MH=152,利用体积相等得：2155A MBC M ABC V V d --=⇒=。
立体几何经典习题集(含答案)
立体几何基础A 组题一、选择题：1．下列命题中正确命题的个数是 （ ） ⑴ 三点确定一个平面⑵ 若点P 不在平面α内，A 、B 、C 三点都在平面α内，则P 、A 、B 、C 四点不在同一平面内 ⑶ 两两相交的三条直线在同一平面内⑷ 两组对边分别相等的四边形是平行四边形A.0B.1C.2D.3答案：A2．已知异面直线a 和b 所成的角为︒50，P 为空间一定点，则过点P 且与a 、b 所成的角都是︒30的直线条数有且仅有 （ ） A.1条 B.2条 C.3条 D.4条答案：B 3．已知直线⊥l 平面α，直线⊂m 平面β，下列四个命题中正确的是 （ ） (1) 若βα//，则m l ⊥ (2) 若βα⊥，则m l // (3) 若m l //，则βα⊥ (4) 若 m l ⊥，则βα//A.(3)与（4）B.（1）与（3）C.（2）与（4）D.（1）与（2）答案：B4．已知m 、n 为异面直线，⊂m 平面α，⊂n 平面β，l =βα ，则l （ ） A.与m 、n 都相交 B.与m 、n 中至少一条相交 C.与m 、n 都不相交 D.至多与m 、n 中的一条相交答案：B5．设集合A={直线}，B={平面}，B A C =，若A a ∈，B b ∈，C c ∈，则下列命题中的真命题是 （ ）A. c a b a b c ⊥⇒⎭⎬⎫⊥// B.c a c b b a //⇒⎭⎬⎫⊥⊥ C.c a b c b a //////⇒⎭⎬⎫ D. c a b c b a ⊥⇒⎭⎬⎫⊥//答案：A6．已知a 、b 为异面直线，点A 、B 在直线a 上，点C 、D 在直线b 上，且AC=AD ，BC=BD ，则直线a 、b 所成的角为 （ ） A. ︒90 B. ︒60 C. ︒45 D. ︒30答案：A7．下列四个命题中正确命题的个数是 （ ） 有四个相邻侧面互相垂直的棱柱是直棱柱 各侧面都是正方形的四棱柱是正方体底面是正三角形，各侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥A.1个B.2个C.3个D.0个答案：D8．设M={正四棱柱}，N={长方体}，P={直四棱柱}，Q={正方体}，则这些集合之间关系是 （ ） A.Q M N P B.Q M N P C.Q N M P D.Q N M P答案：B9．正四棱锥P —ABCD 中，高PO 的长是底面长的21，且它的体积等于334cm ，则棱AB 与侧面PCD 之间的距离是 （ ） A.cm 2 B. cm 2 C. cm 1 D.cm 22答案：A10．纬度为α的纬圈上有A 、B 两点，弧在纬圈上，弧AB 的长为απcos R （R 为球半径），则A 、B 两点间的球面距离为 （ ）A. R πB. R )(απ-C. R )2(απ-D. R )2(απ-答案：D11．长方体三边的和为14，对角线长为8，那么 （ ） A.它的全面积是66 B.它的全面积是132C.它的全面积不能确定D.这样的长方体不存在答案：D12．正四棱锥P —ABCD 的所有棱长都相等，E 为PC 的中点，那么异面直线BE 与PA 所成角的余弦值等于（ ）A.21B. 22C. 32D. 33答案：D13．用一个过正四棱柱底面一边的平面去截正四棱柱，截面是 （ ）A.正方形B.矩形C.菱形D.一般平行四边形答案：B二、填空题：14．正方体1111D C B A ABCD -中，E 、F 、G 分别为AB 、BC 、CC 1的重点，则EF 与BG 所成角的余弦值为________________________答案：510 15．二面角βα--a 内一点P 到两个半平面所在平面的距离分别为22和4，到棱a 的距离为24，则这个二面角的大小为__________________答案：︒︒16575或16.四边形ABCD 是边长为a 的菱形，︒=∠60BAD ，沿对角线BD 折成︒120的二面角A —BD —C 后，AC 与BD 的距离为_________________________答案：a 43 17．P 为︒120的二面角βα--a 内一点，P 到α、β的距离为10，则P 到棱a 的距离是_________________答案：3320 18．如图：正方形ABCD 所在平面与正方形ABEF 所在平面成︒60的二面角，则异面直线AD 与BF 所成角的余弦值是______________________答案：4219．已知三棱锥P —ABC 中，三侧棱PA 、PB 、PC 两两互相垂直，三侧面与底面所成二面角的大小分别为γβα,,，则=++γβα222cos cos cos _______________答案：1 20．若四面体各棱的长是1或2，且该四面体不是正四面体，则其体积的值是_____________（只需写出一个可能的值）。
立体几何经典试题（含答案）
1. 如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=12AA 1，D 是棱AA 1的中点的中点(Ｉ)证明：平面BDC 1⊥平面BDC（Ⅱ）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比. 【解析】（Ⅰ）由题设知BC BC⊥⊥1CC ,BC ,BC⊥⊥AC AC，，1CC AC C Ç=,∴BC ^面11ACC A , , 又又∵1DC Ì面11ACC A ，∴1DC BC ^,由题设知01145A DC ADC Ð=Ð=,∴1CDC Ð=090,即1DC DC ^, 又∵DC BC C Ç=, , ∴∴1DC ⊥面BDC , , ∵∵1DC Ì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，∴11():V V V -=1:1， ∴平面1BDC 分此棱柱为两部分体积之比为1:1. 2. 如图5所示，在四棱锥P ABCD -中，AB ^平面PAD ，//AB CD ，PD AD =，E 是PB 的中点，F 是CD 上的点且12DF AB =，PH 为△PAD 中AD 边上的高. （1）证明：PH ^平面ABCD ；（2）若1PH =，2AD =，1FC =，求三棱锥E BCF -的体积；的体积；（3）证明：EF ^平面PAB . B 1C B A D C 1A 1【解析】（1）证明：因为AB ^平面PAD ，所以PH AB ^。
因为PH 为△PAD 中AD 边上的高，边上的高， 所以PH AD ^。
因为AB AD A = ，所以PH ^平面ABCD 。
（2）连结BH ，取BH 中点G ，连结EG 。
立体几何专题专练100题(含详解)
1.（本题满分15分）如图，在三棱锥D -ABC 中，DA =DB =DC ,D 在底面ABC 上的射影为E ，AB ⊥BC ，DF ⊥AB 于F ．（Ⅰ）求证：平面ABD ⊥平面DEF ；（Ⅱ）若AD ⊥DC ，AC =4，∠BAC =60°，求直线BE 与平面DAB 所成的角的正弦值.答案及解析：1.（Ⅰ）如图，由题意知⊥DE 平面ABC所以DE AB ⊥，又DFAB ⊥所以⊥AB 平面DEF ，………………3分又⊂AB 平面ABD 所以平面⊥ABD 平面DEF…………………6分（Ⅱ）解法一：由DC DB DA ==知ECEB EA ==所以E 是ABC ∆的外心又BC AB ⊥所以E 为AC 的中点…………………………………9分过E 作DF EH ⊥于H ，则由（Ⅰ）知⊥EH 平面DAB所以EBH ∠即为BE 与平面DAB 所成的角…………………………………12分由4=AC ， 60=∠BAC 得2=DE ，3=EF 所以7=DF ，732=EH 所以721sin ==∠BE EH EBH …………………………………15分解法二：如图建系，则)0,2,0(-A ，)2,0,0(D ，)0,1,3(-B 所以)2,2,0(--=DA ，)2,1,3(--=DB ……………………………………9分设平面DAB 的法向量为),,(z y x n =由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00DB n DA n 得⎩⎨⎧=--=--023022z y x z y ，取)1,1,33(-=n ………………12分设EB 与n 的夹角为θ所以7213722||||cos ==⋅=n EB nEB θ所以BE 与平面DAB 所成的角的正弦值为721………………………………15分2.如图，在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AA 1=AC=2AB=2，且BC 1⊥A 1C ．（1）求证：平面ABC 1⊥平面A 1ACC 1；（2）设D是线段BB1的中点，求三棱锥D﹣ABC1的体积．答案及解析：2.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．【专题】综合题；转化思想；综合法；立体几何．【分析】（1）证明A1C⊥面ABC1，即可证明：平面ABC1⊥平面A1ACC1；（2）证明AC⊥面ABB1A1，利用等体积转换，即可求三棱锥D﹣ABC1的体积．【解答】（1）证明：在直三棱锥ABC﹣A1B1C1中，有A1A⊥面ABC，而AB⊂面ABC，∴A1A⊥AB，∵A1A=AC，∴A1C⊥AC1，又BC1⊥A1C，BC1⊂面ABC1，AC1⊂面ABC1，BC1∩AC1=C1∴A1C⊥面ABC1，而A1C⊂面A1ACC1，则面ABC1⊥面A1ACC1…（2）解：由（1）知A1A⊥AB，A1C⊥面ABC1，A1C⊥AB，故AB⊥面A1ACC1，∴AB⊥AC，则有AC⊥面ABB1A1，∵D是线段BB1的中点，∴．…【点评】本题考查线面垂直、平面与平面垂直的判定，考查三棱锥D﹣ABC1的体积，考查学生分析解决问题的能力，正确运用定理是关键．3.如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E、F分别是AB、PC的中点．（1）求证：CD⊥PD；（2）求证：EF∥平面PAD．答案及解析：3.【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定．【分析】本题是高考的重要内容，几乎年年考，次次有：（1）的关键是找出直角三角形，也就是找出图中的线线垂直．（2）的关键是找出平面PAD中可能与EF平行的直线．【解答】解：（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，而CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD、（2）取CD的中点G，连接EG、FG．∵E、F分别是AB、PC的中点，∴EG∥AD，FG∥PD，∴平面EFG∥平面PAD，又∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面PAD．【点评】线线垂直可由线面垂直的性质推得，直线和平面垂直，这条直线就垂直于平面内所有直线，这是寻找线线垂直的重要依据．判断或证明线面平行的常用方法有：①利用线面平行的定义（无公共点）；②利用线面平行的判定定理（a∥α，b⊂α，a∥b⇒a∥α）；③利用面面平行的性质定理（α∥β，a⊂α⇒a∥β）；④利用面面平行的性质（α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β）．4.如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，点D是AB的中点．（1）求证：AC⊥BC1；（2）求证：AC1∥平面CDB1．答案及解析：4.【考点】直线与平面垂直的性质；直线与平面平行的判定．【专题】综合题；空间位置关系与距离．【分析】（1）利用勾股定理的逆定理可得AC⊥BC．利用线面垂直的性质定理可得CC1⊥AC，再利用线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）利用直三棱柱的性质、正方形的性质、三角形的中位线定理即可得出ED∥AC1，再利用线面平行的判定定理即可证明结论【解答】证明：（1）因为三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，所以C1C⊥平面ABC，所以C1C⊥AC．又因为AC=3，BC=4，AB=5，所以AC2+BC2=AB2，所以AC⊥BC．又C1C∩BC=C，所以AC⊥平面CC1B1B，所以AC⊥BC1．（2）连结C1B交CB1于E，再连结DE，由已知可得E为C1B的中点，又∵D为AB的中点，∴DE为△BAC1的中位线．∴AC1∥DE又∵DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1∴AC1∥平面CDB1．【点评】熟练掌握勾股定理的逆定理、线面垂直的判定和性质定理、直三棱柱的性质、正方形的性质、三角形的中位线定理、线面平行的判定定理是解题的关键．5.已知在三棱锥S﹣ABC中，∠ACB=90°，又SA⊥平面ABC，AD⊥SC于D，求证：AD⊥平面SBC．答案及解析：5.【考点】直线与平面垂直的判定．【专题】证明题．【分析】要证明AD⊥平面SBC，只要证明AD⊥SC（已知），AD⊥BC，而结合已知∠ACB=90°，又SA⊥平面ABC，及线面垂直的判定定理及性质即可证明【解答】证明：∵SA⊥面ABC，∴BC⊥SA；∵∠ACB=90°，即AC⊥BC，且AC、SA是面SAC内的两相交线，∴BC⊥面SAC；又AD⊂面SAC，∴BC⊥AD，又∵SC⊥AD，且BC、SC是面SBC内两相交线，∴AD⊥面SBC．【点评】本题主要考查了直线与平面垂直，平面与平面垂直的相互转化，线面垂直的判定定理的应用，属于基础试题6.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，AP=AB=，点E 是棱PB的中点．（Ⅰ）证明：AE⊥平面PBC；（Ⅱ）若AD=1，求二面角B﹣EC﹣D的平面角的余弦值．答案及解析：6.【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（Ⅰ）由PA⊥底面ABCD，得PA⊥AB．又PA=AB，从而AE⊥PB．由三垂线定理得BC⊥PB，从而BC⊥平面PAB，由此能证明AE⊥平面PBC．（Ⅱ）由BC⊥平面PAB，AD⊥AE．取CE的中点F，连结DF，连结BF，则∠BFD为所求的二面角的平面角，由此能求出二面角B﹣EC﹣D的平面角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：如图1，由PA⊥底面ABCD，得PA⊥AB．又PA=AB，故△PAB为等腰直角三角形，而点E是棱PB的中点，所以AE⊥PB．由题意知BC⊥AB，又AB是PB在面ABCD内的射影，由三垂线定理得BC⊥PB，从而BC⊥平面PAB，故BC⊥AE．因为AE⊥PB，AE⊥BC，所以AE⊥平面PBC．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知BC⊥平面PAB，又AD∥BC，得AD⊥平面PAB，故AD⊥AE．在Rt△PAB中，PA=AB=，AE=PB==1．从而在Rt△DAE中，DE==．在Rt△CBE中，CE==，又CD=，所以△CED为等边三角形，取CE的中点F，连结DF，则DF⊥CE，∵BE=BC=1，且BC⊥BE，则△EBC为等腰直角三角形，连结BF，则BF⊥CE，所以∠BFD为所求的二面角的平面角，连结BD，在△BFD中，DF=CD=，BF=，BD==，所以cos∠BFD==﹣，∴二面角B﹣EC﹣D的平面角的余弦值为﹣．【点评】本题考查直线与平面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．7.如图所示，四棱锥P ABCD的底面ABCD是平行四边形，BA=BD=，AD=2，PA=PD=，E，F分别是棱AD，PC的中点，二面角PADB为60°．（1）证明：平面PBC⊥平面ABCD；（2）求直线EF与平面PBC所成角的正弦值．答案及解析：7.证明：（1）连接PE，BE，∵PA=PD，BA=BD，而E为AD中点，∴PE⊥AD，BE⊥AD，∴∠PEB为二面角P﹣AD﹣B的平面角．在△PAD中，由PA=PD=，AD=2，解得PE=2．在△ABD中，由BA=BD=，AD=2，解得BE=1．在△PEB中，PE=2，BE=1，∠PEB=60˚，由余弦定理，解得PB==，∴∠PBE=90˚，即BE⊥PB．又BC∥AD，BE⊥AD，∴BE⊥BC，∴BE⊥平面PBC．又BE⊂平面ABCD，∴平面PBC⊥平面ABCD．解：（2）连接BF，由（1）知，BE⊥平面PBC，∴∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角．∵PB=，∠ABP为直角，MB=PB=，∴AM=，∴EF=．又BE=1，∴在直角三角形EBF中，sin∠EFB==．∴直线EF与平面PBC所成角的正弦值为．考点：直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定．专题：证明题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角．分析：（1）连接PE，BE，由已知推导出∠PEB为二面角P﹣AD﹣B的平面角，推导出BE⊥PB，BE⊥BC，由此能证明平面PBC⊥平面ABCD．（2）连接BF，由BE⊥平面PBC，得∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角，由此能求出直线EF与平面PBC所成角的正弦值．解答：证明：（1）连接PE，BE，∵PA=PD，BA=BD，而E为AD中点，∴PE⊥AD，BE⊥AD，∴∠PEB为二面角P﹣AD﹣B的平面角．在△PAD中，由PA=PD=，AD=2，解得PE=2．在△ABD中，由BA=BD=，AD=2，解得BE=1．在△PEB中，PE=2，BE=1，∠PEB=60˚，由余弦定理，解得PB==，∴∠PBE=90˚，即BE⊥PB．又BC∥AD，BE⊥AD，∴BE⊥BC，∴BE⊥平面PBC．又BE⊂平面ABCD，∴平面PBC⊥平面ABCD．解：（2）连接BF，由（1）知，BE⊥平面PBC，∴∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角．∵PB=，∠ABP为直角，MB=PB=，∴AM=，∴EF=．又BE=1，∴在直角三角形EBF中，sin∠EFB==．∴直线EF与平面PBC所成角的正弦值为．点评：本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养8.（15分）（2010秋•杭州校级期末）如图，已知△BCD中，∠BCD=90°，AB⊥平面BCD，BC=CD=1，分别为AC、AD的中点．（1）求证：平面BEF⊥平面ABC；（2）求直线AD与平面BEF所成角的正弦值．答案及解析：8.【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．【专题】计算题；证明题．【分析】（1）通过证明CD⊥平面ABC，CD∥EF，说明EF⊂平面BEF，即可证明平面BEF⊥平面ABC；（2）过A作AH⊥BE于H，连接HF，可得AH⊥平面BEF，推出∠AFH为直线AD与平面BEF所成角．在Rt△AFH中，求直线AD与平面BEF所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD．又∵CD⊥BC，∴CD⊥平面ABC．∵E、F分别为AC、AD的中点，∴EF∥CD．∴EF⊥平面ABC，∵EF⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面ABC．（2）过A作AH⊥BE于H，连接HF，由（1）可得AH⊥平面BEF，∴∠AFH为直线AD与平面BEF所成角．在Rt△ABC中，为AC中点，∴∠ABE=30°，∴．在Rt△BCD中，BC=CD=1，∴．∴在Rt△ABD中，∴．∴在Rt△AFH中，，∴AD与平面BEF所成角的正弦值为．【点评】证明两个平面垂直，关键在一个面内找到一条直线和另一个平面垂直；利用三垂线定理找出二面角的平面角，解三角形求出此角，是常用方法．9.答案及解析：9.10.（12分）（2015秋•拉萨校级期末）如图，边长为2的正方形ABCD中，（1）点E是AB的中点，点F是BC的中点，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点A′．求证：A′D⊥EF（2）当BE=BF=BC时，求三棱锥A′﹣EFD的体积．答案及解析：10.【考点】直线与平面垂直的性质；棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（1）由正方形ABCD知∠DCF=∠DAE=90°，得A'D⊥A'F且A'D⊥A'E，所以A'D⊥平面A'EF．结合EF⊂平面A'EF，得A'D⊥EF；（2）由勾股定理的逆定理，得△A'EF是以EF为斜边的直角三角形，而A'D是三棱锥D﹣A'EF的高线，可以算出三棱锥D﹣A'EF的体积，即为三棱锥A'﹣DEF的体积．【解答】解：（1）由正方形ABCD知，∠DCF=∠DAE=90°，∴A'D⊥A'F，A'D⊥A'E，∵A'E∩A'F=A'，A'E、A'F⊆平面A'EF．∴A'D⊥平面A'EF．又∵EF⊂平面A'EF，∴A'D⊥EF．（2）由四边形ABCD为边长为2的正方形故折叠后A′D=2，A′E=A′F=，EF=则cos∠EA′F==则sin∠EA′F==•A′E•A′F•sin∠EA′F=故△EA′F的面积S△EA′F由（1）中A′D⊥平面A′EF可得三棱锥A'﹣EFD的体积V=××2=．【点评】本题以正方形的翻折为载体，证明两直线异面垂直并且求三棱锥的体积，着重考查空间垂直关系的证明和锥体体积公式等知识，属于中档题．11.（12分）（2015秋•沧州月考）如图，在△ABC中，AO⊥BC于O，OB=2OA=2OC=4，点D，E，F分别为OA，OB，OC的中点，BD与AE相交于H，CD与AF相交于G，将△ABO 沿OA折起，使二面角B﹣OA﹣C为直二面角．（Ⅰ）在底面△BOC的边BC上是否存在一点P，使得OP⊥GH，若存在，请计算BP的长度；若不存在，请说明理由；（Ⅱ）求二面角A﹣GH﹣D的余弦值．答案及解析：11.【考点】用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法．【专题】数形结合；向量法；空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用．【分析】（Ⅰ）根据条件便知H，G分别为△AOB，△AOC的重心，从而有GH∥EF∥BC，并可说明∠BOC为直角，过O作OP⊥BC，从而有OP⊥GH，而根据摄影定理便有，这样即可求出BP的长度；（Ⅱ）根据上面知OB，OC，OA三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，从而可以根据条件求出图形上一些点的坐标，从而可以得到向量的坐标，可设平面AGH的法向量为，而根据即可求出，同样的方法可以求出平面DGH的一个法向量，根据cos=即可得出二面角A﹣GH﹣D的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）H，G分别为△AOB和△AOC的重心；∴；连接EF，则GH∥EF；由已知，EF∥BC，∴GH∥BC；∵OA⊥OB，OA⊥OC，二面角B﹣OA﹣C为直二面角；∴∠BOC为直角；∴在Rt△BOC中，过O作BC的垂线，垂足为P，OP⊥BC，又BC∥GH；∴OP⊥GH，则由摄影定理得：OB2=BP•BC；∴；（Ⅱ）分别以OB，OC，OA为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则：O（0，0，0），A（0，0，2），D（0，0，1），B（4，0，0），C（0，2，0），H（），；∴，；设为平面AGH的法向量，则：；取x1=1，则y1=2，z1=1，∴；设为平面DGH的法向量，则：；取x2=1，则；∴；∴由图可知二面角A﹣GH﹣D为锐角，∴该二面角的余弦值为．【点评】考查三角形重心的概念及其性质，平行线分线段成比例，三角形中位线的性质，以及二面角的平面角的定义，直角三角形的摄影定理的内容，建立空间直角坐标系，利用空间向量解决二面角问题的方法，平面的法向量的概念及求法，能求空间点的坐标，根据点的坐标求向量的坐标，向量垂直的充要条件，以及向量夹角的余弦公式，清楚两平面所成二面角的大小和两平面的法向量夹角的关系．12.（12分）（2014•芜湖模拟）如图，E是以AB为直径的半圆上异于A、B的点，矩形ABCD 所在的平面垂直于该半圆所在的平面，且AB=2AD=2．（1）求证：EA⊥EC；（2）设平面ECD与半圆弧的另一个交点为F．①试证：EF∥AB；②若EF=1，求三棱锥E﹣ADF的体积．答案及解析：12.【考点】直线与平面垂直的性质；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的性质．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（1）利用面面垂直的性质，可得BC⊥平面ABE，再利用线面垂直的判定证明AE⊥面BCE，即可证得结论；（2）①先证明AB∥面CED，再利用线面平行的性质，即可证得结论；②取AB中点O，EF的中点O′，证明AD⊥平面ABE，利用等体积，即可得到结论．【解答】（1）证明：∵平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD∴BC⊥平面ABE∵AE⊂平面ABE，∴BC⊥AE∵E在以AB为直径的半圆上，∴AE⊥BE∵BE∩BC=B，BC，BE⊂面BCE∴AE⊥面BCE∵CE⊂面BCE，∴EA⊥EC；（2）①证明：设面ABE∩面CED=EF∵AB∥CD，AB⊄面CED，CD⊂面CED，∴AB∥面CED，∵AB⊂面ABE，面ABE∩面CED=EF∴AB∥EF；②取AB中点O，EF的中点O′，在Rt△OO′F中，OF=1，O′F=，∴OO′=∵BC⊥面ABE，AD∥BC∴AD⊥平面ABE∴V E﹣ADF =V D﹣AEF===【点评】本题考查面面垂直的性质，线面垂直的判定与性质，考查线面垂直，考查三棱锥体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．13.（12分）（2014•浙江模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，点D是AB的中点．（1）求证：AC⊥BC1；（2）求证：AC1∥平面CDB1．答案及解析：13.【考点】直线与平面垂直的性质；直线与平面平行的判定．【专题】综合题；空间位置关系与距离．【分析】（1）利用勾股定理的逆定理可得AC⊥BC．利用线面垂直的性质定理可得CC1⊥AC，再利用线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）利用直三棱柱的性质、正方形的性质、三角形的中位线定理即可得出ED∥AC1，再利用线面平行的判定定理即可证明结论【解答】证明：（1）因为三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，所以C1C⊥平面ABC，所以C1C⊥AC．又因为AC=3，BC=4，AB=5，所以AC2+BC2=AB2，所以AC⊥BC．又C1C∩BC=C，所以AC⊥平面CC1B1B，所以AC⊥BC1．（2）连结C1B交CB1于E，再连结DE，由已知可得E为C1B的中点，又∵D为AB的中点，∴DE为△BAC1的中位线．∴AC1∥DE又∵DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1∴AC1∥平面CDB1．【点评】熟练掌握勾股定理的逆定理、线面垂直的判定和性质定理、直三棱柱的性质、正方形的性质、三角形的中位线定理、线面平行的判定定理是解题的关键．14.如图，在三棱锥S﹣ABC中，SB⊥底面ABC，且SB=AB=2，BC=，D、E 分别是SA、SC的中点．（I）求证：平面ACD⊥平面BCD；（II）求二面角S﹣BD﹣E的平面角的大小．答案及解析：14.【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（Ⅰ）根据面面垂直的判定定理证明AD⊥平面BCD即可证明平面ACD⊥平面BCD．（Ⅱ）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角S﹣BD﹣E的余弦值．【解答】证明：（I）∵∠ABC=，∴BA⊥BC，建立如图所示的坐标系，则C（0，，0），A（2，0，0），D（1，0，1），E（0，，1），S（0，0，2），则=（﹣1，0，1），=（0，，0），=（1，0，1），则•=（﹣1，0，1）•（0，，0）=0，•=（﹣1，0，1）•（1，0，1）=﹣1+1=0，则⊥，⊥，即AD⊥BC，AD⊥BD，∵BC∩BD=B，∴AD⊥平面BCD；∵AD⊂平面BCD；∴平面ACD⊥平面BCD；（II）=（0，，1），则设平面BDE的法向量=（x，y，1），则，即，解得x=﹣1，y=，即=（﹣1，，1），又平面SBD的法向量=（0，，0），∴cos＜，＞==，则＜，＞=，即二面角S﹣BD﹣E的平面角的大小为．【点评】本题主要考查空间面面垂直的判定，以及二面角的求解，利用向量法是解决二面角的常用方法．15.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AB⊥PA，BC=2AB=2AD=4BE，平面PAB⊥平面ABCD，（Ⅰ）求证：平面PED⊥平面PAC；（Ⅱ）若直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为，求二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值．答案及解析：15.【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法．【专题】计算题；空间位置关系与距离；空间角．【分析】（I）由面面垂直的性质定理证出PA⊥平面ABCD，从而得到AB、AD、AP两两垂直，因此以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立坐标系o﹣xyz，得A、D、E、C、P的坐标，进而得到、、的坐标．由数量积的坐标运算公式算出且，从而证出DE⊥AC且DE⊥AP，结合线面垂直判定定理证出ED⊥平面PAC，从而得到平面PED⊥平面PAC；（II）由（Ⅰ）得平面PAC的一个法向量是，算出、夹角的余弦，即可得到直线PE与平面PAC所成的角θ的正弦值，由此建立关于θ的方程并解之即可得到λ=2．利用垂直向量数量积为零的方法，建立方程组算出=（1，﹣1，﹣1）是平面平面PCD的一个法向量，结合平面PAC的法向量，算出、的夹角余弦，再结合图形加以观察即可得到二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AB⊥PA∴PA⊥平面ABCD结合AB⊥AD，可得分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系o﹣xyz，如图所示…（2分）可得A（0，0，0）D（0，2，0），E（2，1，0），C（2，4，0），P（0，0，λ）（λ＞0）∴，，得，，∴DE⊥AC且DE⊥AP，∵AC、AP是平面PAC内的相交直线，∴ED⊥平面PAC．（4分）∵ED⊂平面PED∴平面PED⊥平面PAC（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得平面PAC的一个法向量是，设直线PE与平面PAC所成的角为θ，则，解之得λ=±2∵λ＞0，∴λ=2，可得P的坐标为（0，0，2）（8分）设平面PCD的一个法向量为=（x0，y0，z0），，由，，得到，令x0=1，可得y0=z0=﹣1，得=（1，﹣1，﹣1）（10分）∴cos＜，（11分）由图形可得二面角A﹣PC﹣D的平面角是锐角，∴二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值为．（12分）【点评】本题在四棱锥中证明面面垂直，并且在线面所成角的正弦情况下求二面角A﹣PC ﹣D的余弦值．着重考查了线面垂直、面面垂直的判定定理和利用空间向量研究直线与平面所成角和二面角大小的方法，属于中档题．16.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．答案及解析：16.（Ⅰ）证明：因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，从而BD2+AD2=AB2，故BD⊥AD又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，则A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1）．=（﹣1，，0），=（0，，﹣1），=（﹣1，0，0），设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则即，因此可取=（，1，）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即：可取=（0，1，），cos＜＞==故二面角A﹣PB﹣C的余弦值为：﹣．考点：直线与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角．专题：计算题；证明题；综合题；数形结合；转化思想．分析：（Ⅰ）因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，利用勾股定理证明BD⊥AD，根据PD⊥底面ABCD，易证BD⊥PD，根据线面垂直的判定定理和性质定理，可证PA⊥BD；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，写出点A，B，C，P的坐标，求出向量，和平面PAB的法向量，平面PBC的法向量，求出这两个向量的夹角的余弦值即可．解答：（Ⅰ）证明：因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，从而BD2+AD2=AB2，故BD⊥AD又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，则A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1）．=（﹣1，，0），=（0，，﹣1），=（﹣1，0，0），设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则即，因此可取=（，1，）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即：可取=（0，1，），cos＜＞==故二面角A﹣PB﹣C的余弦值为：﹣．点评：此题是个中档题．考查线面垂直的性质定理和判定定理，以及应用空间向量求空间角问题，查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题能力．17.如图，在三棱锥P﹣ABC中，∠ABC=90°，PA⊥平面ABC，E，F分别为PB，PC的中点．（1）求证：EF∥平面ABC；（2）求证：平面AEF⊥平面PAB．答案及解析：17.【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（1）根据三角形中位线定理可得EF∥BC，进而根据线面平行的判定定理可得EF∥平面ABC；（2）根据PA⊥平面ABC，可得PA⊥BC，结合∠ABC=90°，及线面垂直的判定定理可得BC⊥平面PAB，进而由线面垂直的第二判定定理可得EF平面PAB，最后由面面垂直的判定定理可得平面AEF⊥平面PAB．【解答】证明：（1）∵E，F分别为PB，PC的中点．∴EF∥BC，又∵BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，∴EF∥平面ABC；（2）∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又∵∠ABC=90°，∴AB⊥BC，又∵PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB，由（1）中EF∥BC，∴EF⊥平面PAB，又∵EF⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面PAB．【点评】本题考查的知识点是线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，是空间线面关系的简单综合应用，难度中档．18.（14分）如图，已知AF⊥平面ABCD，四边形ABEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，∠DAB=90°，AB∥CD，AD=AF=CD=2，AB=4．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BCE；（Ⅱ）求三棱锥A﹣CDE的体积；（Ⅲ）线段EF上是否存在一点M，使得BM⊥CE？若存在，确定M点的位置；若不存在，请说明理由．答案及解析：18.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（I）如图所示，取AB的中点N，连接CN，可得四边形ADCN是正方形，可得NA=NB=NC，可得AC⊥CB，利用AF⊥平面ABCD，AF∥BE，可得BE⊥平面ABCD，即可证明．=V三棱锥E﹣ACD=即可得出．（II）利用V三棱锥A﹣CDE（III）线段EF上存在一点M为线段EF的中点，使得BM⊥CE．连接MN，BM，EN，则四边形BEMN为正方形，可得BM⊥EN，利用线面面面垂直的判定与性质定理可得：CN⊥平面ABEF，可得CN⊥BM，又BM⊥CE．即可证明BM⊥平面CEN．【解答】（I）证明：如图所示，取AB的中点N，连接CN，则四边形ADCN是正方形，可得NA=NB=NC，∴AC⊥CB，∵AF⊥平面ABCD，AF∥BE，∴BE⊥平面ABCD，∴BE⊥AC，又BE∩BC=B，∴AC⊥平面BCE．=V三棱锥E﹣ACD===．（II）解：V三棱锥A﹣CDE（III）解：线段EF上存在一点M为线段EF的中点，使得BM⊥CE．连接MN，BM，EN，则四边形BEMN为正方形，∴BM⊥EN，∵CN⊥AB，平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，∴CN⊥平面ABEF，∴CN⊥BM，又CN∩EN=N，∴BM⊥平面CEN，∴BM⊥CE．【点评】本题考查了线面面面垂直的判定与性质定理、正方形的判定与性质定理、三棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19.（13分）如图，在正方体A1B1C1D1﹣ABCD中，（1）在正方体的12条棱中，与棱AA1是异面直线的有几条（只要写出结果）（2）证明：AC∥平面A1BC1；（3）证明：AC⊥平面BDD1B1．答案及解析：19.【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【专题】证明题；数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离．【分析】（1）画出正方体ABCD﹣A1B1C1D1，根据异面直线的概念即可找出与棱AA1异面的棱．（2）连接AC，A1C1，则A1C1∥AC，利用线面平行的判定定理即可证明；（3）由DD1⊥面AC，知DD1⊥AC，由DD1⊥BD，能够证明AC⊥平面BDD1B1．【解答】解：（1）与棱AA1异面的棱为：CD，C1D1，BC，B1C1，共4条．（2）证明：连接AC，A1C1，则A1C1∥AC，∵AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，∴AC∥平面A1BC1；（3）证明：∵DD1⊥面AC，AC⊂平面AC，∴DD1⊥AC，∵AC⊥BD，DD1∩BD=D，BD⊂平面BDD1B1，DD1⊂平面BDD1B1∴AC⊥平面BDD1B1．【点评】考查异面直线的概念，直线与平面垂直的证明，直线与平面平行的判定，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化，属于中档题．20.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，（1）证明：BC1⊥面A1B1CD；（2）求直线A1B和平面A1B1CD所成的角．答案及解析：20.【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）要证BC1⊥面A1B1CD；应通过证明A1B1⊥BC1．BC1⊥B1C两个关系来实现，两关系容易证明．（2）因为BC1⊥平面A1B1CD，所以A1O为斜线A1B在平面A1B1CD内的射影，所以∠BA1O 为A1B与平面A1B1CD所成的角．在RT△A1BO中求解即可．【解答】解：（1）连接B1C交BC1于点O，连接A1O．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中因为A1B1⊥平面BCC1B1．所以A1B1⊥BC1．又∵BC1⊥B1C，又BC1∩B1C=O∴BC1⊥平面A1B1CD（2）因为BC1⊥平面A1B1CD，所以A1O为斜线A1B在平面A1B1CD内的射影，所以∠BA1O 为A1B与平面A1B1CD所成的角．设正方体的棱长为a在RT△A1BO中，A1B=a，BO=a，所以BO=A1B，∠BA1O=30°，即直线A1B和平面A1B1CD所成的角为30°．【点评】本题考查空间直线与平面垂直关系的判断，线面角大小求解，考查空间想象能力、推理论证、计算、转化能力．21.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，E是PC的中点．（1）证明：PA∥平面EDB；（2）证明：平面PAC⊥平面PDB．答案及解析：21.【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【专题】证明题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．【分析】（1）欲证PA∥平面EDB，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证PA与平面EDB内一直线平行，连接AC，交BD于O，连接EO，根据中位线定理可知EO∥PA，PA⊄平面EDB，EO⊂平面EDB，满足定理所需条件；（2）证明AC⊥平面PBD，即可证明平面PAC⊥平面PDB．【解答】证明：（1）设AC与BD相交于点O，则O为AC的中点．∵E是P的中点，∴EO∥PA又∵EO⊂平面EDB，PA⊄平面EDB，∴PA∥平面EDB；（2）∵PO⊥平面ABCD，∴PD⊥AC又∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD从而AC⊥平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD．【点评】本题考查直线与平面平行的判定，以及平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力，逻辑思维能力，计算能力，是中档题．22.如图，在直三棱柱ABC=A1B1C1中，AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直线A1B上．（1）求证：BC⊥A1B；（2）若AD=，AB=BC=2，P为AC的中点，求二面角P﹣A1B﹣C的平面角的余弦值．答案及解析：22.【考点】用空间向量求平面间的夹角；空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（Ⅰ）由已知得A1A⊥平面ABC，A1A⊥BC，AD⊥BC．由此能证明BC⊥A1B．（Ⅱ）由（Ⅰ）知BC⊥平面A1AB，从而BC⊥AB，以B为原点建立空间直角坐标系B﹣xyz，利用向量法能求出二面角P﹣A1B﹣C的平面角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，∴A1A⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，∴A1A⊥BC，∵AD⊥平面A1BC，且BC⊂平面A1BC，∴AD⊥BC．又AA1⊂平面A1AB，AD⊂平面A1AB，A1A∩AD=A，∴BC⊥平面A1AB，又A1B⊂平面A1BC，∴BC⊥A1B．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知BC⊥平面A1AB，AB⊂平面A1AB，从而BC⊥AB，如图，以B为原点建立空间直角坐标系B﹣xyz∵AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直线A1B上，∴AD⊥A1B．在Rt△ABD中，AD=，AB=2，sin∠ABD==，∠ABD=60°，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥AB．在Rt△ABA1中，AA1=AB•tan60°=2，则B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0），P（1，1，0），A 1（0，2，2），，=（0，2，2），，设平面PA1B的一个法向量，则，即，得，设平面CA1B的一个法向量，则，即，得，，∴二面角P﹣A1B﹣C平面角的余弦值是．…【点评】本题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．23.（16分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，E为棱AB上的一动点．（1）若E为棱AB的中点，①求四棱锥B1﹣BCDE的体积②求证：面B1DC⊥面B1DE（2）若BC1∥面B1DE，求证：E为棱AB的中点．答案及解析：23.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．【专题】数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离．【分析】（1）①四棱锥B1﹣BCDE的底面为直角梯形BEDC，棱锥的高为B1B，代入体积公式即可；②面B1DC∩面B1DE=B1D，故只需在平面B1DE找到垂直于交线B1D的直线即可，由DE=B1E=a可易知所找直线为等腰△EB1D底边中线；（2）辅助线同上，由中位线定理可得OF∥DC，且OF=DC，从而得出OF∥EB，由BC1∥面B1DE可得EO∥B1C，故四边形OEBF是平行四边形，得出结论．【解答】证明：（1）①∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1∴B1B平面BEDC，•B1B=•（a+）•a•a=．∴V=•S梯形BCDE②取B1D的中点O，设BC1∩B1C=F，连接OF，∵O，F分别是B1D与B1C的中点，∴OF∥DC，且OF=DC，又∵E为AB中点，∴EB∥DC，且EB=DC，∴OF∥EB，OF=EB，即四边形OEBF是平行四边形，∴OE∥BF，∵DC⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，∴BC1⊥DC，∴OE⊥DC．又BC1⊥B1C，∴OE⊥B1C，又∵DC⊂平面B1DC，B1C⊂平面B1DC，DC∩B1C=C，∴OE⊥平面B1DC，。
立体几何大题(解析版)
立体几何大题1.空间中的平行关系（1）线线平行（2）线面平行的判定定理：平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行（3）线面平行的性质定理若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行（4）面面平行的判定定理判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行（5）面面平行的性质定理性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行6.空间中的垂直关系（1）线线垂直（2）线面垂直的判定定理一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直（3）线面垂直的性质定理性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行（4）面面垂直的判定定理一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直(或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直)（5）面面垂直的性质定理两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面6.异面直线所成角cos θ=cos a ,b =|a ⋅b ||a |⋅|b |=|x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2|x 12+y 12+z 12⋅x 22+y 22+z 22(其中θ(0°<θ≤90°)为异面直线a ,b 所成角，a ,b 分别表示异面直线a ,b 的方向向量)7.直线AB 与平面所成角，sin β=AB ⋅m |AB ||m |(m 为平面α的法向量).8.二面角α-l -β的平面角cos θ=m ⋅n |m ||n |(m ，n 为平面α，β的法向量).9.点B 到平面α的距离d =|AB ⋅n | |n |(n 为平面α的法向量，AB 是经过面α的一条斜线，A ∈α).模拟训练一、解答题1(22·23下·湖南·二模)如图，在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2,AC =BB ，点D 为棱BB 的中点，AE =13AC ．(1)求DE 的长度；(2)求平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值．【答案】(1)393(2)34【分析】(1)在△ABC 中，用余弦定理可得到AC =23，在△ABE 中，用余弦定理可得BE =233，即可求得DE =DB 2+BE 2=393；(2)以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，求出平面CDE 与平面BDE 的法向量，即可求解【详解】(1)因为在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2，在△ABC 中，由余弦定理得cos ∠ABC =AB 2+BC 2-AC 22AB ⋅BC=22+22-AC 22×2×2=-12，解得AC =23，则AE =13AC =233，在△ABE 中，由余弦定理得cos ∠BAE =AB 2+AE 2-BE 22AB ⋅AE =22+233 2-BE 22×2×233=32，解得BE =233，又AC =BB =23，所以BD =12BB =3，因为BB ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，所以BB ⊥BE ，在直角三角形DBE 中，DE =DB 2+BE 2=(3)2+233 2=393；(2)因为AE =BE =233，所以∠ABE =∠BAE =30°，则∠CBE =∠ABC -∠ABE =120°-30°=90°，则BE ,BC ,BB 两两互相垂直，以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系：则点C 0,2,0 ,D 0,0,3 ,E 233,0,0 ，则CD =0,-2,3 ,CE =233,-2,0 ，设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，由n ⋅CD =x ,y ,z ⋅0,-2,3 =-2y +3z =0n ⋅CE =x ,y ,z ⋅233,-2,0 =233x -2y =0 ，得z =233y x =3y，令y =3，得平面CDE 的一个法向量为n =3,3,2 ；平面BDE 的一个法向量为m =0,1,0 ．设平面CDE 与平面BDE 夹角的大小为θ，则cos θ=m ⋅n m n =0,1,0 ⋅3,3,2 1×4=34，故平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值为34．2(22·23下·绍兴·二模)如图，在多面体ABCDE 中，DE ⊥平面BCD ,△ABC 为正三角形，△BCD 为等腰Rt △,∠BDC =90°,AB =2,DE =2.(1)求证：AE ⊥BC ；(2)若AE ⎳平面BCD ，求直线BE 与平面ABC 所成的线面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；(2)法一：由分析可知，∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角，设∠AFD =α，当α<90°时，O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，当α>90°时，求出EH ,BE ，即可得出答案；法二：建立空间直角坐标系，求出直线BE 的方向向量与平面ABC 的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.【详解】(1)设F 为BC 中点，连接AF ,EF ，则由△ABC 为正三角形，得AF ⊥BC ；DE ⊥平面BCD ，且△BCD 为等腰直角三角形，计算可得：BE =CE =2,∴EF ⊥BC .EF ∩AF =F ,EF ,AF ⊂面AEF ，于是BC ⊥面AEF ，AE ⊂面AEF ，从而BC ⊥AE .(2)法一：由(1)可知，过点E 作EH ⊥AF ，垂足为H ，则∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角.当AE ⎳平面BCD 时，可得A 到平面BCD 的距离为 2.设∠AFD =α，所以AF ⋅sin α=2，可得sin α=63，当α<90°时，cos α=33，不妨设A 在底面BCD 射影为O ，则FO =1，此时O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，舍去；当α>90°时，FO =1，此时O 在DF 的延长线上，作EH ⊥AF ，由于AODE 为矩形，可得AE =DO =2,AE ∥OD ，可得sin ∠EAH =63，可得EH =263.于是sin ∠EBH =EH BE=63.法二：建立如图坐标系，可得F 0,0,0 ,B 1,0,0 ，C -1,0,0 ,D 0,1,0 ,E 0,1,2 ,A 0,a ,b由AF =3，解得a 2+b 2=3，又∵AE ⎳平面BCD ，令n =0,0,1 ，可得AB ⋅n =0，解得b =2,a =±1.当a =1时A ,E 重合，所以a =-1，此时A 0,-1,2 .不妨设平面ABC 的法向量为m =x ,y ,z ，则CB ⋅m =0CA ⋅m =0代入得x -y +2z =02x =0 ，令z =1，则y =2，所以m =0,2,1 .由于BE =-1,1,2 ，不妨设所成角为θ，则sin θ=∣cos BE ,m |=63.3(22·23·张家口·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，∠CBB 1=60°，AB =BC =2，AC =AB 1=2.(1)证明：平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C ；(2)求平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)57.【分析】(1)利用面面垂直的判定定理进行证明；(2)利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解.【详解】(1)如图，连接BC 1，交B 1C 于O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为BC 1的中点.又AC =AB 1=2，故AO ⊥B 1C .又AB =BC =2，且∠CBB 1=60°，所以CO =1,BO =3，所以AO =AC 2-CO 2=1.又AB =2，所以AB 2=BO 2+AO 2，所以AO ⊥BO .因为BO ,CB 1⊂平面BB 1C 1C ，BO ∩CB 1=O ，所以AO ⊥平面BB 1C 1C .又AO ⊂平面ACB 1，所以平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C .(2)由(1)知，OA ,OB ,OB 1两两互相垂直，因此以O 为坐标原点，OB ,OB 1,OA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (0,0,1)，B (3,0,0)，C (0,-1,0)，C 1(-3,0,0).故CC 1 =(-3,1,0)，CA =(0,1,1)，CB =(3,1,0).设n =(x 1,y 1,z 1)为平面ACC 1A 1的一个法向量，则有n ⋅CC 1 =0n ⋅CA =0 ，即-3x 1+y 1=0y 1+z 1=0 ，令x 1=1，则n =(1,3,-3).设m =(x 2,y 2,z 2)为平面ABC 的一个法向量，则有m ⋅CA =0m ⋅CB =0，即y 2+z 2=03x 2+y 2=0 ，令x 2=1，则m =(1,-3,3).因为平面A 1B 1C 1∥平面ABC ，所以m =(1,-3,3)也是平面A 1B 1C 1的一个法向量.所以cos <n ,m > =n ⋅m n m=1-3-3 7×7=57.所以平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值57. 4(22·23·湛江·二模)如图1，在五边形ABCDE 中，四边形ABCE 为正方形，CD ⊥DE ，CD =DE ，如图2，将△ABE 沿BE 折起，使得A 至A 1处，且A 1B ⊥A 1D ．(1)证明：DE ⊥平面A 1BE ；(2)求二面角C -A 1E -D 的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由已知易得DE ⊥BE ，即可证明线面垂直；(2)建立空间直角坐标系，用坐标公式法求解即可．【详解】(1)由题意得∠BEC =∠CED =π4，∠BED =π2，DE ⊥BE ，因为AB ⊥AE ，则A 1B ⊥A 1E ，又A 1B ⊥A 1D ，A 1E ∩A 1D =A 1,A 1E ,A 1D ⊂面A 1ED ，所以A 1B ⊥面A 1ED ，又DE ⊂面A 1ED ，则DE ⊥A 1B ，又DE ⊥BE ，A 1B ∩BE =B ，A 1B ⊂平面A 1BE ，BE ⊂平面A 1BE ，所以DE ⊥平面A 1BE ．(2)取BE 的中点O ，可知BE =2CD ,OE =CD ，由DE ⊥BE ，且CD ⊥DE 可得OE ⎳CD ，所以四边形OCDE 是平行四边形，所以CO ∥DE ，则CO ⊥平面A 1BE ，设BE =2，以点O 为坐标原点，OB ,OC ,OA 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图，则A 1(0,0,1),E (-1,0,0),B (1,0,0),C (0,1,0),D (-1,1,0)，EA 1 =(1,0,1),EC =(1,1,0),ED =(0,1,0)，设平面A 1EC 的一个法向量为n 1 =(x 1,y 1,z 1)，则n 1 ⋅EA 1 =0n 1 ⋅EC =0 ，即x 1+z 1=0x 1+y 1=0 ，取x 1=1，则n 1 =(1,-1,-1)，设平面A 1ED 的一个法向量为n 2 =(x 2,y 2,z 2)，则n 2 ⋅E 1A =0n 2 ⋅ED =0 ，即x 2+z 2=0y 2=0 ，取x 2=1，则n 2 =(1,0,-1)，所以cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 n 2=63，由图可知，二面角C -A 1E -D 为锐角，所以面角C -A 1E -D 的余弦值为63．5(22·23下·长沙·三模)如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，△ABC 和△ACD 均为正三角形，AC =4，BE =3，点F 在AC 上.(1)若BF ⎳平面CDE ，求CF ；(2)若F 是AC 的中点，求二面角F -DE -C 的正弦值.【答案】(1)CF =1(2)8517【分析】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，依题意可得DM ⊥AC ，根据面面垂直的性质得到DM ⊥平面ABC ，如图建立空间直角坐标系，求出平面CDE 的法向量，设F a ,0,0 ，a ∈2,-2 ，依题意可得BF ⋅n =0求出a 的值，即可得解；(2)依题意点F 与点M 重合，利用空间向量法计算可得.【详解】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，△ACD 为正三角形，AC =4，则DM ⊥AC ，且DM =2 3.因为平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD ∩平面ABC =AC ，DM ⊂平面ACD ，所以DM ⊥平面ABC ，又△ABC 为正三角形，所以BM ⊥AC ，所以BM =23，如图建立空间直角坐标系，则B 0,23,0 ，C -2,0,0 ，D 0,0,23 ，E 0,23,3 ，所以CD =2,0,23 ，CE =2,23,3 ，设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，则n ⋅CD =2x +23z =0n ⋅CE =2x +23y +3z =0，令x =3，则z =-3，y =-32，则n =3,-32,-3 ，设F a ,0,0 ，a ∈-2,2 ，则BF =a ,-23,0 ，因为BF ⎳平面CDE ，所以BF ⋅n =3a +-23 ×-32+0×-3 =0，解得a =-1，所以F 为CM 的中点，此时CF =1.(2)若F 是AC 的中点，则点F 与点M 重合，则平面FDE 的一个法向量可以为m =1,0,0 ，设二面角F -DE -C 为θ，显然二面角为锐角，则cos θ=m ⋅n m ⋅n=332+-32 2+-3 2=651，所以sin θ=1-cos 2θ=1-651 2=8517，所以二面角F -DE -C 的正弦值为8517.6(22·23下·湖北·二模)如图，S 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 内接于⊙O ,AC ⊥BC ,AC =BC =322，AM =2MS ,AS =3,PQ 为⊙O 的一条弦，且SB ⎳平面PMQ .(1)求PQ 的最小值；(2)若SA ⊥PQ ，求直线PQ 与平面BCM 所成角的正弦值.【答案】(1)22(2)3010【分析】(1)作出辅助线，找到符合要求的PQ ，并利用垂径定理得到最小值；(2)在第一问基础上，得到当PQ 取得最小值时，SA ⊥PQ ，并建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.【详解】(1)过点M 作MH ⎳SB 交AB 于点H ，过点H 作PQ ⊥AB ，此时满足SB ⎳平面PMQ ，由平面几何知识易知，PQ =2r 2-d 2，当弦心距d 最大时，d =OH ，弦长最短，即PQ 取得最小值，因为AM =2MS ,AS =3，所以AH =2HB ，因为AC ⊥BC ,AC =BC =322，由勾股定理得AB =322⋅2=3，故AH =2,HB =1，连接OQ ，则OQ =32，由勾股定理得HQ =OQ 2-OH 2=94-14=2，所以PQ =2HQ =22；(2)连接OS ，则OS ⊥平面ACB ，因为PQ ⊂平面ACB ，故OS ⊥PQ ，而SA ⊥PQ ，OS ∩SA =S ，所以PQ ⊥平面AOS ，即有PQ ⊥AB .以O 为坐标原点，过点O 且平行PQ 的直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，OS 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则P -2,12,0 ,Q 2,12,0 ,B 0,32,0 ,C 32,0,0 ,M 0,-12,3 ，设平面BCM 的法向量为m =x ,y ,z ，则m ⋅CB =x ,y ,z ⋅-32,32,0 =-32x +32y =0m ⋅MB =x ,y ,z ⋅0,2,-3 =2y -3z =0，令x =1，则y =1,z =233，故m =1,1,233，设直线PQ 与平面BCM 所成角的大小为θ，则sin θ=cos PQ ,m =PQ ⋅m PQ ⋅m =22,0,0 ⋅1,1,233 22×1+1+43=3010.故直线PQ与平面BCM所成角的正弦值为30 10.7(22·23·深圳·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,PA= AD=2AB，点M是PD的中点.(1)证明：AM⊥PC；(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上(异于点P，C)，且ON=OA，求直线AN与平面ACM所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)1510【分析】(1)由等腰三角形的性质可得AM⊥PD，由面面垂直的性质可得CD⊥平面PAD，则CD⊥AM，所以由线面垂直的判定可得AM⊥平面PCD，从而可得结论；(2)以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】(1)证明：因为PA=AD，点M是PD的中点，所以AM⊥PD.因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD，因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，因为平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AM，因为PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD，因为PC⊂平面PCD，所以AM⊥PC.(2)解：由题意可得AB,AD,AP两两垂直，设AB=1，如图，以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，因为点M是PD的中点，所以M0,22,22，所以AM =0,22,22 ,AC =1,2,0 ，设平面ACM 的法向量为n =x ,y ,z ，则AM ⋅n =22y +22z =0AC ⋅n =x +2y =0，令y =-1可得x =2,z =1，所以平面ACM 的一个法向量n =2,-1,1 .PC =1,2,-2 ，设N x N ,y N ,z N ,PN =λPC =λ,2λ,-2λ (0<λ<1)，即x N ,y N ,z N -2 =λ,2λ,-2λ ，所以N λ,2λ,2-2λ .又O 12,22,0 ,ON =OA =32，所以λ-12 2+2λ-22 2+(2-2λ)2=34，化简得5λ2-7λ+2=0，解得λ=25或λ=1(舍去).所以AN =25,225,325，设直线AN 与平面ACM 所成的角为θ，则sin θ=n ⋅AN n ⋅AN=3252+1+1×425+825+1825=1510，所以直线AN 与平面ACM 所成角的正弦值为1510.8(22·23下·温州·二模)已知三棱锥D -ABC 中，△BCD 是边长为3的正三角形，AB =AC =AD ,AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33．(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求二面角D -AC -B 的平面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)223【分析】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，证明BC ⊥平面ADE ，即可得证；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，从而可得OA ⊥平面BCD ，则∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，进而可得AB =AC =AD =3，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，解△BDH 即可得解.【详解】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，因为AB =AC ，所以AE ⊥BC ，因为△BCD 是边长为3的正三角形，所以DE ⊥BC ，又AE ∩DE =E ,AE ,DE ⊂平面ADE ，所以BC ⊥平面ADE ，因为AD ⊂平面ADE ，所以AD ⊥BC ；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，则点O 在DE 上，且OD =23DE ，由AB =AC =AD ，△BCD 是正三角形，得三棱锥A -BCD 为正三棱锥，则OA ⊥平面BCD ，故∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，又AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33，所以OD AD =3×32×23AD=33，即AB =AC =AD =3，即三棱锥A -BCD 是正四面体，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，在△BDH 中，BH =DH =332,BD =3，则cos ∠BHD =BH 2+DH 2-BD 22⋅BH ⋅DH =274+274-92×332×332=13，所以sin ∠BHD =1-cos 2∠BHD =223，所以二面角D -AC -B 的平面角的正弦值223．9(22·23下·浙江·二模)如图，四面体ABCD ,AD ⊥CD ,AD =CD ,AC =2,AB =3,∠CAB =60°，E 为AB 上的点，且AC ⊥DE ,DE 与平面ABC 所成角为30°，(1)求三棱锥D -BCE 的体积；(2)求二面角B -CD -E 的余弦值.【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析．【分析】(1)取AC 中点F ，可证明AC ⊥平面DEF ，得平面ABC ⊥平面DEF ，DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，由正弦定理求得∠FDE ，有两个解，在∠FDE =60°时可证DF ⊥平面ABC ，在∠FDE =120°时，取FE 中点H 证明DH ⊥平面ABC ，然后由棱锥体积公式计算体积；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．【详解】(1)取AC 中点F ，连接FE ,FD ，因为AD =CD ，所以DF ⊥AC ，又AC ⊥DE ，DE ∩DF =D ，DE ,DF ⊂平面DEF ，所以AC ⊥平面DEF ，而FE ⊂平面DEF ，所以AC ⊥FE ，由已知AF =1，∠BAC =60°，所以EF =3，AE =2，BE =1，由AC ⊥平面DEF ，AC ⊂平面ABC 得平面ABC ⊥平面DEF ，因此DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，所以∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，AD =CD ,AC =2，因此DF =12AC =1，在△DEF 中，由正弦定理EF sin ∠FDE =DF sin ∠DEF 得1sin30°=3sin ∠FDE ，sin ∠FDE =32，∠FDE 为△DEF 内角，所以∠FDE =60°或120°，S △ABC =12AB ×AC ×sin ∠BAC =12×3×2×sin60°=333，S △CBE =BE BAS △ABC =3-23×332=32，若∠FDE =60°，则∠DFE =90°，即DF ⊥FE ，AC ∩FE =F ，AC ,FE ⊂平面ABC ，所以DF ⊥平面ABC ，V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×1=36；若∠FDE =120°，则∠DFE =30°，DF =DE =1，取EF 中点H ，连接DH ，则DH ⊥EF ，因为平面ABC ⊥平面DEF ，平面ABC ∩平面DEF =EF ，而DH ⊂平面DEF ，所以DH ⊥平面ABC ，DH =DF sin ∠DFE =1×sin30°=12，所以V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×12=312；(2)若∠FDE =60°，以FA ,FE ,FD 为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，则D (0,0,1)，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =(1,0,1)，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-33，即m =(33,-1,-33)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+955×7=19385385，所以二面角B -CD -E 的余弦值是19385385；若∠FDE =120°，以FA 为x 轴，FE 为y 轴，过F 且平行于HD 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，FH =12FE =32，则D 0,32,12 ，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =1,32,12 ，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+32y 1+12z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-53，即m =(33,-1,-53)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+32y 2+12z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+15103×7=25721721，所以二面角B -CD -E 的余弦值是25721721．10(22·23下·襄阳·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为矩形，∠BAC =90°，AB =AC =2，AA 1=4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点N ，M 为B 1C 1的中点.(1)求证：平面A 1MNA ⊥平面A 1BC ；(2)求平面A 1B 1BA 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)23015【分析】(1)利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值.【详解】(1)如图，∵A 1N ⊥面ABC ，连AN ，则AN ⊥A 1N ，又AB =AC =2，∴AN ⊥BC ，又AN ∩BC =N ，A 1N ⊂面A 1BC ，BC ⊂面A 1BC ，于是AN ⊥面A 1BC ，又AN ⊂面A 1MN ，，所以面A 1BC ⊥面A 1MNA .(2)由(1)可得，以NA ,NB ,NA 1 为x ,y ,z 轴，建系如图，∠BAC =90°，AB =AC =2，BC =22则A (2,0,0),B (0,2,0),C (0,-2,0),因为AA 1=4,AN =2,所以A 1N =14,则A 1(0,0,14),因为NB 1 =NB +BB 1 =NB +AA 1 =0,2,0 +-2,0,14 =-2,2,14 ,所以B 1-2,2,14 ,设平面A 1BB 1的一个法向量为m =(x ,y ,z )，因为A 1B =(0,2,-14),B 1B =(2,0,-14),所以A 1B ⋅m =2y -14z =0B 1B ⋅m =2x -14z =0 ，令y =7，则x =7,z =1，所以m =(7,7,1)，设平面BCC 1B 1的一个法向量为n =(a ,b ,c )，因为BC =(0,-22,0),BB 1 =(-2,0,14),所以BC ⋅n =-22b =0BB 1 ⋅n =-2a +14c =0，令a =7，则b =0,c =1，所以n =(7,0,1)，设平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角为θ，则cos θ=cos <m ,n >=m ⋅n m n=7+0+17+7+1×7+0+1=23015，所以平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角的余弦值为23015.11(22·23·唐山·二模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 是等边三角形，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，且AA 1=AC ，∠AA 1C 1=120°，M 是CC 1的中点．(1)证明：A 1C ⊥BM ．(2)求二面角A 1-BC -M 的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)45【分析】(1)根据菱形的性质、结合面面垂直的性质，线面垂直的判定定理进行证明即可；(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量夹角公式进行求解即sk .【详解】(1)取AC 的中点O ，连接OM ，OB ，AC 1．在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，由AA 1=AC ，得四边形ACC 1A 1为菱形，所以A 1C ⊥AC 1，易知OM ∥AC 1，则A 1C ⊥OM ．由△ABC 是等边三角形，知OB ⊥AC ，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，OB ⊂平面ABC ，知OB ⊥平面ACC 1A 1，则OB ⊥A 1C ，又OB ∩OM =O ,OB ,OM ⊂平面OBM ，得A 1C ⊥平面OBM ，又BM ⊂平面OBM ，故A 1C ⊥BM ．.(2)连接OA 1，因为侧面ACC 1A 1为菱形，∠AA 1C 1=120°，则∠A 1AC =60°，则△A 1AC 为等边三角形，所以A 1O ⊥AC ，又由(1)易知OA 1，OB ，AC 两两垂直，故以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 1 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系．不妨设AB =2，则O 0,0,0 ，B 3,0,0 ，C 0,1,0 ，A 10,0,3 ，C 10,2,3 ，BA 1 =-3,0,3 ，BC =-3,1,0 ，CC 1 =0,1,3 ，设平面A 1BC 的法向量为n =x ,y ,z ，则n ⋅BC =-3x +y =0n ⋅BA 1 =-3x +3z =0 ，令x =1，得n =1,3,1 ，设平面BCC 1的法向量为m =a ,b ,c ，则m ⋅BC =-3a +b =0m ⋅CC 1 =b +3c =0，令a =1，得m =1,3,-1 ，所以cos n ,m =n ⋅m n ⋅m=35⋅5=35，即二面角A 1-BC -M 的正弦值为45．12(22·23下·盐城·三模)如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，点G 为弧CD 的中点，且C ，E ，D ，G 四点共面.(1)证明：平面BDF ⊥平面BCG ；(2)若平面BDF 与平面ABG 所成二面角的余弦值为155，且线段AB 长度为2，求点G 到直线DF 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)62【分析】(1)过G 作GH ⎳CB ，交底面弧于H ，连接HB ，有HBCG 为平行四边形，根据题设可得FB ⊥HB ，即FB ⊥CG ，再由线面垂直的性质可得CB ⊥FB ，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论.(2)构建如下图示空间直角坐标系A -xyz ，令半圆柱半径为r ，高为h ，确定相关点坐标，进而求平面BDF 、平面ABG 的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得h =2r ，即可求出点G 到直线DF 的距离.【详解】(1)过G 作GH ⎳CB ，交底面弧于H ，连接HB ，易知：HBCG 为平行四边形，所以HB ⎳CG ，又G 为弧CD 的中点，则H 是弧AB 的中点，所以∠HBA =45°，而由题设知：∠ABF =45°，则∠HBF =∠HBA +∠ABF =90°，所以FB ⊥HB ，即FB ⊥CG ，由CB ⊥底面ABF ，FB ⊂平面ABF ，则CB ⊥FB ，又CB ∩CG =C ，CB ,CG ⊂平面BCG ，所以FB ⊥平面BCG ，又FB ⊂平面BDF ，所以平面BDF ⊥平面BCG .(2)由题意，构建如下图示空间直角坐标系A -xyz ，令半圆柱半径为r ，高为h ，则B 0,2r ,0 ，F 2r ,0,0 ，D 0,0,h ，G -r ,r ,h ，所以FD =-2r ,0,h ，BD =0,-2r ,h ，AB =0,2r ,0 ，AG =-r ,r ,h ，若m =x ,y ,z 是面BDF 的一个法向量，则m ⋅FD =-2rx +hz =0m ⋅BD =-2ry +hz =0 ，令z =2r ，则m =h ,h ,2r ，若n =a ,b ,c 是面ABG 的一个法向量，则n ⋅AB =2rb =0n ⋅AG =-ra +rb +hc =0 ，令c =r ，则n =h ,0,r ，所以cos m ,n =m ⋅n m n=h 2+2r 22h 2+4r 2×h 2+r 2=155，整理可得h 2-4r 2 h 2+2r 2 =0，则h =2r ，又AB =2，由题设可知，此时点G -1,1,2 ，D 0,0,2 ，F 2,0,0 ，则DF =2,0,-2 ，DG =-1,1,0 ，所以点G 到直线DF 的距离d =DG 2-DG ⋅DF 2DF2=62.13(22·23下·江苏·三模)如图，圆锥DO 中，AE 为底面圆O 的直径，AE =AD ，△ABC 为底面圆O 的内接正三角形，圆锥的高DO =18，点P 为线段DO 上一个动点.(1)当PO =36时，证明：PA ⊥平面PBC ；(2)当P 点在什么位置时，直线PE 和平面PBC 所成角的正弦值最大.【答案】(1)证明见解析；(2)P 点在距离O 点36处【分析】(1)利用勾股定理证明出AP ⊥BP 和AP ⊥CP ，再用线面垂直的判定定理证明出PA ⊥平面PBC ；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】(1)因为AE =AD ，AD =DE ，所以△ADE 是正三角形，则∠DAO =π3，又DO ⊥底面圆O ，AE ⊂底面圆O ，所以DO ⊥AE ，在Rt △AOD 中，DO =18，所以AO =DO 3=63，因为△ABC 是正三角形，所以AB =AO ×32×2=63×3=18，AP =AO 2+PO 2=92，BP =AP ，所以AP 2+BP 2=AB 2，AP ⊥BP ，同理可证AP ⊥CP ，又BP ∩PC =P ，BP ，PC ⊂平面PBC ，所以PA ⊥平面PBC .(2)如图，建立以O 为原点的空间直角坐标系O -xyz .设PO =x ，(0≤x ≤18)，所以P 0,0,x ，E -33,9,0 ，B 33,9,0 ，C -63,0,0 ，所以EP =33,-9,x ，PB =33,9,-x ，PC =-63,0,-x ，设平面PBC 的法向量为n =a ,b ,c ，则n ⋅PB =33a +9b -cx =0n ⋅PC =-63a -cx =0，令a =x ，则b =-3x ，c =-63，故n =x ,-3x ,-63 ，设直线PE 和平面PBC 所成的角为θ，则sin θ=cos EP ,n =33x +93x -63x 108+x 2⋅x 2+3x 2+108=63x 108+x 2⋅4x 2+108=634x 2+1082x 2+540≤6324x 2⋅1082x 2+540=13，当且仅当4x 2=1082x 2，即PO =x =36时，直线PE 和平面PBC 所成角的正弦值最大，故P 点在距离O 点36处.14(22·23下·镇江·三模)如图，四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC =60°，四边形PACQ 为矩形，PA =1，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).①BP ,DP 与平面ABCD 所成角相等；②三棱锥P -ABD 体积为33；③cos ∠BPA =55(1)平面PACQ ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B -PQ -D 的大小；(3)求点C 到平面BPQ 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)2π3(3)32【分析】(1)若选①，则作PA ⊥面ABCD ，证明A 和A 重合从而得到PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；若选②，计算得到P 到面ABD 的距离h =1=PA ，得到PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；若选③，通过余弦定理计算得到PA ⊥AB ，再通过PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；(2)通过建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合二面角计算公式计算即可；(3)通过点面距离的计算公式直接计算即可.【详解】(1)选①，连接BD ，作PA ⊥面ABCD ，垂足为A .∵BP ,DP 与平面ABCD 所成角相等，∴A B =A D ，∴A 在BD 的中垂线AC 上，∵在平面PACQ 内，PA ⊥AC ,PA ⊥AC ,∴A 和A 重合，∴PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ ，∴面PACQ ⊥面ABCD若选②，设P 到面ABD 的距离为h ，∵V P -ABD =13S △ABD ⋅h =13×3⋅h =33，得h =1=PA ，∴PA 即为P 到面ABD 的距离，即PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ ，∴面PACQ ⊥面ABCD .若选③，由余弦定理得，cos ∠BPA =PB 2+PA 2-AB 22PB ⋅PA =55，∴BP =5,∴BP 2=AP 2+AB 2∴PA ⊥AB ，又PA ⊥AC ,AC ∩AB =A ,AC ,AB ⊂面ABCD∴PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ∴面PACQ ⊥面ABCD(2)因为PA ⊥面ABCD ，OB ,OC ⊂面ABCD ，所以PA ⊥OB ,PA ⊥OC ，取PQ 中点G ，则OG ⎳PA ，所以OG ⊥OB ,OG ⊥OC ，又因为OB ⊥OC ，所以建立如下图所示空间直角坐标系，∵B 3,0,0 ,P 0,-1,1 ,D -3,0,0 ,Q 0,1,1 ，∴BQ =-3,1,1 ,DQ =3,1,1 ,DP =3,-1,1 ，设平面BPQ 的一个法向量为m =x ,y ,z ，则m⋅BP =0m ⋅BQ =0 ，即-3x -y +z =0-3x +y +z =0 ，令x =3，则y =0,z =3,∴m =3,0,3 ，设平面DPQ 的一个法向量为n =x 1,y1,z 1 ，则n ⋅DP=0n ⋅DQ =0 ，即3x 1-y 1+z 1=3x 1+y 1+z 1=0，令x1=3，则y 1=0,z 1=-3,∴n =3,0,-3 ，∴cos m ,n =m ⋅n m ⋅ n =-623×23=-12，∵m ,n ∈0,π ,∴m ,n =2π3，由图可知二面角B -PQ -D 是钝角，所以二面角B -PQ -D 的大小为2π3.(3)∵C 0,1,0 ,Q 0,1,1 ，∴CQ =0,0,1 ,∵平面BPQ 的一个法向量为m =3,0,3 ，∴点C 到平面BPQ 的距离d =CQ ⋅m m=323=32.15(22·23下·江苏·一模)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面A 1B 1BA ⊥平面ABC ，侧面A 1B 1BA 为菱形，∠ABB 1=π3，AB 1⊥AC ，AB =AC =2，E 是AC 的中点.(1)求证：A 1B ⊥平面AB 1C ；(2)点P 在线段A 1E 上(异于点A 1，E )，AP 与平面A 1BE 所成角为π4，求EP EA 1的值.【答案】(1)证明见解析(2)EP EA 1=25【分析】(1)作B 1O ⊥AB 交AB 于O 点，由面面垂直的性质可得B 1O ⊥平面ABC ，可得B 1O ⊥AC ，再由线面垂直的判定定理得AC ⊥平面A 1B 1BA ，从而得到AC ⊥A 1B ，再由线面垂直的判定定理可得答案；(2)以A 为原点，AB 、AC 、AO 1所在的直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，设EP =λEA 1 ，可得AP =-λ,1-λ,3λ ，求出平面A 1BE 的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.【详解】(1)因为侧面A 1B 1BA 为菱形，∠ABB 1=π3，AB =AC =2，所以△ABB 1、△AA 1B 1为边长为2的等边三角形，作B 1O ⊥AB 交AB 于O 点，则O 点为AB 的中点，因为平面A 1B 1BA ⊥平面ABC ，平面A 1B 1BA ∩平面ABC =AB ，B 1O ⊂平面A 1B 1BA ，所以B 1O ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，可得B 1O ⊥AC ，又AB 1⊥AC ，B 1O ∩AB 1=B 1，B 1O 、AB 1⊂平面A 1B 1BA ，可得AC ⊥平面A 1B 1BA ，因为A 1B ⊂平面A 1B 1BA ，所以AC ⊥A 1B ，因为侧面A 1B 1BA 为菱形，所以B 1A ⊥A 1B ，AB 1∩AC =A ，AB 1、AC ⊂平面AB 1C ，所以A 1B ⊥平面AB 1C ；(2)由(1)知，AC ⊥平面A 1B 1BA ，∠BAC =π2，取做A 1B 1的中点O 1，连接AO 1，则B1O ⎳AO 1，所以AO 1⊥平面ABC ，以A 为原点，AB 、AC 、AO 1所在的直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，则A 0,0,0 ，A 1-1,0,3 ，B 2,0,0 ，E 0,1,0 ，A 1B =3,0,-3 ，EA 1 =-1,-1,3 ，设EP =λEA 1 ，可得P -λ,1-λ,3λ ，所以AP =-λ,1-λ,3λ ，设平面A 1BE 的一个法向量为n=x ,y ,z ，则A 1B ⋅n=0EA 1 ⋅n =0，即3x -3z =0-x -y +3z =0 ，令z =3，可得n =1,2,3 ，可得sin π4=cos n ,AP =n ⋅AP n AP=-λ+2-2λ+3λ 1+4+3λ2+1-λ 2+3λ2，解得λ=0舍去，或λ=25，所以EP EA 1=25.16(22·23下·河北·三模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是菱形，其对角线AC ,BD 交于点O ，且PO ⊥平面ABCD ,OC =1,OD =OP =2,M 是PD 的中点，N 是线段CD 上一动点．(1)当平面OMN ⎳平面PBC 时，试确定点N 的位置，并说明理由；(2)在(1)的前提下，点Q 在直线MN 上，以PQ 为直径的球的表面积为214π．以O 为原点，OC ,OD ,OP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O -xyz ，求点Q 的坐标．【答案】(1)N 是CD 的中点(2)12,1,0 ，-1310,1,185 【分析】(1)根据面面平行的性质证明MN ⎳PC ，即可得解；(2)先根据球的体积求出PQ ，然后根据空间中两点间的距离公式即可得解.【详解】(1)因为平面OMN ⎳平面PBC ，平面OMN ∩平面PCD =MN ，平面PBC ∩平面PCD =PC ，所以MN ⎳PC ，因为M 是PD 的中点，所以N 是CD 的中点；(2)由题意4π×PQ 22=214π，解得PQ =212，设MQ =λMN,λ∈R ，由题意，P 0,0,2 ,M 0,1,1 ,N 12,1,0 ，则PM =0,1,-1 ,MN =12,0,-1 ，则PQ =PM +MQ =0,1,-1 +λ12,0,-1 =λ2,1,-λ-1 ，则λ24+1+-λ-1 2=212，解得λ=1或λ=-135，当λ=1时，MQ =MN ，则Q 12,1,0 ，当λ=-135时，MQ =-135MN =-1310,0,135，设Q x ,y ,z ，则MQ =x ,y -1,z -1 =-1310,0,135，所以x =-1310y -1=0z -1=135 ，解得x =-1310y =1z =185 ，则Q -1310,1,185 ，综上所述点Q 的坐标为12,1,0，-1310,1,185 .17(22·23·汕头·三模)如图，圆台O 1O 2的轴截面为等腰梯形A 1ACC 1，AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点.(1)在平面BCC 1内，过C 1作一条直线与平面A 1AB 平行，并说明理由；(2)若四棱锥B -A 1ACC 1的体积为23，设平面A 1AB ∩平面C 1CB =l ,Q ∈l ，求CQ 的最小值.【答案】(1)作图见解析，理由见解析(2)7【分析】(1)根据线面平行的判定和中位线定理即可求解;(2)根据几何关系或空间向量方法即可求解.【详解】(1)取BC 中点P ，作直线C 1P 即为所求，取AB 中点H ，连接A 2H ,PH ，则有PH ∥AC ,PH =12AC ，如图，在等腰梯形A 1ACC 1中，A 1C 1=12AC ，有HP ∥A 1C 1,HP =A 1C 1，则四边形A 1C 1PH 为平行四边形，即有C 1P ∥A 1H ，又A 1H ⊂平面A 1AB ,C 1P⊄平面A 1AB ，所以C 1P ∥平面A 1AB .(2)法一：延长AA 1,CC 1交于点O ，故O ∈AA 1⊂平面ABA 1,O ∈CC 1⊂平面CC 1B故平面A 1AB ∩平面C 1CB =BO ,BO 即l ,在△OBC 中，OC ,OB 均为圆锥母线.过点B 作BO ⊥AC 于O .在等腰梯形A 1ACC 1中，AC =2AA 1=2A 1C 1=4，此梯形的高h =AA 21-AC -A 1C 122=3,∴等腰梯形A 1ACC 1的面积为S =122+4 3=33，所以四棱锥B -A 1ACC 1的体积V =13S ×BO =13×33×BO =23，解得BO =2，故点O 与O 2重合，BC =22由AC =2AA 1=2A 1C 1，得OC =2CC 1，且∠C 1CA =60°，故OC =AC =4=OB .△OBC 中，O 到BC 距离h 1=OB 2-BC 22=14.则△OBC 面积=12OB ⋅CQ min =12BC ⋅h 1,得：CQ 的最小值为：CQ min =22⋅144=7.法二：同法一求出B 的位置.以O 2为原点，OB ,OC ,O 2O 1方向为x ,y ,z 轴正向建立空间直角坐标系，C 0,2,0 ,B 2,0,0 ,AA 1 =0,1,3 ,AB =2,2,0 ,CC 1 =0,-1,3 ,BC=-2,2,0设面A 1AB 的法向量为a=x 1,y 1,z 1a ⋅AA 1=y 1+3z 1=0a ⋅AB=2x 1+2y 1=0，取z 1=1，有a=3,-3,1 ；同理可得面C 1CB 的法向量为β=3,3,1 ,由l =面C 1CB ∩面A 1AB ，可知B ∈l ，设l 的方向向量为l=x ,y ,z ，故l ⋅a =3x -3y +z =0,l ⋅β=3x +3y +z =0取l=1,0,3 ,下面分2个方法求|CQ |min求|CQ |min 方法1：BQ =l=t ,0,3t ,，∵B 2,0,0 ,∴Q t -2,0,3t∴CQ =(t -2)2+22+(3t )2=4t 2-4t +8，当t =12时，CQ 取最小值为7.求CQ min 方法2：BC 在l 上的投影向量的模为BC ⋅l l =-2×1+2×0+0×32=1故CQ 的最小值即C 到l 的距离为BC 2-12=7.法三:在三角形△BCO 中，BO =CO =4,BC =22,cos ∠CBO =42+(22)2-422×4×22=122⋅sin ∠CBO =1-1222=722,所以CQ ≥CB sin ∠CBO =722×22=7.18(19·20下·临沂·二模)如图①，在Rt △ABC 中，B 为直角，AB =BC =6，EF ∥BC ，AE =2，沿EF 将△AEF 折起，使∠AEB =π3，得到如图②的几何体，点D 在线段AC 上．(1)求证：平面AEF ⊥平面ABC ；(2)若AE ⎳平面BDF ，求直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)64.【分析】(1)由余弦定理计算证明EA ⊥AB ，再利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理作答.(2)以A 为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的正弦作答.【详解】(1)在△ABE 中，AE =2,BE =4，∠AEB =π3，由余弦定理得：AB 2=AE 2+BE 2-2AE ⋅BE cos ∠AEB =4+16-2×2×4×12=12，则AB =23，有EB 2=EA 2+AB 2，于是∠EAB =π2，即有EA ⊥AB ，又EF ⊥EB ,EF ⊥EA ,EA ∩EB =E ,EA ,EB ⊂平面ABE ，因此EF ⊥平面ABE ，而AB ⊂平面ABE ，则EF ⊥AB ，又因为EA ∩EF =E ,EA ,EF ⊂平面AEF ，从而AB ⊥平面AEF ，而AB ⊂平面ABC ，所以平面AEF ⊥平面ABC .(2)以A 为原点，以AB ,AE 分别为x ,y 轴，过点A 垂直于平面ABE 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图，由(1)知，EF ⊥平面ABE ，而EF ⎳BC ，则有BC ⊥平面ABE ，则A (0,0,0),B (23,0,0),E (0,2,0),F (0,2,2),C (23,0,6)，AF =(0,2,2),FB =(23,-2,-2),AC=(23,0,6)，连接EC 与FB 交于点G ，连接DG ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ，平面AEC ∩平面BDF =DG ，则AE ⎳GD ，有GC GE =DCDA，在四边形BCFE 中，由EF ⎳BC ，得GC GE =BC EF =3，即DC DA=3，AD =14AC =32,0,32 ，FD =AD -AF =32,-2,-12，设平面BDF 的法向量为n =(x ,y ,z )，则n ⋅FD =32x -2y -12z =0n ⋅FB =23x -2y -2z =0，令x =1，得n =(1,0,3)，设直线AF 与平面BDF 所成角为θ，于是sin θ=|cos ‹n ,AF ›|=|n ⋅AF ||n ||AF |=2322×2=64，所以直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值为64.19(22·23下·广州·三模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，AB =AP =2，PA ⊥平面ABCD ，E ,F 分别是线段PB ,PD 的中点，G 是线段PC 上的一点.(1)求证：平面EFG ⊥平面PAC ；(2)若直线AG 与平面AEF 所成角的正弦值为13，且G 点不是线段PC 的中点，求三棱锥E -ABG 体积.【答案】(1)证明见解析(2)19【分析】(1)由线面垂直判定可证得BD ⊥平面PAC ，由中位线性质知EF ⎳BD ，从而得到EF ⊥平面PAC ，由面面垂直判定可得结论；(2)以A 为坐标原点可建立空间直角坐标系，设PG =λPC ，λ∈0,12 ∪12,1 ，由线面角的向量求法可构造方程求得λ，结合垂直关系可得G 平面PAB 的距离为16BC =13，利用棱锥体积公式可求得结果.【详解】(1)连接BD ，∵E ,F 分别是线段PB ,PD 的中点，∴EF ⎳BD ，∵底面四边形ABCD 为正方形，∴BD ⊥AC ，∵PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BD ，又PA ∩AC =A ，PA ,AC ⊂平面PAC ，∴BD ⊥平面PAC ，∵EF ⎳BD ，∴EF ⊥平面PAC ，又EF ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面PAC .(2)以A 为坐标原点，分别以AB ,AD ,AP 所在直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则A 0,0,0 ，E 1,0,1 ，F 0,1,1 ，P 0,0,2 ，C 2,2,0 ，设PG =λPC ，λ∈0,12 ∪12,1 ，则AG =AP +PG =0,0,2 +2λ,2λ,-2λ =2λ,2λ,2-2λ ，AE =1,0,1 ，AF =0,1,1 ，设平面AEF 的一个法向量为n=x ,y ,z ，则n ⋅AE=x +z =0n ⋅AF=y +z =0，令z =-1，解得：x =1，y =1，∴n =1,1,-1 ；设直线AG 与平面AEF 所成角为θ，sin θ=cos n ,AG =n ⋅AGn ⋅AG=6λ-2 3⋅4λ2+4λ2+2-2λ 2=13，解得：λ=16或λ=12(舍)，∴PG =16PC ，∵PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BC ；∵BC ⊥AB ，PA ∩AB =A ，PA ,AB ⊂平面PAB ，∴BC ⊥平面PAB ，∴G 到平面PAB 的距离为16BC =13，∴V E -ABG =V G -ABE =13S △ABE ⋅16BC =13×12×12×2×2×13=19.20(22·23下·长沙·一模)斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各棱长都为2，∠A 1AB =60°，点A 1在下底面ABC 的投影为AB 的中点O ．(1)在棱BB 1(含端点)上是否存在一点D 使A 1D ⊥AC 1若存在，求出BD 的长；若不存在，请说明理由；(2)求点A 1到平面BCC 1B 1的距离．【答案】(1)存在，BD =25(2)2155【分析】(1)连接OC ，以O 点为原点，如图建立空间直角坐标系，设BD =tBB 1 ,t ∈0,1 ，根据AC 1 ⋅A 1D=0，求出t 即可；(2)利用向量法求解即可.【详解】(1)连接OC ，因为AC =BC ，O 为AB 的中点，所以OC ⊥AB ，由题意知A 1O ⊥平面ABC ，又AA 1=2，∠A 1AO =60°，所以A 1O =3，以O 点为原点，如图建立空间直角坐标系，则A 10,0,3 ，A 1,0,0 ，B -1,0,0 ，C 0,3,0 ，由AB =A 1B 1得B 1-2,0,3 ，同理得C 1-1,3,3 ，设BD =tBB 1,t ∈0,1 ，得D -1-t ,0,3t ，又AC 1 =-2,3,3 ，A 1D =-1-t ,0,3t -3 ，由AC 1 ⋅A 1D=0，得-2-1-t +33t -3 =0，得t =15，又BB 1=2，∴BD =25，∴存在点D 且BD =25满足条件；(2)设平面BCC 1B 1的法向量为n=x ,y ,z ，BC =1,3,0 ，CC 1 =-1,0,3 ，则有n ⋅BC=x +3y =0n ⋅CC 1=-x +3z =0，可取n =3,-1,1 ，又BA 1=1,0,3 ，∴点A 1到平面BCC 1B 1的距离为d =BA 1 cos BA 1 ,n =BA 1 ×3+0+3BA 1×5=2155，∴所求距离为2155.21(22·23下·长沙·三模)如图，三棱台ABC -A 1B 1C 1，AB ⊥BC ，AC ⊥BB 1，平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，AB =6,BC =4，BB 1=2，AC 1与A 1C 相交于点D ，AE =2EB，且DE ∥平面BCC 1B 1.(1)求三棱锥C -A 1B 1C 1的体积；(2)平面A 1B 1C 与平面ABC 所成角为α，CC 1与平面A 1B 1C 所成角为β，求证：α+β=π4.【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】(1)通过证明线线和线面垂直，并结合已知条件即可得出三棱锥C -A 1B 1C 1的体积；(2)建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，求出所成角为α与β的正余弦值，即可证明结论.【详解】(1)由题意，∵平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，且平面ABB 1A 1∩平面ABC =AB ，AB ⊥BC ，BC ⊂平面ABC ∴BC ⊥平面ABB 1A 1，∵BB 1⊂平面ABB 1A 1，∴BC ⊥BB 1，又AC ⊥BB 1，BC ∩AC =C ，BC ,AC ⊂平面ABC ∴BB 1⊥平面ABC ，连接C 1B ，∵DE ⎳平面BCC 1B 1，DE ⊂平面ABC 1，平面ABC 1∩平面BCC 1B 1=C 1B ，∴DE ∥C 1B ，∵AE =2EB ，∴AD =2DC 1 ，∴A 1C 1=12AC .∴三棱锥C -A 1B 1C 1底面A 1B 1C 1的面积S 1=12×2×3=3，高h =BB 1=2，。
高中数学必修二第八章立体几何初步典型例题(带答案)
高中数学必修二第八章立体几何初步典型例题单选题1、如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，其中B′C′=C′A′=2，A′B′，A′C′分别与x′轴，y′轴平行，则BC=（）A．2B．2√2C．4D．2√6答案：D分析：先确定△A′B′C′是等腰直角三角形，求出A′B′，再确定原图△ABC的形状，进而求出BC.由题意可知△A′B′C′是等腰直角三角形，A′B′=2√2，其原图形是Rt△ABC，AB=A′B′=2√2，AC=2A′C′=4，∠BAC=90°，则BC=√8+16=2√6，故选：D.2、如图直角△O′A′B′是一个平面图形的直观图，斜边O′B′=4，则原平面图形的面积是（）A．8√2B．4√2C．4D．√2答案：A解析：根据斜二测画法规则可求原平面图形三角形的两条直角边长度，利用三角形的面积公式即可求解.由题意可知△O′A′B′为等腰直角三角形，O′B′=4，则O′A′=2√2，所以原图形中，OB=4，OA=4√2，×4×4√2=8√2.故原平面图形的面积为12故选：A3、正方体中，点P，O，R，S是其所在棱的中点，则PQ与RS是异面直线的图形是（）A．B．C．D．答案：C分析：对于A，B，D，利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面，对于C，利用异面直线的定义推理判断作答．对于A，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，A1C1，则AC//A1C1，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则有PQ//AC，RS//A1C1，因此PQ//RS，则直线PQ与RS共面，A错误；对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，QS，PR，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有AP//CR且AP=CR，则四边形APRC为平行四边形，即有AC//PR，又QS//AC，因此QS//PR，直线PQ与RS共面，B错误；对于C，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有RS//BB1，而BB1⊂平面ABB1A1，RS⊄平面ABB1A1，则RS//平面ABB1A1，PQ⊂平面ABB1A1，则直线PQ与RS无公共点，又直线PQ与直线BB1相交，于是得直线PQ与RS不平行，则直线PQ与RS是异面直线，C正确；对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，D1C，PS，QR，如图，因为A1D1//BC且A1D1=BC，则四边形A1D1CB为平行四边形，有A1B//D1C，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有PS//A1B，QR//D1C，则PS//QR，直线PQ与RS共面，D错误.故选：C4、下面四个选项中一定能得出平面α/⁄平面β的是（）A．存在一条直线a，a//α，a//βB．存在一条直线a，a⊂α，a//βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//α答案：D分析：对于A，B，C，举出符合条件的特例即可判断；对于D，过直线a作平面γ∩β=c，再证c//α即可. 如图，ABCD−A1B1C1D1是长方体，平面ABCD为平面α，平面ABB1A1为平面β，对于A，直线C1D1为直线a，显然a//α，a//β，而α与β相交，A不正确；对于B，直线CD为直线a，显然a⊂α，a//β，而α与β相交，B不正确；对于C，直线CD为直线a，直线A1B1为直线b，显然a⊂α，b⊂β，a//β，b//α，而α与β相交，C不正确；对于D，因a，b是异面直线，且a⊂α，b⊂β，过直线a作平面γ∩β=c，如图，则c//a，并且直线c与b必相交，而c⊄α，于是得c//α，又b//α，即β内有两条相交直线都平行于平面α，⁄平面β.因此，平面α/故选：D5、某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（）A ．132B ．223C ．152D ．233答案：C分析：根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为V =23−(13×12×12×1+13×12×12×2)=152，故选：C.6、已知圆锥的母线长为3，其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的体积为（ ） A ．√23πB ．2√23πC ．πD ．√2π 答案：B分析：根据弧长计算公式，求得底面圆半径以及圆锥的高，即可求得圆锥的体积.设圆锥的底面圆半径为r ，故可得2πr =2π3×3，解得r =1，设圆锥的高为ℎ，则ℎ=√32−12=2√2，则圆锥的体积V =13×πr 2×ℎ=13×π×2√2=2√23π. 故选：B.7、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（ ）A ．6B ．12C ．24D ．48答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48故选：D8、已知三棱锥P −ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，∠BAC =120°，PA =AB =AC =2，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）A ．12πB ．16πC ．20πD ．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC 的外心为G ，O 为球心，所以OG ⊥平面ABC ，因为PA ⊥平面ABC ，所以OG//PA ，设D 是PA 中点，因为OP =OA ，所以DO ⊥PA ，因为PA ⊥平面ABC ，AG ⊂平面ABC ，所以AG ⊥PA ，因此OD//AG ，因此四边形ODAG 是平行四边形，故OG =AD =12PA =1， 由余弦定理，得BC =√AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−12)=2√3，由正弦定理，得2AG =√3√32⇒AG =2，所以该外接球的半径R 满足R 2=(OG )2+(AG )2=5⇒S =4πR 2=20π，故选：C ．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.多选题9、(多选)下列说法中正确的是（）A．若直线l与平面α不平行，则l与α相交B．直线l在平面外是指直线和平面平行C．如果直线l经过平面α内一点P，又经过平面α外一点Q，那么直线l与平面α相交D．如果直线a∥b，且a与平面α相交于点P，那么直线b必与平面α相交答案：CD分析：由线面直线的位置关系逐一判断即可求解.若直线l与平面α不平行，则l与α相交或l⊂α，所以A不正确．若l⊄α，则l//α或l与α相交，所以B不正确．由线面直线的位置关系可知，C、D正确.故选：CD10、如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，M为AA1的中点，过B1M作长方体的截面α交棱CC1于N，则（）A．截面α可能为六边形B ．存在点N ，使得BN ⊥截面αC ．若截面α为平行四边形，则1≤CN ≤2D ．当N 与C 重合时，截面面积为3√64答案：CD分析：利用点N 的位置不同得到的截面α的形状判断选项A ，C ，利用线面垂直的判定定理分析选项B ，利用平面几何知识求相应的量结合梯形的面积公式求得截面的面积，从而可判断选项D ．长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =1，AA 1=2，M 为AA 1的中点，过B 1M 作长方体的截面α交棱CC 1于N ， 设N 0为CC 1的中点，根据点N 的位置的变化分析可得：当1≤CN ≤2时，截面α为平行四边形，当0<CN <1时，截面α为五边形，当CN =0时，即点N 与点C 重合时，截面α为梯形，故A 不正确，C 正确；设BN ⊥截面α，因为B 1M ⊂面α，所以BN ⊥B 1M ，所以N 只能与C 重合才能使BN ⊥B 1M ，因为BN 不垂直平面B 1CQM ，故此时不成立，故B 不正确；因为当点N 与点C 重合时，截面α为梯形，如下图所示：过M 作MH 垂直于B 1C 于H ，设梯形的高为ℎ，MH =x ，则由平面几何知识得：ℎ2=(√2)2−x 2=(√52)2−(√52−x)2，解得x =2√55,ℎ=√305，所以截面α的面积为：12×(√5+√52)×ℎ=12×3√52×√305=3√64，故D 正确；故选：CD ．小提示：关键点睛：本题考查长方体的截面的形状，关键在于分析动点在不同的位置时，截面的形状，运用线面平行的判定定理和平面几何知识求得截面的面积．11、在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是正方体的棱上一点，|PB|+|PC1|=λ，则（）A．λ=2时，满足条件的点P的个数为1B．λ=4时，满足条件的点P的个数为4C．λ=4√2时，满足条件的点P的个数为2D．若满足|PB|+|PC1|=λ的点P的个数为6，则λ的取值范围为(2√2,4)答案：BC分析：根据各棱上的点P到B,C1两点距离之和对选项进行逐一分析，由此确定正确选项.设E,F分别是C1D1,AB的中点，|BD1|=√22+(2√2)2=2√3，|BE|=|C1F|=√12+(2√2)2=3，|A1C1|=|A1B|=2√2.由于|BC1|=2√2，所以|PB|+|PC1|=λ≥2√2，所以A选项错误.λ=4，满足|PB|+|PC1|=4的点为B1,C,E,F共4个，所以B选项正确.λ=4√2，满足|PB|+|PC1|=4√2的点为A1,D共2个，所以C选项正确.当P在正方形ADD1A1（不包括A,D,D1,A1）上运动时，λ∈(2+2√3,4√2)，此时棱A1B1与棱CD上，也存在点使λ∈(2+2√3,4√2).所以当λ∈(2+2√3,4√2)时，满足|PB|+|PC1|=λ的点P的个数为6，所以D选项错误.故选：BC填空题12、已知A、B、C、D四点不共面，且AB//平面α，CD∥α，AC∩α=E，AD∩α=F，BD∩α=H，BC∩α=G，则四边形EFHG是______四边形．答案：平行分析：由题，平面ABD∩平面α=FH，结合AB//平面α可得AB//FH，同理可得四边形EFHG另外三边与AB，CD的位置关系，即可得到答案.由题，平面ABD∩平面α=FH，因为AB//平面α，所以AB//FH，又平面ABC∩平面α=EG，所以AB//EG，则FH//EG，同理GH//CD//EF，所以四边形EFHG是平行四边形，所以答案是：平行13、如图已知A是△BCD所在平面外一点，AD=BC，E､F分别是AB、CD的中点，若异面直线AD与BC所成角的大小为π3，则AD与EF所成角的大小为___________.答案：π3或π6分析：取AC的中点G，连接EG,GF，则∠EGF=π3或∠EGF=2π3，分别分析这两种情况下∠GFE的大小即为AD与EF所成角.解：如图所示：取AC的中点G，连接EG,GF，则EG//BC，GF//AD，所以∠EGF为异面直线AD与BC所成角或其补角.因为AD=BC，所以EG=GF，当∠EGF=π3时，△EGF为等边三角形，∠GFE=π3，即AD与EF所成角的大小为π3；当∠EGF=2π3时，EG=GF，△EGF为等腰三角形，∠GFE=π6，即AD与EF所成角的大小为π6.所以答案是：π3或π6.14、已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，棱长均为2，顶点A 1在底面ABC 上的射影恰为AB 的中点D ，E 为AC 的中点，则直线BE 与直线AB 1所成角的余弦值为________．答案：34分析：根据三棱柱性质与题中的中点条件，可将所求直线BE 与直线AB 1所成角的余弦值转化为求直线GB 1与直线AB 1所成角的余弦值，那么就要通过多次转化最终求得△AGB 1中三边长，然后直接在△AGB 1中运用余弦定理即可.如图，取A 1C 1中点G ，连接B 1G,AG,AE,DE,GE ,由三棱柱的性质易证得GE //BB 1,GE =BB 1,所以四边形GEBB 1为平行四边形，所以GB 1//BE ,所以下面即求直线GB 1与直线AB 1所成角的余弦值.由题意知，A 1D ⊥平面ABC ,因为AB,DE ⊂平面ABC ,所以A 1D ⊥AB,A 1D ⊥DE ，在Rt △AA 1D 中，AA 1=2,AD =12AB =1,∠A 1DA =90°,求得A 1D =√3,∠A 1AD =60°. 所以在菱形AA 1B 1B 中，AB 1=2ABcos30°=2√3.在Rt △A 1DE 中，∠A 1DE =90°,A 1D =√3,DE =12BC =1,求得A 1E =2. 所以在△A 1AE 中，根据余弦定理得cos∠A 1AE =AA 12+AE 2−A1E 22AE⋅AA 1=14,所以cos∠AA 1G =cos(π−∠A 1AE)=−14.在△A 1AG 中根据余弦定理得AG 2=AA 12+A 1G 2−2AA 1⋅A 1Gcos∠AA 1G,AG =√6.在△AGB 1中，AG =√6,AB 1=2√3,GB 1=√3,根据余弦定理得cos∠GB 1A =GB 12+AB12−AG 22GB 1⋅AB 1=34,所以直线GB 1与直线AB 1所成角的余弦值为34，即直线BE 与直线AB 1所成角的余弦值为34. 故答案为:34解答题15、在空间四边形ABCD中，AB=CD，点M､N分别为BD､AC的中点.(1)若直线AB与MN所成角为60°，求直线AB与CD所成角的大小；(2)若直线AB与CD所成角为θ，求直线AB与MN所成角的大小.答案：(1)60°(2)θ2或π−θ2分析：根据异面直线所成角的定义，借助平行关系作出平行直线，从而找到异面直线所成角（或补角）即可求解.（1）如图，取AD的中点为P，连接PM､PN.因为点M､N分别为BD､AC的中点，所以PM//AB，PN//CD，且PM=12AB，PN=12CD，所以，∠MPN为直线AB与CD所成的角（或补角），∠PMN为直线AB与MN所成的角（或补角）. 又AB=CD，所以PM=PN，即△PMN为等腰三角形.直线AB与MN所成角为60°，即∠PMN=60°，则∠MPN=180°−2×60°=60°.所以，直线AB与CD所成的角为60°.（2）（2）若直线AB与CD所成的角为θ，则∠MPN=θ或∠MPN=π−θ.若∠MPN=θ，则∠PMN=π−∠MPN2=π−θ2，即直线AB与MN所成角为π−θ2；若∠MPN=π−θ，则∠PMN=π−∠MPN2=θ2，即直线AB与MN所成角为θ2.综上所述，直线AB与MN所成的角为θ2或π−θ2.。
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FEDCBA 立体几何专题复习热点一：直线及平面所成的角例1．（2014，广二模理 18） 如图，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，EF ∥平面ABCD ， 1EF =，,90FB FC BFC ︒=∠=，3AE =.（1）求证：AB ⊥平面BCF ；（2）求直线AE 及平面BDE 所成角的正切值.变式1：（2013湖北8校联考）如左图，四边形ABCD 中，E 是BC 的中点，2,1,5,DB DC BC ===2.AB AD ==将左图沿直线BD 折起，使得二面角A BD C --为60,︒如右图.（1）求证：AE ⊥平面;BDC（2）求直线AC 及平面ABD 所成角的余弦值.变式2：[2014·福建卷] 在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图1-5所示．(1)求证：AB ⊥CD ； (2)若M 为AD 中点，求直线AD 及平面MBC 所成角的正弦值．热点二：二面角例2．[2014·广东卷] 如图1-4，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC 于点F，FE∥CD，交PD于点E.(1)证明：CF⊥平面ADF；(2)求二面角D -AF -E的余弦值．变式3：[2014·浙江卷] 如图1-5，在四棱锥A-BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED ＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝ 2.(1)证明：DE⊥平面ACD；(2)求二面角B -AD -E的大小．变式4：[2014·全国19] 如图1-1所示，三棱柱ABC -A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC 上，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝CC1＝2.(1)证明：AC1⊥A1B; (2)设直线AA1及平面BCC1B1的距离为3，求二面角A1 -AB -C的大小．热点三：无棱二面角例3．如图三角形BCD 及三角形MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，23AB =.（1）求点A 到平面MBC 的距离；（2）求平面ACM 及平面BCD 所成二面角的正弦值.变式5：在正方体1111ABCD A B C D -中，1K BB ∈，1M CC ∈，且114BK BB =，134CM CC =． 求：平面AKM 及ABCD 所成角的余弦值．变式6：如图1111ABCD A B C D -是长方体，AB ＝2，11AA AD ==，求二平面1AB C 及1111A B C D 所成二面角的正切值．高考试题精选1．[2014·四川，18] 三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图1-4所示．设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角A -NP -M的余弦值．2．[2014·湖南卷] 如图所示，四棱柱ABCD -A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．(1)证明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1OB1D的余弦值．3．[2014·江西19] 如图1-6，四棱锥P -ABCD中，ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD.(1)求证：AB⊥PD. (2)若∠BPC＝90°，PB＝2，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P -ABCD 的体积最大？并求此时平面BPC及平面DPC夹角的余弦值．M OH FED C B A 立体几何专题复习 答案例1.（2014，广二模）（1）证明：取AB 的中点M ，连接EM ，则1AM MB ==，∵EF ∥平面ABCD ，EF ⊂平面ABFE ，平面ABCD 平面ABFE AB =， ∴EF ∥AB ，即EF ∥MB . ……………1分 ∵EF =MB 1=∴四边形EMBF 是平行四边形. ……………2分 ∴EM ∥FB ，EM FB =.在Rt △BFC 中，2224FB FC BC +==，又FB FC =，得FB =∴EM =……………3分在△AME中，AE =1AM =，EM =∴2223AM EM AE +==，∴AM EM ⊥. ……………4分 ∴AM FB ⊥，即AB FB ⊥. ∵四边形ABCD 是正方形，∴AB BC ⊥. ……………5分 ∵FB BC B =，FB ⊂平面BCF ，BC ⊂平面BCF ，∴AB ⊥平面BCF . ……………6分 （2）证法1：连接AC ，AC 及BD 相交于点O ，则点O 是AC 的中点， 取BC 的中点H ，连接,OH EO ，FH ， 则OH ∥AB ，112OH AB ==. 由（1）知EF ∥AB ，且12EF AB =，∴EF ∥OH ，且EF OH =.∴四边形EOHF 是平行四边形.∴EO ∥FH ，且1EO FH == .……………7分 由（1）知AB ⊥平面BCF ，又FH ⊂平面BCF ，∴FH AB ⊥. ……………8分∵FH BC ⊥，,ABBC B AB =⊂平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴FH ⊥平面ABCD . ……………9分 ∴EO ⊥平面ABCD .∵AO ⊂平面ABCD ，∴EO ⊥AO . ……………10分 ∵AO BD ⊥，,EOBD O EO =⊂平面EBD ，BD ⊂平面EBD ，∴AO ⊥平面EBD . ……………11分 ∴AEO ∠是直线AE 及平面BDE 所成的角. ……………12分 在Rt △AOE中，tan AOAEO EO∠== ……………13分 ∴直线AE 及平面BDE……………14分 证法2：连接AC ，AC 及BD 相交于点O ，则点O 取BC 的中点H ，连接,OH EO ，FH ， 则OH ∥AB ，112OH AB ==.由（1）知EF ∥AB ，且12EF AB =， ∴EF ∥OH ，且EF OH =. ∴四边形EOHF 是平行四边形.∴EO ∥FH ，且1EO FH ==. ……………7分 由（1）知AB ⊥平面BCF ，又FH ⊂平面BCF ， ∴FH AB ⊥.∵FH BC ⊥，,ABBC B AB =⊂平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴FH ⊥平面ABCD .∴EO ⊥平面ABCD . ……………8分 以H 为坐标原点，BC 所在直线为x 轴，OH 所在直线为y 轴，HF 所在直线为z 轴， 建立空间直角坐标系H xyz -，则()1,2,0A -，()1,0,0B ，()1,2,0D --，()0,1,1E -. ∴()1,1,1AE =-，()2,2,0BD =--，()1,1,1BE =--. ……………9分 设平面BDE 的法向量为=n (),,x y z ，由n 0BD ⋅=，n 0BE ⋅=， 得220x y --=，0x y z --+=，得0,z x y ==-.令1x =，则平面BDE 的一个法向量为=n ()1,1,0-. ……………10分设直线AE 及平面BDE 所成角为θ， 则sin θ=cos ,n AE⋅=n AE n AE63=. ……………11分 ∴23cos 1sin 3θθ=-=，sin tan 2cos θθθ== ……………13分 ∴直线AE 及平面BDE 2 ……………14分 变式1：（2013湖北8校联考）（1）取BD 中点F ，连结,EF AF ,则11,,60,2AF EF AFE ==∠=……………2分由余弦定理知22222113121cos 60,22AE AF EF AE AE EF ⎛⎫+-⋅⋅=+=∴⊥ ⎪⎝⎭………4分又BD ⊥平面AEF ,,BD AE AE ∴⊥⊥平面BDC ………6分 （2）以E 为原点建立如图示的空间直角坐标系，则31),(1,,0)2A C -,11(1,,0),(1,,0)22B D --- ………8分设平面ABD 的法向量为n (,,)x y z =,由00n DB n DA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得201302x x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩,取3z =,则3,(0,3)y =-∴=-n . 136(1,,),cos ,2||||AC AC AC AC =--∴<>==-n n n ……11分故直线AC 及平面ABD 10. …………12分变式2：（2014福建卷）解：(1)证明：∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD . …………3分 又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD . …………4分 (2)过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD .由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD . ……6分以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．依题意，得B (0，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，A (0，0，1)，M ⎝⎛⎭⎫0，12，12. 则BC →＝(1，1，0)，BM →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12，AD →＝(0，1，－1)．…………7分 设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0， 取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1，1)． …………9分设直线AD 及平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝||cos 〈n ，AD →〉＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝63. …………11分 即直线AD 及平面MBC 所成角的正弦值为63. …………12分例2.（2014，广东卷）:(1):,,,,A ,,,,,,,,,,.(2):E EG//CF DF G,,,G GH AF H,EH,PD ABCD PD PCD PCD ABCD PCD ABCD CD D ABCD AD CD AD PCD CF PCD CF AD AF PC CF AF AD AF ADF ADAF A CF ADF CF DF EG DF ⊥⊂∴⊥=⊂⊥∴⊥⊂∴⊥⊥∴⊥⊂=∴⊥⊥∴⊥⊥∠解证明平面平面平面平面平面平面平面平面又平面平面解法一过作交于平面A 平面A 过作于连则00,CD 2,30,130,==1,21324,,,,,22333EG .,423EHG D AF E DPC CDF CF CD DECF CP EF DCDE DF DP CP DE EF AE AF EF DF AE EF EH HG AF --=∠=∴∠==∴=∴⋅=====⋅∴====为二面角的平面角设从而∥还易求得EF=从而易得故cos GH EHG EH ∴∠===12:,,,,,2,1(0,0,2),C(0,2,0),,(23,22,0),,,431(,0),(ADF CP (3,1,0),2222AEF (x DP DC DA x y z DC A CF CP F DFCF F E n n λλλλ==-⊥===-=解法二分别以为轴建立空间直角坐标系设则设则可得从而易得取面的一个法向量为设面的一个法向量为2212212,y,z),0,0,||||2n AE n AF n n n n n ⋅=⋅=⋅==⋅⨯利用且得可以是从而所求二面角的余弦值为变式3：（2014浙江卷）解：(1)证明：在直角梯形BCDE 中，由DE ＝BE ＝1，CD ＝2，得BD ＝BC ＝2，由AC ＝2，AB ＝2，得AB 2＝AC 2＋BC 2，即AC ⊥BC . …………2分又平面ABC ⊥平面BCDE ，从而AC ⊥平面BCDE ，所以AC ⊥DE .又DE ⊥DC ，从而DE ⊥平面ACD . …………4分(2)方法一：过B 作BF ⊥AD ，及AD 交于点F ，过点F 作FG ∥DE ，及AE 交于点G ，连接BG .由(1)知DE ⊥AD ，则FG ⊥AD .所以∠BFG 是二面角B - AD - E 的平面角．…………6分 在直角梯形BCDE 中，由CD 2＝BC 2＋BD 2，得BD ⊥BC . 又平面ABC ⊥平面BCDE ，得BD ⊥平面ABC ，从而BD ⊥AB .由AC ⊥平面BCDE ，得AC ⊥CD . 在Rt △ACD 中，由DC ＝2，AC ＝2，得AD ＝ 6.在Rt △AED 中，由ED ＝1，AD ＝6，得AE ＝7.…………7分在Rt △ABD 中，由BD ＝2，AB ＝2，AD ＝6，得BF ＝2 33，AF ＝23AD . 从而GF ＝23ED ＝23. …………9分 在△ABE ，△ABG 中，利用余弦定理分别可得cos ∠BAE ＝5 714，BG ＝23. …………11分 在△BFG 中，cos ∠BFG ＝GF 2＋BF 2－BG 22BF ·GF＝32. …………13分 所以，∠BFG ＝π6，即二面角B - AD - E 的大小是π6.…………14分方法二：以D 为原点，分别以射线DE ，DC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D - xyz ，如图所示．由题意知各点坐标如下：D (0，0，0)，E (1，0，0)，C (0，2，0)，A (0，2，2)，B (1，1，0)．设平面ADE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．可算得AD ＝(0，－2，－2)，AE ＝(1，－2，－2)，DB →＝(1，1，0)．…………7分由⎩⎨⎧m ·AD ＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎨⎧－2y 1－2z 1＝0，x 1－2y 1－2z 1＝0，可取m ＝(0，1，－2)．…………9分 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎨⎧－2y 2－2z 2＝0，x 2＋y 2＝0， 可取n ＝(1，－1，2)．…………11分 于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝33×2＝32. …………13分 由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B - AD - E 的大小是π6.变式4：（2014全国卷）19．解：方法一：(1)证明：因为A 1D ⊥平面ABC ，A 1D ⊂平面AA 1C 1C AA 1C 1C ⊥平面ABC . 又BC ⊥AC ，所以BC ⊥平面AA 1C 1C . …………2分连接A 1C ，因为侧面AA 1C 1C 为菱形，故AC 1⊥A 1C .由三垂线定理得AC 1⊥A 1B . ……4分（注意：这个定理我们不能用）(2) BC ⊥平面AA 1C 1C ，BC ⊂平面BCC 1B 1，故平面AA 1C 1C ⊥平面BCC 1B 1.作A 1E ⊥CC 1，E 为垂足，则A 1E ⊥平面BCC 1B 1. …………6分又直线AA 1∥平面BCC 1B 1，因而A 1E 为直线AA 1及平面BCC 1B 1的距离，即A 1E ＝ 3. 因为A 1C 为∠ACC 1的平分线，所以A 1D ＝A 1E ＝ 3. …………8分作DF ⊥AB ，F 为垂足，连接A 1F .由三垂线定理得A 1F ⊥AB ，故∠A 1FD 为二面角A 1 AB C 的平面角．…………10分由AD ＝AA 21－A 1D 2＝1，得D 为AC 中点，DF ＝55，tan ∠A 1FD ＝A 1D DF＝15，……12分 所以cos ∠A 1FD ＝14. …………13分 所以二面角A 1 AB C 的大小为arccos 14. …………14分 方法二：以C 为坐标原点，射线CA 为x 轴的正半轴，以CB 的长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C - xyz .由题设知A 1D 及z 轴平行，z 轴在平面AA 1C 1C 内．(1)证明：设A 1(a ，0，c )．由题设有a ≤2，A (2，0，0)，B (0，1，0)，则AB →＝(－2，1，0)，AC →＝(－2，0，0)，AA 1→＝(a －2，0，c )，AC 1→＝AC →＋AA 1→＝(a －4，0，c )，BA 1→＝(a ，－1，c )|AA 1→|＝2，得（a －2）2＋c 2＝2，即a 2－4a ＋c 2＝0.①又AC 1→·BA 1→＝a 2－4a ＋c 2＝0，所以AC 1⊥A 1B . …………4分(2)设平面BCC 1B 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则m ⊥CB →，m ⊥BB 1→，即m ·CB →＝0，0.因为CB →＝(0，1，0)，BB 1→＝AA 1→＝(a －2，0，c )，所以y ＝0且(a －2)x ＋cz ＝0.令x ＝c ，则z ＝2－a ，所以m ＝(c ，0，2－a )，故点A 到平面BCC 1B 1的距离为|CA →|·|cos 〈m ，CA →〉|＝|CA →·m ||m |＝2c c 2＋（2－a ）2＝c . …………6分 又依题设，A 到平面BCC 1B 1的距离为3，所以c ＝3，代入①，解得a ＝3(舍去)或a ＝1，于是AA 1→＝(－1，0，3)． …………8分设平面ABA 1的法向量n ＝(p ，q ，r )，则n ⊥AA 1→，n ⊥AB →，即n ·AA 1→＝0，n ·AB →＝0，－p ＋3r ＝0，且－2p ＋q ＝0.令p ＝3，则q ＝2 3，r ＝1，所以n ＝(3，2 3，1)．…………10分又p ＝(0，0，1)为平面ABC 的法向量，…………11分故 cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝14. …………13分 所以二面角A 1 AB C 的大小为arccos 14. …………14分例3. 无棱二面角（2010年江西卷）解法一：（1）取CD 中点O ，连OB ，OM ，则OB ⊥CD ，OM ⊥CD .又平面MCD ⊥平面BCD ,则MO ⊥平面BCD ，所以MO ∥AB ，A 、B 、O 、M 共面.延长AM 、BO 相交于E ，则∠AEB 就是AM 及平面BCD 所成的角.OB =MO 3，MO ∥AB ，MO//面ABC ，M 、O 到平面ABC 的距离相等，作OH ⊥BC 于H ，连MH ，则MH ⊥BC ，求得：OH=OCsin600315,利用体积相等得：215A MBC M ABC V V d --=⇒=5分 （2）CE 是平面ACM 及平面BCD 的交线.由（1）知，O 是BE 的中点，则BCED 是菱形.作BF ⊥EC 于F ，连AF ，则AF ⊥EC ，∠AFB 就是二面角A -EC -B 的平面角，设为θ. ……7分 因为∠BCE =120°，所以∠BCF =60°.sin 603BF BC =⋅=9分tan 2AB BFθ==，sin 5θ= …………11分…………12分 解法二：取CD 中点O ，连OB ，OM ，则OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ,则MO ⊥平面BCD .以O 为原点，直线OC 、BO 、OM 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图.OB =OM，则各点坐标分别为O （0，0，0），C （1，0，0），M（0，0，B （0，，0），A （0，，3），（1）设(,,)n xy z =是平面MBC 的法向量，则BC=(1,3,0)， BM =，由n BC ⊥得0x +=；由n BM⊥得30z +=；取(3,1,1),(0,0,n BA =-=，则距离2155BA n d n ⋅==…………5分 （2）(CM =-，(1,CA =-.设平面ACM 的法向量为1(,,)n x y z =，由11n CM n CA⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩得00x x ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩.解得x =，y z =，取1(3,1,1)n =.又平面BCD的法向量为(0,0,1)n =，则111cos ,5n n n n n n ⋅<>==⋅ 设所求二面角为θ，则sin θ==.…………12分变式5：解析：由于BCMK 是梯形，则MK 及CB 相交于E ．A 、E 确定的直线为m ，过C 作CF ⊥m 于F ，连结MF ，因为MC ⊥平面ABCD ，CF ⊥m ，故MF ⊥m ．∠MFC 是二面角M －m －C 的平面角．设正方体棱长为a ，则34CM a =，14BK a =．在△ECM 中，由BK ∥CM 可得12EB a =，CF =，B A故tan 4MFC ∠=．因此所求角的余弦值为cos 21MFC ∠=． 变式6：解析：∵平面ABCD ∥平面1111A B C D ，∴平面1AB C 及平面1111A B C D 的交线m 为过点1B 且平行于AC 的直线．直线m 就是二平面1AB C 及1111A B C D 所成二面角的棱．又平面1AB C 及平面1AA ⊥平面1111A B C D ，过1A 作AH ⊥m 于H ，连结AH ．则1AHA ∠为二面角1A m A --的平面角．可求得1tan AHA ∠=．高考试题精选1.（2014 四川卷）解：(1)如图所示，取BD 的中点O ，连接AO ，CO .由侧视图及俯视图知，△ABD ，△BCD 为正三角形，所以AO ⊥BD ，OC ⊥BD .因为AO ，OC ⊂平面AOC ，且AO ∩OC ＝O ，所以BD ⊥平面AOC .又因为AC ⊂平面AOC ，所以BD ⊥AC .取BO 的中点H ，连接NH ，PH .又M ，N ，H 分别为线段AD ，AB ，BO 的中点，所以MN ∥BD ，NH ∥AO ，因为AO ⊥BD ，所以NH ⊥BD .因为MN ⊥NP ，所以NP ⊥BD .因为NH ，NP ⊂平面NHP ，且NH ∩NP ＝N ，所以BD ⊥平面NHP .又因为HP ⊂平面NHP ，所以BD ⊥HP .又OC ⊥BD ，HP ⊂平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，所以HP ∥OC .因为H 为BO 的中点，所以P 为BC 的中点．…………5分(2)方法一：如图所示，作NQ ⊥AC 于Q ，连接MQ .由(1)知，NP ∥AC ，所以NQ ⊥NP .因为MN ⊥NP ，所以∠MNQ 为二面角A - NP - M 的一个平面角．由(1)知，△ABD ，△BCD 为边长为2的正三角形，所以AO ＝OC ＝ 3.由俯视图可知，AO ⊥平面BCD .因为OC ⊂平面BCD ，所以AO ⊥OC ，因此在等腰直角△AOC 中，AC ＝ 6.作BR ⊥AC 于R因为在△ABC 中，AB ＝BC ，所以R 为AC 的中点，所以BR ＝AB 2－⎝⎛⎭⎫AC 22＝102. 因为在平面ABC 内，NQ ⊥AC ，BR ⊥AC ，所以NQ ∥BR .又因为N 为AB 的中点，所以Q 为AR 的中点，所以NQ ＝BR 2＝104. 同理，可得MQ ＝104. 故△MNQ 为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ 中， cos ∠MNQ ＝MN 2NQ ＝BD 4NQ ＝105.…………13分 故二面角A - NP - M 的余弦值是105. …………14分 方法二：由俯视图及(1)可知，AO ⊥平面BCD .因为OC ，OB ⊂平面BCD ，所以AO ⊥OC ，AO ⊥OB .又OC ⊥OB ，所以直线OA ，OB ，OC 两两垂直．…………6分如图所示，以O 为坐标原点，以OB ，OC ，OA 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O -xyz .则A (0，0，3)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，D (－1，0，0)．因为M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点，又由(1)知，P 为线段BC 的中点，所以M ⎝⎛⎭⎫－12，0，32，N ⎝⎛⎭⎫12，0，32，P ⎝⎛⎭⎫12，32，0，于是 AB ＝(1，0，－3)，BC ＝(－1，3，0)，MN ＝(1，0，0)，NP ＝⎝⎛⎭⎫0，32，－32.…………7分 设平面ABC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥AB ，n 1⊥BC ，得⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB ＝0，n 1·BC ＝0，即⎩⎨⎧（x 1，y 1，z 1）·（1，0，－3）＝0，（x 1，y 1，z 1）·（－1，3，0）＝0，从而⎩⎨⎧x 1－3z 1＝0，－x 1＋3y 1＝0. 取z 1＝1，则x 1＝3，y 1＝1，所以n 1＝(3，1，1)． …………9分设平面MNP 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由，⎩⎪⎨⎪⎧n 2⊥MN ，n 2⊥NP ，得⎩⎪⎨⎪⎧n 2·MN ＝0，n 2·NP ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧（x 2，y 2，z 2）·（1，0，0）＝0，（x 2，y 2，z 2）·⎝⎛⎭⎫0，32，－32＝0，从而⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，32y 2－32z 2＝0. 取z 2＝1，则y 2＝1，x 2＝0，所以n 2＝(0，1，1)． …………11分设二面角A - NP - M 的大小为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（3，1，1）·（0，1，1）5×2＝105.…13分故二面角A -NP -M 的余弦值是105.…………14分2.（2014 湖南卷）解：(1)如图(a)，因为四边形ACC 1A 1为矩形，所以CC 1⊥AC .同理DD 1⊥BD . 因为CC 1∥DD 1，所以CC 1⊥BD .而AC ∩BD ＝O ，因此CC 1⊥底面ABCD .由题设知，O 1O ∥C 1C .故O 1O ⊥底面ABCD . …………4分(2)方法一： 如图(a)，过O 1作O 1H ⊥OB 1于H ，连接HC 1.由(1)知，O 1O ⊥底面ABCD ，所以O 1O ⊥底面A 1B 1C 1D 1，于是O 1O ⊥A 1C 1又因为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形A 1B 1C 1D 是菱形，因此A 1C 1⊥B 1D 1，从而A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，所以A 1C 1⊥OB 1，于是OB 1⊥平面O 1HC 1.进而OB 1⊥C 1H .故∠C 1HO 1是二面角C 1OB 1D 的平面角．不妨设AB ＝2.因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1，OB 1＝7.在Rt △OO 1B 1中，易知O 1H ＝OO 1·O 1B 1OB 1＝237.而O 1C 1＝1，于是C 1H ＝O 1C 21＋O 1H 2＝1＋127＝197. 故cos ∠C 1HO 1＝O 1H C 1H ＝237197＝25719. 即二面角C 1OB 1D 的余弦值为25719. 方法二：因为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 是菱形，因此AC ⊥BD .又O 1O ⊥底面ABCD ，从而OB ，OC ，OO 1两两垂直．如图，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OO 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O xyz ，不妨设AB ＝2.因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1， 于是相关各点的坐标为O (0，0，0) ，B 1(3，0，2)，C 1(0，1，2)． 易知，n 1＝(0，1，0)是平面BDD 1B 1的一个法向量．设n 2＝(x ，y ，z )是平面OB 1C 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·OB →1＝0，n 2·OC →1＝0，即⎩⎨⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0. 取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23，所以n 2＝(2，23，－3)． 设二面角C 1OB 1D 的大小为θ，易知θ是锐角，于是cos θ＝|cos 〈，〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝2319＝25719. 故二面角C 1OB 1D 的余弦值为25719.3.（2014 江西卷）19．解：(1)证明：因为ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD .又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PD .(2)过P 作AD 的垂线，垂足为O ，过O 作BC 的垂线，垂足为G ，连接PG . 故PO ⊥平面ABCD ，BC ⊥平面POG ，BC ⊥PG .在Rt △BPC 中，PG ＝2 33，GC ＝2 63，BG ＝63. 设AB ＝m ，则OP ＝PG 2－OG 2＝43－m 2，故四棱锥P - ABCD 的体积为 V ＝13×6·m ·43－m 2＝m 38－6m 2. 因为m 8－6m 2＝8m 2－6m 4＝－6⎝⎛⎭⎫m 2－232＋83， 所以当m ＝63，即AB ＝63时，四棱锥P - ABCD 的体积最大． 此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标分别为 O (0，0，0)，B ⎝⎛⎭⎫63，－63，0，C ⎝⎛⎭⎫63，263，0，D ⎝⎛⎭⎫0，263，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，63， 故PC →＝⎝⎛⎭⎫63，263，－63，BC →＝(0，6，0)，CD ＝⎝⎛⎭⎫－63，0，0. 设平面BPC 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，1)，则由n 1⊥PC →，n 1⊥BC →，得⎩⎪⎨⎪⎧63x ＋2 63y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1，y ＝0，则n 1＝(1，0，1)． 同理可求出平面DPC 的一个法向量为n 2＝⎝⎛⎭⎫0，12，1. 设平面BPC 及平面DPC 的夹角为θ，则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12·14＋1＝105.。