立体几何专题练习(全国通用)
全国通用2020_2022三年高考数学真题分项汇编专题06立体几何解答题文(含答案)
高考数学真题分项汇编专题：06 立体几何（解答题）（文科专用）1．【2022年全国甲卷】小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．(1)证明：EF//平面ABCD；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】(1)证明见解析；√3．(2)6403【解析】【分析】（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是EF//MN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍，即可解出．(1)如图所示：，分别取AB,BC 的中点M,N ，连接MN ，因为△EAB,△FBC 为全等的正三角形，所以EM ⊥AB,FN ⊥BC ，EM =FN ，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面EAB ∩平面ABCD =AB ，EM ⊂平面EAB ，所以EM ⊥平面ABCD ，同理可得FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN ，而EM =FN ，所以四边形EMNF 为平行四边形，所以EF//MN ，又EF ⊄平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以EF//平面ABCD ． (2)如图所示：，分别取AD,DC 中点K,L ，由（1）知，EF//MN 且EF =MN ，同理有，HE//KM,HE =KM ，HG//KL,HG =KL ，GF//LN,GF =LN ，由平面知识可知，BD ⊥MN ，MN ⊥MK ，KM =MN =NL =LK ，所以该几何体的体积等于长方体KMNL −EFGH 的体积加上四棱锥B −MNFE 体积的4倍．因为MN =NL =LK =KM =4√2，EM =8sin60∘=4√3，点B 到平面MNFE 的距离即为点B 到直线MN 的距离d ，d =2√2，所以该几何体的体积V =(4√2)2×4√3+4×13×4√2×4√3×2√2=128√3+2563√3=6403√3．2．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD,AD =CD,∠ADB =∠BDC ，E 为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F−ABC 的体积．【答案】(1)证明详见解析(2)√34【解析】【分析】（1）通过证明AC⊥平面BED来证得平面BED⊥平面ACD.（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱锥F−ABC的体积.(1)由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.由于{AD=CD BD=BD∠ADB=∠CDB，所以△ADB≅△CDB，所以AB=CB，故AC⊥BD，由于DE∩BD=D，DE,BD⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.(2)依题意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等边三角形，所以AC=2,AE=CE=1,BE=√3，由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1. DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，由于AC∩BE=E，AC,BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.由于△ADB≅△CDB，所以∠FBA=∠FBC，由于{BF =BF∠FBA =∠FBC AB =CB ，所以△FBA ≅△FBC ，所以AF =CF ，所以EF ⊥AC ，由于S △AFC =12⋅AC ⋅EF ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小值. 过E 作EF ⊥BD ，垂足为F ，在Rt △BED 中，12⋅BE ⋅DE =12⋅BD ⋅EF ，解得EF =√32，所以DF =√12−(√32)2=12,BF =2−DF =32，所以BF BD =34.过F 作FH ⊥BE ，垂足为H ，则FH//DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且FHDE =BFBD =34， 所以FH =34,所以V F−ABC =13⋅S △ABC ⋅FH =13×12×2×√3×34=√34.3．【2021年甲卷文科】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，11BF A B ⊥.（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥. 【答案】(1)13；(2)证明见解析.【解析】 【分析】（1）先证明ABC 为等腰直角三角形，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；（2）将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论. 【详解】（1）由于11BF A B ⊥，11//AB A B ，所以AB BF ⊥， 又AB ⊥BB 1，1BB BF B ⋂=，故AB ⊥平面11BCC B ， 则AB BC ⊥，ABC 为等腰直角三角形， 111221222BCE ABC S S ⎛⎫==⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭△△，11111333F EBC BCE V S CF -=⨯⨯=⨯⨯=△. （2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体1111ABCM A B C M -，如图所示，取棱,AM BC 的中点,H G ，连结11,,A H HG GB ，正方形11BCC B 中，,G F 为中点，则1BF B G ⊥， 又111111,BF A B A B B G B ⊥=，故BF ⊥平面11A B GH ，而DE ⊂平面11A B GH ， 从而BF ⊥DE . 【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.4．【2021年乙卷文科】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积．【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】 【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． 【详解】（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ， 所以PD AM ⊥， 又PB AM ⊥，PBPD 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=AD ABAB BM．因为1,,12===BM BC AD BC AB ，所以2112BC =，即BC =故四棱锥P ABCD -的体积13=⋅⋅=V AB BC PD ． [方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法由（2）知⊥AM DB ,所以1⋅=-AM BD k k ． 建立如图所示的平面直角坐标系，设2(0)BC a a =>．因为1DC =，所以(0,0)A ，(1,0)B ，(0,2)D a ，()1,M a ． 从而2020(2)211001--⋅=⨯=⨯-=-=---AM BD a a k k a a a ．所以2a =，即DA =. [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(0,0,0)D ，(0,1,0)C ，(0,0,1)P ，(,0,0)A t ，(,1,0)B t ． 所以,1,02t M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(,1,1)PB t =-，,1,02t AM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭．所以2110(1)1022t t PB AM t ⎛⎫⋅=⋅-+⨯+⨯-=-+= ⎪⎝⎭．所以t ，即||=DA . [方法四]：空间向量法由PB AM ⊥，得0PB AM ⋅=． 所以()0++⋅=PD DA AB AM ． 即0⋅+⋅+⋅=PD AM DA AM AB AM ．又PD ⊥底面ABCD ，AM 在平面ABCD 内， 因此PD AM ⊥，所以0⋅=PD AM ． 所以0⋅+⋅=DA AM AB AM ，由于四边形ABCD 是矩形，根据数量积的几何意义，得221||||02-+=DA AB ，即21||102-+=BC ．所以||2BC =，即BC =. 【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.5．【2020年新课标1卷文科】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设DO ，求三棱锥P −ABC 的体积.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】 【分析】（1）根据已知可得PA PB PC ==，进而有PAC △≌PBC ，可得90APC BPC ∠=∠=，即PB PC ⊥，从而证得PC ⊥平面PAB ，即可证得结论；（2）将已知条件转化为母线l 和底面半径r 的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形ABC 边长，在等腰直角三角形APC 中求出AP ，在Rt APO 中，求出PO ，即可求出结论.【详解】（1）连接,,OA OB OC ，D 为圆锥顶点，O 为底面圆心，OD ∴⊥平面ABC ，P 在DO 上，,OA OB OC PA PB PC ==∴==，ABC 是圆内接正三角形，AC BC ∴=，PAC △≌PBC ，90APC BPC ∴∠=∠=︒，即,PB PC PA PC ⊥⊥，,PA PB P PC =∴⊥平面,PAB PC ⊂平面PAC ，∴平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，圆锥的侧面积为,rl rl π==2222OD l r =-=，解得1,r l ==2sin 603AC r ==在等腰直角三角形APC 中，AP ==在Rt PAO 中，PO ===∴三棱锥P ABC -的体积为11333P ABC ABC V PO S -=⋅==△【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.6．【2020年新课标2卷文科】如图，已知三棱柱ABC –A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B –EB 1C 1F 的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）24. 【解析】 【分析】（1）由,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN CC ，根据条件可得11//AA BB ，可证1MN AA //，要证平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，只需证明EF ⊥平面1A AMN 即可；（2）根据已知条件求得11EB C F S 四边形和M 到PN 的距离，根据椎体体积公式，即可求得11B EB C F V -. 【详解】 （1）,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴又11//AA BB 1//MN AA ∴在等边ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥ 又侧面11BB C C 为矩形， 1BC BB ∴⊥1//MN BBMN BC ⊥由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN ∴BC ⊥平面1A AMN又11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC又11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF =11//B C EF ∴//EF BC ∴又BC ⊥平面1A AMN∴EF ⊥平面1A AMNEF ⊂平面11EB C F∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN（2）过M 作PN 垂线，交点为H ，画出图形，如图//AO 平面11EB C FAO ⊂平面1A AMN ，平面1A AMN ⋂平面11EB C F NP =//AO NP ∴ 又//NO AP∴6AO NP ==O 为111A B C △的中心.∴1111sin 606sin 6033ON AC =︒=⨯⨯︒=故：ON AP ==3AM AP ==平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，平面11EB C F ⋂平面1A AMN NP =，MH ⊂平面1A AMN∴MH ⊥平面11EB C F 又在等边ABC 中EFAPBC AM =即2AP BCEF AM ⋅===由（1）知，四边形11EB C F 为梯形∴四边形11EB C F 的面积为：111126=62422EB C F EF B C S NP ++=⋅⨯=四边形 111113B EBC F EB C F V S h -∴=⋅四边形，h 为M 到PN 的距离sin 603MH =︒=， ∴1243243V =⨯⨯=. 【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.7．【2020年新课标3卷文科】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥；（2）点1C 在平面AEF 内．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据正方形性质得AC BD ⊥，根据长方体性质得1AC BB ⊥,进而可证AC ⊥平面11BB D D ,即得结果；（2）只需证明1//EC AF 即可，在1CC 上取点M 使得12CM MC =,再通过平行四边形性质进行证明即可.【详解】（1）因为长方体1111ABCD A B C D -,所以1BB ⊥平面ABCD ∴1AC BB ⊥,因为长方体1111,ABCD A B C D AB BC -=,所以四边形ABCD 为正方形AC BD ∴⊥ 因为11,BB BD B BB BD =⊂、平面11BB D D ,因此AC ⊥平面11BB D D ,因为EF ⊂平面11BB D D ,所以AC EF ⊥；（2）在1CC 上取点M 使得12CM MC =,连,DM MF ,因为111112,//,=D E ED DD CC DD CC =,所以11,//,ED MC ED MC =所以四边形1DMC E 为平行四边形，1//DM EC ∴因为//,=,MF DA MF DA 所以M F A D 、、、四点共面，所以四边形MFAD 为平行四边形， 1//,//DM AF EC AF ∴∴，所以1E C A F 、、、四点共面，因此1C 在平面AEF 内【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题.。
“立体几何”大题的常考题型探究(课件)2023年高考数学二轮复习(全国通用)
因为 ，所以 ．由已知得 ，故 ．又 ，所以 ．因为 , , , , ，所以 ．
提分秘籍 体积问题考查的本质就是点面距离，解题关键是抓住以下几种方法：
（1）等体积法（仅限三棱锥）转换顶点;
（2）顶点不变，延展或缩小底面，如四棱锥的高即同顶点的三棱锥的高，点 到平面 的距离可看作点 到平面 的距离;
设 ，则 , , .设平面 的法向量为 ，则 即
令 ，则 ，∴平面 的一个法向量为 ， .∵直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，∴直线 与平面 所成角的正弦值等于, ，当且仅当 时取等号.
∴直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 .（法二：定义法）如图2， 平面 ， ， 平面 .
大题攻略03 平面与平面所成的角
例3 (2021年全国甲卷)已知直三棱柱 中，侧面 为正方形， ， ， 分别为 和 的中点， 为棱 上的点， .
（1）证明： .（2）当 为何值时，平面 与平面 所成的二面角的正弦值最小?
▶审题微“点”
切入点
（1）常规方法是几何法，不过用几何法较为复杂，根据题目条件建系是最优解法；（2）建系是常规方法，也是最优法
▶审题微“点”
切入点
（1）关键是在平面 内找一条直线与 平行,根据线面平行的判定定理即可证明；（2）将包装盒分割成几个规则的锥体和柱体求解
障碍点
（1）在平面 内找直线与 平行；（2）将不规则的几何体分割或补形成几个规则的几何体
隐蔽点
（1）平面 内与 平行的直线；（2）包装盒的高
[解析] （1）如图1所示，分别取 ， 的中点 ， ，连接 ，因为 ， 为全等的正三角形，所以 ， ， .
六年级下册数学试题-小升初能力训练：几何综合——立体几何(解析版)全国通用
第07讲几何综合——立体几何1：下图的切割点均为所在棱的中点，如果按照左图切割，那么表面积总和增加了4，那么按照右图切割，表面积总和增加_______。
2：一个正方体的每个顶点都有三条棱以其为端点，沿这三条棱的三个中点，从这个正方体切下一个角，这样一共切下八个角，则余下部分的体积(如下图所示)和正方体体积的比是多少？假设正方体的边长为1，那么每个切去的角(三棱锥)的体积为，211111322248⎛⎫⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭所以八个角一共切去的体积，所以余下的体积是正方体体积的，118486⨯=15166-=即余下部分的体积与正方体体积的比为．5:63：如图，原正方体的棱长为12厘米，沿图中的线将正方体切掉正面的部分，求剩下不规则立体图形的体积．倾斜于上下底面的切面，把正方体一分为二．被切掉的部分的图形和剩下的部分图形关于正方形的中心是对称的．33122864(cm )÷=4：如图，正方体的棱长为，连接正方体其中六条棱的中点形成一个正六边形，而连接其中三个顶点6cm 形成一个正三角形．正方体夹在六边形与三角形之间的立体图形有 个面，它的体积是．3cm乙9乙从图中可以看出，夹在六边形与三角形之间的立体图形有2个底面和6个侧面（六边形的每一条边对应一个侧面），所以共有个面，8由于正方体是关于它的中心成中心对称的，而根据正六边形和正三角形的连法，如果从正方体中去掉以这个正三角形为底面的三棱锥以及与它相对的三棱锥后，剩下的部分正好被六边形分成2个同样的立体图形，这就是所要求的立体图形．所以所要求的立体图形的体积是：．3111666266672(cm )232⎡⎤⎛⎫⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦5：如图，有一个棱长为2厘米的正方体。
从正方体的上面正中间下挖一个棱长为1厘米的正方体小洞；接着在小洞的底面正中间再向下挖一个棱长为厘米的小洞；第三个小洞的挖法与前面两个相同，棱长为12厘米，最后得到的额例题图形的表面积是多少平方厘米？146：如图，把正方体用两个与它的底面平行的平面切开，分成三个长方体，这三个长方体的表面积比是3：4：5时，用最简单的整数比表示这三个长方体的体积比：：：。
立体几何专项训练
立体几何专项训练1.如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，∠AFD=90°，且二面角D−AF−E与二面角C−BE−F都是60°．(Ⅰ)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；(Ⅱ)求二面角E−BC−A的余弦值．2.如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且∠BAP=∠CDP=90°．(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．3.如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．4.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．5.如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上DO．一点，PO=√66(1)证明：PA⊥平面PBC;(2)求二面角B−PC−E的余弦值6.如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l．(1)证明：l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．7.如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O为BD的中点．(1)证明：OA⊥CD；(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E−BC−D的大小为45°，求三棱锥A−BCD的体积．8.如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2√2．(1)求A到平面A1BC的距离;(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A−BD−C的正弦值．。
立体几何100题
立体几何100 题1. 如图，三角形中，，是边长为l 的正方形，平面底面，若分别是的中点.（1）求证：底面；（2）求几何体的体积.2．在三棱锥P ABC 中，PAC 和PBC 是边长为 2 的等边三角形，AB 2 ，O,D分别是AB, PB 的中点.（1）求证：OD / / 平面PAC ；（2）求证: OP 平面ABC ；（3）求三棱锥 D ABC 的体积.3．如图，在直三棱柱ABC A1B1C1 中，0BAC 90 ，AB AC 2 ，点M , N 分别为A1C1, AB1 的中点.（1）证明：MN / / 平面BBC C ；1 1（2）若CM MN ，求三棱锥M NAC 的体积..4．如图，在三棱柱中，平面，点是与的交点，点在线段上，平面.（1）求证：；（2）若, 求点到平面的距离.5 ．如图，四棱锥P A B C中，底面ABCD 是直角梯形，1AB BC, AD / /BC, AB BC AD ，PAD 是正三角形， E 是PD 的中点．2（1）求证：AD PC ；（2）判定CE 是否平行于平面PAB ，请说明理由．6．如图，在四棱锥S ABCD 中，侧面SAD 底面ABCD ，SA SD ，AD / /BC ，AD 2BC 2CD ，M ，N 分别为AD ，SD的中点．（1）求证：SB/ / 平面CMN ；（2）求证：BD 平面SCM ．7．如图，在矩形中，，平面，分别为的中点，点是上一个动点．(1) 当是中点时，求证: 平面平面；(2) 当时，求的值．8．如图，在正三棱柱A1B1C1 ABC 中，点D, E 分别是A1C,AB 的中点．求证：ED ∥平面B BC C1 1若A B 2BB 求证：A1B⊥平面B1CE.19．如图，在长方体ABCD A1B1C1D1 中，AB 2, AD 1, A1A 1.（1）证明直线B C 平行于平面D1AC ；1（2）求直线B C 到平面D1AC 的距离.110．如图所示，菱形ABCD 与正三角形BCE 所在平面互相垂直，FD 平面ABCD ，且AB ，FD 3 .2（1）求证：EF / / 平面ABCD ；（2）若C BA ，求几何体EFABCD 的体积.311．在直三棱柱ABC－A1B1C1 中，AB＝AC，E 是BC的中点，求证：（Ⅰ）平面AB1E⊥平面B1BCC1；（Ⅱ）A1C// 平面AB1E．12．如图，在三棱柱中，平面，，，点为的中点.（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积.13．如图，在多面体中，四边形是正方形，在等腰梯形中，，，，为中点，平面平面.(1)证明：；(2)求三棱锥的体积.14．已知三棱锥，，，为的中点，平面，，，是中点，与所成的角为，且.（1）求证：；（2）求三棱锥的体积.15．在四棱锥中，平面平面，，是等边三角形，已知，，.（1）设是上一点，求证：平面平面.（2）求四棱锥的体积.16．如图，在四棱锥P ABCD中，PA底面A B C D，底面A B C D为菱形，ABC，PA PB1,E为PC的中点60.（1）求证：PA / / 平面BDE ；（2）求三棱锥P BDE 的体积.17．如图，在直三棱柱（侧棱与底面垂直的棱柱）ABC A1B1C1 中，点G 是AC 的中点．（1）求证：B1C / / 平面A1BG ；（2）若A B BC ，AC 2 AA1 ，求证：AC1 A1B．18．如图所示，四棱锥S ABCD 中，平面SAD 平面ABCD ，SA AD ，AD / /BC ，4SA BC AB 2 AD 4 ．3（1）证明：在线段SC 上存在一点 E ，使得ED / / 平面SAB；（2）若AB AC ，在（1）的条件下，求三棱锥S AED 的体积．19．（本小题共12 分）如图，边长为 3 的正方形ABCD 所在平面与等腰直角三角形ABE 所在平面互相垂直，AE AB ，且EM 2MD ，AB 3AN .（Ⅰ）求证：MN / / 平面BEC ；（Ⅱ）求三棱锥 E BMC 的体积.20．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，分别为的中点，平面底面.（1）求证:平面；（2）若，求三棱锥的体积.21．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC，E是BC的中点，求证：（Ⅰ）平面AB1E⊥平面B1BCC1；（Ⅱ）A1C//平面AB1E．22．如图1，四边形ABCD为等腰梯形，AB2,AD DC CB1，将ADC沿AC 折起，使得平面ADC平面ABC，E为AB的中点，连接DE,DB.（1）求证：BC AD；（2）求E到平面BCD的距离.23．如图，四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点．（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）设，求三棱锥的体积．24．如图，在多面体中，四边形是正方形，在等腰梯形中，，，，为中点，平面平面.(1) 证明：；(2) 求三棱锥的体积.25．如图1，在矩形中，，，是的中点，将沿折起，得到如图 2 所示的四棱锥，其中平面平面.（1）证明：平面；（2）设为的中点，在线段上是否存在一点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.26．如图，在四棱锥P ABCD 中，ABC ACD 90 ，BAC CAD 60 ，PA 平面ABCD ，PA 2, AB 1. 设M ,N分别为PD, AD 的中点.（1）求证：平面CMN ∥平面PAB ；（2）求三棱锥P ABM 的体积.27．如图所示，在长方体ABCD A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA12，P为棱B B上的一个动点.1（1）求三棱锥C PAA的体积；1（2）当A P PC取得最小值时，求证：1PD平面PAC.128．在三棱柱ABC A1B1C1中，已知侧棱CC1底面ABC,M为BC的中点，AC AB3,BC2,CC2.1（1）证明:B C平面AMC1；（2）求点A1到平面AMC1的距离.129．五边形ANB1C1C是由一个梯形ANB1B与一个矩形BB1C1C组成的，如图甲所示，B为AC的中点，A C CC12AN8．先沿着虚线BB1将五边形ANB1C1C折成直二面角A BB C，如图乙所示．1（Ⅰ）求证：平面BNC平面C B N；（Ⅱ）求图乙中的多面体的体积．1130．如图1，AFA1中，FA FA1,AA18，CF2，点B,C,D为线段AA1的四等分点，线段BE,CF,DG互相平行，现沿BE,CF,DG折叠得到图2所示的几何体，此几何体的底面ABCD为正方形.（1）证明：A,E,F,G四点共面；（2）求四棱锥B AEFG的体积.31．如图，三棱锥P ABC中，PC平面ABC，F,G,H分别是PC,AC,BC的中点，I是线段FG上的任意一点，PC AB2BC2，过点F作平行于底面ABC的平面DEF交AP于点D，交BP于点E.（1）求证：HI//平面ABD；（2）若AC BC，求点E到平面FGH的距离.32．如图，已知正方体的棱长为3，分别是棱、上的点，且.（1）证明：四点共面；（2）求几何体的体积.33 ．如图，在四棱柱ABCD A1B1C1D1 中，已知平面AA1C1C 平面A B C D，且AB BC CA 3，AD CD 1．（1）求证：BD AA1 ；（2）若E 为棱BC 的中点，求证：AE / / 平面DCC1D1 ．34．如图，在三棱柱ABC A1B1C1 中，底面ABC 是等边三角形，且AA1 平面ABC , D 为AB 的中点，( Ⅰ) 求证：直线B C1 / / 平面A1CD ；( Ⅱ) 若A B BB1 2,E 是B B1 的中点，求三棱锥A1 CDE 的体积；35．如图，将菱形沿对角线折叠，分别过，作所在平面的垂线，，垂足分别为，，四边形为菱形，且.（1）求证：平面；（2）若，求该几何体的体积.36．如图，在四棱锥P ABCD中，AD CD，PC平面ABCD.1PC AD CD AB2，AB//DC，2（1）求证：BC平面PAC；（2）若M为线段PA的中点，且过C,D,M三点的平面与线段PB交于点N，确定点N的位置，说明理由；并求三棱锥A CMN的高.37．如图，在四棱锥O ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱OB底面ABCD，且侧棱OB的长是2，点E,F,G分别是AB,OD,BC的中点.（Ⅰ）证明：OD平面EFG；（Ⅱ）求三棱锥O EFG的体积.38．如图，多面体ABCDEF中，AD//BC,AB AD,FA平面ABCD,FA//DE，且AB AD AF2BC2DE2.（Ⅰ）M为线段EF中点，求证：CM//平面ABF；（Ⅱ）求多面体ABCDEF的体积.39．在如图所示的几何体中，四边形BB1C1C是矩形，BB1平面ABC，A1B1//AB,AB2A1B1,E是AC的中点.（1）求证：A1E//平面BB1C1C；（2）若AC BC，A B2BB，求证平面BEA1平面AA1C1.140．如图，四边形ABCD为梯形，AB CD，PD平面A B C D，BAD ADC90，DC2AB2a，DA3a，E为BC中点.（1）求证：平面PBC平面PDE；（2）线段PC上是否存在一点F，使PA平面BDF？若有，请找出具体位置，并进行证明：若无，请分析说明理由.41．已知四棱锥S ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，BAD60，SA SD5,SB7，点E是棱AD的中点，点F在棱SC上，且S FSC，SA//平面BEF．（Ⅰ）求实数的值；（Ⅱ）求三棱锥F EBC的体积．42．在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BC=CA=A1=A2，侧棱AA1⊥平面ABC，且D，E分别是棱A1B1，AA1的中点，点F在棱AB上，且AF=14 AB。
立体几何专题
立体几何专题1. (北京文) (18) (本小题 14 分)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， 平面 PAD⊥平面 ABCD ， PA⊥ PD ， PA=PD ， E ， F 分别为 AD ， PB 的中点.( Ⅰ ) 求证： PE ⊥BC ； (Ⅱ)求证：平面 PAB ⊥平面 PCD ； (Ⅲ) 求证： EF∥平面 PCD.2. (北京理) (16) (本小题 14 分)如图， 在三棱柱 ABC- A 1B 1C 1 中， CC 1 」平面 ABC ， D ， E ， F ， G 分别为 AA 1，AC ， A 1C 1，BB 1 的中点， AB=BC= 5， AC= AA 1 =2．( Ⅰ ) 求证： AC⊥平面 BEF ； ( Ⅱ ) 求二面角B-CD-C 1 的余弦值； (Ⅲ) 证明： 直线 FG 与平面 BCD 相交．3. (江苏) (15) (本小题满分 14 分)在平行六面体ABCD 一 A B C D 中，AA = AB, AB 」B C ．求证： (1) AB∥平面A B C； (2) 平面ABB A 」平面A BC．4. (浙江) (19) (本题满分 15 分)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．1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1第 2 页共 10 页5. (天津文) (17)(本小题满分 13 分)如图，在四面体 ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面 ABC⊥平面 ABD，点 M 为棱AB 的中点， AB=2， AD= 2 3 ，∠BAD=90°．( Ⅰ )求证：AD⊥BC；( Ⅱ ) 求异面直线 BC 与 MD 所成角的余弦值；(Ⅲ)求直线 CD 与平面 ABD 所成角的正弦值．6. (天津理) (17)(本小题满分 13 分)如图，AD∥BC 且 AD=2BC，AD 」CD , EG∥AD且 EG=AD，CD∥FG 且 CD=2FG，DG 」平面ABCD， DA=DC=DG=2.(I)若 M 为 CF 的中点， N 为 EG 的中点，求证：MN∥平面CDE；(II)求二面角E BC F 的正弦值；(III)若点 P 在线段 DG 上，且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为60°，求线段 DP 的长.7. (全国卷一文)(18)(12 分)如图， 在平行四边形 ABCM 中， AB = AC = 3， ∠ACM = 90， 以 AC 为折痕 将△ ACM 折起，使点 M 到达点 D 的位置，且 AB⊥DA． (1)证明：平面 ACD ⊥平面 ABC ；(2) Q 为线段 AD 上一点， P 在线段 BC 上， 且 BP = DQ = DA ， 求三棱锥3Q ABP 的体积．8. (全国卷一理)(18)(12 分)如图， 四边形 ABCD 为正方形， E, F 分别为 AD, BC 的中点， 以 DF 为折 痕把 △DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PF 」BF . (1)证明：平面 PEF 」平面 ABFD ； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值 .29. (全国卷二文)( 19) (12 分)如图，在三棱锥P ABC 中，AB = BC = 2 2，PA = PB = PC = AC = 4，O为AC 的中点．(1)证明：PO 」平面ABC；(2)若点M 在棱 BC 上，且MC = 2MB，求点C 到平面POM 的距离．10. (全国卷二理)(20)(12分)如图，在三棱锥P ABC 中，AB = BC = 2 2，PA = PB = PC = AC = 4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO 」平面ABC；(2) 若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C 为30，求PC 与平面 PAM 所成角的正弦值．POA CMB11. (全国卷三文)(19)(12分)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧 CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C， D 的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)在线段AM 上是否存在点 P ，使得MC∥平面PBD ？说明理由．12. (全国卷三理)(19)(12分)如图，边长为 2 的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C， D 的点．(1)证明：平面 AMD⊥平面BMC；(2) 当三棱锥M ABC 体积最大时，求面 MAB 与面MCD所成二面角的正弦值．13． (12 分)如图，四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD 为等比三角形且垂直于底面 ABCD，1AB = BC = AD, 三BAD = 三ABC = 90o , E 是 PD 的中点.2(1) 证明：直线CE/ / 平面 PAB(2) 点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成锐角为45o ，求二面角 M-AB-D 的余弦值14． (12 分)如图，在四棱锥 P-ABCD 中， AB//CD，且三BAP = 三CDP = 90(1)证明：平面 PAB⊥平面PAD；(2)若 PA=PD=AB=DC, 三APD = 90 ,求二面角 A-PB-C 的余弦值.15. (12 分)如图，四面体 ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD= ∠CBD，AB=BD．(1) 证明：平面ACD⊥平面 ABC；(2) 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．16．如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，平面PAD⊥平面 ABCD，点 M在线段 PB 上， PD//平面 MAC， PA=PD= 6， AB=4．(I)求证： M 为 PB 的中点；(II)求二面角 B-PD-A 的大小；(III)求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值．17．如图，在三棱锥 P-ABC 中，PA⊥底面 ABC，三BAC = 90o .点 D， E， N 分别为棱PA， PC， BC 的中点， M 是线段 AD 的中点， PA=AC=4， AB=2.(Ⅰ)求证： MN∥平面BDE；(Ⅱ)求二面角 C-EM-N 的正弦值；7(Ⅲ) 已知点 H 在棱 PA 上，且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为，求线段 AH21的长.18.如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形为旋转轴旋转得到的，是的中点.(Ⅰ)设是(Ⅱ)当上的一点，且，求的大小；，，求二面角的大小.(及其内部) 以边所在直线19． (本题满分 15 分)如图，已知四棱 P–ABCD，△PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，D⊥AD， PC=AD=2DC=2CB， E 为 PD 的中点.(Ⅰ)证明：CE∥平面PAB；(Ⅱ)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值.。
【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类(全国通用)：立体几何选填题(解析版)
3 3
时等号成立，故选：C
【题目栏目】立体几何\球的问题\球的其它问题 【题目来源】2022 年全国乙卷理科·第 9 题
5．(2022 年全国乙卷理科·第 7 题) 在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，E，F 分别为 A B , B C 的中点，则
()
A．平面 B1 E F 平面 BD D1
乙圆锥的高 h2
l2
1 l2 9
22 3
l
，所以 V甲 V乙
1 3
r12
h1
1 3
r2
2
h2
4l2 5 l 93 1l2 2 2 l 93
10 ．
故选：C．
【题目栏目】立体几何\空间几何体的结构特征及其直观图、三视图\空间几何体的展开图问题 【题目来源】2022 年全国甲卷理科·第 9 题
2．(2022 年全国甲卷理科·第 7 题) 在长方体 ABCD A1B1C1D1 中，已知 B1D 与平面 ABCD 和平面 AA1B1B 所成
2013-2022 十年全国高考数学真题分类汇编
专题 16 立体几何选填题
一、选择题 1．(2022 年全国甲卷理科·第 9 题) 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为 2π ，侧面积
分别为
S甲
和
S乙
，体积分别为 V甲
和 V乙
．若
S甲 S乙
=2
，则
V甲 V乙
=
(
)
A． 5 【答案】C
tan BAE c 2 ，所以 BAE 30 ，B 错误； a2
对于 C， AC a2 b2 3c ， CB1 b2 c2 2c ， AC CB1 ，C 错误；
对于
立体几何专项练习及答案
【专题训练】 一、选择题1．如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB =1，D 在BB 1上，且BD =1，若AD 与侧面AA 1CC 1所成的角为α，则α的值为（ ） A.3π B. 4πC. 410arctanD. 46arcsin2．直线a 与平面α成θ角，a 是平面α的斜线，b 是平面α内与a 异面的任意直线，则a 与b 所成的角（ ）A. 最小值θ，最大值θπ-B. 最小值θ，最大值2πC. 最小值θ，无最大值D. 无最小值，最大值4π3．在一个︒45的二面角的一平面内有一条直线与二面角的棱成︒45角，则此直线与二面角的另一平面所成的角为（ ）A. ︒30B. ︒45C. ︒60D. ︒904．如图，直平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，︒=∠60BAD ，则对角线A 1C 与侧面DCC 1D 1所成的角的正弦值为（ ）A.21 B. 23 C.22 D. 435．已知在ABC ∆中，AB =9，AC =15，︒=∠120BAC ，它所在平面外一点P 到ABC ∆三顶点的距离都是14，那么点P 到平面ABC ∆的距离为（ ）A. 13B. 11C. 9D. 76．如图，在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是棱A 1B 1、A 1D 1的中点，则点B 到平面AMN 的距离是（ ）A.29B. 3BAC DD 1 C 1B 1A 1CBA1A1B 1C DADBAD 1 C 1B 1A 1M NB CDE A 1B 1C 1C.556 D. 2 7．将︒=∠60QMN ，边长MN =a 的菱形MNPQ 沿对角线NQ 折成︒60的二面角，则MP 与NQ 间的距离等于( )A.a 23 B. a 43 C. a 46 D.a 438．二面角βα--l 的平面角为︒120，在α内，l AB ⊥于B ，AB =2,在β内，l CD ⊥于D ，CD =3,BD =1, M 是棱l 上的一个动点，则AM +CM 的最小值为( )A. 52B. 22C.26 D. 629．空间四点A 、B 、C 、D 中,每两点所连线段的长都等于a , 动点P 在线段AB 上, 动点Q 在线段CD 上，则P 与Q 的最短距离为( )A.a 21 B. a 22 C. a 23D.a 10．在一个正四棱锥，它的底面边长与侧棱长均为a ，现有一张正方形包装纸将其完全包住（不能裁剪纸，但可以折叠），那么包装纸的最小边长应为（ ）A. a )62(+B.a 262+ C. a )31(+ D. a 231+ 11．已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，A 1A =AB =2，若棱AB 上存在点P ，使PC P D ⊥1，则棱AD 的长的取值范围是 ( )A. (]1,0B. (]2,0C. (]2,0D. (]2,112．将正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使点D 在平面ABC 外，则DB 与平面ABC 所成的角一定不等于（ ）A. ︒30B. ︒45C. ︒60D. ︒90二、填空题1．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 是A 1B 1的中点，则下列四个命题：DCBAED 1A 1C 1B 1① E 到平面ABC 1D 1的距离是21； ② 直线BC 与平面ABC 1D 1所成角等于︒45；③ 空间四边形ABCD 1在正方体六个面内的射影围成面积最小值为21； ④ BE 与CD 1所成的角为1010arcsin2．如图，在四棱柱ABCD ---A 1B 1C 1D 1中，P 是A 1C 1上的动点，E 为CD 上的动点，四边形ABCD 满 足___________时，体积AEB P V -恒为定值（写上你认为正确的一个答案即可）3．边长为1的等边三角形ABC 中,沿BC 边高线AD折起,使得折后二面角B -AD -C 为60°,则点A 到 BC 的距离为_________,点D 到平面ABC 的距离 为__________.4．在水平横梁上A 、B 两点处各挂长为50cm 的细绳，AM 、BN 、AB 的长度为60cm ，在MN 处挂长为60cm 的木条，MN 平行于横梁，木条的中点为O ，若木条 绕过O 的铅垂线旋转60°，则木条比原来升高了 _________.5．多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的.如图正方体的一个顶点A 在α平面内.其余顶点在α的同侧，正方体上与顶点A 相邻的三个顶点到α的距离分别是1、2和4. P 是正方体其余四个顶点中的一个，则P 到平面α的距离可能是： ①3；②4；③5；④6；⑤7. 以上结论正确的为 . （写出所有正确结论的编号．．） 6. 如图，棱长为1m 的正方体密封容器的三个面上有三个锈蚀的小孔（不计小孔直径）O 1、O 2、O 3它们分别是所在面的中心.如果恰当放置容器，容器存水的最大容积是_______m 3.∙O 1 ∙O 2∙O 3ABDCPEA 1D 1C 1B 1三、解答题1．在正三棱柱ABC—A1B1C1中，底面边长为a,D为BC为中点，M在BB1上，且BM=13B1M，又CM⊥AC1;（1）求证：CM⊥C1D;（2）求AA1的长.2．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面是矩形且AD=2，AB=PA=2，PA⊥底面ABCD，E是AD的中点，F在PC上.(1) 求F在何处时，EF⊥平面PBC；(2) 在(1)的条件下，EF是不是PC与AD的公垂线段.若是，求出公垂线段的长度；若不是，说明理由；(3) 在(1)的条件下，求直线BD与平面BEF所成的角.3．如图，四棱锥S—ABCD的底面是边长为1的正方形，SD垂直于底面ABCD，SB=3．（1）求证BC SC；（2）求面ASD与面BSC所成二面角的大小；（3）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的大小．4．在直角梯形ABCD 中，∠D=∠BAD=90︒,AD=DC=21AB=a,(如图一)将△ADC 沿AC 折起，使D 到D '．记面AC D '为α,面ABC 为β．面BC D '为γ．（1）若二面角α-AC -β为直二面角（如图二），求二面角β-BC -γ的大小; （2）若二面角α-AC -β为60︒（如图三），求三棱锥D '-ABC 的体积．5．如图，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB =2，AF =1，M 是线段EF 的中点．（1）求证AM //平面BDE ； （2）求二面角A -DF -B 的大小；（3）试在线段AC 上确定一点P ，使得PF 与BC 所成的角是60︒．【参考答案】 一．选择题1.D 提示：AD 在面ACC 1A 1上的射影应在AC 与A 1C 1中点的连线上，令射影为E ，则∠EAD 为所求的角.在Rt △EAD 中，.46223sin .2,23===∠∴==AD DE EAD AD DE .46arcsin=∠∴EAD 2.B 提示：由最小角定理知，最小角为θ，又异面直线所成角的范围为⎥⎦⎤⎝⎛2,0π，∴最大角为2π. 3.A 提示：由最小角定理知，此直线与另一面所成的角应小于等于它与交线所成的角，故排除C 、D ，又此二面角为45°，则此直线与另一平面所成的角只能小于它与交线所成的角，故选A.4.D 提示：由题意，A 1在面DCC 1D 1上的射影应在C 1D 1延长线E 上，且D 1E =1，则∠A 1CE 为所求角，在Rt △AA 1C 中，.43sin ,3,411112211==∠∴==+=C A E A CE A E A AC AA C A 5.D 提示：由P 到△ABC 三个顶点的距离都是14，知P 在底面ABC 的射影是△ABC 的外心，所以PO 为所求.由余弦定理得：BC =21.由3142321120sin 2==︒=BC R 得外接圆半径为37，即37=OB ，在Rt △POB 中，.722=-=BO PB PO6.D 提示：由题图得AMB AMN AMB N AMN B S S h V V ∆∆--⋅⋅=⋅⋅∴=233131. 212333 2.22AMB AMN AMNS h S S ∆∆∆⨯⨯∴===⋅ 7.B 提示：连结MP 、NQ 交于O ，由四边形MNPQ 是菱形得MP ⊥NQ 于O ，将MNQ 折起后易得MO ⊥QN ，OP ⊥QN ，所以∠MOP =60°，且QN ⊥面MOP ，过O 作OH ⊥MP ，所以OH ⊥QN ，从而OH 为异面直线MP 、QN 的公垂线，经计算得.43a OH =8.C 提示：把α半平面展到半平面β内,此时,连结AC 与棱的交点为M ,这时AM +CM 取最小值等于AC . (AM +CM )min =.26)32(12=++9.B 提示：P 、Q 的最短距离即为异面直线AB 与CD 间的距离，当P 为AB 的中点，Q 为CD 的中点时符合题意.10.B 提示：将正棱锥展开，设正方形边长为m ，则262,32+=∴+=m a a m 11.A 提示：∴⊥∴⊥,,1PC DP PC P D 在长方形ABCD 中AB 边存在P ，作PC DP ⊥，又因为AB =2，由对称性可知，P 为AB 的中点时，AD 最大为1，(]1,0∈∴AD 故选A. 12.D 提示：若BD 与平面ABC 所成的角为︒90，则A BC A BD 平面平面⊥，取AC 的中点O ，则AC DO AC BD ⊥⊥，且BO =DO ，BO BD 与∴不垂直，故BD 与平面ABC 所成的角一定不等于︒90. 二．填空题1．②③④ 提示：对于①，由ABE C ABC E V V --=11得ABE ABC S S h ∆∆⨯⨯=⋅⋅131311，221==∴∆∆ABC ABE S S h ，①错.对于②连CB 1交BC 1于O ，则O 为C 在面ABC 1D 1上的射影，︒=∠∴45CBO 为所成的线面角，②正确.作图易知③正确，对于④连A 1B ，则BE A 1∠为所成的角，解BE A 1∆得1010sin 1=∠BE A ，④正确. 2．AB ∥CD 提示：ABE P AEB P S h V ∆-⋅⋅=31，要使体积为定值，则ABE S ∆为定值，与E 点位置无关，则AB ∥CD 3．1015,415 提示：作BC DE ⊥与E ，易知BCD AD 平面⊥，从而BC AE ⊥，︒=∠60BDC 又由21==DC BD ，得，，又2343==AD DE 41522=+=∴AD DE AE ，由可解的点到平面的距离为1015.4.10cm 提示：MO =NO =30cm ，过O 作''M N 与旋转前的MN 平行且相等，所以旋转后AB 与平面N O M ''的距离为40305022=-，故升高了50-40=10cm. 5．①③④⑤. 6.65. 三、解答题1．（1）证明：在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，D 为BC 中点，则AD ⊥面BCC 1B 1，从而AD ⊥MC又∵CM ⊥AC 1，则MC 和平面ADC 1内两相交直线AD ，AC 1均垂直∴MC ⊥面ADC 1，于是MC ⊥DC 1. (2)解：在矩形BB 1C 1C 中，由CM ⊥DC 1 知△DCC 1∽△BMC ，设BB 1=h,则BM=14h ∴14h:a=,22ah h a =：求得 从而所求AA 12a2.解：(Ⅰ)以A 为坐标原点，以射线AD 、AB 、AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则p (0，0，2)，A (0，0，0)，B (0，2，0)，C (2，2，0)，D (2，0，0)，E (1，0，0)∵F 在PC 上，∴可令,PC PF λ=设F (x ，y ，z ) ()()()z ,y ,x EF ,,,PC ,,,BC 1222002-=-==∵EF ⊥平面PBC ，∴0=∙PC EF 且0=∙BC EF ，又PC PF λ=， 可得22121====z y ,x ,λ故F 为PC 的中点.(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：EF ⊥PC ，且EF ⊥BC 即EF ⊥AD ∴EF 是PC 与AD 的公垂线段，其长为|EF |=1(Ⅲ)由(Ⅰ)可知()222-=,PC 即为平面BEF 的一个法向量而()022,,BD -=设BD 与平面BEF 所成角θ，则：sin θ=cos 63=∙∙=∙PC BD PC BD PC BD∴θ=arc sin63.故BD 与平面BEF 所成角为arc sin 63 3．（1）证法一：如图，∵底面ABCD 是正方形， ∴BC ⊥DC ． ∵SD ⊥底面ABCD ，∴DC 是SC 在平面ABCD 上的射影， 由三垂线定理得BC ⊥SC ．证法二：如图1，∵底面ABCD 是正方形， ∴BC ⊥DC ．∵SD ⊥底面ABCD ，∴SD ⊥BC ，又DC ∩SD=D ，∴BC ⊥平面SDC ，∴BC ⊥SC ． （2）解：如图2，过点S 作直线,//AD l l ∴在面ASD 上， ∵底面ABCD 为正方形，l BC AD l ∴∴,////在面BSC 上，l ∴为面ASD 与面BSC 的交线．l ∴,,,,SC l SD l SC BC AD SD ⊥⊥∴⊥⊥∴∠CSD 为面ASD 与面BSC 所成二面角的平面角．∵23SAD=1．∴045.CSD ∠=（3）解1：如图2，∵SD=AD=1，∠SDA=90°， ∴△SDA 是等腰直角三角形．又M 是斜边SA 的中点，∴DM ⊥SA ．∵BA ⊥AD ，BA ⊥SD ，AD ∩SD=D ，∴BA ⊥面ASD ，SA 是SB 在面ASD 上的射影．由三垂线定理得DM ⊥SB ． ∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°．解2：如图3，取AB 中点P ，连结MP ，DP ．在△ABS 中，由中位线定理得 MP//SB ，DMP ∠∴是异面直线DM 与SB 所成的角．2321==SB MP ，又,25)21(1,222=+==DP DM∴在△DMP 中，有DP 2=MP 2+DM 2，︒=∠∴90DMP ∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°．4． 解：（1）在直角梯形ABCD 中， 由已知∆DAC 为等腰直角三角形， ∴ 45,2=∠=CAB a AC , 过C 作CH ⊥AB ，由AB=2a ，可推得 AC=BC=.2a ∴ AC ⊥BC ．取 AC 的中点E ，连结E D '， 则 E D '⊥AC 又 ∵ 二面角β--AC a 为直二面角，∴ E D '⊥β 又 ∵ ⊂BC 平面β ∴ BC ⊥E D ' ∴ BC ⊥a ，而a C D ⊂'， ∴ BC ⊥C D ' ∴ CA D '∠为二面角γβ--BC 的平面角．图1图2图3由于 45='∠CA D ， ∴二面角γβ--BC 为 45．（2）取AC 的中点E ，连结E D '，再过D '作β⊥'O D ，垂足为O ，连结OE ． ∵ AC ⊥E D '， ∴ AC ⊥OE ∴ EO D '∠为二面角β--AC a 的平面角， ∴ EO D '∠ 60=． 在OE D Rt '∆中，a AC E D 2221=='，∴O D S V ABC ABC D '⋅=∆-'31O D BC AC '⋅⋅⨯=2131a a a 462261⨯⨯⨯=.1263a =5．解法一: (1)记AC 与BD 的交点为O,连接OE, ∵O 、M 分别是AC 、EF 的中点，ACEF是矩形，∴四边形AOEM 是平行四边形，∴AM ∥OE ．∵⊂OE 平面BDE ， ⊄AM 平面BDE ，∴AM ∥平面BDE ．(2)在平面AFD 中过A 作AS ⊥DF 于S ，连结BS ，∵AB ⊥AF ， AB ⊥AD ， ,A AF AD = ∴AB ⊥平面ADF ，∴AS 是BS 在平面ADF 上的射影，由三垂线定理得BS ⊥DF ．∴∠BSA 是二面角A —DF —B 的平面角．在Rt ΔASB 中，,2,36==AB AS∴,60,3tan ︒=∠=∠ASB ASB ∴二面角A —DF —B 的大小为60º．（3）设CP=t （0≤t ≤2）,作PQ ⊥AB 于Q ，则PQ ∥AD ，∵PQ ⊥AB ，PQ ⊥AF ，A AF AB = ，∴PQ ⊥平面ABF ，QF ⊂平面ABF ，∴PQ ⊥QF ．在Rt ΔPQF 中，∠FPQ=60º，PF=2PQ ． ∵ΔPAQ 为等腰直角三角形，∴).2(22t PQ -=又∵ΔPAF 为直角三角形，∴1)2(2+-=t PF ，∴).2(2221)2(2t t -⋅=+-所以t=1或t=3(舍去),即点P 是AC 的中点．解法二： （1）建立如图所示的空间直角坐标系． 设N BD AC = ，连接NE ， 则点N 、E 的坐标分别是（)0,22,22、（0,0,1）, ∴)1,22,22(--=, 又点A 、M 的坐标分别是)0,2,2(,（)1,22,22∴ =（)1,22,22--∴AM NE =且NE 与AM 不共线，∴NE ∥AM ．又∵⊂NE 平面BDE ， ⊄AM 平面BDE ，∴AM ∥平面BDF ．（2）∵AF ⊥AB ，AB ⊥AD ，AF ,A AD = ∴AB ⊥平面ADF ． ∴)0,0,2(-=为平面DAF 的法向量． ∵⋅=（)1,22,22--·)0,2,2(-=0， ∴⋅=（)1,22,22--·)0,2,2(=0得DB NE ⊥，NF NE ⋅，∴NE 为平面BDF 的法向量．∴cos<>⋅NE AB =21∴AB 与NE 的夹角是60º．即所求二面角A —DF —B 的大小是60º．（3）设P(t,t,0)(0≤t ≤2)得PF ),1,2,2(t t --=∴BC =（2，0，0） 又∵PF 和BC 所成的角是60º．∴21)2()2(2)2(60cos 22⋅+-+-⋅-=︒t t t 解得22=t 或223=t （舍去），即点P 是AC 的中点．。
高考数学专题训练：立体几何.docx
高中数学学习材料唐玲出品专题训练：立体几何一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．10πB ．8πC ．6πD ．9π2.若l ，m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α，则“l ⊥m ”是“l ∥α”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件3.一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.154.利用斜二测画法得到如下结论：①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④菱形的直观图是菱形．其中正确的是( )A．①② B．① C．③④ D．①②③④5.如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下面四个命题中不正确的是( )A．BM是定值B．点M在某个球面上运动C．存在某个位置，使DE⊥A1CD．存在某个位置，使MB∥平面A1DE6.在如图所示的空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)，给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为(D)A．①和② B．③和① C．④和③ D．④和②7.在四面体DABC中，若AB＝CB，AD＝CD，且是AC的中点，则下列正确的是( )A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC ．平面ABC ⊥平面BDE 且平面ADC ⊥平面BDED ．平面ABC ⊥平面ADC 且平面ADC ⊥平面BDE8.已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥n C ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α D ．若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α9.一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为( )A.63π m 3B.85π m 3C.83π m 3D.94π m 3 10.如图，三棱锥P ABC 的高PO ＝8，AC ＝BC ＝3，∠ACB ＝30°，M ，N 分别在BC 和PO 上，且CM ＝x ，PN ＝2CM ，则下面四个图象中大致描绘了三棱锥N AMC 的体积V 与x 的变化关系(x ∈(0，3])的是( )11.如图，模块①～⑤均由4个棱长为1的小正方体构成，模块⑥由15个棱长为1的小正方体构成，现从模块①～⑤中选出3个放到模块⑥上，使得模块⑥成为一个棱长为3的大正方体，下列方案中能完成任务的是( )A．模块①②⑤ B．模块①③⑤C．模块②④⑤ D．模块③④⑤12.若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是( )A．l1⊥l4B．l1∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)13.某空间几何体的三视图及尺寸如图，则该几何体的体积是________．14.在半径为2的球面上有不同的四点A，B，C，D若AB＝AC＝AD＝2，则平面BCD被球所截得图形的面积为________．15.关于直线m，n和平面α，β有以下四个命题：①当m∥α，n∥β，α∥β时，m∥n；②当m∥n，m⊂α，n⊥β时，α⊥β；③当α∩β＝m，m∥n时，n∥α且n∥β；④当m⊥n，α∩β＝m时，n⊥α或n⊥β.其中假命题的序号是________．16.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝BC＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离为________．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC＝13，BB1＝BC＝6，E，F为侧棱AA1上的两点，且EF＝3，求几何体EFBB1C1C的体积．18.如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．19.如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD＝2.将△ADC 沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体DABC，如图2所示．(1)求证：BC⊥平面ACD；(2)求几何体DABC的体积．20.如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．求证：(1)AF∥平面BCE；(2)平面BCE⊥平面CDE.21.如图，在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE，∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小．22.如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝5，且点M和N分别为B1C和D1D的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．1.解析 由三视图可知该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥所得，所以其体积为圆柱的体积减去圆锥的体积，为：4π×3－13×4π×3＝8π，故选B. 答案 B2.解析 由“m ⊥α且l ⊥m ”推出“l ⊂α或l ∥α”，但由“m ⊥α且l ∥α”可推出“l ⊥m ”，所以“l ⊥m ”是“l ∥α”的必要而不充分条件，故选B. 答案 B3.3.解析 如图，不妨设正方体的棱长为1，则截去部分为三棱锥A －A 1B 1D 1，其体积为16，又正方体的体积为1，则剩余部分的体积为56，故所求比值为15.故选D. 答案 D4.解析：由斜二测画法规则知，保持平行性、平行x 轴长度保持不变，平行y 轴的长度减半．故①②正确，选A.5.解析 延长CB 至F ，使CB ＝BF ，连接A 1F ，可知MB 为△A 1FC 的中位线，即MB ＝12A 1F ，因为在翻折过程中A 1F 为定值，所以BM 为定值，A 正确．点A 1绕DE 的中点、以定长为半径做圆周运动，点M 运动的轨迹与点A 1相似，也是圆周运动，所以点M 在某个球面上运动，B 正确．由题知DE ⊥EC ，若DE ⊥A 1C ，则直线DE ⊥平面ECA 1，于是∠DEA 1＝90°，又因为∠DAE ＝90°，即∠DA 1E ＝90°，此时在一个三角形中有两个直角，所以DE 不可能垂直于A 1C ，C 不正确．因为MB 綊12A 1F ，由图可知A 1F 在平面A 1DE 内，所以存在某个位置使得MB ∥平面A 1DE ，D 正确． 答案 C6.解析：设A (0，0，2)，B (2，2，0)，C (1，2，1)，D (2，2，2)，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④与俯视图为②.故选D.7.解析：因为AB ＝CB 且E 是AC 的中点，所以BE ⊥AC .同理有DE ⊥AC .于是AC ⊥平面BDE .因为AC 在平面ABC 内，所以平面ABC ⊥平面BDE .又由于AC ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面BDE ，所以选C.8.解析 解法一：若m ∥α，n ∥α，则m ，n 可能平行、相交或异面，A 错； 若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥n ，因为直线与平面垂直时，它垂直于平面内任一直线，B 正确；若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α，C 错；若m ∥α，m ⊥n ，则n 与α可能相交，可能平行，也可能n ⊂α，D 错．解法二：如图，在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，用平面ABCD 表示α. A 项中，若m 为A ′B ′，n 为B ′C ′，满足m ∥α，n ∥α， 但m 与n 是相交直线，故A 错． B 项中，m ⊥α，n ⊂α，∴m ⊥n ，这是线面垂直的性质，故B 正确． C 项中，若m 为AA ′，n 为AB ， 满足m ⊥α，m ⊥n ，但n ⊂α，故C 错． D 项中，若m 为A ′B ′，n 为B ′C ′， 满足m ∥α， m ⊥n ，但n ∥α，故D 错． 答案 B9.解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π(m 3)． 答案 C10. 答案 A 11.答案 A 12.解析 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，记l 1＝DD 1，l 2＝DC ，l 3＝DA ，若l 4＝AA 1，满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，此时l 1∥l 4，可以排除选项A 和C.若l 4＝DC 1，也满足条件，可以排除选项B.故选D. 答案 D13.解析 根据三视图可知该几何体为三棱柱，其体积V ＝12×1×2×2＝2.答案 214.解析 过点A 向平面BCD 作垂线，垂足为M ，则M 是△BCD 的外心，而外接球球心O 位于直线AM 上，设△BCD 所在截面圆半径为r ，∵OA ＝OB ＝2＝AB ，∴∠BAO ＝60°，在Rt △ABM 中，r ＝2sin 60°＝3，∴所求面积S ＝πr 2＝3π.答案 3π 15. ①③④．16.[解析] 解法一：如图，设D 为BC 的中点，连接AD 、A 1D 、A 1C 、A 1B ，过A 作A 1D 的垂线，垂足为E ，则BC ⊥A 1D ，BC ⊥AD ，所以BC ⊥平面A 1AD ，则BC ⊥AE .又AE ⊥A 1D ，所以AE ⊥平面A 1BC ，所以AE 即为所求距离，由条件可得AD ＝32AB ＝3，A 1D ＝AA 21＋AD 2＝2，由面积相等得AE ·A 1D ＝AA 1·AD ，即AE ＝AA 1·AD A 1D ＝32. 解法二：设点A 到平面A 1BC 的距离为h ，因为V A －A 1BC ＝V A 1－ABC ，所以13·h ·S △A 1BC ＝13·AA 1·S △ABC，又S △A 1BC ＝12×52－1×2＝2，AA 1＝1，S △ABC ＝34×22＝3，∴h ＝32. [答案]3217.解析：△ABC 的边BC 上的高等于 （13）2－33＝2，所以S △ABC ＝S △A 1B 1C 1＝12×6×2＝6.由于直三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积V ＝6×6＝36，而三棱锥E A 1B 1C 1的体积VE A 1B 1C 1＝13·S △A 1B 1C 1·EA 1，三棱锥F ABC 的体积V F ABC ＝13·S △ABC ·FA ，所以VE A 1B 1C 1＋V F ABC ＝13·S △ABC ·(EA 1＋FA )＝13×6×(6－3)＝6.于是几何体EF BB 1C 1C 的体积等于36－6＝30.18.[解] (1)证明：连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22.在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长，建立空间直角坐标系G －xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cosAE →，CF →＝AE →·CF→|AE →||CF →|＝－33. 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 19.解析：(1)证法一 在题图1中， 可得AC ＝BC ＝22， ∴AC 2＋BC 2＝AB 2，故AC ⊥BC .如图，取AC 中点为O ，连接DO ，则DO ⊥AC ，又平面ADC ⊥平面ABC ，平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，DO ⊂平面ADC ， ∴OD ⊥平面ABC . ∴OD ⊥BC .又AC ⊥BC ，AC ∩OD ＝O ， ∴BC ⊥平面ACD .证法二 在题图1中，可得AC ＝BC ＝22， ∴AC 2＋BC 2＝AB 2. 故AC ⊥BC .又∵平面ADC ⊥平面ABC ，平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ，从而BC ⊥平面ACD . (2)由(1)可知BC 为三棱锥B ACD 的高，BC ＝22，S △ACD ＝2.∴V B ACD ＝13·S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423.由等积性可知几何体D ABC 的体积为423.20.[证明] (1)如图，取CE 的中点G ，连接FG ，BG . ∵F 为CD 的中点，∴GF ∥DE 且GF ＝12DE .∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB .又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB .∴四边形GFAB 为平行四边形，则AF ∥BG . ∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE .(2)∵△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点， ∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF . 又CD ∩DE ＝D ，∴AF ⊥平面CDE . ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE .∵BG ⊂平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE .21.[解] (1)证明：证法一：连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝O ，连接OH . 在三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形．则O 为CD 的中点，又H 为BC 的中点，所以OH ∥BD . 又OH ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ， 所以BD ∥平面FGH .证法二：在三棱台DEF －ABC 中，由AB ＝2DE ，得BC ＝2EF ，H 为BC 的中点， 可得BH ∥EF ，BH ＝EF ，所以四边形BHFE 为平行四边形，可得BE ∥HF .在△ABC 中，G 为AC 的中点，H 为BC 的中点， 所以GH ∥AB .又GH ∩HF ＝H ，所以平面FGH ∥平面ABED . 所以BD ⊂平面ABED ， 所以BD ∥平面FGH .(2)解法一：设AB ＝2，则CF ＝1. 在三棱台DEF －ABC 中，G 为AC 的中点， 由DF ＝12AC ＝GC ，可得四边形DGCF 为平行四边形，因此DG ∥FC . 又FC ⊥平面ABC ， 所以DG ⊥平面ABC .连接GB ，在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 中点，所以AB ＝BC ，GB ⊥GC ， 因此GB ，GC ，GD 两两垂直．以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G －xyz .所以G (0,0,0)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，D (0,0,1)． 可得H ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，F (0，2，1)． 故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)．因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0,0)，所以cosGB →，n ＝GB →·n|GB →|·|n |＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.解法二：作HM ⊥AC 于点M ，作MN ⊥GF 于点N ，连接NH ，BG . 由FC ⊥平面ABC ，得HM ⊥FC . 又FC ∩AC ＝C ， 所以HM ⊥平面ACFD ， 因此GF ⊥NH ，所以∠MNH 即为所求的角．设AB ＝2，在△BGC 中，MH ∥BG ，MH ＝12BG ＝22，由△GNM ∽△GCF ，可得MN FC ＝GMGF，从而MN ＝66. 由HM ⊥平面ACFD ，MN ⊂平面ACFD ，得HM ⊥MN ， 因此tan ∠MNH ＝HM MN＝3，所以∠MNH ＝60°.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.22.[解] (1)证明：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2，2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，1，N (1，－2,1)． (1)依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量.MN →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－52，0.由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)． 因此有cosn 1，n 2＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sinn 1，n 2＝31010， 所以，二面角D 1－AC －B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]，则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)．又n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，由已知，得cosNE →，n ＝NE →·n|NE →|·|n |＝112λ＋22＋12＝13，整理得λ2＋4λ－3＝0， 又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2. 所以，线段A 1E 的长为7－2.。
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 ，。
压轴题05 立体几何压轴题(解析版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用-理)
压轴题05立体几何压轴题题型/考向一：点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积题型/考向二：外接球、内切球等相关问题题型/考向三：平行关系、垂直关系、二面角等相关问题一、空间几何体的体积、表面积热点一空间几何体的侧面积、表面积柱体、锥体、台体和球的表面积公式：(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l).(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l ＋rl).(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.热点二空间几何体的体积柱体、锥体、台体和球的体积公式：(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；Sh(S为底面面积，h为高)；(2)V锥体＝13(S上＋S下＋S上S下)h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；(3)V台体＝13(4)V球＝4πR3.3二、外接球、内切球问题类型一外接球问题考向1墙角模型墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球半径为R.则(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝a2＋b2＋c2.常见的有以下三种类型：考向2对棱相等模型对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长，如图所示，(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2(长方体的长、宽高分别为a ，b ，c )，即R 2＝18(x 2＋y 2＋z 2)，如图.考向3汉堡模型汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型，模型如下，由对称性可知，球心O 的位置是△ABC 的外心O 1与△A 1B 1C 1的外心O 2的连线的中点，算出小圆O 1的半径AO 1＝r ，OO 1＝h 2，所以R 2＝r 2＋h 24.考向4垂面模型垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球；如图所示，由对称性可知球心O 的位置是△CBD 的外心O 1与△AB 2D 2的外心O 2连线的中点，算出小圆O1的半径CO1＝r，OO1＝h2，则R＝r2＋h24.类型二内切球问题内切球问题的解法(以三棱锥为例)第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；第二步：设内切球的半径为r，建立等式V P－ABC＝V O－ABC＋V O－P AB＋V O－P AC＋V O－PBC⇒V P－ABC＝13S△ABC·r＋13S△P AB·r＋13S△P AC·r＋13S PBC·r＝13(S△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC)r；第三步：解出r＝3V P－ABCS△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC.类型三球的截面问题解决球的截面问题抓住以下几个方面：(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).三、平行关系和垂直关系的证明、二面角等热点一空间线、面位置关系的判定判断空间线、面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题.(2)利用直线的方向向量、平面的法向量判断.(3)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.热点二几何法证明平行、垂直1.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.热点三空间向量法证明平行、垂直1.用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，在平面α内的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u .(4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2.2.用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0.(2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u .(3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0.四、空间角、距离问题热点一异面直线所成的角求异面直线所成角的方法方法一：综合法.步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出直线a ，b 的方向向量，分别记为m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |；③利用cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|，以及θ，π2，求出角θ.热点二直线与平面所成的角求直线与平面所成角的方法方法一：几何法.步骤为：①找出直线l 在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出平面α的法向量n 与直线AB 的方向向量AB →；②计算cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |；③利用sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|，以及θ∈0，π2，求出角θ.热点三平面与平面的夹角求平面与平面的夹角方法方法一：几何法.步骤为：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.方法二：空间向量法.步骤为：①求两个平面α，β的法向量m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |；③设两个平面的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|.热点四距离问题1.空间中点、线、面距离的相互转化关系2.空间距离的求解方法有：(1)作垂线段；(2)等体积法；(3)等价转化；(4)空间向量法.一、单选题1．在正方体1111ABCD A B C D -中，直线m 、n 分别在平面ABCD 和11ABB A 内，且m n ⊥，则下列命题中正确的是（）A ．若m 垂直于AB ，则n 垂直于AB B ．若m 垂直于AB ，则n 不垂直于ABC ．若m 不垂直于AB ，则n 垂直于ABD ．若m 不垂直于AB ，则n 不垂直于AB【答案】C【详解】AB 选项，若m 垂直于AB ，由面ABCD ⊥面11ABB A ，面ABCD ⋂面11ABB A AB =，可得m 垂直于面11ABB A ，即面11ABB A 内的所有直线均与m 垂直，而n 可能垂直于AB ，也可能不垂直于AB ，故A 错误，B 错误；CD 选项，若m 不垂直于AB ，则,BC m 为面ABCD 内的两条相交直线，由题可知BC n ⊥，m n ⊥，则n 垂直面ABCD ，又AB ⊂面ABCD ，所以n 垂直于AB ，故C 正确，D 错误.故选：C2．在中国古代数学经典著作《九章算术》中，称图中的多面体ABCDEF 为“刍甍”.书中描述了刍甍的体积计算方法：求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一，即()216V AB EF AD h =+⨯⨯，其中h 是刍甍的高，即点F 到平面ABCD 的距离.若底面ABCD 是边长为4的正方形，2EF =，且//EF AB ，ADE V 和BCF △是等腰三角形，90AED BFC ∠=∠= ，则该刍甍的体积为（）A ．3B ．3C ．D ．403【答案】B【详解】如图所示，设点F 在底面的射影为G ，,H M 分别为,BC AD 的中点，连接,,EM FH MH ，则FG 即为刍甍的高，-P ABC 面积恰为该容器的表面积）展开后是如图所示的边长为10的正方形123APP P （其中点B 为23P P 中点，点C为12PP 中点），则该玩具的体积为（）A ．6253B ．1253C ．125D ．2503【答案】B【详解】该玩具为三棱锥-P ABC ，即三棱锥A PBC -，则PA ⊥底面PBC ，且10PA =，PBC 面积为252，所以12512510323P ABC V -=⨯⨯=.故选：B.4．攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖.通常有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑､园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6m ，腰长为5m 的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（）A ．38πmB ．39πmC ．310πmD ．312πm 【答案】D【详解】如图所示为该圆锥轴截面，由题知该圆锥的底面半径为15．已知为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A ．若//,//a b b α，则//a αB ．若//,,//a b a b αβ⊥，则αβ⊥C ．若//,//,//a b αβαβ，则//a bD ．若//,//,a b αβαβ⊥，则a b⊥【答案】B【详解】对于A ，若//,//a b b α，则//a α或a α⊂，故A 错误；对于B ，若//,//a b b β，则a β⊂或//a β，若a β⊂，因为a α⊥，则αβ⊥，若//a β，如图所示，则在平面β一定存在一条直线//m a ，因为a α⊥，所以m α⊥，又m β⊂，所以αβ⊥，综上若//,,//a b a b αβ⊥，则αβ⊥，故B 正确；对于C ，若//,//,//a b αβαβ，则直线,a b 相交或平行或异面，故C 错误；对于D ，若//,//,a b αβαβ⊥，则直线,a b 相交或平行或异面，故D 错误.故选：B.6．在直三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为等腰直角三角形，若三棱柱111ABC A B C -的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（）A ．12πB ．24πC ．48πD ．96π7．已知三棱锥-P ABC 中，底面ABC 是边长为的正三角形，点P 在底面上的射影为底面的中心，且三棱锥-P ABC 外接球的表面积为18π，球心在三棱锥-P ABC 内，则二面角P AB C --的平面角的余弦值为（）A ．12B ．13C 22D 即PDC ∠为二面角P AB C --的平面角，由23AB =，得22OC OD ==，显然三棱锥线段PO 上，由三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为8．已知三棱锥-P ABC 的四个顶点都在球O的球面上，4PB PC AB AC ====，2PA BC ==，则球O 的表面积为（）A ．316π15B ．79π15C ．158π5D ．79π5而,,AB AC A AB AC =⊂ 平面ABC ，因此在等腰ABC 中，4,2AB AC BC ===，则215sin 1cos ABC ABC ∠=-∠=，二、多选题9．已知直线a ，b ，c 两两异面，且a c ⊥，b c ⊥，下列说法正确的是（）A ．存在平面α，β，使a α⊂，b β⊂，且c α⊥，c β⊥B ．存在平面α，β，使a α⊂，b β⊂，且c α∥，c β∥C ．存在平面γ，使a γ∥，b γ∥，且c γ⊥D ．存在唯一的平面γ，使c γ⊂，且a ，b 与γ所成角相等【答案】ABC【详解】对于A,平移直线b 到与直线a 相交，设平移后的直线为b '，因为b c ⊥，所以b c '⊥，设直线,a b '确定的平面为α，则a c ⊥，b c '⊥，直线b '和a 相交，所以c α⊥，同理可得：c β⊥，故A 对；对于B,平移直线c 到与直线a 相交，设平移后的直线为c '，设直线,a c '确定的平面为α，因为c //c '，且α⊄c ，所以c α∥，同理可得：c β∥，故B 对；对于C,同时平移直线b 和直线a ，令平移后的直线相交，设平移后的直线为,a b ''''，因为a c ⊥，b c ⊥，所以a c ''⊥，b c ''⊥，设直线,a b ''''确定的平面为γ，则a γ∥，b γ∥，且c γ⊥，故C 对；对于D ，由对称性可知，存在两个平面γ，使c γ⊂，且a ，b 与γ所成角相等，故D 错误；故选：ABC.10．已知正方体1111ABCD A B C D -的外接球表面积为12π，,,M N P 分别在线段1BB ，1CC ，1DD 上，且,,,A M N P 四点共面，则（）．A ．AP MN=B ．若四边形AMNP 为菱形，则其面积的最大值为C ．四边形AMNP 在平面11AAD D 与平面11CC D D 内的正投影面积之和的最大值为6D ．四边形AMNP 在平面11AA D D 与平面11CC D D 内的正投影面积之积的最大值为4设正方体1111ABCD A B C D -依题意，234π()12π2a ⋅=，解得因为平面11BCC B ∥平面ADD则M 在平面11AA D D 上的投影落在设为H ，则四边形AGHP 为四边形AMNP 由于,AM PN GM HN ==,则（当1x y ==时取“＝”），故C 错误，D 正确，故选：ABD三、解答题11．如图，四棱锥S ABCD -的底面为菱形，60BAD ∠=︒，2AB =，4SD =，SD ⊥平面ABCD ，点E 在棱SB 上．(1)证明：AC DE ⊥；(2)若三棱锥E ABC -，求点E 到平面SAC 的距离．【详解】（1）证明：如图，连接BD ，因为四边形ABCD 为菱形，所以AC BD ⊥，因为SD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以SD AC ⊥，又因为SD BD D = ，所以AC ⊥平面SBD ，又因为DE ⊂平面SBD ，所以AC DE ⊥．（2）解：设点E 到平面ABC 则三棱锥E ABC -的体积V (11sin 18032AB BC =⨯⨯⨯⨯︒-12．如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，,AB AD O =为BD 的中点.(1)证明：OA CD ⊥；(2)已知OCD 是边长为1的等边三角形，已知点E 在棱AD 的中点，且二面角E BC D --的大小为45 ，求三棱锥A BCD -的体积.【详解】（1）证明：AB AD = ，O 为BD 的中点，AO BD ∴⊥，又平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ⋂平面BCD BD =，AO ⊂平面BCD ，所以AO ⊥平面BCD ，又CD ⊂平面BCD ，AO CD ∴⊥．（2）取OD 的中点F ，因为OCD 为等边三角形，所以CF OD ⊥，过O 作//OM CF ，与BC 交于M ，则OM OD ⊥，由（1）可知OA ⊥平面BCD ，设OA a =，因为OA ⊥平面BCD ，所以设平面BCE 的一个法向量为n =3300x y n BC ⎧+=⎪⎧⋅= ○热○点○题○型二外接球、内切球等相关问题一、单选题1．已知ABC 是边长为3的等边三角形，其顶点都在球O 的球面上，若球O 的体积为323π，则球心O 到平面ABC 的距离为（）A B ．32C ．1D 因为ABC 是边长为3的等边三角形，且所以13O B =，又因为球O 的体积为32π2．已知三棱锥-P ABC 的底面ABC 是边长为1的正三角形，侧棱,,PA PB PC 两两垂直，若此三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是（）A ．3πB ．πC ．3π4D ．3π23．一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在一个球面上，且这个球的半径为5，则这个圆锥的体积的最大值时，圆锥的底面半径为（）A ．103B ．2C ．3D 【答案】C【详解】解：如图，设圆锥的底面半径为r ，球半径5R =，球心为O ．过圆锥的顶点P 作底面的垂线2125OO r =-．所以圆锥的高h PO =4．已知圆锥的侧面积为2π，母线与底面所成角的余弦值为2，则该圆锥的内切球的体积为（）A ．4π3B ．43π9C．27D5．如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为A ，圆柱的上、下底面的圆心分别为B 、C ，若该几何体Ω存在外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上）．已知24BC AB ==，则该组合体的体积等于（）A ．56πB ．70π3C ．48πD ．64π【答案】A【详解】设该组合体外接球的球心为O ，半径为R ，易知球心在BC 中点，则224R AO ==+=.6．已知矩形ABCD的顶点都在球心为的体积为43，则球O的表面积为（）A．76πB．112πC D．3故球的表面积为：2476πR π=，故选：A ．7．水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（）A ．4B ．2C ．2D ．6此时，如上图示，O 为半球的球心，体的体对角线，且该小球与半球球面上的切点与8．已知三棱锥-PABC的四个顶点均在球的球面上，，PB AC== PC AB=Q为球O的球面上一动点，则点Q到平面PAB 的最大距离为（）A2211BC2211D2223BD BE AB∴+==，BD2226BD BE BF∴++=，∴球在PAB中，cosABABP∠=二、填空题9．在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，14AB AC PA AB AC ⊥=+=，，，当三棱锥的体积最大时，三棱锥-P ABC 外接球的体积为______．则三棱锥-P ABC 外接球的直径为2R PA =因此，三棱锥-P ABC 外接球的体积为34π3R10．如图，在直三棱柱111中，1．设为1的中点，三棱锥D ABC -的体积为94，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，则三棱柱111ABC A B C -外接球的表面积为______．【答案】27π【详解】取1A B 的中点E ，连接AE ，如图．因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥．又面1A BC ⊥面11ABB A ，面1A BC ⋂面111ABB A A B =，且AE ⊂面11ABB A ，所以⊥AE 面1A BC ，BC ⊂面1A BC ，所以AE BC ⊥．在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥面ABC ，BC ⊂面ABC ，所以1BB BC ⊥．又AE ，1BB ⊂面11ABB A ，且AE ，1BB 相交，所以BC ⊥面11ABB A ，AB ⊂面11ABB A ，所以BC AB ⊥．11．如图，直三棱柱111的六个顶点都在半径为1的半球面上，，侧面11BCC B 是半球底面圆的内接正方形，则直三棱柱111ABC A B C -的体积为___________.12．如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图，若该六边形的面积为12+，则该棱锥的内切球半径为___．由题意，侧面展开图的面积由,PD AD PD DC ⊥⊥，○热○点○题○型三平面关系、垂直关系、二面角等相关问题1．已知多面体ABCDEF 中，四边形CDEF 是边长为4的正方形，四边形ABCD 是直角梯形，90ADC DAB ∠=∠=︒，36BE AB ==，4=AD ．(1)求证：平面ADF ⊥平面BCE ；(2)求直线AF 与平面BCF 所成角的正弦值．【详解】（1）因为四边形CDEF 是边长为4的正方形，所以CE ⊥DF ，ED ⊥DC ，因为四边形ABCD 是直角梯形，90ADC DAB ∠=∠=︒，所以AD ⊥CD ，AB ⊥AD ，故直线AF与平面BCF所成角的正弦值为-PA 2．如图，在四棱锥P ABCD平面PAD⊥平面ABCD．Array(1)证明：平面CDM⊥平面PAB；(2)若AD BC ∥，2AD BC =，2AB =，直线PB 与平面MCD ，求三棱锥P MCD -的体积．【详解】（1）取AD 中点为N ，连接PN ，因为PAD 为等边三角形，所以PN AD ^，且平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，PN ⊂面PAD ，所以PN ^平面ABCD ，又AB ⊂平面ABCD ，所以PN AB ⊥，又因为PD AB ⊥，PN PD P = ，,PN PD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，又因为DM ⊂平面PAD ，所以AB DM ⊥，因为M 为AP 中点，所以DM PA ⊥，且PA AB A = ，,PA PB ⊂平面PAD ，所以DM ⊥平面PAB ，且DM ⊂平面CDM ，所以平面CDM ⊥平面PAB .（2）由（1）可知，PN AB ⊥且PD AB ⊥，PN PD P = ，所以AB ⊥平面PAD ，△为边长为6的等边三角形，E为BD的中点，F为AE的三等分点，且2AF FE ABD=.(1)求证：//FM 面ABC ；(2)若二面角A BD C --的平面角的大小为23π，求直线EM 与面ABD 所成角的正弦值.【详解】（1）在BE 上取一点N ，使得12BN NE =，连接FN ，NM ，∵6BD =，∴116BN BD ==，2NE =，3ED =，∵12AF FE =，∴12BN AF NE FE ==，则FN AB ∥，又FN ⊄面ABC ，AB ⊂面ABC ，∴FN ∥面ABC ，∵15BN CM ND MD ==，∴NM BC ∥.∵NM ⊄面ABC ，BC ⊂面ABC ，∴NM ∥面ABC ，∵FN NM N = ，,FN NM ⊂面FNM ，∴面FNM ∥面ABC ，又FM ⊂面FNM ，4．已知底面是正方形，平面，，，点E 、F 分别为线段PB 、CQ 的中点．(1)求证：//EF平面PADQ ；(2)求平面PCQ 与平面CDQ 夹角的余弦值；(3)线段PC 上是否存在点M ，使得直线AM 与平面PCQ 所成角的正弦值是7，若存在求出PM MC的值，若不存在，说明理由．【详解】（1）证明：法一：分别取AB 、CD 的中点G 、H ，连接EG 、GH 、FH ，由题意可知点E 、F 分别为线段PB 、CQ 的中点．所以//EG PA ，//FH QD ，因为//PA DQ ，所以//EG FH ，所以点E 、G 、H 、F 四点共面，因为G 、H 分别为AB 、CD 的中点，所以//GH AD ，因为AD ⊂平面ADQP ，GH ⊄平面ADQP ，所以//GH 平面ADQP ，又因为//FH QD ，QD ⊂平面ADQP ，FH ⊄平面ADQP ，所以//FH 平面ADQP ，法二：因为ABCD 为正方形，且以点A 为坐标原点，以AB 、空间直角坐标系，则()0,0,3P 、()3,3,0C 、()0,3,1Q 所以()0,3,1EF =- ，易知平面PADQ 所以0a EF ⋅= ，所以E F a ⊥ ，EF ⊄ADQP EF所在平面和圆所在的平面互相垂直，已知2,1AB EF ==．(1)求证：平面DAF ⊥平面CBF ；(2)当AD 的长为何值时，二面角C EF B --的大小为60︒？设()0AD t t =>，则(1,0,C -∴(1,0,0)EF = ，33,22CF ⎛= ⎝6．如图，在三棱柱111中，四边形11是边长为4的菱形，AB BC =，点D 为棱AC 上的动点（不与A 、C 重合），平面1B BD 与棱11AC 交于点E .(1)求证1BB DE //；(2)若平面ABC ⊥平面11AAC C ，160A AC ∠= ，判断是否存在点D 使得平面11A ABB 与平面1B BDE 所成的锐二面角为π3，并说明理由.【详解】（1）11//BB CC ，且1BB ⊂/平面11ACC A ，1CC ⊂平面11ACC A ，∴1//BB 平面11ACC A ，又∵1BB ⊂平面1B BD ，且平面1B BD 平面11ACC A DE =，∴1BB DE //；（2）连接1AC ，取AC 中点O ，连接1AO ，BO ，在菱形11ACC A 中，160A AC ∠=︒，∴1A AC △是等边三角形，又∵O 为AC 中点，∴1A O ⊥∵平面ABC ⊥平面11ACC A ，平面ABC ⋂平面11ACC A AC =∴1A O ⊥平面ABC ，OB ⊂平面。
专题05 立体几何专项高考真题总汇(带答案与解析)
专题05立体几何（选择题、填空题）1．【2021·浙江高考真题】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A ．32B ．3C．2D．【答案】A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.【解析】几何体为如图所示的四棱柱1111ABCD A B C D -，其高为1，底面为等腰梯形ABCD ，，下底为12=，故1111131222ABCD A B C D V -=⨯+⨯⨯=，故选：A.2．【2021·北京高考真题】某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）A ．332+B ．4C ．33D ．2【答案】A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.【解析】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥O ABC -，其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，故其表面积为213333112242+⨯⨯⨯+⨯=，故选：A.3．【2021·浙江高考真题】如图已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则（）A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCD D ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B 【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证1//,MN AB A D ⊥平面1ABD ，即可得出结论.【解析】连1AD ，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是1A D 的中点，所以M 为1AD 中点，又N 是1D B 的中点，所以//MN AB ，MN ⊄平面,ABCD AB ⊂平面ABCD ，所以//MN 平面ABCD .因为AB 不垂直BD ，所以MN 不垂直BD 则MN 不垂直平面11BDD B ，所以选项B,D 不正确；在正方体1111ABCD A B C D -中，11AD A D ⊥，AB ⊥平面11AA D D ，所以1AB A D ⊥，1AD AB A ⋂=，所以1A D ⊥平面1ABD ，1D B ⊂平面1ABD ，所以11A D D B ⊥，且直线11,A D D B 是异面直线，所以选项B 错误，选项A 正确.故选：A.【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.4．【2021·全国高考真题（理）】已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC ⊥==，则三棱锥O ABC -的体积为（）A ．212B ．312C ．24D ．34【答案】A【分析】由题可得ABC 为等腰直角三角形，得出ABC 外接圆的半径，则可求得O 到平面ABC 的距离，进而求得体积.【解析】,1AC BC AC BC ⊥== ，ABC ∴ 为等腰直角三角形，AB ∴=，则ABC 外接圆的半径为22，又球的半径为1，设O 到平面ABC 的距离为d ，则2d ==，所以1112211332212O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯⨯=.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.5．【2021·全国高考真题（理）】在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为（）A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6【答案】D【分析】平移直线1AD 至1BC ，将直线PB 与1AD 所成的角转化为PB 与1BC 所成的角，解三角形即可.【解析】如图，连接11,,BC PC PB ，因为1AD ∥1BC ，所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，所以11BB PC ⊥，又111PC B D ⊥，1111BB B D B ⋂=，所以1PC ⊥平面1P B B ，所以1PC PB ⊥，设正方体棱长为2，则111112BC PC D B ===1111sin 2PC PBC BC ∠==，所以16PBC π∠=.故选：D6．【2021·全国高考真题】已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A ．2B．C ．4D．【答案】B【分析】设圆锥的母线长为l ，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l 的值，即为所求.【解析】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则2l ππ=解得l =.故选：B.7．【2021·北京高考真题】定义：24小时内降水在平地上积水厚度（mm ）来判断降雨程度．其中小雨（10mm <），中雨（10mm 25mm -），大雨（25mm 50mm -），暴雨（50mm 100mm -），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（）A ．小雨B ．中雨C ．大雨D ．暴雨【答案】B【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.【解析】由题意，一个半径为()200100mm 2=的圆面内的降雨充满一个底面半径为()20015050mm 2300⨯=，高为()150mm 的圆锥，所以积水厚度()22150150312.5mm 100d ππ⨯⨯==⨯，属于中雨.故选：B.8．【2021·全国高考真题】在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【答案】BD【分析】对于A ，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B ，将P 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数；对于D ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数．【解析】易知，点P 在矩形11BCC B 内部（含边界）．对于A ，当1λ=时，11=BP BC BB BC CC μμ=++，即此时P ∈线段1CC ，1AB P △周长不是定值，故A 错误；对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB B C λλ=++，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当12λ=时，112BP BC BB μ=+，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP BQ QH μ=+，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，13,0,12A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，则13,0,12A P μ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，10,,2BP μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，()110A P BP μμ⋅=-=，所以0μ=或1μ=．故,H Q 均满足，故C 错误；对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+ ，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+ ，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为0,02A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，所以01,22AP y ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，11,,122A B ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +-=⇒=-，此时P 与N 重合，故D 正确．故选：BD ．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．9．【2021·全国高考真题（理）】以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．【答案】③④（答案不唯一）【分析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.【解析】选择侧视图为③，俯视图为④，如图所示，长方体1111ABCD A B C D -中，12,1AB BC BB ===，,E F 分别为棱11,BC BC 的中点，则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥E ADF -.故答案为：③④.【点睛】三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系.10．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A ．514-B ．512-C ．514D ．512+【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则22224a PO PE OEb =-=-由题意得212PO ab =，即22142a b ab-=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得14b a +=（负值舍去）.故选C ．【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.11．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为A ．EB ．FC ．GD ．H【答案】A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E .故选A.【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题.12．【2020年高考全国II 卷理数】已知△ABC 是面积为934O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为A 3B ．32C ．1D ．32【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则2416R π=π，解得：2R =.设ABC △外接圆半径为r ，边长为a ，ABC △是面积为934的等边三角形，21393224a ∴⨯=，解得：3a =，22229933434a r a ∴=-=⨯-，∴球心O 到平面ABC 的距离22431d R r =-=-=.故选：C ．【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.13．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A ．2B ．4+42C ．3D ．4+23【答案】C 【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：22AB AD DB ===∴ADB △是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：2113sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++.故选：C ．【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.14．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r π=π=∴， ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A.【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.15．【2020年高考天津】若棱长为为A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.故选：C ．【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.16．【2020年高考北京】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为A ．6+B ．6+C ．12+D ．12+【答案】D 【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+⎪⎝⎭故选：D ．【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．17．【2020年高考浙江】某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．73B ．143C ．3D ．6【答案】A 【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：A【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.18．【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ．“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】依题意,,m n l 是空间不过同一点的三条直线，当,,m n l 在同一平面时，可能////m n l ，故不能得出,,m n l 两两相交.当,,m n l 两两相交时，设,,m n A m l B n l C ⋂=⋂=⋂=，根据公理2可知,m n 确定一个平面α，而,B m C n αα∈⊂∈⊂，根据公理1可知，直线BC 即l α⊂，所以,,m n l 在同一平面.综上所述，“,,m n l 在同一平面”是“,,m n l 两两相交”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理1和公理2的运用，属于中档题.19．【2020年新高考全国Ⅰ卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°【答案】B 【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒.故选：B.【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.20．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D 【答案】D【解析】解法一：,PA PB PC ABC == △为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥ 平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体的一部分，2R ==364466,π2338R V R =∴=π=⨯=，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC △为边长为2的等边三角形，CF ∴=又90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴===，AEC △中，由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x +--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC = ，D \为AC 的中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，221221222x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴===，又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==，62R ∴=，34466338V R ∴=π=π⨯=，故选D.【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．21．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,a b a b αβ⊂⊂∥，则αβ∥”此类的错误．22．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知12EO ON EN ===,，5,,22MF BF BM ==∴=BM EN ∴≠，故选B ．【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．23．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A．158B．162C．182D．324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为2646336162 22++⎛⎫⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭.故选B.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.24．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V–ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则A．β<γ，α<γB．β<α，β<γC．β<α，γ<αD．α<β，γ<β【答案】B【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BD PB PB PB PB αβ===<=，即αβ>；在Rt △PED 中，tan tan PD PD ED BD γβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.25．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l ．则下述命题中所有真命题的序号是__________．①14p p ∧②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝【答案】①③④【解析】对于命题1p ，可设1l 与2l 相交，这两条直线确定的平面为α；若3l 与1l 相交，则交点A 在平面α内，同理，3l 与2l 的交点B 也在平面α内，所以，AB α⊂，即3l α⊂，命题1p 为真命题；对于命题2p ，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题2p 为假命题；对于命题3p ，空间中两条直线相交、平行或异面，命题3p 为假命题；对于命题4p ，若直线m ⊥平面α，则m 垂直于平面α内所有直线，直线l ⊂平面α，∴直线m ⊥直线l ，命题4p 为真命题.综上可知，，为真命题，，为假命题，14p p ∧为真命题，12p p ∧为假命题，23p p ⌝∨为真命题，34p p ⌝∨⌝为真命题.故答案为：①③④.【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.26．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【答案】23【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于223122AM =-=，故1222222S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()1332222r =⨯++⨯=解得：22r =，其体积：34233V r =π=π.故答案为：23π.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.27．【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积（单位：cm 2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm ）是_______．【答案】1【解析】设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，则21222r l r l ππππ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩，解得1,2r l ==.故答案为：1【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.28．【2020年高考江苏】如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm ，高为2cm ，内孔半轻为0.5cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是▲cm.【答案】2π【解析】正六棱柱体积为2624⨯⨯⨯，圆柱体积为21()222ππ⋅=，所求几何体体积为2π.故答案为：2π-【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.29．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为球心，为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】22π.【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E =111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥，因为1111BB B C B = ，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，，1D E =，所以||EP ===，所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E ，因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧 FG ，因为114B EF C EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得 22FGπ==.故答案为：22π.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.30．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【答案】118.8【解析】由题意得，214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形，∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ，∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=．又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=，所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.31．【2019年高考北京卷理数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【答案】40【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．32．【2019年高考北京卷理数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α.故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.33．【2019年高考天津卷理数】2的正方形，5若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．【答案】π4【解析】由题意，的正方形，借助勾股定理，2=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12，故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭.【名师点睛】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.34．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是▲.【答案】10【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高，所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=.【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.35．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）【答案】261【解析】由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面．如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB BE x ==，延长CB 与FE 的延长线交于点G ，延长BC 交正方体的棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE △为等腰直角三角形，22,21)122BG GE CH x GH x x x ∴===∴=⨯+=+=，1x ∴=1．。
全国通用2020_2022三年高考数学真题分项汇编专题06立体几何解答题理
06 立体几何（解答题）（理科专用）1．【2022年全国甲卷】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1 ,AB=2,DP=√3．(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)√5.5【解析】【分析】（1）作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理证明AD⊥BD，根据线面垂直的性质可得PD⊥BD，从而可得BD⊥平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE=BF=1，2，BD=√DE2+BE2=√3，故DE=√32所以AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD=D，所以BD⊥平面PAD，又因PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA；(2)解：如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系， BD =√3，则A(1,0,0),B(0,√3,0),P(0,0,√3)，则AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,√3),BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−√3,√3),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,√3)， 设平面PAB 的法向量n⃗ =(x,y,z)， 则有{n →⋅AP →=−x +√3z =0n →⋅BP →=−√3y +√3z =0，可取n ⃗ =(√3,1,1)， 则cos〈n ⃗ ,DP⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=n⃗ ⋅DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55， 所以PD 与平面PAB 所成角的正弦值为√55.2．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD,AD =CD,∠ADB =∠BDC ，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设AB =BD =2,∠ACB =60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2)CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37【解析】 【分析】（1）根据已知关系证明△ABD ≌△CBD ，得到AB =CB ，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到BE ⊥DE ，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可. (1)因为AD =CD ，E 为AC 的中点，所以AC ⊥DE ；在△ABD 和△CBD 中，因为AD =CD,∠ADB =∠CDB,DB =DB ，所以△ABD ≌△CBD ，所以AB =CB ，又因为E 为AC 的中点，所以AC ⊥BE ； 又因为DE,BE ⊂平面BED ，DE ∩BE =E ，所以AC ⊥平面BED ， 因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD . (2)连接EF ，由（1）知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ， 所以AC ⊥EF ，所以S △AFC =12AC ⋅EF ， 当EF ⊥BD 时，EF 最小，即△AFC 的面积最小. 因为△ABD ≌△CBD ，所以CB =AB =2， 又因为∠ACB =60°，所以△ABC 是等边三角形， 因为E 为AC 的中点，所以AE =EC =1，BE =√3， 因为AD ⊥CD ，所以DE =12AC =1,在△DEB 中，DE 2+BE 2=BD 2，所以BE ⊥DE . 以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E −xyz ，则A (1,0,0),B(0,√3,0),D (0,0,1)，所以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√3,0)， 设平面ABD 的一个法向量为n⃗ =(x,y,z )， 则{n ⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =−x +z =0n ⃗ ⋅AB⃗⃗⃗⃗⃗ =−x +√3y =0 ，取y =√3，则n ⃗ =(3,√3,3)，又因为C (−1,0,0),F (0,√34,34)，所以CF⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√34,34)，所以cos⟨n ⃗ ,CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=n ⃗ ⋅CF⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗ ||CF⃗⃗⃗⃗⃗ |=√21×√74=4√37，设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为θ(0≤θ≤π2)， 所以sinθ=|cos⟨n ⃗ ,CF⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩|=4√37， 所以CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37.3．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的体积为4，△A 1BC 的面积为2√2．(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1=AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求二面角A −BD −C 的正弦值．【答案】(1)√2 (2)√32【解析】 【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC ⊥平面ABB 1A 1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. (1)在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设点A 到平面A 1BC 的距离为h ， 则V A−A 1BC =13S △A 1BC ⋅ℎ=2√23ℎ=V A 1−ABC =13S △ABC ⋅A 1A =13V ABC−A 1B 1C 1=43，解得ℎ=√2，所以点A 到平面A 1BC 的距离为√2； (2)取A 1B 的中点E ,连接AE ,如图，因为AA 1=AB ，所以AE ⊥A 1B , 又平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1=A 1B ， 且AE ⊂平面ABB 1A 1，所以AE ⊥平面A 1BC ， 在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，由BC ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE ⊥BC ，BB 1⊥BC ， 又AE,BB 1⊂平面ABB 1A 1且相交，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，所以BC,BA,BB 1两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE =√2，所以AA 1=AB =2，A 1B =2√2，所以BC =2， 则A(0,2,0),A 1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A 1C 的中点D(1,1,1)， 则BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,1)，BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0), 设平面ABD 的一个法向量m ⃗⃗ =(x,y,z)，则{m ⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x +y +z =0m ⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =2y =0，可取m⃗⃗ =(1,0,−1)， 设平面BDC 的一个法向量n ⃗ =(a,b,c)，则{m ⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a +b +c =0m ⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2a =0， 可取n⃗ =(0,1,−1)， 则cos〈m ⃗⃗ ,n ⃗ 〉=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗ |=√2×√2=12，所以二面角A −BD −C 的正弦值为√1−(12)2=√32.4．【2022年新高考2卷】如图，PO 是三棱锥P −ABC 的高，PA =PB ，AB ⊥AC ，E 是PB 的中点．(1)证明：OE//平面PAC ；(2)若∠ABO =∠CBO =30°，PO =3，PA =5，求二面角C −AE −B 的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)1113 【解析】 【分析】（1）连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，根据三角形全等得到OA =OB ，再根据直角三角形的性质得到AO =DO ，即可得到O 为BD 的中点从而得到OE//PD ，即可得证； （2）过点A 作Az//OP ，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得； (1)证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥P −ABC 的高，所以PO ⊥平面ABC ，AO,BO ⊂平面ABC ， 所以PO ⊥AO 、PO ⊥BO ，又PA =PB ，所以△POA ≅△POB ，即OA =OB ，所以∠OAB =∠OBA ，又AB ⊥AC ，即∠BAC =90°，所以∠OAB +∠OAD =90°，∠OBA +∠ODA =90°， 所以∠ODA =∠OAD所以AO =DO ，即AO =DO =OB ，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以OE//PD ， 又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ， 所以OE//平面PAC(2)解：过点A 作Az//OP ，如图建立平面直角坐标系， 因为PO =3，AP =5，所以OA =√AP 2−PO 2=4，又∠OBA =∠OBC =30°，所以BD =2OA =8，则AD =4，AB =4√3，所以AC =12，所以O(2√3,2,0)，B(4√3,0,0)，P(2√3,2,3)，C (0,12,0)，所以E (3√3,1,32)， 则AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3√3,1,32)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4√3,0,0)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,0)， 设平面AEB 的法向量为n ⃗ =(x,y,z )，则{n ⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =3√3x +y +32z =0n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =4√3x =0 ，令z =2，则y =−3，x =0，所以n ⃗ =(0,−3,2)；设平面AEC 的法向量为m⃗⃗ =(a,b,c )，则{m ⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =3√3a +b +32c =0m ⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12b =0 ，令a =√3，则c =−6，b =0，所以m ⃗⃗ =(√3,0,−6)； 所以cos ⟨n ⃗ ,m ⃗⃗ ⟩=n⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ |n ⃗ ||m ⃗⃗⃗ |=√13×√39=−4√313设二面角C −AE −B 为θ，由图可知二面角C −AE −B 为钝二面角， 所以cosθ=−4√313，所以sinθ=√1−cos 2θ=1113故二面角C −AE −B 的正弦值为1113；5．【2021年甲卷理科】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）证明见解析；（2）112B D = 【解析】 【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案； 【详解】（1）[方法一]：几何法 因为1111,//BFA B A B AB ⊥，所以BF AB ⊥．又因为1AB BB ⊥，1BF BB B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．又因为2AB BC ==，构造正方体1111ABCG A B C G -，如图所示，过E 作AB 的平行线分别与AG BC ，交于其中点,M N ，连接11,A M B N ， 因为E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，所以N 是BC 的中点， 易证1Rt Rt BCF B BN ≅，则1CBF BB N ∠=∠．又因为1190BB N B NB ∠+∠=︒，所以1190CBF B NB BF B N ∠+∠=︒⊥，． 又因为111111,BFA B B N A B B ⊥=，所以BF ⊥平面11A MNB ．又因为ED ⊂平面11A MNB ，所以BF DE ⊥． [方法二] 【最优解】：向量法因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，1BB AB ∴⊥11//A B AB ，11BF A B ⊥，BF AB ∴⊥，又1BB BF B ⋂=，AB ∴⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,B A C ∴()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）． 因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥．[方法三]：因为11BF A B ⊥，11//A B AB ，所以BF AB ⊥，故110BF A B ⋅=，0BF AB ⋅=，所以()11BF ED BF EB BB B D ⋅=⋅++()11=BF B D BF EB BB ⋅+⋅+1BF EB BF BB =⋅+⋅11122BF BA BC BF BB ⎛⎫=--+⋅ ⎪⎝⎭11122BF BA BF BC BF BB =-⋅-⋅+⋅112BF BC BF BB =-⋅+⋅111cos cos 2BF BC FBC BF BB FBB =-⋅∠+⋅∠1=2202-=，所以BF ED ⊥．（2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =， 因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =， 设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ， 则cos m BA m BAθ⋅=⋅==当12a =时，2224a a -+取最小值为272， 此时cos θ=所以()minsin θ=112B D =． [方法二] ：几何法如图所示，延长EF 交11A C 的延长线于点S ，联结DS 交11B C 于点T ，则平面DFE平面11BB C C FT =．作1B H FT ⊥，垂足为H ，因为1DB ⊥平面11BB C C ，联结DH ，则1DHB ∠为平面11BB C C 与平面DFE 所成二面角的平面角．设1,B D t =[0,2],t ∈1B T s =，过1C 作111//C G A B 交DS 于点G ． 由111113C S C G SA A D ==得11(2)3C G t =-． 又1111BD B T C G C T=，即12(2)3t s s t =--，所以31ts t =+．又111B H B TC F FT =，即11B H =1B H =所以DH === 则11sin B D DHB DH∠===所以，当12t =时，()1min sin DHB ∠= [方法三]：投影法 如图，联结1,FB FN ，DEF 在平面11BB C C 的投影为1B NF ，记面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的平面角为θ，则1cos B NF DEFS Sθ=．设1(02)B D t t =≤≤，在1Rt DB F中，DF =在Rt ECF中，EF D作1B N 的平行线交MN 于点Q ．在Rt DEQ △中，DE =在DEF 中，由余弦定理得222cos 2DF EF DE DFE DF EF+-∠=⋅sin DFE ∠=1sin 2DFESDF EF DFE =⋅∠13,2B NFS = 1cos B NF DFES Sθ==，sin θ=当12t =，即112B D =，面11BBC C 与面DFE 【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维. 第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面DFE 在面11BB C C 上的投影三角形的面积与DFE △面积之比即为面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．6．【2021年乙卷理科】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值． 【答案】（1（2【解析】【分析】（1）以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设2BC a =，由已知条件得出0PB AM ⋅=，求出a 的值，即可得出BC 的长； （2）求出平面PAM 、PBM 的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果. 【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 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D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ， 则()2,1,1PB a =-，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥，则2210PB AM a ⋅=-+=，解得a =2BC a == [方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结BD ．因为PD ⊥底面ABCD ，且AM ⊂底面ABCD ，所以PD AM ⊥． 又因为PB AM ⊥，PBPD P =，所以AM ⊥平面PBD ．又BD ⊂平面PBD ，所以AM BD ⊥．从而90ADB DAM ∠+∠=︒．因为90∠+∠=︒MAB DAM ，所以∠=∠MAB ADB ． 所以∽ADB BAM ，于是=AD BAAB BM．所以2112BC =．所以BC = [方法三]：几何法+三角形面积法 如图，联结BD 交AM 于点N ．由[方法二]知⊥AM DB ．在矩形ABCD 中，有∽DAN BMN ，所以2==AN DA MN BM，即23AN AM =．令2(0)=>BC t t ，因为M 为BC 的中点，则BM t =，DB AM由1122=⋅=⋅DABSDA AB DB AN ，得=t ，解得212t =，所以2==BC t（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则AM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()AP =-， 由111120220m AMy m AP z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩，取1x =()2,1,2m =，设平面PBM 的法向量为()222,,n x yz =，BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =--，由222220220n BM n BP y z ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=--+=⎩，取21y =，可得()0,1,1n =，3cos ,7m n m n m n ⋅===⋅⨯ 所以，270sin ,1cos ,14m n m n =-=， 因此，二面角A PM B --[方法二]：构造长方体法+等体积法如图，构造长方体1111ABCD A B C D -，联结11,AB A B ，交点记为H ，由于11AB A B ⊥，1AB BC ⊥，所以AH ⊥平面11A BCD ．过H 作1D M 的垂线，垂足记为G ．联结AG ，由三垂线定理可知1⊥AG D M ， 故AGH ∠为二面角A PM B --的平面角．易证四边形11A BCD 的正方形，联结1D H ，HM ． 111111111,2D HMD HMD A HHBMMCD A BCD SD M HG S S SSS=⋅=---正方形，由等积法解得=HG在Rt AHG 中，==AH HG =AG所以，sin AH AGH AG ∠==A PMB -- 【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.7．【2021年新高考1卷】如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)证明见解析；【解析】 【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可. 【详解】（1）因为AB AD =，O 是BD 中点，所以OA BD ⊥， 因为OA ⊂平面ABD ，平面ABD ⊥平面BCD ， 且平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OA ⊥平面BCD ． 因为CD ⊂平面BCD ，所以OA CD ⊥. （2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O 为坐标原点，OA 为z 轴，OD 为y 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，则1,0),(0,1,0),(0,1,0)2C D B -，设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,所以4233(0,,),(,,0)3322EB m BC =--=，设(),,n x y z =为平面EBC 的法向量，则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩可求得平面EBC 的一个法向量为2(3,1,)n m =--．又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m=，所以cos ,2n OA ==，解得1m =．又点C 到平面ABD112132A BCD C ABD V V--==⨯⨯⨯=， 所以三棱锥A BCD - [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角 如图所示，作EGBD ⊥，垂足为点G ．作GF BC ⊥，垂足为点F ，连结EF ，则OA EG ∥．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，EFG 为二面角E BC D --的平面角．因为45EFG ∠=︒，所以EG FG =． 由已知得1OB OD ==，故1OB OC ==．又30OBC OCB ∠=∠=︒，所以BC =因为24222,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======，111122(11)13332A BCD BCDBOCV SO SOA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=[方法三]：三面角公式考虑三面角B EDC -，记EBD ∠为α，EBC ∠为β，30DBC ∠=︒， 记二面角E BC D --为θ．据题意，得45θ=︒． 对β使用三面角的余弦公式，可得cos cos cos30βα=⋅︒，化简可得cos βα=．①使用三面角的正弦公式，可得sin sin sin αβθ=，化简可得sin βα=．② 将①②两式平方后相加，可得223cos 2sin 14αα+=，由此得221sin cos 4αα=，从而可得1tan 2α=±．如图可知π(0,)2α∈，即有1tan 2α=，根据三角形相似知，点G 为OD 的三等分点，即可得43BG =， 结合α的正切值，可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD -【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.8．【2021年新高考2卷】在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2,3AD QD QA QC ====．（1）证明：平面QAD ⊥平面ABCD ； （2）求二面角B QD A --的平面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）23. 【解析】 【分析】（1）取AD 的中点为O ，连接,QO CO ，可证QO ⊥平面ABCD ，从而得到面QAD ⊥面ABCD . （2）在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，建如图所示的空间坐标系，求出平面QAD 、平面BQD 的法向量后可求二面角的余弦值. 【详解】（1）取AD 的中点为O ，连接,QO CO . 因为QA QD =，OA OD =，则QO ⊥AD ，而2,AD QA ==2QO ==.在正方形ABCD 中，因为2AD =，故1DO =，故CO =因为3QC =，故222QC QO OC =+，故QOC 为直角三角形且QO OC ⊥， 因为OCAD O =，故QO ⊥平面ABCD ，因为QO ⊂平面QAD ，故平面QAD ⊥平面ABCD .（2）在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥， 结合（1）中的QO ⊥平面ABCD ，故可建如图所示的空间坐标系.则()()()0,1,0,0,0,2,2,1,0D Q B -，故()()2,1,2,2,2,0BQ BD =-=-. 设平面QBD 的法向量(),,n x y z =，则00n BQ n BD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即220220x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩，取1x =，则11,2y z ==，故11,1,2n ⎛⎫= ⎪⎝⎭.而平面QAD 的法向量为()1,0,0m =，故12cos ,3312m n ==⨯.二面角B QD A --的平面角为锐角，故其余弦值为23.9．【2020年新课标1卷理科】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO上一点，PO ．（1）证明：PA ⊥平面PBC ； （2）求二面角B PC E --的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】 【分析】（1）要证明PA ⊥平面PBC ，只需证明PA PB ⊥，PA PC ⊥即可；（2）方法一：过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面PCB 的一个法向量n ，平面PCE 的一个法向量为m ，利用公式cos ,||||n mm n n m ⋅<>=计算即可得到答案. 【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明由题设，知DAE △为等边三角形，设1AE =， 则DO =，1122CO BO AE===，所以PO ==PC PB PA ====又ABC 为等边三角形，则2sin 60BA OA =，所以BA = 22234PA PB AB +==，则90APB ∠=，所以PA PB ⊥， 同理PA PC ⊥，又PC PB P =，所以PA ⊥平面PBC ；[方法二]：空间直角坐标系法 不妨设AB =4sin 60==︒=ABAE AD ，由圆锥性质知DO ⊥平面ABC ，所以==DO ==PO O 是ABC 的外心，因此AE BC ⊥．在底面过O 作BC 的平行线与AB 的交点为W ，以O 为原点，OW 方向为x 轴正方向，OE 方向为y 轴正方向，OD 方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，则(0,2,0)A -，B ，(C ，(0,2,0)E ，P ．所以(0,AP =，(=--BP ，(3,=-CP ． 故0220⋅=-+=AP BP ，0220⋅=-+=AP CP ． 所以AP BP ⊥，AP CP ⊥．又BP CP P =，故AP ⊥平面PBC ．[方法三]：因为ABC 是底面圆O 的内接正三角形，且AE 为底面直径，所以AE BC ⊥． 因为DO （即PO ）垂直于底面，BC 在底面内，所以PO BC ⊥． 又因为PO ⊂平面PAE ，AE ⊂平面PAE ，PO AE O =，所以BC ⊥平面PAE ．又因为PA ⊂平面PAE ，所以PA BC ⊥．设AE BC F =，则F 为BC 的中点，连结PF ．设DO a =，且PO ，则AF =，PA =，12PF a =． 因此222+=PA PF AF ，从而PA PF ⊥． 又因为PFBC F =，所以PA ⊥平面PBC ．[方法四]：空间基底向量法如图所示，圆锥底面圆O 半径为R ，连结DE ，AE AD DE ==，易得OD =，因为=PO ，所以=PO ． 以,,OA OB OD 为基底，OD ⊥平面ABC ，则66=+=-+AP AO OP OA OD ， 66=+=-+BP BO OP OB OD ，且212OA OB R ⋅=-，0OA OD OB OD ⋅=⋅=所以6666⎛⎫⎛⎫⋅=-+⋅-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭AP BP OA OD OB OD26610666⋅-⋅-⋅+=OA OB OA OD OB OD OD ． 故0AP BP ⋅=．所以AP BP ⊥，即AP BP ⊥． 同理AP CP ⊥．又BP CP P =，所以AP ⊥平面PBC ． （2）[方法一]：空间直角坐标系法过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则111(,0,0),((,244E PB C ---，1(,44PC =--，1()44PB =-，1(,0,24PE =--，设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z =，由00n PC n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得11111100x x ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，令1x 111,0z y =-=，所以(2,0,1)n =-，设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z =由00m PC m PE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22222020x x ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，令21x =，得22z y ==所以3(1,3m =故2cos ,||||3n mmn n m ⋅<>===⋅⨯设二面角B PC E --的大小为θ，由图可知二面角为锐二面角，所以cos θ=[方法二]【最优解】：几何法 设=BCAE F ，易知F 是BC 的中点，过F 作∥FG AP 交PE 于G ，取PC 的中点H ，联结GH ，则∥HF PB ．由PA ⊥平面PBC ，得FG ⊥平面PBC ． 由（1）可得，222BC PB PC =+，得PB PC ⊥． 所以FH PC ⊥，根据三垂线定理，得GH PC ⊥． 所以GHF ∠是二面角B PC E --的平面角． 设圆O 的半径为r ，则3sin602︒==AF AB r ，2AE r =，12=EF r ，13EF AF =，所以14=FG PA ，1122==FH PB PA ，12=FG FH ． 在Rt GFH 中，1tan 2∠==FG GHF FH ，cos ∠=GHF ． 所以二面角B PC E --．[方法三]：射影面积法如图所示，在PE 上取点H ，使14HE PE =，设BC AE N =，连结NH ．由（1）知14NE AE =，所以∥NH PA ．故NH ⊥平面PBC ． 所以，点H 在面PBC 上的射影为N ．故由射影面积法可知二面角B PC E --的余弦值为cos PCN PCHS θS=．在PCE中，令==PC PE 1CE =，易知=PCES ．所以335416PCH PCES S ==．又1328PCNPBCSS ==，故3cos PCN PCHS θS ===所以二面角BPC E --．【整体点评】本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算证明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立体感较弱的学生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少；（2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：利用几何法，通过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度.10．【2020年新课标2卷理科】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A1AMN ⊥EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】 【分析】（1）由,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN CC ，根据条件可得11//AA BB ，可证1MN AA //，要证平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，只需证明EF ⊥平面1A AMN 即可；（2）连接NP ，先求证四边形ONPA 是平行四边形，根据几何关系求得EP ，在11B C 截取1B Q EP =，由（1）BC ⊥平面1A AMN ，可得QPN ∠为1B E 与平面1A AMN 所成角，即可求得答案. 【详解】 （1）,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴，又11//AA BB ， 1//MN AA ∴，在ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥， 又侧面11BB C C 为矩形， 1BC BB ∴⊥， 1//MN BB ，MN BC ⊥，由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN ， ∴BC ⊥平面1A AMN ，又11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC ，又11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF =11//B C EF ∴ ，//EF BC ∴，又BC ⊥平面1A AMN ， ∴EF ⊥平面1A AMN ，EF ⊂平面11EB C F ， ∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN .(2)[方法一]：几何法如图，过O 作11B C 的平行线分别交1111,A B AC 于点11,E F ，联结11,,,AE AO AF NP ， 由于//AO 平面11EB C F ，11//E F 平面11EB C F ，11=AOE F O ，AO ⊂平面11AE F ，11E F ⊂平面11AE F ，所以平面11//AE F 平面11EB C F ．又因平面11AE F 平面111=AA B B AE ，平面11EB C F ⋂平面111=AA B B EB ，所以11∥EB AE ．因为111B C A N ⊥，11B C MN ⊥，1A N MN N =，所以11B C ⊥面1AA NM ．又因1111∥E F B C ，所以11⊥E F 面1AA NM ， 所以1AE 与平面1AA NM 所成的角为1∠E AO ．令2AB =，则11=NB ，由于O 为111A B C △的中心，故112233==OE NB ． 在1Rt AE O 中，122,3===AO AB OE ，由勾股定理得1==AE所以111sin ∠==E O E AO AE 由于11∥EB AE ，直线1B E 与平面1A AMN[方法二]【最优解】：几何法 因为//AO 平面11EFC B ，平面11EFC B 平面1=AMNA NP ，所以∥AO NP ．因为//ON AP ，所以四边形OAPN 为平行四边形．由（Ⅰ）知EF ⊥平面1AMNA ，则EF 为平面1AMNA 的垂线． 所以1B E 在平面1AMNA 的射影为NP ． 从而1B E 与NP 所成角的正弦值即为所求．在梯形11EFC B 中，设1EF =，过E 作11EG B C ⊥，垂足为G ，则3==PN EG ． 在直角三角形1B EG中，1sin ∠==B EG [方法三]：向量法由（Ⅰ）知，11B C ⊥平面1A AMN ，则11B C 为平面1A AMN 的法向量．因为∥AO 平面11EB C F ，AO ⊆平面1A AMN ，且平面1A AMN ⋂平面11EB C F PN =， 所以//AO PN ．由（Ⅰ）知11,=∥AA MN AA MN ，即四边形APNO 为平行四边形，则==AO NP AB ． 因为O 为正111A B C △的中心，故13==AP ON AM ． 由面面平行的性质得111111,33=∥EF B C EF B C ，所以四边形11EFC B 为等腰梯形．由P ，N 为等腰梯形两底的中点，得11PN B C ⊥，则11110,⋅==++=PN B C EB EP PN NB 111111111623+-=-B C PN B C PN B C ． 设直线1B E 与平面1A AMN 所成角为θ，AB a ，则21111111sin θ⋅===aEB B C EB B C a 所以直线1B E 与平面1A AMN[方法四]：基底法不妨设2===AO AB AC ，则在直角1AA O 中，1AA =以向量1,,AA AB AC 为基底， 从而1,2π=AA AB ，1,2π=AA AC ，,3π=AB AC ．1111123=++=+EB EA AA A B AB AA ，BC AC AB =-， 则12103=EB ，||2BC =． 所以112()3⎛⎫⋅=+⋅-= ⎪⎝⎭EB BC AB AA AC AB 2224333⋅-=-AB AC AB ．由（Ⅰ）知BC ⊥平面1A AMN ，所以向量BC 为平面1A AMN 的法向量． 设直线1B E 与平面1A AMN 所成角θ，则11110sin cos ,10||θ⋅===EB BC EB BC EB BC 故直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值为sin θ= 【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键；方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法； 方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可；方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向向量.11．【2020年新课标3卷理科】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】 【分析】（1）方法一:连接1C E 、1C F ，证明出四边形1AEC F 为平行四边形，进而可证得点1C 在平面AEF 内；（2）方法一：以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -，利用空间向量法可计算出二面角1A EF A --的余弦值，进而可求得二面角1A EF A --的正弦值. 【详解】（1）［方法一］【最优解】：利用平面基本事实的推论在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG 、1C E 、1C F ，如图1所示.在长方体1111ABCD A B C D -中，//,BF CG BF CG =，所以四边形BCGF 为平行四边形，则//,BC FG BC FG =，而,//BC AD BC AD =，所以//,AD FG AD FG =，所以四边形DAFG 为平行四边形，即有//AF DG ，同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG ∴，1//C E AF ∴，因此点1C 在平面AEF 内.［方法二］：空间向量共线定理以11111,,C D C B C C 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图2所示． 设11111,,3C D a C B b C C c ===，则1(0,0,0),(,0,2),(0,,),(,,3)C E a c F b c A a b c ．所以1(,0,2),(,0,2)C E a c FA a c ==．故1C E FA =．所以1AF C E ∥，点1C 在平面AEF 内． ［方法三］：平面向量基本定理同方法二建系，并得1(0,0,0),(,0,2),(0,,),(,,3)C E a c F b c A a b c ， 所以111(,0,2),(0,,),(,,3)C E a c C F b c C A a b c ===．故111C A C E C F =+．所以点1C 在平面AEF 内． ［方法四］：根据题意，如图3，设11111,2,3A D a A B b A A c ===．在平面11A B BA 内，因为12BF FB =，所以1111133B F B B A A ==．延长AF 交11A B 于G ，AF ⊂平面AEF ，11A B ⊂平面1111D C B A ．11,G AF G A B ∈∈，所以G ∈平面,AEF G ∈平面1111D C B A ①．延长AE 交11A D 于H ，同理H ∈平面,AEF H ∈平面1111D C B A ②． 由①②得，平面AEF平面1111A B C D GH =．连接11,,GH GC HC ，根据相似三角形知识可得11,2GB b D H a ==．在11Rt C B G 中，1C G =同理，在11Rt C D H 中，1C H =如图4，在1Rt A GH 中，GH = 所以11GH C G C H =+，即G ，1C ，H 三点共线． 因为GH ⊂平面AEF ，所以1C ⊂平面AEF ，得证． ［方法五］：如图5，连接11,,DF EB DB ，则四边形1DEB F 为平行四边形，设1DB 与EF 相交于点O ，则O 为1,EF DB 的中点．联结1AC ，由长方体知识知，体对角线交于一点，且为它们的中点，即11AC B D O =，则1AC 经过点O ，故点1C 在平面AEF 内．（2）［方法一］【最优解】：坐标法以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 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1C xyz -，如图2.则()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ，()0,1,1AE =--，()2,0,2AF =--，()10,1,2A E =-，()12,0,1A F =-，设平面AEF 的一个法向量为()111,,m x y z =，由00m AE m AF ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，则()1,1,1m =-，设平面1A EF 的一个法向量为()222,,n x y z =，由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，则()1,4,2n =，3cos ,3m n m n m n⋅<>===⨯⋅ 设二面角1A EF A--的平面角为θ，则cos θ=sin7θ∴=. 因此，二面角1A EF A--. ［方法二］：定义法在AEF 中，AE AF EF ====即222AE EF AF +=，所以AE EF ⊥．在1A EF 中，11A E A F =6，设,EF AF 的中点分别为M ，N ，连接11,,A M MN A N ，则1,A M EF MN EF ⊥⊥，所以1AMN ∠为二面角1A EFA --的平面角．在1AMN 中，1122MN A M A N ====所以1175cos A MN+-∠==1sin A MN∠==［方法三］：向量法由题意得11AE AF AF AE EF==，由于222AE EF AF+=，所以AE EF⊥．如图7，在平面1A EF内作1A G EF⊥，垂足为G，则EA与1GA的夹角即为二面角1A EF A--的大小．由11AA AE EG GA=++，得22221111222AA AE EG GA AE EG EG GA AE GA=++++⋅⋅+⋅．其中，1EG AG==11AE GA⋅=，1cos,AE GA〉〈=所以二面角1A EF A--．［方法四］：三面角公式由题易得，11EA FA FE EA FA===所以2221111cos2EA EA AAAEAEA EA+-∠===⋅．222cos0,sin12EA EF AFAEF AEFEA EF+-∠===∠=⋅．22211111cos2EA EF A FA EF A EFEA EF+-∠===∠=⋅设θ为二面角1A EF A--的平面角，由二面角的三个面角公式，得111cos cos cos cos sin sin AEA AEF A EF AEF A EF θ∠-∠⋅∠==∠⋅∠sin θ=【整体点评】（1）方法一：通过证明直线1//C E AF ，根据平面的基本事实二的推论即可证出，思路直接，简单明了，是通性通法，也是最优解；方法二：利用空间向量基本定理证明；方法三：利用平面向量基本定理；方法四：利用平面的基本事实三通过证明三点共线说明点在平面内；方法五：利用平面的基本事实以及平行四边形的对角线和长方体的体对角线互相平分即可证出． （2）方法一：利用建立空间直角坐标系，由两个平面的法向量的夹角和二面角的关系求出；方法二：利用二面角的定义结合解三角形求出；方法三：利用和二面角公共棱垂直的两个向量夹角和二面角的关系即可求出，为最优解；方法四：利用三面角的余弦公式即可求出． 12．【2020年新高考1卷（山东卷）】如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析；（2【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得AD ⊥平面PDC ，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得//AD l ，从而得到l ⊥平面PDC ；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)Q m ，之后求得平面QCD 的法向量以及向量PB 的坐标，求得cos ,n PB <>的最大值，即为直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值. 【详解】 （1）证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D =，所以l ⊥平面PDC ．（2）［方法一］【最优解】：通性通法因为,,DP DA DC 两两垂直，建立空间直角坐标系D xyz -，如图所示：因为1PD AD ==，设(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ， 设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-， 设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则 1cos ,3n PB n PB n PB⋅+<>==根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>====当且仅当1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD ［方法二］：定义法如图2，因为l ⊂平面PBC ，Q l ∈，所以Q ∈平面PBC ．。
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，。
立体几何练习(含答案)
立体几何练习1．直线在平面外是指A ．直线与平面没有公共点B ．直线与平面相交C ．直线与平面平行D ．直线与平面最多只有一个公共点 【答案】D 【解析】 试题分析：根据直线l 在平面α外则直线l 与平面α平行或相交可判定“直线l 与平面α平行”与“直线l 在平面α外”的关系．解：直线与平面有三种位置关系：平行、相交和直线在平面内，前两种说明直线在平面外，所以直线与平面最多只有一个公共点。
故选D 。
2．已知,m n 是两条不同的直线，,,αβγ是三个不同的平面，下列命题中错误的是（ ） A ．若,m m αβ⊥⊥，则α∥β B ．若α∥γ，β∥γ，则α∥β C ．若,,m n m αβ⊂⊂∥n ，则α∥βD ．若,m n 是异面直线，,,m n m αβ⊂⊂∥β，n ∥α，则α∥β 【答案】C 【解析】试题分析：因为，垂直于同一直线的两平面平行，所以，A 正确； 因为，平面平行具有“传递性”，所以，B 正确；由平面平行的判定定理可知，若,,m n m αβ⊂⊂∥n ，则α∥β，不正确；由平面平行的判定定理可知，若,m n 是异面直线，,,m n m αβ⊂⊂∥β，n ∥α，则α∥β，正确，故选C 。
考点：立体几何平行关系、垂直关系。
点评：简单题，解答此类问题，牢记判定定理、性质定理是基础，借助于模型，结合“排除法”，则体现灵活性。
3．以下说法错误的是( )A ．直角坐标平面内直线的倾斜角的取值范围是),0[πB ．空间内二面角的平面角的取值范围是],0[πC ．平面内两个非零向量的夹角的取值范围是],0[πD ．空间两条异面直线所成角的取值范围是]2,0[π【答案】C【解析】试题分析：平面内两个非零向量的夹角的取值范围是],0[π ,A 、B 、D 均正确，故选C. 4．设a 、b 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列结论： ①a ∥b ，b ⊂α ⇒a ∥α；②α∥β，a ∥β，a ⊄α⇒a ∥α； ③α β＝a ，b ∥α，b ∥β⇒b ∥a ；④a ∥α，b ⊂α ⇒a ∥b . 其中正确的有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 【答案】B 【解析】试题分析：在①中，可以是b α⊂，则①错误；结合两平面平行的性质知②正确；结合两平面相交的性质知③正确；在④中，a 与b 可以异面，则④错误。
立体几何练习题(含答案)精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版《立体几何 》练习题一、 选择题1、一条直线和三角形的两边同时垂直，则这条直线和三角形的第三边的位置关系是（ ）A 、垂直B 、平行C 、相交不垂直D 、不确定2. 在正方体1111ABCD A B C D -中, 与1A C 垂直的是（ ）A. BDB. CDC. BCD. 1CC3、线n m ,和平面βα、，能得出βα⊥的一个条件是( )A.βα//n ,//m ,n m ⊥B.m ⊥n ,α∩β=m ,n ⊂αC.αβ⊆⊥m n n m ,,//D.βα⊥⊥n m n m ,,//4、平面α与平面β平行的条件可以是（ ）A.α内有无穷多条直线与β平行；B.直线a//α,a//βC.直线a α⊂,直线b β⊂,且a//β,b//αD.α内的任何直线都与β平行5、设m 、n 是两条不同的直线，,,αβγ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m ⊥α，n //α，则m n ⊥ ②若αβ//，βγ//，m ⊥α，则m ⊥γ③若m //α，n //α，则m n // ④若αγ⊥，βγ⊥，则//αβ其中正确命题的序号是( )A.①和②B.②和③C.③和④D.①和④6.点P 为ΔABC 所在平面外一点，PO ⊥平面ABC ，垂足为O,若PA=PB=PC ，则点O 是ΔABC 的（ ）A.内心B.外心C.重心D.垂心7. 若l 、m 、n 是互不相同的空间直线，α、β是不重合的平面，则下列命题中为真命题的是（ ）A ．若//,,l n αβαβ⊂⊂，则//l nB ．若,l αβα⊥⊂，则l β⊥C. 若,//l l αβ⊥，则αβ⊥ D ．若,l n m n ⊥⊥，则//l m8. 已知两个平面垂直，下列命题中正确的个数是（ ）①一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的任意一条直线；②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线；③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面；④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则垂线必垂直于另一个平面.A.3B.2C.1D.09． 设m.n 是两条不同的直线,α.β是两个不同的平面,（ ） A ．若m ∥α,n ∥α,则m ∥n B ．若m ∥α,m ∥β,则α∥βC ．若m ∥n,m ⊥α,则n ⊥αD ．若m ∥α,α⊥β,则m ⊥β10． 设l 为直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是（ ）A ．若//l α,//l β,则//αβB ．若l α⊥,l β⊥,则//αβC ．若l α⊥,//l β,则//αβD ．若αβ⊥,//l α,则l β⊥ 二、填空题11、在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是棱AB ，BC 中点，则三棱锥B —B 1EF 的体积为 .12．对于空间四边形ABCD ，给出下列四个命题：①若AB=AC ，BD=CD 则BC ⊥AD ；②若AB=CD ，AC=BD 则BC ⊥AD ；③若AB ⊥AC ，BD ⊥CD 则BC ⊥AD ；④若AB ⊥CD ， BD ⊥AC 则BC ⊥AD ；其中真命题序号是 ．13. 已知直线b//平面α，平面α//平面β，则直线b 与β的位置关系为 .14. 如图，△ABC 是直角三角形，∠ACB=︒90，PA ⊥平面ABC ，此图形中有 个直角三角形参考答案 选择题：AACDA,BCCCB填空题：11、1312、①④ 13、//b b ββ⊂或 14、4A B C P欢迎您的下载，资料仅供参考！致力为企业和个人提供合同协议，策划案计划书，学习资料等等打造全网一站式需求。
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立体几何训练（一）1．一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为 （ ）A ．π3B ．4πC ．π33D ．π62.已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 内的射影为ABC △的中心，则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值等于（ ）A ．13B ．3C ．3D ．233.已知正四棱锥S ABCD -的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE SD ，所成的角的余弦值为（ ）A ．13B ．3C ．3D ．234.如图，动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上．过点P 作垂直于平面11BB D D 的直线，与正方体表面相交于M N ，．设B P x =，MN y =，则函数()y f x =的图象大致是（ ）5.平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α//平面CB 1D 1，αI 平面ABCD =m ，αI 平面ABB 1 A 1=n ，则m ，n 所成角的正弦值为（A）2 （B）2 （C）3 （D ）13A BCD MN P A 1B 1C 1D 16.已知正三棱锥P -ABC ，点P ，A ，B ，C 的球面上， 若PA ，PB ，PC 两两互相垂直，则球心到截面ABC 的距离为_____7.三菱柱ABC-A 1B 1C 1中，底面边长和侧棱长都相等， BAA 1=CAA 1=60°则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为____________.8.如图，在三棱锥O ABC -中，三条棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA >OB >OC ,分别经过三条棱OA ，OB ，OC 作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为1S ，2S ，3S ，则1S ，2S ，3S 的大小关系为 。
9.如图，二面角l αβ--的大小是60°，线段AB α⊂.B l ∈，AB 与l 所成的角为30°.则AB 与平面β所成的角的正弦值是 .10.等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C AB D --的余弦值为，M N ，分别是A C B C ，的中点，则EM AN ，所成角的余弦值等于 ．11.如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱线长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且2EF =，则下列结论中错误的是 （A ）AC BE ⊥ （B ）//EF ABCD 平面（C ）三棱锥A BEF -的体积为定值（D ）异面直线,AE BF 所成的角为定值立体几何训练（二）1.如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF =2FD , 90AFD ∠=,且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．2.如图所示，该几何体是由一个直三棱柱BCF ADE -和一个正四棱锥ABCD P -组合而成，AF AD ⊥，2==AD AE ．（1）证明：平面⊥PAD 平面ABFE ；（2）求正四棱锥ABCD P -的高h ，使得二面角P AF C --的余弦值是322．PF EDC BA3.如图，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．（1）证明：EF∥平面PAB；（2）若二面角P－AD－B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．4.如图1，在边长为4的菱形ABCD 中，60BAD ∠=，DE AB ⊥于点E ，将ADE ∆沿DE 折起到1A DE ∆的位置，使1A D DC ⊥，如图2. （1）求证：1A E ⊥平面BCDE ； （2）求二面角1E A B C --的余弦值；（3）判断在线段EB 上是否存在一点P ，使平面1A DP ⊥平面1A BC ？若存在，求出EPPB的值；若不存在，说明理由.5.如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AA C C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面11AA C C ，3AB =，5BC =.（Ⅰ）求证：1AA ⊥平面ABC ；（Ⅱ）若点D 是线段BC 的中点，请问在线段1AB 是否存在点E ，使得DE面11AA C C ？若存在，请说明点E 的位置，若不存在，请说明理由；（Ⅲ）求二面角111C A B C --的大小.6.如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为菱形，且2PA PD DA ===，060BAD ∠=． （Ⅰ）求证：PB AD ⊥；（Ⅱ）若PB =，求二面角A PD C --的余弦值。
全国通用版高中数学第八章立体几何初步知识点题库
(名师选题)全国通用版高中数学第八章立体几何初步知识点题库单选题1、已知平面α内的∠APB =60°，射线PC 与PA,PB 所成的角均为135°，则PC 与平面α所成的角θ的余弦值是（ ）A ．−√63B ．√63C ．√33D ．−√33 答案：B分析：作出图形，如图，通过分析，可得∠CPD 为PC 与平面α所成的角的补角，利用余弦定理可以计算. 作出如下图形，令PA =PB =PC =2，则∠CPA =∠CPB =135∘，∴AC =BC ，取AB 中点D ，连接PD ，则∠CPD 即为PC 与平面α所成的角的补角，在△APC 中，AC 2=PA 2+PC 2−2PA ⋅PC ⋅cos135∘=8+4√2，∴在△PCD 中，CD 2=AC 2−AD 2=7+4√2，∵PD =√3，∴cos∠CPD =PC 2+PD 2−CD 22PC⋅PD =−√63， ∴ PC 与平面α所成的角θ的余弦值是√63.故选：B.小提示：本题考查线面角的求法，找出所成角，构造三角形是解题的关键.2、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)a2B．(2+4√2)a2C．(4+2√2)a2D．(6−4√2)a2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√2a2，所以拼成的几何体的表面积为4a2+2√2a2=(4+2√2)a2.故选：C.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．2a2B．2√2a2C．2√3a2D．3√2a2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.a2，解：设正方体的棱长为x，则√3x=a，即x2=13a2=2a2．所以正方体的全面积为6x2=6×13故选：A4、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.5、《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 =√AC 2−BC 2=√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：D6、如图，△O ′A ′B ′是水平放置的△OAB 的直观图，A ′O ′=6，B ′O ′=2，则△OAB 的面积是（ ）A．6B．12C．6√2D．3√2答案：B分析：由直观图和原图的之间的关系，和直观图画法规则，还原△OAB是一个直角三角形，其中直角边OA= 6,OB=4，直接求解其面积即可．解：由直观图画法规则，可得△OAB是一个直角三角形，其中直角边OA=6,OB=4，∴S△OAB=12OA⋅OB=12×6×4=12．故选：B．7、鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（）A．8(6+6√2+√3)B．6(8+8√2+√3)C．8(6+6√3+√2)D．6(8+8√3+√2)答案：A解析：该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可.由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为2+2√2的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为√2，则该几何体的表面积为S =6×[(2+2√2)2−4×12×√2×√2]+8×12×2×√3 =8(6+6√2+√3).故选：A.小提示：本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.8、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AO ⃑⃑⃑⃑⃑ =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.9、下列命题：①有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱；②有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱；③过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱．其中正确命题的个数为（）A．0B．1C．2D．3答案：A分析：①②③④均可举出反例.①如图1，满足有两个面平行，其他各面都是平行四边形，显然不是棱柱，故①错误；②如图2，满足两侧面ABB1A1与底面垂直，但不是直棱柱，②错误；③如图3，四边形ACC1A1为矩形，即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形，③错误；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱，因为两底面不一定是正方形，④错误． 故选：A10、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：D11、下列说法中正确的是（ ）A ．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行B ．平面α内△ABC 的三个顶点到平面β的距离相等，则α与β平行C ．α//β，a//α，则a//βD ．a//b ，a//α，b ⊄α，则b//α答案：D分析：根据线面关系，逐一判断每个选项即可.解：对于A 选项，如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的无数条直线平行，而不是任意的直线平行，故错误；对于B选项，如图1，D，E，F，G分别为正方体中所在棱的中点，平面DEFG设为平面β，易知正方体的三个顶点A，B，C到平面β的距离相等，但△ABC所在平面α与β相交，故错误；对于选项C，a可能在平面β内，故错误；对于选项D，正确.故选：D.12、已知球O的体积为36π，则该球的表面积为（）A．6πB．9πC．12πD．36π答案：D分析：根据球的体积公式求出半径，即可求出表面积.πR3=36π，解得R=3，设球的体积为R，则由题可得43则该球的表面积为4π×32=36π.故选：D.填空题13、设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，给定下列四个命题：①若m⊥n，n⊂α，则m⊥α；②若m⊥α，m⊂β，则α⊥β；③若m⊥α，n⊥α，则m//n；④若m⊂α，n⊂β，α//β，则m//n．其中真命题的序号为__．答案：②③分析：由直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系判断即可.解：①由线面垂直的判定定理可得，若要使m⊥α，则m要垂直α中的两条相交的直线，通过分析，m只垂直来α中的一条直线，故不能做出判断，故①错误；②根据面面垂直的判定定理可得，若m⊥α，m⊂β，则α⊥β，故②正确；③由线面垂直的性质定理可得，两条不同的直线都垂直同一个平面，则这两条直线必平行，故③正确；④由面面平行的性质定理可得，只有若m⊂α，n⊂β，α//β，不能得出m//n，如果加上条件m,n在同一平面内，则可得线线平行，故④错误，所以答案是：②③14、2021年7月，某学校的学生到农村参加劳动实践，一部分学生学习编斗笠，一种用竹篾或苇蒿等材料制作外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”（如图），一部分学生学习制作泥塑几何体，现有一个棱长为6的正方体形状泥块，其各面的中心分别为点E，F，G，H，M，N，将正方体削成正八面体形状泥块G−EMHF−N，若用正视图为正三角形的一个“灯罩斗笠”罩住该正八面体形状泥块G−EMHF−N，使得正八面体形状泥块G−EMHF−N可以在“灯罩斗笠”中任意转动，则该有底的“灯罩斗笠”的表面积的最小值为___________.答案：81π分析：由题意，只需正八面体形状泥块G−EMHF−N位于圆锥的内切球内即可.如图所示：设正方体ABCD−A1B1C1D1的中心O满足OE=OF=OH=OF=OH=OM=ON=3，则几何体GEMHFN的外接球的球心为O，半径为3.当“灯罩斗笠”的表面积最小时，正八面体形状泥块G−EMHF−N的外接球即为圆锥的内切球，故圆锥的底面圆的半径r=3tan30°=3√3，所以该“灯罩斗笠”的表面积的最小值为S=πr2+πlr=π(3√3)2+π⋅3√3⋅6√3=81π.所以答案是：81π15、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：π3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122πrl=2⋅π⋅r2，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：π316、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是侧面A1ADD1的中心，则异面直线B1O与BD的夹角大小为______．答案：30°##π6分析：平移直线，找出异面直线所成角，利用三角形的知识求解.如图，连接D1B1，则D1B1//BD，则∠D1B1O即为所求异面直线夹角（或其补角），连接B1A，A1D，AD1，则AD1=D1B1=B1A，所以△AD1B1是等边三角形，则∠AB1D1=60°．O是AD1中点，则由等边三角形的性质可知B1O平分∠AB1D1，即∠D1B1O=30°．所以答案是：30°17、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：④解答题18、如图，在三棱锥P−ABC中，D，E分别为AB，PB的中点，EB=EA，且PA⊥AC，PC⊥BC．求证：BC⊥平面PAC．答案：证明见解析.分析：由题可得PA⊥AB，利用线面垂直的判定定理可得PA⊥平面ABC，进而可得PA⊥BC，然后利用线面垂直的判定定理即得.∵在△AEB中，D是AB的中点，EB=EA，∴ED⊥AB,∵E是PB的中点，D是AB的中点，∴ED∥PA，∴PA⊥AB，又PA⊥AC，AB∩AC=A，AB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，∴PA⊥平面ABC，∵BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又PC⊥BC，PA∩PC=P，PA⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC．19、长方体ABCD−A1B1C1D1的体积为V，P是DD1的中点，Q是AB上的动点，求四面体P−CDQ的体积．答案：112V.分析：因为Q是AB上的动点，且AB//CD，可求出S△CDQ，再根据V P−CDQ=13S△CDQ·PD，即可求出四面体P−CDQ的体积.设长方体的长、宽、高分别为AB=a，BC=b，AA1=c，则有V=abc.P是DD1的中点，所以PD=12c，因为Q是AB上的动点，且AB//CD，所以S△CDQ=12CD⋅AD=12ab，所以V P−CDQ=13S△CDQ·PD=13×12ab×12c=112abc=112V.20、如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M , N分别为BC , B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO//平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．．答案：（1）证明见解析；（2）√1010分析：（1）先求出线线平行，可得线线垂直，即可求线面垂直，最后可得面面垂直；（2）连接NP，先求证四边形ONPA是平行四边形，根据几何关系求得EP，在B1C1截取B1Q=EP，由（1）BC⊥平面A1AMN，可得∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角，即可求得答案．证明：（1）由题意知AA1//BB1//CC1，又∵侧面BB1C1C是矩形且M，N分别为BC，B1C1的中点，∴MN//BB1，BB1⊥BC，∴MN//AA1，MN⊥B1C1，又底面是正三角形，∴AM⊥BC，AM⊥B1C1，又∵MN∩AM=M，AM⊂平面A1AMN，MN⊂平面A1AMN，∴B1C1⊥平面A1AMN，∵B1C1⊂平面EB1C1F，∴平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）连接NP，因为AO//平面EB1C1F，平面AONP∩平面EB1C1F=NP，所以AO//NP，根据三棱柱上下底面平行，其面A1NMA∩平面ABC=AM，面A1NMA∩平面A1B1C1=A1N，所以ON//AP，故：四边形ONPA是平行四边形．设△ABC边长是6m (m>0)，可得：ON=AP，NP=AO=AB=6m，因为O为△A1B1C1的中心，且△A1B1C1边长为6m，所以ON=13×6×sin60°=√3m，故：ON=AP=√3m．又EF//BC，所以APAM =EPBM，所以√33√3=EP3，解得：EP=m，在B1C1截取B1Q=EP=m，故QN=2m，又B1Q=EP，B1Q//EP，所以四边形B1QPE是平行四边形，所以B1E//PQ．由（1）B1C1⊥平面A1AMN，故∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角，在Rt△QPN，根据勾股定理可得：PQ=√QN2+PN2=√(2m)2+(6m)2=2√10m，∴sin∠QPN=QNPQ =2√10m=√1010，所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值：√1010．小提示：本题考查了空间位置关系，线面平行，线面垂直，面面垂直，线面角的计算，考查了运算能力和空间想象能力，属于中档题．。
2020届二轮(文科数学) 客观题专练 立体几何(11) 专题卷(全国通用)
立体几何(11)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．[2019·湖北宜昌联考]在空间中，有如下四个命题：①平行于同一个平面的两条直线是平行直线②垂直于同一条直线的两个平面是平行平面③若平面α内有不共线的三个点到平面β的距离相等，则α∥β④过平面α的一条斜线有且只有一个平面与平面α垂直．其中正确的命题是()A．①③B．②④C．①④D．②③答案：B解析：平行于同一个平面的两条直线，可能平行、相交或异面，①不正确；垂直于同一条直线的两个平面是平行平面，②正确；若平面α内有不共线的三个点到平面β的距离相等，则α与β可能平行，也可能相交，③不正确；过平面α的一条斜线有且只有一个平面与平面α垂直，④正确，因为一条斜线只有一条射影，只能确定一个平面．故选B.2．[2019·四川泸州模拟]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱所在直线与直线BA1是异面直线的条数为()A．4 B．5C．6 D．7答案：C解析：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线CD，C1D1，C1C，D1D，B1C1，AD，共有6条直线与直线BA1是异面直线，故选C.3．已知两个平面相互垂直，下列命题①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．其中正确命题个数是()A．3 B．2C．1 D．0答案：C解析：构造正方体ABCD－A1B1C1D1，如图，①，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，BD⊂平面ABCD，但A1D与BD不垂直，故①错；②，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，l是平面ADD1A1内的任意一条直线，l与平面ABCD内同AB平行的所有直线垂直，故②正确；③，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，但A1D与平面ABCD不垂直，故③错；④，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，且平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，过交线AD上的点作交线的垂线l，则l可能与另一平面垂直，也可能与另一平面不垂直，故④错．故选C.4．已知E，F，G，H是空间四点，命题甲：E，F，G，H 四点不共面，命题乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的()A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案：B解析：若E，F，G，H四点不共面，则直线EF和GH肯定不相交，但直线EF和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EF∥GH.故选B.5．[2019·四川泸州模拟]设a，b是空间中不同的直线，α，β是不同的平面，则下列说法正确的是()A．a∥b，b⊂α，则a∥αB．a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥bC．a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥βD．α∥β，a⊂α，则a∥β答案：D解析：由a，b是空间中不同的直线，α，β是不同的平面，知：在A中，a∥b，b⊂α，则a∥α或a⊂α，故A错误；在B中，a⊂α，b⊂β，α∥β则a与b平行或异面，故B错误；在C中，a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α与β相交或平行，故C错误；在D中，α∥β，a⊂α，则由面面平行的性质定理得，a∥β，故D正确．6．[2018·全国卷Ⅱ]在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC ＝1，AA1＝3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.15 B.56C.55 D.22答案：C如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA－A1′B1′B1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝12＋(1＋1)2＝5，B′B1＝12＋(3)2＝2，DB1＝12＋12＋(3)2＝ 5.在△DB′B1中，由余弦定理，得DB′2＝B′B21＋DB21－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，即5＝4＋5－2×25cos∠DB1B′，∴ cos∠DB1B′＝5 5.故选C.7．[2019·惠州市高三第二次调研考试试卷]设l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，则下列命题中正确的个数是()①若l⊥α，则l与α相交②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n.A．1 B．2C．3 D．4答案：C解析：对于①，若l⊥α，则l与α不可能平行，l也不可能在α内，所以l与α相交，①正确；对于②，若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则有可能是l⊂α，故②错误；对于③，若l∥m，m∥n，则l∥n，又l⊥α，所以n⊥α，故③正确；对于④，因为m⊥α，n⊥α，所以m∥n，又l∥m，所以l∥n，故④正确，选C.8.如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD.则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC答案：D解析：∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD ＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，∴CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ADC，又AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC，故选D.9．[2019·湖北荆州中学模拟]如图，L，M，N分别为正方体棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是()A．垂直B．相交但不垂直C．平行D．重合答案：C解析：如图，分别取正方体另三条棱的中点为A，B，C，将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，易知PQ∥AL，PR∥AM，且PQ与PR相交，AL与AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.故选C.10.[2019·福建质量检测]如图，AB是圆锥SO的底面圆O的直径，D是圆O上异于A，B的任意一点，以AO为直径的圆与AD 的另一个交点为C，P为SD的中点．现给出以下结论：①△SAC为直角三角形②平面SAD⊥平面SBD③平面P AB必与圆锥SO的某条母线平行其中正确结论的个数是()A．0 B．1C．2 D．3答案：C解析：如图，连接OC，∵AO为圆的直径，∴AC⊥OC.∵SO垂直于底面圆O，AC⊂底面圆O，∴AC⊥SO.∵SO∩OC＝O，∴AC⊥平面SOC.又SC⊂平面SOC，∴AC⊥SC，∴△SAC为直角三角形，故①正确．由于点D是圆O上的动点，∴平面SAD不能总垂直于平面SBD，故②错误．连接DO并延长交圆O于E，连接SE，PO，∵P为SD的中点，O为DE的中点，∴OP∥SE.又OP ⊂平面P AB，SE⊄平面P AB，∴SE∥平面P AB，故③正确．故选C.11．[2019·河北衡水调研]如图，在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，则下面结论不成立的是() A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面P AEC．平面PDF⊥平面P AED．平面PDE⊥平面ABC答案：D解析：因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确．在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，且AE，PE⊂平面P AE，所以BC⊥平面P AE.因为DF∥BC，所以DF⊥平面P AE.又DF⊂平面PDF，所以平面PDF⊥平面P AE，因此选项B，C均正确．故选D.12．[2019·江西九江一中调考]如图所示，四棱锥S－ABCD 的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是()A．AC⊥SBB．AB∥平面SCDC．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角答案：D解析：对于选项A，由题意得SD⊥AC，AC⊥BD，SD∩BD ＝D，∴AC⊥平面SBD，故AC⊥SB，故A正确；对于选项B，∵AB∥CD，AB⊄平面SCD，CD⊂平面SCD，∴AB∥平面SCD，故B正确；对于选项C，由对称性知SA与平面SBD所成的角与SC与平面SBD所成的角相等，故C正确．∵AB∥CD，∴AB与SC所成的角为∠SCD，DC与SA所成的角为∠SAB，显然不相等，故D错误．二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．[2019·宁夏银川质检]如图，已知P A⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．答案：4解析：∵P A⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，∴P A⊥AB，P A⊥AC，P A⊥BC，则△P AB，△P AC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩P A＝A，得BC⊥平面P AC，从而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形．所以图中共有4个直角三角形．14．[2019·海南中学模拟]设α，β，γ为三个不同的平面，a，b为直线，给出下列条件：①a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α②α∥γ，β∥γ③α⊥γ，β⊥γ④a⊥α，b⊥β，a∥b.其中能推出α∥β的条件是________．(填上所有正确的序号) 答案：②④解析：在条件①或条件③中，α还可能与β相交；由α∥γ，β∥γ⇒α∥β，条件②满足；在④中，a⊥α，a∥b⇒b⊥α，又b⊥β，从而α∥β，④满足．综上，能推出α∥β的条件是②④.15．[2019·广东广州质检]如图是正四面体(各面均为正三角形)的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点．在这个正四面体中：①GH与EF平行②BD与MN为异面直线③GH与MN成60°角④DE与MN垂直以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案：②③④解析：把正四面体的平面展开图还原，如图所示，由正四面体的性质易知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60°角，DE⊥MN.16．[2019·重庆七校联考]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动．有下列判断：①平面PB 1D ⊥平面ACD 1 ②A 1P ∥平面ACD 1 ③异面直线A 1P 与AD 1所成角的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π3 ④三棱锥D 1－APC 的体积不变其中正确的是________．(把所有正确判断的序号都填上) 答案：①②④解析：在正方体中，易知B 1D ⊥平面ACD 1，B 1D ⊂平面PB 1D ，所以平面PB 1D ⊥平面ACD 1，所以①正确；连接A 1B ，A 1C 1，容易证明平面A 1BC 1∥平面ACD 1，又A 1P ⊂平面A 1BC 1，所以A 1P ∥平面ACD 1，所以②正确；因为BC 1∥AD 1，所以异面直线A 1P 与AD 1所成的角就是直线A 1P 与BC 1所成的角，在△A 1BC 1中，易知所求角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2，所以③错误；VD 1－APC ＝VC －AD 1P ，因为点C 到平面AD 1P 的距离不变，且△AD 1P 的面积不变，所以三棱锥D 1－APC 的体积不变，所以④正确．。
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立体几何专题练习1、如图，网格纸上的小正方形边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A. 8+43B. 8+23C. 4+43D. 4+232、某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于 （ ）A. 822+B. 1122+C. 1422+D. 15 3、某几何体的三视图如图2所示，则该几何体的体积A. B. C. D.4、一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ） A.32316+33π B. 16833π+ C.32363π+ D. 836π+ 5、已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A. 2πB. 3πC. 5πD. 7π6、如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则此几何体的体积为（）A. B. 2 C. 4 D.7、已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于( )A. B. 18 C. 20 D. 248、如图是某几何体的三视图，其中俯视图为等边三角形，正视图为等腰直角三角形，若该几何体的各个顶点都在同一个球面上，则这个球的体积与该几何体的体积的比为（）A. 73πB.289πC.1479πD.43π9、如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球的表面积是A. B. C. D.10、某多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为（）A. B. C. D.11、如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1中，AB//CD ，AD⊥AB，AB=2，AD=，AA 1=3，E 为CD 上一点，DE=1，EC=3. （1）证明：BE ⊥平面BB 1C 1C; （2）求点B 1到平面EA 1C 1的距离.12、已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是菱形，60BAD ∠=,又PD ⊥平面ABCD ，点E 是棱AD 的中点，F 在棱PC 上.（1）证明：平面BEF ⊥平面PAD .（2）试探究F 在棱PC 何处时使得//PA 平面BEF .13、如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 是等边三角形，D 为BC 的中点． （Ⅰ）求证1A C ∥平面1ADB ；（Ⅱ）若12AB AA ==，求三棱锥11A ADB -的体积．14、如图，四棱锥S ABCD -的底面为平行四边形， DA DS =， DA DS ⊥， 2AB BS SA BD ====.(1)求证：平面ASD ⊥平面ABS ； (2)求四棱锥S ABCD -的体积.15、如图，四棱锥V ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，其它四个侧面都是侧棱长为5的等腰三角形，E 为AB 的中点.（1）在侧棱VC 上找一点F ，使BF ∥平面VDE ，并证明你的结论； （2）在（1）的条件下求三棱锥E BDF -的体积．16、如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4，点D 是AB 的中点．(1)求证：AC 1∥平面CDB 1；(2)求异面直线AC 1与B 1C 所成角的余弦值．17、如图所示，在三棱锥A BOC -中，OA ⊥底面BOC ，030OAB OAC ∠=∠=，2AB AC ==，2BC =，动点D 在线段AB 上．()1求证：平面COD ⊥平面AOB ；()2当OD AB ⊥时，求三棱锥C OBD -的体积．18、已知正方体1111ABCD A B C D -，O 是底ABCD 对角线的交点. 求证：（１）C 1O ∥面11AB D ；（2）面BDC 1∥面11AB D ．19、如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，2PD DC ==，E 是PC 的中点.（Ⅰ）证明：//PA 平面EDB ； （Ⅱ）求三棱锥A BDP -的体积.参考答案1、【答案】A2、【答案】B3、【答案】C4、【答案】D5、【答案】B6、【答案】A7、【答案】D8、【答案】C9、【答案】D10、【答案】C11、【答案】(1)详见解析;(2).（1）过B作CD的垂线交CD于F，则，在试题分析：和利用勾股定理证明，再证明，即可证明；（2）先求得的面积，设点B1到平面的距离为d,用表示，列式计算即可.试题解析：(1)过B作CD的垂线交CD于F,则在在,故由(2),同理,因此.设点B1到平面的距离为d,则,从而考点：椎体体积公式、点到面的距离、线面垂直的判定.12、【答案】（1）证明见解析；（2）当12PF FC =：：时，//PA 平面BEF 试题分析：（1）要证明面面垂直可先证线面垂直，由题意PD ABCD PD EB EB ABCD ⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭平面平面，又底面ABCD 是60A ∠=的菱形，且点E 是棱AD的中点，所以EB AD ⊥，又PD AD D ⋂=,所以BE ⊥平面PAD ，即可证得平面BEF ⊥平面PAD .（2）当12PF FC =：：时，//PA 平面BEF ，证明如下：连接AC 交BE 于G ，连接GF .因为底面ABCD 是菱形，且点E 是棱AD 的中点，所以AEG ∆∽CBG ∆且::12AG GC AE BC ==：,又:12PF FC =：，所以//FG AP ，根据线线平行可得线面平行. 试题解析：（1）证明：PD ABCD PD EB EB ABCD ⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭平面平面,又底面ABCD 是60A ∠=的菱形，且点E 是棱AD 的中点，所以EB AD ⊥， 又PD AD D ⋂=,所以BE ⊥平面PAD .BE PAD BE BEF ⊥⎫⇒⎬⊂⎭平面平面平面BEF ⊥平面PAD .（2）解：当12PF FC =：：时，//PA 平面BEF ，证明如下： 连接AC 交BE 于G ，连接GF .因为底面ABCD 是菱形，且点E 是棱AD 的中点，所以AEG ∆∽CBG ∆且::12AG GC AE BC ==：, 又:12PF FC =：，所以//FG AP ，////FG APFG BEF PA AP BEF ⎫⎪⊂⇒⎬⎪⊄⎭平面平面平面BEF . 13、【答案】3试题分析：（Ⅰ）连1A B 交1AB 于E ，则E 为1A B 的中点，连结ED ，由三角形中位线的性质可得DE ∥1A C ，根据线面平行的判定定理可得结论成立．（Ⅱ）根据等积法求解，即由1111A ADB C ADB B ADC V V V ---==可得体积的值．试题解析：（Ⅰ）连1A B 交1AB 于E ，则E 为1A B 的中点，连结ED ．∵D 为BC 的中点，DE ∴∥1A C ，又DE ⊂平面1ADB ，1A C ⊄平面1ADB ，1A C ∴∥平面1ADB ．（Ⅱ）1A C ∥平面1ADB ，1111A ADB C ADB B ADC V V V ---∴==211113322332ADC S B B ∆⎛⎫=⋅=⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭， 即三棱锥11A ADB -314、【答案】(1)证明见解析；2315、【答案】(1)见解析(2)3E BDF V -=试题分析：（1）F 为VC 的中点，取CD 的中点为H ，由三角形中位线性质得线线平行，再由线线平行证得面面平行，即得线面平行（2）因为V ABCD -为正四棱锥，所以可求V 到底面距离，即得F 到底面距离，再根据等体积法得E BDF F BDE V V --=，最后代入锥体体积公式即可 试题解析：（1）F 为VC 的中点. 取CD 的中点为H ，连BH HF 、 ABCD 为正方形，E 为AB 的中点BE ∴平行且等于DH ，BH DE ∴平行又FH VD 平行∴平面BHF VDE 平行平面BF ∴平行平面VDE .（2）F 为VC 的中点，ABCD 14BDESS =正方形 18E BDF F BDE V ABCD V V V ---∴==V ABCD -为正四棱锥V ∴在平面ABCD 的射影为AC 的中点O 5,2,3VA AO VO ==∴=21432333v ABCD V -∴=⋅⋅=36E BDF V -∴=. 16、【答案】（1）见解析；（2）225. 试题分析：（1）设CB 1与C 1B 的交点为E ，连接DE ，由三角形中位线定理可证得DE ∥AC 1，从而可得AC 1∥平面CDB 1。
（2）由DE ∥AC 1可得∠CED 为AC 1与B 1C 所成的角（或其补角），在CDE ∆中，可得55,,2222ED CD CE ===，解三角形得225cos CED ∠=，即为所求。
试题解析：（1）证明：设CB 1与C 1B 的交点为E ，连接DE ，∵四边形BCC 1B 1为正方形， ∴E 是BC 1的中点， 又D 是AB 的中点， ∴DE ∥AC 1。
又DE ⊂平面CDB 1，AC 1⊄平面CDB 1， ∴AC 1∥平面CDB 1. (2)解：∵DE ∥AC 1，∴∠CED 为AC 1与B 1C 所成的角（或其补角）． 在△CED 中，1115151,,2222222ED AC CD AB CE CB ======， ∴12222552CE cos CED DE ∠===。
∴异面直线AC 1与B 1C 所成角的余弦值为225。
17、【答案】（1）见解析（2）324试题分析：（1）由OA ⊥底面BOC ，可知AO OC ⊥，AO OB ⊥，由勾股定理，得1OC OB ==，再由2BC =，可得OC OB ⊥，又OC OA ⊥，可证平面COD ⊥平面AOB 。
（2）OAB 中由面积相等，求得32OD =及12BD =，由三棱锥的体积公式C OBD V -1=OC 3OBD S ⋅求得体积。
试题解析：()1证明：∵OA ⊥底面BOC ，∴AO OC ⊥，AO OB ⊥．∵030OAB OAC ∠=∠=，2AB AC ==，∴1OC OB ==．又2BC =OC OB ⊥，又OC AO ⊥AO OB O ⋂=∴OC ⊥平面AOB ．∵OC ⊂平面COD ．∴平面COD ⊥平面AOB ．()2解：∵OD AB ⊥，∴1BD =13,22BD OD ==．∴1111322C OBD V -=⨯⨯= 18、试题解析：（1）连结11A C ，设11111A C B D O ⋂=连结1AO，1111ABCD A B C D -是正方体11A ACC ∴是平行四边形11A C AC ∴且11A C AC =又1,O O 分别是11,A C AC 的中点，11O C AO ∴且11O C AO =11AOC O ∴是平行四边形111,C O AO AO ∴⊂面11AB D ，1C O ⊄面11AB D∴1C O 面11AB D（2）证明：////''''''AB DC D C ABC D AB DC D C ⎫⇒⎬==⎭是平行四边形 '//'''''''BC AD BC AB D AD AB D ⇒⎫⎪⊄⎬⎪⊂⎭平面平面'//'''//'''''BC AB D C D AB D BC C D C ⇒⎫⎪⎬⎪⋂=⎭平面同理，平面⇒平面'//C DB 平面''AB D ．点睛：本题主要考查了平面与平面之间的位置关系，考查学生的空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于中档题.要证面面平行，主要考虑的方向是，一个平面经过另一个平面的两条平行线，且这两条线相交，或垂直一条直线的两个平面；要证线面平行，只需证一条线与平面内的线平行.19、【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）34. 试题解析：（Ⅰ）连接AC 交BD 于O ，连接OE ，∴ABCD 是正方形，∵O 是AC 中点，又E 是PC 中点，∴//OE PA ，又∵PA ⊄平面BDE ，OE ⊂平面BDE ，∴//PA 平面EDB . （Ⅱ）1122423323A BDP P ABD ABD V V S PD --∆⨯===⨯⨯=. 【考点】（1）直线与平面平行的判定；（2）几何体的体积.【方法点睛】本题考查了线面平行的证明及三棱锥的体积计算，利用线线平行证明线面平行是证明线面平行的基本方法．在线面平行的证明中最常见的证法：1、利用三角形的中位线；2、构造平行四边形；3、利用面面平行；在求三棱锥的体积中，关键是找到顶点到底面的距离，利用等体积转换，求出其体积.在该题中应用1、利用三角形的中位线；以及ABD P BDP A V V --=.。