二轮复习立体几何专题测试卷
高考数学(理)二轮复习：立体几何(含答案)
高考数学（理）二轮复习：立体几何（含答案）7 立体几何1．概念理解(1)四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系．(2)三视图①三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高． ②三视图排列规则：俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图一样；侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度和正(主)视图一样，宽度与俯视图一样． 2．柱、锥、台、球体的表面积和体积侧面展开图 表面积 体积直棱柱 长方形 S ＝2S 底＋S 侧 V ＝S 底·h 圆柱 长方形 S ＝2πr 2＋2πrl V ＝πr 2·l 棱锥 由若干三角形构成S ＝S 底＋S 侧 V ＝13S 底·h 圆锥扇形S ＝πr 2＋πrlV ＝13πr 2·h 棱台 由若干个梯形构成 S ＝S 上底＋S 下底＋S 侧 V ＝13(S ＋SS ′＋S ′)·h圆台 扇环 S ＝πr ′2＋π(r ＋r ′)l ＋πr 2V ＝13π(r 2＋rr ′＋r ′2)·h 球 S ＝4πr 2 S ＝43πr 33.平行、垂直关系的转化示意图 (1)(2)两个结论 ①⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b ，②⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b a ⊥α⇒b ⊥α.4．用空间向量证明平行垂直设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)．则有： (1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.5．用向量求空间角(1)直线l 1，l 2的夹角θ有cos θ＝|cos 〈l 1，l 2〉|(其中l 1，l 2分别是直线l 1，l 2的方向向量)．(2)直线l 与平面α的夹角θ有sin θ＝|cos 〈l ，n 〉|(其中l 是直线l 的方向向量，n是平面α的法向量)．(3)平面α，β的夹角θ有cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|，则α—l —β二面角的平面角为θ或π－θ(其中n 1，n 2分别是平面α，β的法向量)．1．混淆“点A 在直线a 上”与“直线a 在平面α内”的数学符号关系，应表示为A ∈a ，a ⊂α.2．在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线为虚线．在还原空间几何体实际形状时一般是以正(主)视图和俯视图为主．3．易混淆几何体的表面积与侧面积的区别，几何体的表面积是几何体的侧面积与所有底面面积之和，不能漏掉几何体的底面积；求锥体体积时，易漏掉体积公式中的系数13.4．不清楚空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥l ，易误得出m ⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m ⊂α的限制条件．5．注意图形的翻折与展开前后变与不变的量以及位置关系．对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系． 6．几种角的范围两条异面直线所成的角0°<α≤90°； 直线与平面所成的角0°≤α≤90°； 二面角0°≤α≤180°；两条相交直线所成的角(夹角)0°<α≤90°； 直线的倾斜角0°≤α<180°； 两个向量的夹角0°≤α≤180°； 锐角0°<α<90°.7．空间向量求角时易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求解二面角时，不能根据几何体判断二面角的范围，忽视向量的方向，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错．1．(2017·重庆外国语学校月考)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A.π3B.π4 C.π2 D ．π答案 D解析 由三视图可知，该几何体为球的34，其半径为1，则体积V ＝34×43×π×13＝π.2．直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的直观图及三视图如图所示，D 为AC 的中点，则下列命题是假命题的是( )A ．AB 1∥平面BDC 1 B ．A 1C ⊥平面BDC 1 C ．直三棱柱的体积V ＝4D ．直三棱柱的外接球的表面积为43π 答案 D解析 由三视图可知，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧面B 1C 1CB 是边长为2的正方形，底面ABC 是等腰直角三角形，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2. 连接B 1C 交BC 1于点O ，连接OD .在△CAB 1中，O ，D 分别是B 1C ，AC 的中点，∴OD ∥AB 1，又OD ⊂平面BDC 1，AB 1⊄平面BDC 1， ∴AB 1∥平面BDC 1.故A 正确；在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ， ∴AA 1⊥BD .又AB ＝BC ＝2，D 为AC 的中点， ∴BD ⊥AC ，又AA 1∩AC ＝A ，AA 1，AC ⊂平面AA 1C 1C ， ∴BD ⊥平面AA 1C 1C . ∴BD ⊥A 1C .又A 1B 1⊥B 1C 1，A 1B 1⊥B 1B ， ∴A 1B 1⊥平面B 1C 1CB ， ∴A 1B 1⊥BC 1.∵BC 1⊥B 1C ，且A 1B 1∩B 1C ＝B 1， ∴BC 1⊥平面A 1B 1C . ∴BC 1⊥A 1C ，又BD ∩BC 1＝B ，BD ，BC 1⊂平面BDC 1， ∴A 1C ⊥平面BDC 1.故B 正确；V ＝S △ABC ×C 1C ＝12×2×2×2＝4，故C 正确；此直三棱柱的外接球的半径为3，其表面积为12π，D 错．故选D. 3．已知直线l ，m 和平面α，则下列结论正确的是( ) A ．若l ∥m ，m ⊂α，则l ∥α B ．若l ⊥α，m ⊂α，则l ⊥m C ．若l ⊥m ，l ⊥α，则m ∥α D ．若l ∥α，m ⊂α，则l ∥m 答案 B解析 若l ∥m ，m ⊂α，则l ∥α或l ⊂α，故A 错误；若l ⊥α，m ⊂α，则l ⊥m ，B 正确；若l ⊥m ，l ⊥α，则m ⊂α或m ∥α，故C 错误；若l ∥α，m ⊂α，则l ∥m 或l ，m 异面，故选B.4．已知互相垂直的平面α，β交于直线l .若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则( ) A ．m ∥l B ．m ∥n C ．n ⊥l D ．m ⊥n 答案 C解析 由题意知，α∩β＝l ，∴l ⊂β，∵n ⊥β，∴n ⊥l .故选C.5．已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则( )A ．α∥β且l ∥αB ．α⊥β且l ⊥βC ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l 答案 D解析 假设α∥β，由m ⊥平面α，n ⊥平面β，得m ∥n ，这与已知m ，n 为异面直线矛盾，那么α与β相交，设交线为l 1，则l 1⊥m ，l 1⊥n ，在直线m 上任取一点作n 1平行于n ，那么l 1和l 都垂直于直线m 与n 1所确定的平面，所以l 1∥l .6.如图，正方体AC 1的棱长为1，过点A 作平面A 1BD 的垂线，垂足为点H ，以下四个命题：①点H 是△A 1BD 的垂心；②AH 垂直于平面CB 1D 1；③直线AH 和BB 1所成角为45°；④AH 的延长线经过点C 1，其中假命题的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 B解析 ∵AB ＝AA 1＝AD ，BA 1＝BD ＝A 1D ， ∴三棱锥A －BA 1D 为正三棱锥， ∴点H 是△A 1BD 的垂心，故①正确；∵平面A 1BD 与平面B 1CD 1平行，AH ⊥平面A 1BD ， ∴AH ⊥平面CB 1D 1，故②正确； ∵AA 1∥BB 1，∴∠A 1AH 就是直线AH 和BB 1所成的角， 在直角三角形AHA 1中，∵AA 1＝1，A 1H ＝23×32×2＝63，∴sin ∠A 1AH ＝63≠22，故③错误； 根据正方体的对称性得到AH 的延长线经过C 1， 故④正确，故选B.7．将正方体的纸盒展开如图，直线AB ，CD 在原正方体的位置关系是( )A．平行 B．垂直C．相交成60°角D．异面且成60°角答案 D解析如图，直线AB，CD异面．因为CE∥AB，所以∠ECD即为直线AB，CD所成的角，因为△CDE为等边三角形，故∠ECD＝60°.8．长方体的顶点都在同一球面上，其同一顶点处的三条棱长分别为3,4,5，则该球面的表面积为( )A．25π B．50πC．75π D.12523π答案 B解析设球的半径为R，由题意可得(2R)2＝32＋42＋52＝50，∴4R2＝50，球的表面积为S＝4πR2＝50π.9．如图，三棱锥A－BCD的棱长全相等，点E为AD的中点，则直线CE与BD所成角的余弦值为( )A.36B.32C.336D.12答案 A解析 方法一 取AB 中点G ，连接EG ，CG . ∵E 为AD 中点，∴EG ∥BD .∴∠GEC 为CE 与BD 所成的角．设AB ＝1， 则EG ＝12BD ＝12，CE ＝CG ＝32， ∴cos ∠GEC ＝EG 2＋EC 2－GC 22×EG ×EC＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫3222×12×32＝36. 方法二 设AB ＝1，则CE →·BD →＝(AE →－AC →)·(AD →－AB →)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12AD →－AC →·(AD →－AB →)＝12AD →2－12AD →·AB →－AC →·AD →＋AC →·AB →＝12－12cos 60°－cos 60°＋cos 60°＝14. ∴cos 〈CE →，BD →〉＝CE →·BD →|CE →||BD →|＝1432＝36，故选A.10．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) A.64 B.104 C.22D.32答案 A解析 如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，则O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，－1,0)，B 1(3，0,2)，则AB →1＝(3，1,2)，则BO →＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，故sin θ＝|AB →1·BO →||AB →1||BO →|＝64.11．如图，在空间四边形ABCD 中，点M ∈AB ，点N ∈AD ，若AM MB ＝ANND，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________．答案 平行解析 由AM MB ＝AN ND，得MN ∥BD . 而BD ⊂平面BDC ，MN ⊄平面BDC ， 所以MN ∥平面BDC .12．已知长方体ABCD —A ′B ′C ′D ′，E ，F ，G ，H 分别是棱AD ，BB ′，B ′C ′，DD ′的中点，从中任取两点确定的直线中，与平面AB ′D ′平行的有________条．答案 6解析 如图，连接EG ，EH ，FG ，∵EH 綊FG ， ∴EFGH 四点共面，由EG ∥AB ′，EH ∥AD ′，EG ∩EH ＝E ，AB ′∩AD ′＝A ，可得平面EFGH 与平面AB ′D ′平行， ∴符合条件的共有6条．13．点P 在正方形ABCD 所在平面外，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ，则PB 与AC 所成角的大小是________．答案π3解析 以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，设正方形ABCD 的边长为1，则A (0,0,0)，P (0,0,1)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，PB →＝(1,0，－1)，AC →＝(1,1,0)，因此 cos 〈PB →，AC →〉＝1＋0×1＋0×()－112＋02＋()－12·12＋12＋02＝12， 因此PB 和AC 所成的角为60°，即π3.14．设m ，n 是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，有以下四个命题：①⎩⎪⎨⎪⎧ α∥β，α∥γ⇒β∥γ；②⎩⎪⎨⎪⎧α⊥β，m ∥α⇒m ⊥β；③⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥α，m ∥β⇒α⊥β；④⎩⎪⎨⎪⎧m ∥n ，n ⊂α⇒m ∥α.其中，正确的命题是________．(填序号) 答案 ①③解析 ①中平行于同一平面的两平面平行是正确的；②中m ，β可能平行，相交或直线在平面内；③中由面面垂直的判定定理可知结论正确；④中m ，α可能平行或线在面内． 15．如图(1)，在边长为4的菱形ABCD 中，∠DAB ＝60°，点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点，AC ∩EF ＝O ，沿EF 将△CEF 翻折到△PEF ，连接PA ，PB ，PD ，得到如图(2)所示的五棱锥P －ABFED ，且PB ＝10.(1)求证：BD ⊥PA ；(2)求四棱锥P －BFED 的体积．(1)证明 ∵点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点， ∴BD ∥EF .∵菱形ABCD 的对角线互相垂直， ∴BD ⊥AC . ∴EF ⊥AC . ∴EF ⊥AO ，EF ⊥PO .∵AO ⊂平面POA ，PO ⊂平面POA ，AO ∩PO ＝O ，∴EF ⊥平面POA ，∴BD ⊥平面POA ，又PA ⊂平面POA ，∴BD ⊥PA .(2)解 设AO ∩BD ＝H .连接BO ，∵∠DAB ＝60°，∴△ABD 为等边三角形，∴BD ＝4，BH ＝2，HA ＝23，HO ＝PO ＝3，在Rt △BHO 中，BO ＝BH 2＋HO 2＝7，在△PBO 中，BO 2＋PO 2＝10＝PB 2，∴PO ⊥BO .∵PO ⊥EF ，EF ∩BO ＝O ，EF ⊂平面BFED ， BO ⊂平面BFED ，∴OP ⊥平面BFED ，梯形BFED 的面积S ＝12(EF ＋BD )·HO ＝33， ∴四棱锥P －BFED 的体积V ＝13S ·PO ＝13×33×3＝3.16.如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，SD ⊥平面ABCD ，SD ＝AD ＝a ，点E 是SD 上的点，且DE ＝λa (0＜λ≤1)．(1)求证：对任意的λ∈(0,1]，都有AC ⊥BE ；(2)若二面角C －AE －D 的大小为60°，求λ的值．(1)证明 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，则A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，D (0,0,0)，E (0,0，λa )．∴AC →＝(－a ，a,0)，BE →＝(－a ，－a ，λa )，∴AC →·BE →＝0对任意λ∈(0,1]都成立，即对任意的λ∈(0,1]，都有AC ⊥BE .(2)解 显然n ＝(0,1,0)是平面ADE 的一个法向量，设平面ACE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，∵AC →＝(－a ，a,0)，AE →＝(－a,0，λa )，∴⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －ax ＋ay ＝0，－ax ＋λaz ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＝0，x －λz ＝0，取z ＝1，则x ＝y ＝λ，∴m ＝(λ，λ，1)，∵二面角C －AE －D 的大小为60°，∴cos 〈n ，m 〉＝n ·m ||n ||m ＝λ1＋2λ2＝12， ∵λ∈(0,1]，∴λ＝22. 亲爱的读者：春去燕归来，新桃换旧符。
2023年高考数学二轮复习讲练测(新高考)专题08 立体几何解答题常考全归类(原卷版)
专题08 立体几何解答题常考全归类【命题规律】空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个空间几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建系求点、坐标运算、几何结论．作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度．【核心考点目录】核心考点一：非常规空间几何体为载体核心考点二：立体几何探索性问题核心考点三：立体几何折叠问题核心考点四：立体几何作图问题核心考点五：立体几何建系繁琐问题核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题核心考点七：利用传统方法找几何关系建系核心考点八：空间中的点不好求核心考点九：创新定义【真题回归】1．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C 中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D 为11A B 的中点，E 为1AA 的中点，F 为CD 的中点．(1)求证：//EF 平面ABC ；(2)求直线BE 与平面1CC D 所成角的正弦值；(3)求平面1ACD 与平面1CC D 所成二面角的余弦值．2．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．3．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B --的平面角为60︒．设M ，N 分别为,AE BC 的中点．(1)证明：FN AD ⊥；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．4．（2022·全国·统考高考真题）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30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．5．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积．6．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP =====∥(1)证明：BD PA ⊥；(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．7．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值． 条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．8．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C 的体积为4，1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【方法技巧与总结】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=sin h l，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【核心考点】核心考点一：非常规空间几何体为载体【规律方法】关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．【典型例题】例1．（2022·陕西安康·统考一模）如图，已知AB 为圆锥SO 底面的直径，点C 在圆锥底面的圆周上，2BS AB ==，6BAC π∠=，BE 平分SBA ∠，D 是SC 上一点，且平面DBE ⊥平面SAB .(1)求证：SA BD ⊥；(2)求二面角E BD C --的正弦值.例2．（2022·安徽·校联考二模）如图，将长方形11OAAO （及其内部）绕1OO 旋转一周形成圆柱，其中11,2OA O O ==，劣弧11A B 的长为,6AB π为圆O 的直径.(1)在弧AB 上是否存在点C （1,C B 在平面11OAAO 的同侧），使1BC AB ⊥，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；(2)求平面11A O B 与平面11B O B 夹角的余弦值.例3．（2022·山东东营·胜利一中校考模拟预测）如图，,AB CD 分别是圆台上､下底面的直径，且AB CD ，点E 是下底面圆周上一点，AB =(1)证明：不存在点E 使平面AEC ⊥平面ADE ；(2)若4DE CE ==，求二面角D AE B --的余泫值.例4．（2022·河北·统考模拟预测）如图，在圆台1OO 中，上底面圆1O 的半径为2，下底面圆O 的半径为4，过1OO 的平面截圆台得截面为11ABB A ，M 是弧AB 的中点，MN 为母线，cos NMB ∠=(1)证明：1AB ⊥平面1AOM ； (2)求二面角M NB A --的正弦值.核心考点二：立体几何探索性问题【规律方法】与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．【典型例题】例5．（2022·上海虹口·统考一模）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，底面ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，侧面11AAC C 为菱形，点1A 在底面上的投影为AC 的中点D ，且2AB =．(1)求证：1BD CC ⊥；(2)求点C 到侧面11AA B B 的距离；(3)在线段11A B 上是否存在点E ，使得直线DE 与侧面11AA B B 请求出1A E 的长；若不存在，请说明理由．例6．（2022春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1AB C 为等边三角形，四边形11AA B B 为菱形，AC BC ⊥，4AC =，3BC =.(1)求证：11AB AC ⊥；(2)线段1CC 上是否存在一点E ，使得平面1AB E 与平面ABC 的夹角的余弦值为14？若存在，求出点E 的位置；若不存在，请说明理由.例7．（2022春·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中）如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 是DC 的中点，将DAE 沿AE 折起，使得点D 到达点P 的位置，且PB ＝PC ，如图2所示．F 是棱PB 上的一点．(1)若F 是棱PB 的中点，求证：//CF 平面P AE ；(2)是否存在点F ，使得二面角F AE C --？若存在，则求出PF FB 的值；若不存在，请说明理由．例8．（2022·广东韶关·统考一模）已知矩形ABCD 中，4AB =，2BC =，E 是CD 的中点，如图所示，沿BE 将BCE 翻折至BFE △，使得平面BFE ⊥平面ABCD .(1)证明：BF AE ⊥；(2)若(01)DP DB λλ=<<是否存在λ，使得PF 与平面DEF 求出λ的值；若不存在，请说明理由.核心考点三：立体几何折叠问题【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质．【典型例题】例9．（2022春·江苏南通·高三期中）已知梯形ABCD 中，//AD BC ，π2∠=∠=ABC BAD ，24AB BC AD ===，E ，F 分别是AB ，CD 上的点，//EF BC ，AE x =，G 是BC 的中点，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF ．(1)当2x =时①求证：BD EG ⊥；②求二面角D BF C --的余弦值；(2)三棱锥D FBC -的体积是否可能等于几何体ABE FDC -体积的一半？并说明理由．例10．（2022春·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）如图1，在平面四边形ABCD 中，已知ABDC ，AB DC ∥，142AD DC CB AB ====，E 是AB 的中点．将△BCE 沿CE 翻折至△PCE ，使得2DP =，如图2所示．(1)证明：DP CE ⊥；(2)求直线DE 与平面P AD 所成角的正弦值．例11．（2022春·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中）如图，平面五边形P ABCD 中，PAD 是边长为2的等边三角形，//AD BC ，AB ＝2BC ＝2，AB BC ⊥，将PAD 沿AD 翻折成四棱锥P －ABCD ，E 是棱PD 上的动点（端点除外），F ，M 分别是AB ，CE 的中点，且PC =(1)证明：AB FM ⊥；(2)当直线EF 与平面P AD 所成的角最大时，求平面ACE 与平面P AD 夹角的余弦值．例12．（2022·四川雅安·统考模拟预测）如图①，ABC 为边长为6的等边三角形，E ，F 分别为AB ，AC 上靠近A 的三等分点，现将AEF △沿EF 折起，使点A 翻折至点P 的位置，且二面角P EF C --的大小为120°（如图②）．(1)在PC 上是否存在点H ，使得直线//FH 平面PBE ？若存在，确定点H 的位置；若不存在，说明理由． (2)求直线PC 与平面PBE 所成角的正弦值．核心考点四：立体几何作图问题 【规律方法】（1）利用公理和定理作截面图（2）利用直线与平面平行的性质定理作平行线 （3）利用平面与平面垂直作平面的垂线 【典型例题】例13．（2022·贵州·校联考模拟预测）如图，已知平行六面体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是菱形，112CD CC AC ===，3DCB π∠=且113cos cos 4C CD C CB ∠=∠=.(1)试在平面ABCD 内过点C 作直线l ，使得直线//l 平面1C BD ，说明作图方法，并证明：直线11//l B D ； (2)求点C 到平面1A BD 的距离.例14．（2022秋·河北石家庄·高一石家庄市第十五中学校考期中）如图为一块直四棱柱木料，其底面ABCD 满足：AB AD ⊥，AD BC ∥．(1)要经过平面11CC D D 内的一点P 和棱1BB 将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？（借助尺规作图，并写出作图说明，无需证明）(2)若2AD AB ==，11BC AA ==，当点P 是矩形11CDD C 的中心时，求点1D 到平面1APB 的距离．例15．（2022·全国·高三专题练习）如图多面体ABCDEF 中，面FAB ⊥面ABCD ，FAB 为等边三角形，四边形ABCD 为正方形，//EF BC ，且332EF BC ==，H ，G 分别为CE ，CD 的中点.（1）求二面角C FH G --的余弦值；（2）作平面FHG 与平面ABCD 的交线，记该交线与直线AB 交点为P ，写出APAB的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）.例16．（2022·全国·高三专题练习）四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，23DAB π∠=.ACBD O =,且PO ⊥平面ABCD ，PO =点,F G 分别是线段.PB PD 上的中点，E 在PA 上.且3PA PE =.（Ⅰ）求证：//BD 平面EFG ；（Ⅰ）求直线AB 与平面EFG 的成角的正弦值；（Ⅰ）请画出平面EFG 与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.核心考点五：立体几何建系繁琐问题 【规律方法】 利用传统方法解决 【典型例题】例17．如图，已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． （1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．例18．如图，在锥体-P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB ，==PA PD ，=2PB ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点（1）证明：⊥AD 平面DEF （2）求二面角--P AD B 的余弦值．例19．（2022春·福建南平·高三校考期中）在三棱柱111ABC A B C 中，AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E 、F 分别是棱AC 、11A B 的中点.(1)设G 为11B C 的中点，求证：//EF 平面11BCC B ；(2)若2AB AC ==，直线1BB 与平面1ACB 所成角的正切值为2，求多面体1B EFGC -的体积V .核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题 【规律方法】 构造垂直的全等关系 【典型例题】例20．如图，已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． （1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．例21．如图，在锥体-P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB ，==PA PD ，=2PB ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点（1）证明：⊥AD 平面DEF （2）求二面角--P AD B 的余弦值．核心考点七：利用传统方法找几何关系建系【规律方法】利用传统方法证明关系，然后通过几何关系建坐标系． 【典型例题】例22．如图：长为3的线段PQ 与边长为2的正方形ABCD 垂直相交于其中心()O PO OQ >． （1）若二面角P AB Q --的正切值为3-，试确定O 在线段PQ 的位置；（2）在（1）的前提下，以P ，A ，B ，C ，D ，Q 为顶点的几何体PABCDQ 是否存在内切球？若存在，试确定其内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由．例23．在四棱锥P ABCD -中，E 为棱AD 的中点，PE ⊥平面ABCD ，//AD BC ，90ADC ∠=︒，2ED BC ==，3EB =，F 为棱PC 的中点．（Ⅰ）求证：//PA 平面BEF ；（Ⅰ）若二面角F BE C --为60︒，求直线PB 与平面ABCD 所成角的正切值．例24．三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，2AB AC ==，侧面11BCC B 为矩形，123A AB π∠=，二面角1A BC A --的正切值为12． （Ⅰ）求侧棱1AA 的长；（Ⅰ）侧棱1CC 上是否存在点D ，使得直线AD 与平面1A BC ，若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由．核心考点八：空间中的点不好求 【规律方法】 方程组思想 【典型例题】例25．（2022·江苏南京·模拟预测）已知三棱台111ABC A B C 的体积为143，且π2ABC ∠=，1A C ⊥平面11BB C C . (1)证明：平面11A B C ⊥平面111A B C ；(2)若11AC B C =，11112A B B C ==，求二面角1B AA C --的正弦值.例26．（2022春·浙江·高三浙江省新昌中学校联考期中）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，3DAB π∠=，平面11BDD B ⊥平面ABCD ，点1,O O 分别为11,B D BD 的中点，1111,,O B A AB O BO ∠∠=均为锐角.(1)求证：1AC BB ⊥；(2)若异面直线CD 与1AA ，四棱锥1A ABCD -的体积为1，求二面角1B AA C --的平面角的余弦值.例27．（2022春·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中）如图，在几何体ABCDE 中，底面ABC 为以AC为斜边的等腰直角三角形.已知平面ABC ⊥平面ACD ，平面ABC ⊥平面,//BCE DE 平面,ABC AD DE ⊥.(1)证明；DE ⊥平面ACD ；(2)若22AC CD ==，设M 为棱BE 的中点，求当几何体ABCDE 的体积取最大值时,AM 与CD 所成角的余弦值.核心考点九：创新定义 【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【典型例题】例28．（2022·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）已知顶点为S 的圆锥面（以下简称圆锥S ）与不经过顶点S 的平面α相交，记交线为C ，圆锥S 的轴线l 与平面α所成角θ是圆锥S 顶角（圆S 轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C 的形状，我们构建球T ，使球T 与圆锥S 和平面α都相切，记球T 与平面α的切点为F ，直线l 与平面α交点为A ，直线AF 与圆锥S 交点为O ，圆锥S 的母线OS 与球T 的切点为M ，OM a =，MS b =．(1)求证：平面SOA ⊥平面α，并指出a ，b ，θ关系式； (2)求证：曲线C 是抛物线．例29．（2022·全国·高三专题练习）类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA ，PB ，PC 构成的三面角-P ABC ，APC α∠=，BPC β∠=，APB γ∠=，二面角A PC B --的大小为θ，则cos cos cos sin sin cos γαβαβθ=+．（1）当α、π0,2β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，证明以上三面角余弦定理；（2）如图2，四棱柱1111ABCD A B C D -中，平面11AA C C ⊥平面ABCD ，160A AC ∠=︒，45BAC ∠=︒， ①求1A AB ∠的余弦值；②在直线1CC 上是否存在点P ，使//BP 平面11DA C ？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．例30．（2022·全国·校联考模拟预测）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥H ABC -，J CDE -，K EFA -，再分别以AC ，CE ，EA 为轴将ACH ∆，CEJ ∆，EAK ∆分别向上翻转180︒，使H ，J ，K 三点重合为点S 所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于2π减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）．（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；（2）若正六棱柱的侧面积一定，当蜂房表面积最小时，求其顶点S 的曲率的余弦值．【新题速递】1．（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1BC CC =，1AC AB =.(1)证明：平面1ABC ⊥平面11BCC B ；(2)若BC =，1AB B C =，160CBB ∠=︒，求直线1BA 与平面111A B C 所成角的正弦值.2．（2022·四川达州·统考一模）如图，三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为等腰直角三角形，112AB AC BB ===，，160ABB ∠=.(1)证明: 1AB B C ⊥；(2)若12B C =，求1AC 与平面1BCB 所成角的正弦值.3．（2022·陕西宝鸡·统考一模）如图在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，且底面ABCD 是平行四边形.已知2,1,PA AB AD AC E ====是PB 中点.(1)求证：平面PBC ⊥平面ACE ；(2)求平面PAD 与平面ACE 所成锐二面角的余弦值.4．（2022·广东广州·统考一模）如图，已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是菱形，平面PBC ⊥平面ABCD ，30,ACD E ∠=为AD 的中点，点F 在PA 上，3AP AF =.(1)证明：PC //平面BEF ；(2)若PDC PDB ∠∠=，且PD 与平面ABCD 所成的角为45，求平面AEF 与平面BEF 夹角的余弦值.5．（2022·上海奉贤·统考一模）如图，在四面体ABCD 中，已知BA BD CA CD ===.点E 是AD 中点.(1)求证：AD ⊥平面BEC ；(2)已知95,arccos,625AB BDC AD ∠===，作出二面角D BC E --的平面角，并求它的正弦值.6．（2022·上海浦东新·统考一模）如图，三棱锥-P ABC 中，侧面P AB 垂直于底面ABC ，PA PB =，底面ABC 是斜边为AB 的直角三角形，且30ABC ∠=︒，记O 为AB 的中点，E 为OC 的中点.(1)求证：PC AE ⊥；(2)若2AB =，直线PC 与底面ABC 所成角的大小为60°，求四面体P AOC 的体积.7．（2022·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB BD BP ===PA PD ==90APD ∠=︒，E 是棱PA 的中点，且BE 平面PCD(1)证明：CD ⊥平面PAD ；(2)若1CD =，求二面角A PB C --的正弦值.8．（2022春·江苏徐州·高三期末）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，N 为PB 的中点.(1)若点M 在AD 上，2AM MD =，34AD BC =，证明：MN 平面PCD ； (2)若3PA AB AC AD ====，4BC =，求二面角D AC N --的余弦值.9．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD ED FA ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求二面角F AC E --的大小.10．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD FA ED ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求点A 到平面FBD 的距离.11．（2022·四川广安·广安二中校考模拟预测）APD △是等腰直角三角形，AP PD ⊥且AD =ABCD 是直角梯形，AB BC ⊥，DC BC ⊥，且222AB BC CD ===，平面APD ⊥平面ABCD .(1)求证：AP ⊥平面BPD ；(2)若点E 是线段PB 上的一个动点，问点E 在何位置时三棱锥D APE -.12．（2022·四川南充·统考一模）在平面五边形ABCDE 中（如图1），ABCD 是梯形，//AD BC ，2AD BC ==AB =90ABC ∠=︒，ADE 是等边三角形．现将ADE 沿AD 折起，连接EB ，EC 得四棱锥E ABCD -（如图2）且CE =(1)求证：平面EAD ⊥平面ABCD ；(2)在棱EB 上有点F ，满足13EF EB =，求二面角E AD F --的余弦值．13．（2022·贵州贵阳·贵阳六中校考一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，DA AB ⊥，PD PC ⊥，PB PC ⊥，1AB AD PD PB ====，4cos 5DCB ∠=.(1)求证：BD ⊥平面PAC .(2)设E 为BC 的中点，求PE 与平面ABCD 所成角的正弦值.14．（2022春·广东广州·高三校考期中）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，AB AD ⊥，//,222AB CD PC AB AD CD ====，点E 在侧棱PB 上.(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)若平面PAC 与平面ACE PE BE 的值.。
高考数学二轮复习立体几何多选题测试试题及答案
高考数学二轮复习立体几何多选题测试试题及答案一、立体几何多选题1．在三棱柱111ABC A B C -中，ABC ∆是边长为23的等边三角形，侧棱长为43，则（ ）A ．直线1A C 与直线1BB 之间距离的最大值为3B ．若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则直线1AA 与底面所成角为60︒ C ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则异面直线AB 与1A C 所成的角为30D ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则其外接球表面积为64π 【答案】AD 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】如图示，以A 为原点，AC 为y 轴正方向，Ax 为x 轴正方向，过A 点垂直于面ABC 的向上方向为z 轴正方向建系，则()()()0,0,0,3,0,0,23,0,A B C 设()()()100010001000,,,3,3,,,23,,A x y z B x y z C x y z ++所以()()()1000100011,23,,,,,3,3,0,AC x y z BB x y z A B =---== 对于A:设n 为直线1A C 与直线1BB 的公垂线的方向向量，则有：11·0·0AC n BB n ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即()()0000002300x x y y zz x x y y zz ⎧-+-=⎪⎨++=⎪⎩解得：()00,0n z x =- 设直线1A C 与直线1BB 之间距离为d ，则22011222200009||||z A B nd d x z n x z ===++ 22009x d ≥∴≤，即3d ≤，故A 正确；对于B ：若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则()11,3,211A 底面法向量()()10,0,1,1,3,211m AA ==，设直线 1AA 与底面所成角为θ，则：121133sin |cos ,|6143AA n θ===⨯，故B 错误； 对于C ： 三棱柱的侧棱垂直于底面时，则()()()1110,0,43,3,3,43,0,23,43,A B C则()()13,3,0,0,23,43,AB AC ==-设异面直线AB 与1A C 所成的角为θ，则1115cos |cos ,|||||||23215AB AC AB AC AB AC θ====⨯,故C 错误；对于D ：若三棱柱的侧棱垂直于底面时，外接球的球心O 为上下底面中心DD 1连线的中点,所以外接球的半径()222324R =+=，所以2464S R ππ==.故D 正确故选：AD 【点睛】向量法解决立体几何问题的关键： (1)建立合适的坐标系； (2)把要用到的向量正确表示； (3)利用向量法证明或计算.2．已知三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，其长度分别为a ，b ，c ．点A 在底面BCD 内的射影为O ，点A ，B ，C ，D 所对面的面积分别为A S ，B S ，C S ，D S ．在下列所给的命题中，正确的有（ ） A ．2A BCO D S SS ⋅=； B ．3333A B C D S S S S <++；C ．若三条侧棱与底面所成的角分别为1α，1β，1γ，则222111sin sin sin 1αβγ++=；D ．若点M 是面BCD 内一个动点，且AM 与三条侧棱所成的角分别为2α，2β，2γ，则22cos α+2222cos cos 1βγ+=．【答案】ACD 【分析】由Rt O OA '与Rt O AD '相似，得边长关系，进而判断A 正确；当M 与O 重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得C 正确；构造长方体，建立直角坐标系，代入夹角公式计算可得D 正确；代入特殊值，可得B 错误. 【详解】由三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，则将三棱锥A BCD -补成长方体ABFC DGHE -，连接DO 并延长交BC 于O '， 则AO BC ⊥．对A ：由Rt O OA '与Rt O AD '相似，则2O A O O O D '''=⨯ 又12A S BC O D '=⋅，12BCOS BC O O '=⋅， 22221124DS BC O A BC O A ⎛⎫''=⋅=⋅ ⎪⎝⎭所以2A BCOD S SS ⋅=，故A 正确．对B ：当1a b c ===时，33318B C D S S S ===，则33338B C D S S S ++=，而3332288A S ⎛⎫==> ⎪ ⎪⎝⎭，此时3333A B C D S S S S >++，故B 不正确． 对D ：分别以AB ，AC ，AD 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设(),,M x y z ，则(),,AM x y z =，AM =(),0,0AB a =，()0,,0AC b =，()0,0,AD c =所以222222222cos cos cos AM AB AM AC AM AD AM ABAM ACAM ADαβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222221x y z AMAMAM=++=，所以D 正确．对C ：当M 与O 重合时，AO ⊥面BCD ，由D 有222222cos cos cos 1αβγ++=，由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO 成角互为余角，可得C 正确． 故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题考查空间线面角、线线角、面积关系的问题，计算角的问题关键是建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用数量积的公式代入计算，解决这道题目还要结合线面角与线线角的关系判断.3．已知球O 为正方体1111ABCD A B C D -的内切球，平面11A C B 截球O 的面积为24π，下列命题中正确的有（ ）A ．异面直线AC 与1BC 所成的角为60°B ．1BD ⊥平面11AC B C ．球O 的表面积为36πD ．三棱锥111B AC B -的体积为288 【答案】AD 【分析】连接11A C ，1A B ，通过平移将AC 与1BC 所成角转化为11A C 与1BC 所成角可判断A ；通过反证法证明B ；由已知平面11A C B 截球O 的面积为24π求出正方体棱长，进而求出内切球的表面积可判断C ；利用等体积法可求得三棱锥111B AC B -的体积可判断D. 【详解】对于A ，连接11A C ，1A B ，由正方体1111ABCD A B C D -，可知11//A C AC ，11AC B ∴∠为异面直线AC 与1BC 所成的角，设正方体边长为a ，则11112AC A B BC a ==，由等边三角形知1160A C B ∠=，即异面直线AC 与1BC 所成的角为60，故A 正确； 对于B ，假设1BD ⊥平面11A C B ，又1A B ⊂平面11A C B ，则11BD B A ⊥，设正方体边长为a ，则11A D a =，12A B a=，1BD 3a =，由勾股定理知111A D B A ⊥，与假设矛盾，假设不成立，故1BD 不垂直于平面11A C B ，故B 错误； 对于C ，设正方体边长为a ，则112AC a =，内切球半径为2a，设内切球的球心O 在面11A C B 上的投影为O '，由等边三角形性质可知O '为等边11A C B △的重心，则111623332332O A AC a a =⨯'=⨯=，又132OA a =，∴球心O 到面11A C B 的距离为121222326336a a a OA O A ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-='-，又球心与截面圆心的连线垂直于截面，∴截面圆的半径为223626a a a ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-=，又截面圆的面积26246S a ππ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭=，解得12a =，则内切球半径为6，内切球表面积214644S ππ==⨯，故C 错误；对于D ，由等体积法知111111111111212122812383B A C B B A C B A C B V V S a --==⨯⨯=⨯⨯=，故D 正确； 故选：AD【点睛】关键点点睛：本题考查了正方体和它的内切球的几何结构特征，关键是想象出截面图的形状，从而求出正方体的棱长，进而求出内切球的表面积及三棱锥的体积，考查了空间想象能力，数形结合的思想，属于较难题.4．如图，一个结晶体的形状为平行六面体1111ABCD A B C D -，其中，以顶点A 为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角都是60，下列说法中正确的是（ ）A ．()()2212AA AB ADAC ++=B ．1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点C ．1AA 与平面ABCD 所成角大于45 D ．1BD 与AC 6 【答案】AC 【分析】对A ，分别计算()21++AA AB AD 和2AC ，进行判断；对B ，设BD 中点为O ，连接1A O ，假设1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点，应得10⋅=O AB A ，计算10⋅≠O AB A ，即可判断1A 在底面ABCD 上的射影不是线段BD 的中点；对C ，计算11,,A A AC AC ，根据勾股定理逆定理判断得11⊥A A AC ，1AA 与平面ABCD 所成角为1A AC ∠，再计算1tan ∠A AC ；对D ，计算1,AC BD 以及1BD AC ⋅，再利用向量的夹角公式代入计算夹角的余弦值. 【详解】对A ，由题意，11111cos602⋅=⋅=⋅=⨯⨯=AA AB AA AD AD AB ，所以()2222111112*********++=+++⋅+⋅+⋅=+++⨯⨯=AA AB ADAA AB AD AA AB AB AD AA AD ，AC AB AD =+，所以()222221113=+=+⋅+=++=AC AB ADAB AB AD AD ，所以()()22126++==AA AB AD AC ，故A 正确；对B ，设BD 中点为O ，连接1A O ，1111111222=+=+=++AO A A AO A A AC A A AD AB ，若1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点，则1A O ⊥平面ABCD ，则应10⋅=O AB A ，又因为21111111111110222222224⎛⎫⋅=++⋅=-⋅+⋅+=-+⨯+=≠ ⎪⎝⎭O AB A A AD AB AB AA AB AD AB AB A ，故B 错误；对D ，11,BD AD AA AB AC AB AD =+-=+，所以()()2211=2,=3=+-=+AD A B A AB AC AB AD D()()2211111⋅=+-⋅+=⋅++⋅+⋅--⋅=AC AD AA AB AB AD AD AB AD AA AB AA AD AB AB AD BD ，1116cos ,23⋅<>===⋅B AC D BD BD AC AC，故D 不正确；对C ，112==AC BD ，在1A AC 中，111,2,3===A A AC AC ，所以22211+=A A AC AC ，所以11⊥A A AC ，所以1AA 与平面ABCD 所成角为1A AC ∠，又1tan 21∠=>A AC ，即145∠>A AC ，故C 正确；故选：AC【点睛】方法点睛：用向量方法解决立体几何问题，需要树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比；同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，利用向量的夹角公式求解.5．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（ ）A ．存在某个位置，使得1CN AB ⊥ B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -外接球的体积是43π 【答案】BD 【分析】对于A ，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ，可得到EN NF ⊥，又EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点，不可能；对于B ，可得由1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值），由余弦定理可得NC 是定值．对于C ，取AM 中点O ，连接1,B O DO ，假设1AM B D ⊥，易得AM ⊥面1ODB ，即可得OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不一定成立．对于D ，当平面B 1AM ⊥平面AMD 时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，可得球半径为1，体积是43π． 【详解】对于A 选项：如图1，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ， 则11////NE AB NF MB ，，又11AB MB ⊥，所以EN NF ⊥， 如果1CN AB ⊥，可得EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点， 不可能，故A 选项不正确；对于B 选项：如图1，由A 选项可得1AMB EFN ≈△△，故1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值）， 故在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠，整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+， 故CN 为定值，故B 选项正确．对于C 选项：如图，取AM 中点O ，连接1,B O DO ， 由AB BM =，得1B O AM ⊥，假设1AM B D ⊥，111B D B O B =，所以AM ⊥面1ODB ，所以OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不恒成立，所以假设不成立，可得C 选项不正确．对于D 选项：由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得122BO =，2DM =22221122122B E OB OE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，体积是43π．故D 选项正确． 故答案为：BD ． 【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于难题.本题C 选项的解题的关键在于采用反证法证明，进而推出矛盾解题，D 选项求解的关键在于把握平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大.6．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，线段11B D 上有两个动点,E F ，且1EF =，以下结论正确的有（ ）A ．AC BE ⊥B ．异面直线,AE BF 所成的角为定值C ．点A 到平面BEF 的距离为定值D ．三棱锥A BEF -的体积是定值 【答案】ACD 【详解】由AC BD ⊥，1AC DD ⊥可证AC ⊥平面11D DBB ，从而AC BE ⊥，故A 正确； 取特例，当E 与1D 重合时，F 是F '，AE 即1AD ，1AD 平行1BC ，异面直线,AE BF '所成的角是1C BF '∠，当F 与1B 重合时，E 是E '，BF 即1BB ，异面直线,AE BF '所成的角是1A AE '∠，可知1C BF '∠与1A AE '∠不相等，故异面直线,AE BF 所成的角不是定值，故B 错误；连结BD 交AC 于O ，又AC ⊥平面11D DBB ，点A 到平面11BDD B 的距离是2AO ，也即点A 到平面BEF 的距离是22，故C 正确； 2=2AO 为三棱锥A BEF -的高，又1111224BEF S =⨯⨯=△，故三棱锥A BEF -的体积为112234224⨯⨯=为定值，D 正确. 故选：ACD 【点睛】求空间中点到平面的距离常见方法为： （1）定义法：直接作平面的垂线，求垂线；（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离； （3）向量法：计算斜线在平面的法向量上的投影即可.7．如图，已知四棱锥P ABCD -所有棱长均为4，点M 是侧棱PC 上的一个动点（不与点,P C 重合），若过点M 且垂直于PC 的截面将该四棱锥分成两部分，则下列结论正确的是（ ）A ．截面的形状可能为三角形、四边形、五边形B ．截面和底面ABCD 所成的锐二面角为4πC ．当1PM =时，截面的面积为52D ．当2PM =时，记被截面分成的两个几何体的体积分别为()1212,>V V V V ，则123=V V【答案】BCD【分析】点M 是侧棱PC 上的一个动点，根据其不同位置，对选项逐一进行判断即可.【详解】A 选项中，如图，连接BD ，当M 是PC 中点时，2MC =，由题意知三角形PDC 与三角形PBC 都是边长为4的正三角形，所以DM PC ⊥,BM BC ⊥，又DM ，BM 在面MBD 内，且相交，所以PC ⊥平面PBD ，三角形MBD 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是三角形，点M 向下移动时，2MC <，如图，仍是三角形；若点M 由中点位置向上移动，2MC >，在平面PDC 内作EM PC ⊥，交PD 于E ，在平面PBC 内作FM PC ⊥交PB 于F ，平面MEF 交平面PAD 于EG ，交PAB 于FH ，即交平面ABCD 于GH ，则五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是五边形； 故截面的形状可能为三角形、五边形，A 错误；B 选项中，因为截面总与PC 垂直，所以不同位置的截面均平行，截面与平面ABCD 所成的锐角为定值，不妨取M 是中点，连接AC ，BD ，MB ，MD ，设AC ，BD 交点是N ，连接PN ，由题意知，四边形ABCD 是边长为4的菱形，BD AC ⊥，因为MB =MD ，所以MN BD ⊥，故MNC ∠是截面与平面ABCD 所成的锐角，过点M 作MQ AC ⊥，垂足Q.在三角形PAC 中，MN =2，2，故在直角三角形MNQ 中，2cos 2NQ MNC MN ∠==，故4MNC π∠=，故B 正确；C 选项中，当PM =1时，M 是PC 中点，如图，五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，依题意，直角三角形PME 中，2cos PM PE EPM==∠，故E 为PD 的中点，同理，F 是PB 的中点，则EF 是三角形PBD 的中位线，1222EF BD ==G ，H 分别在,AD AB 的中点上，证明如下，当G ，H ，也是中点时，1//,2GH BD GH BD =，有//,22GH EF GH EF ==EFHG 是平行四边形.依题意，三角形PAC 中4,42PA PC AC ===，故PA PC ⊥，故PC GE ⊥，易见，正四棱锥中BD ⊥平面PAC ，故BD PC ⊥，GH PC ∴⊥，因为 ,GE GH 均在平面EFHG 内，且相交，所以PC ⊥平面EFHG ，故此时平面EFHG 和平面MEF 即同一平面.又BD ⊥平面PAC ，有GH ⊥面平面PAC ，GH GM ⊥，根据对称性有GH GE ⊥，四边形EFHG 是矩形.即五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，平面图如下:依题意，22GH EF ==2EG FG ==，三角形高为()()22321h =-=， 面积是122122⨯=，四边形面积是22242=，故截面面积是52 故C 正确；D 选项中，若PM =2，看B 选项中的图可知，21124M BCD P BCD P ABCD V V V V ---===，故剩余部分134P ABCD V V -=，所以123=V V ，故D 正确. 故选：BCD. 【点睛】 本题考查了棱锥的截面问题，考查了二面角、体积等计算问题，属于难题.8．（多选题）在四面体P ABC -中，以上说法正确的有（ ）A ．若1233AD AC AB =+，则可知3BC BD = B ．若Q 为△ABC 的重心，则111333PQ PA PB PC =++ C ．若0PA BC =，0PC AB =，则0PB AC =D ．若四面体P ABC -各棱长都为2，M N ，分别为,PA BC 的中点，则1MN =【答案】ABC【分析】作出四面体P ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得.【详解】对于A ，1233AD AC AB =+，32AD AC AB ∴=+，22AD AB AC AD ∴-=- ， 2BD DC ∴=，3BD BD DC BC ∴=+=即3BD BC ∴=，故A 正确；对于B ，Q 为△ABC 的重心，则0QA QB QC ++=，33PQ QA QB QC PQ ∴+++=()()()3PQ QA PQ QB PQ QC PQ ∴+++++=,3PA PB PC PQ ∴++=即111333PQ PA PB PC ∴=++，故B 正确； 对于C ，若0PA BC =，0PC AB =，则0PA BC PC AB +=，()0PA BC PC AC CB ∴++=,0PA BC PC AC PC CB ∴++=0PA BC PC AC PC BC ∴+-=,()0PA PC BC PC AC ∴-+=0CA BC PC AC ∴+=,0AC CB PC AC ∴+= ()0AC PC CB ∴+=，0AC PB ∴=，故C 正确；对于D ，111()()222MN PN PM PB PC PA PB PC PA ∴=-=+-=+- 1122MN PB PC PA PA PB PC ∴=+-=-- 222222PA PB PC PA PB PC PA PB PA PC PC PB --=++--+== 2MN ∴=，故D 错误.故选：ABC【点睛】用已知向量表示某一向量的三个关键点(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量．(3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．9．在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 上的动点，下列结论正确的是（ ） A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥C ．当1AR A C ⊥时，1ARD R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算142D P CQ b ⋅=-，()12222D R CQ b λλ⋅=--，134AR D R ⋅=-，10D R n ⋅=，得到答案. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a ，a ⎡∈⎣，()Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到()22,22R λλ--，[]0,1λ∈. ()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；()122,2D R λλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确；1AR A C ⊥，则()()12,222212440AR AC λλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=，14λ=，此时11333313,,,,022224 AR DR⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C错误；113AC A R=，则4234,,333R⎛⎫⎪⎪⎝⎭，14232,,333D R⎛⎫=-⎪⎪⎝⎭，设平面1BDC的法向量为(),,n x y z=，则1n BDn DC⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得()3,1,3n=-，故1D R n⋅=，故1//D R平面1BDC，D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力.10．如图，1111ABCD A B C D-为正方体，下列结论中正确的是（）A．11A C⊥平面11BB D DB．1BD⊥平面1ACBC．1BD与底面11BCC B2D ．过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条【答案】ABD【分析】由直线与平面垂直的判定判断A 与B ；求解1BD 与底面11BCC B 所成角的正切值判断C ；利用空间向量法可判断D ．【详解】对于A 选项，如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，1BB ⊥平面1111D C B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，则111BB A C ⊥，由于四边形1111D C B A 为正方形，则1111AC B D ⊥， 1111BB B D B =，因此，11A C ⊥平面11BB D D ，故A 正确；对于B 选项，在正方体1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，1AC DD ∴⊥，因为四边形ABCD 为正方形，所以，AC BD ⊥，1D DD BD =，AC ∴⊥平面11BB D D ，1BD ⊂平面11BB D D ，1AC BD ∴⊥，同理可得11BD B C ⊥，1AC B C C =，1BD ∴⊥平面1ACB ，故B 正确；对于C 选项，由11C D ⊥平面11BCC B ，得11C BD ∠为1BD 与平面11BCC B 所成角， 且111112tan C D C BD BC ∠==，故C 错误； 对于D 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则()1,0,0A 、()0,0,0D 、()0,1,0C 、()11,1,1B ，()1,0,0DA =，()11,0,1CB =，设过点1A 且与直线DA 、1CB 所成角的直线的方向向量为()1,,m y z =， 则221cos ,21DA mDA m DA m y z ⋅<>===⋅++，1111cos ,22CB m CB m CB m ⋅<>===⋅，整理可得2222341y z yz z ⎧+=⎨=++⎩，消去y 并整理得2210z z +-=，解得1z =-1z =-由已知可得z ≤，所以，1z =-+y =因此，过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条，D 选项正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．。
高三二轮复习立体几何专题 (答案)
高三数学二轮复习专题28（立体几何04）【2016新课标1卷T6】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个 圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是283π，则它的表面积是 A A ．17π B ．18π C ．20π D ．28π【2016新课标1卷T11】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AB B 1A 1=n ,则m 、n 所成角的正弦值为 A AAAA ．13【2016新课标1卷T19】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．解析：（I ）由已知可得F DF A ⊥,F F A ⊥E ,所以F A ⊥平面FDC E ．又F A ⊂平面F ABE ,故平面F ABE ⊥平面FDC E ．（II ）过D 作DG F ⊥E ,垂足为G ,由（I ）知DG ⊥平面F ABE ．以G 为坐标原点,GF 的方向为x 轴正方向,GF 为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -． 由（I ）知DF ∠E 为二面角D F -A -E 的平面角,故DF 60∠E =,则DF 2=,DG 3=,可得()1,4,0A ,()3,4,0B -,()3,0,0E -,(D ．由已知,//F AB E ,所以//AB 平面FDC E ． 又平面CDAB 平面FDC DC E =,故//CD AB ,CD//F E ．由//F BE A ,可得BE ⊥平面FDC E ,所以C F ∠E 为二面角C F -BE -的平面角,C F 60∠E =．从而可得(C -．所以(C E =,()0,4,0EB =,(C 3,A =--,()4,0,0AB =-．设(),,n x y z =是平面C B E 的法向量,则C 00n n ⎧⋅E =⎪⎨⋅EB =⎪⎩,即040x y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，所以可取(3,0,n =．设m 是平面CD AB 的法向量,则C 0m m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩,同理可取()0,3,4m =．则219cos ,19n m n m n m⋅==-，故二面角C E-B -A 的余弦值为19-．CBDEF1. 三棱锥P ABC -中，侧棱2,PA PB PC ===，则当三棱锥P ABC -的三个侧面的面积和最大时，经过点,,,P A B C 的球的表面积是 DA ．4πB ．8π C. 12π D ．16π 2. 已知从点P 出发的三条射线PA ，PB ，PC 两两成60︒角，且分别与球O 相切于A ，B ，C 三点．若球 的体积为36π，则O ，P 两点间的距离为 BA ．B ．C ．3D ．63. 已知三棱锥-S ABC 的各顶点都在一个球面上，球心O 在AB 上，SO ⊥底面ABC ，球的体积与三棱锥体积之比是4π，=AC DA ．πB ．2π C.3π D ．4π4.如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，2AD DC CB ===，060ABC ∠=，平面ACEF ⊥平面ABCD ，四边形ACEF 是菱形，060CAF ∠=. （1）求证：BC ⊥平面ACEF ；（2）求平面ABF 与平面ADF 所成锐二面角的余弦值.解：（1）证法一：在梯形AB C D 中，∵//AB CD ， 2AD DC CB ===，60A B C ∠= ∴0120,30ADC DCB DCA DAC ∠=∠=∠=∠= ∴090ACB DCB DCA ∠=∠-∠=，∴AC BC ⊥又 平面ACEF ⊥平面A B C D ，平面ACEF 平面ABCD AC =，∴BC ⊥平面AC F E证法二：梯形AB C D 得高为2sin 60︒=222cos604AB =+⋅= AC =∴222,90AC BC AB ACB +=∴∠=（下同） （2）取G 为EF 中点.连CG∵四边形ACEF 是菱形，60CAF ∠=， ∴CG EF ⊥ 即CG AC ⊥ 与（1）同理可知CG ⊥平面ABCD如图所示，以C 为坐标原点建立空间直角坐标系， 则有(0,2,0),(1,0),(A B D F -，(2,0)AB =-，(AF =，(0,1,3)DF =设111(,,)m x y z =是平面ABF 的一个法向量，则00AB m AF m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1111030y z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，取(3,3,1)m =．设222(,,)n x y z =是平面ADF 的一个法向量，则00AF n DF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即22223030z y z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，取(3,3,1)n =-. 设平面ABF 与平面ADF 所成锐二面角为θ，则5cos 1313m n m nθ⋅===⋅，即平面ABF 与平面ADF 所成锐二面角的余弦值为513． 5. 如图，已知四边形ABCD 和ABEG 均为平行四边形，点E 在平面ABCD 内的射影恰好为点A ，以BD 为直径的圆经过点A ，C ，AG 的中点为F ，CD 的中点为P ，且AD AB AE ==． （Ⅰ）求证：平面⊥EFP 平面BCE ； （Ⅱ）求二面角P EF B --的余弦值．解:（Ⅰ）∵点E 在平面ABCD 内的射影恰好为点A ，∴AE ⊥平面ABCD ， 又AE ⊂平面ABEG ，∴平面ABCD ⊥平面ABEG ．又以BD 为直径的圆经过点A ，C ，AD AB =，∴ABCD 为正方形． 又平面ABCD平面ABEG AB =，∴BC ⊥平面ABEG ．∵EF ⊂平面ABEG ，EF BC ⊥， 又AB AE GE ==，∴4ABE AEB π∠=∠=，又AG 的中点为F ，∴4AEF π∠=，∵2AEF AEB π∠+∠=，∴EF BE ⊥，又BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，BC BE B =，∴EF ⊥平面BCE ．又EF ⊂平面EFP ，∴平面EFP ⊥平面BCE ．（Ⅱ）如图，建立以A 为原点，AD 的方向为x 轴的正方向，AB 的方向为y 轴的正方向，AE 的方向为z 轴的正方向的空间直角坐标系，设2AB =，则(0,0,0)A ，(0,0,2)E ，(2,1,0)P ，(0,2,2)G -．∵AG 的中点为F ，∴(0,1,1)F -，故PE (2,1,2)=--，(2,2,1)PF =--，设平面EFP 的法向量为(,,)n x y z =，则0,0,n PE n PF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩∴220,220,x y z x y z --+=⎧⎨--+=⎩令3x =，则(3,2,2)n =-．易知平面ABEG 的一个法向量为(1,0,0)m =，设二面角P EF B --为θ，∴cos ||||17m n m n θ⋅===，容易看出二面角P EF B --为锐角，故二面角P EF B --． 6. 如图所示的几何体中，111ABC A B C -为三棱柱，且1AA ⊥平面ABC ，四边形ABCD 为平行四边形，2,60.AD CD ADC =∠=（1）若1AA AC =，求证：1AC ⊥平面11A B CD ；（2）若()12,0CD AA AC λλ==>，二面角1A C D C -- 求三棱锥11C A CD -的体积.7. 在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1为矩形，AB ＝3，AA 1＝32，D 为AA 1的中点，BD 与AB 1交于点O ，CO ⊥侧面ABB 1A 1． （Ⅰ）证明：BC ⊥AB 1；（Ⅱ）若OC ＝OA ，求二面角A 1－AC －B 的余弦值．解：（Ⅰ）证明：由题意tan ∠ABD ＝AD AB ＝22，tan ∠AB 1B ＝AB BB 1＝22，0<∠ABD 2π<，0<∠AB 1B <π2，∴∠ABD ＝∠AB 1B ，∴∠ABD ＋∠BAB 1＝∠AB 1B ＋∠BAB 1＝π2，∴AB 1⊥BD …………………2分又CO ⊥侧面ABB 1A 1，∴AB 1⊥CO ． …………………3分 又BD 与CO 交于点O ，∴AB 1⊥平面CBD ， …………………4分 又BC ⊂平面CBD ，∴BC ⊥AB 1． …………………5分 （Ⅱ）如图，以O 为原点，分别以OD ，OB 1，OC 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则(0,A ，(B -，C，1B ．∴(AB =-，AC =，11(6,2AA BB ==．设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则=0=0AB AC ì×ïíï×înn ，即=0=0ì-ïíïî， 令x ＝1，可得n ＝(1，2，－2)是平面ABC 的一个法向量． 设平面A 1AC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则1=0=0AA AC ì×ïíï×îm m，即=0+=0ìïíïî，令x ＝2，可得m ＝(2，－2，2)是平面A 1AC 的一个法向量．…………………10分 设二面角A 1－AC －B 的平面角为α，则cos cos ,a ×==m n m n m n ∴二面角A 1－AC －B的余弦值为-． …………………12分。
2022高考数学二轮复习 立体几何经典题型精练(原卷版)
微专题16 立体几何经典题型精练典型例题例1．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，三棱柱111ABC A B C -中，所有棱长均为2，1160BAC BAA CAA ∠=∠=∠=︒，P ，Q 分别在AB ，11A C 上（不包括两端），1AP AQ =．（1）求证：//PQ 平面11BCC B ；（2）设PQ 与平面ABC 所成角为θ，求sin θ的取值范围．例2．（2022·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ⊥，1AC BC AA ==，D 为11A B 的中点，G 为1AA 的中点，E 为1C D 的中点，3BF AF =，点P 为线段1BC 上的动点（不包括线段1BC 的端点）．（1）若//EP 平面CFG ，请确定点P 的位置；（2）求直线CP 与平面CFG 所成角的正弦值的最大值．例3．（2022·辽宁·大连市一0三中学高三开学考试）如图，在四棱锥P ABCD -中，2BC =，//AD BC ，E 为棱P A 的中点，//BE 平面PCD ．（1）求AD 的长；（2）若PB AB BC ===，平面PAB ⊥平面PBC ，求二面角B PC D --的大小的取值范围．例4．（2022·全国·高三专题练习）如图，三棱柱111ABC A B C -的底面是边长为4的正三角形，侧面11ACC A ⊥底面ABC ，且侧面11ACC A 为菱形，160A AC ∠=.（1）求二面角1A AB C 所成角θ的正弦值.（2）,M N 分别是棱11A C ，11B C 的中点，又2AP BP =.求经过,,M N P 三点的平面截三棱柱111ABC A B C -的截面的周长.过关测试1．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体1111ABCD A B C D -.(1)若正方体的棱长为1，求点A 到平面1A BD 的距离；(2)在一个棱长为10的密封正方体盒子中，放一个半径为1的小球，任意摇动盒子，求小球在盒子中不能达到的空间的体积；(3)在空间里，是否存在一个正方体，它的定点1111A B C D A B C D 、、、、、、、到某个平面的距离恰好为0、1、2、3、4、5、6、7，若存在，求出正方体的棱长，若不存在，说明理由. 2．（2022·山东烟台·一模）如图，在四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，24AB BC ==，E 为CD 的中点，且△VBC 为等边三角形．(1)若VB ⊥AE ，求证：AE ⊥VE ；(2)若二面角A －BC －V 的大小为30，求直线AV 与平面VCD 所成角的正弦值． 3．（2022·陕西·一模（理））如图，已知直三棱柱111ABC A B C -，O ，M ，N 分别为线段BC ，1AA ，1BB 的中点，P 为线段1AC 上的动点，116AA =，8AC =.(1)若12AO BC =，试证1C N CM ⊥； (2)在（1）的条件下，当6AB =时，试确定动点P 的位置，使线段MP 与平面11BB C C 所成角的正弦值最大.4．（2022·安徽·芜湖一中一模（理））如图所示，已知矩形ABCD 和矩形ADEF 所在的平面互相垂直，222AD AF AB ===，M ，N 分别是对角线BD ，AE 上异于端点的动点，且BM AN =.(1)求证：直线//MN 平面CDE ；(2)当MN 的长最小时，求二面角A MN D --的余弦值．5．（2022·天津·一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，其中AD BC ∥，3AD =，2AB BC ==，PA ⊥平面ABCD ，且3PA =，点M 在棱PD 上，点N 为BC 中点.(1)证明：若2DM MP =，直线//MN 平面PAB ；(2)求二面角C PD N --的正弦值；(3)是否存在点M ，使NM 与平面PCD PM PD 值；若不存在，说明理由.6．（2022·全国·高三专题练习）如图，四棱锥P —ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，P A ＝PB ＝3．(1)证明：∠P AD ＝∠PBC ；(2)当直线P A 与平面PCD 所成角的正弦值最大时，求此时二面角P —AB —C 的大小． 7．（2022·贵州贵阳·高三期末（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面,ABCD AF PB ⊥，F 为垂足.(1)当点E 在线段BC 上移动时，判断AEF 是否为直角三角形，并说明理由；(2)若2,PA AB EF ==∥PC ，且PB 与平面PAE 所成角为30，求二面角C PE D --的大小.8．（2022·全国·高三专题练习）如图，四边形ABCD 中，π2ADC ∠=,24AD CD ==，AE EC =，沿对角线AC 将△ACD 翻折成△ACD '，使得BE CD '⊥.(1)证明：BD BC '=；(2)若ABD '△为等边三角形，求二面角D AB C '--的余弦值.9．（2022·江苏泰州·高三期末）如图，在三棱锥P ABC -中，2,4,AB PB BC PA PC AC ======(1)平面PAC ⊥平面ABC ；(2)点D 是棱BC 上一点，BD BC λ=，且二面角B PA D --与二面角C PA D --的大小相等，求实数λ的值.10．（2022·江苏扬州·高三期末）如图，在三棱台ABC －A 1B 1C 1中，底面△ABC 是等腰三角形，且BC ＝8，AB ＝AC ＝5，O 为BC 的中点．侧面BCC 1B 1为等腰梯形，且B 1C 1＝CC 1＝4，M 为B 1C 1中点．(1)证明：平面ABC ⊥平面AOM ；(2)记二面角A －BC －B 1的大小为θ，当θ∈[6π，2π]时，求直线BB 1平面AA 1C 1C 所成角的正弦的最大值．11．（2022·辽宁营口·高三期末）在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AAC C 和侧面11AA B B 是都是边长为2的菱形，D 是1AA 中点，BC =1160CAA BAA ∠=∠=︒(1)求证：1AA ⊥平面BCD ；(2)求二面角1B AC A --的余弦值．12．（2022·全国·高三专题练习（理））如图，四棱锥S ABCD -的底面是正方形，每条侧棱的P 为侧棱SD 上的点.(1)求证：AC SD ⊥；(2)若SD ⊥平面PAC ，求二面角P AC S --的大小；(3)在（2）的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得//BE 平面PAC ？若存在，求:SC SE 的值；若不存在，试说明理由.13．（2022·浙江·高三专题练习）如图，AE ⊥平面,//,//ABCD CF AE AD BC ，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====.(1)求证：//DE 平面BCF ；(2)若二面角E BD F --的余弦值为13，求直线FB 与平面ABCD 所成角的正切值. 14．（2022·全国·高三专题练习（理））如图，在正四棱锥P ABCD -中，PA AB ==E F ､分别为PB PD ､的中点，平面AEF 与棱PC 的交点为G .(1)求异面直线AE 与PF 所成角的大小；(2)求平面AEGF 与平面ABCD 所成锐二面角的大小；(3)求点G 的位置.15．（2022·山西运城·高三期末（理））在①2AE =，②AC BD ⊥，③EAB EBA ∠=∠，这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并给出解答如图，在五面体ABCDE 中，已知___________，AC BC ⊥，//ED AC ，且22AC BC ED ===，DC DB ==(1)求证：平面ABE ⊥与平面ABC ；(2)线段BC 上是否存在一点F ，使得平面AEF 与平面ABE ，若存在，求BF BC 的值；若不存在，说明理由. 16．（2022·全国·高三专题练习）如图，四棱锥P ABCD -中，PAB △是等边三角形，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，,AB AD ⊥2,AB BC ==3ABC π∠=，F ，G 分别是,PC AD 的中点.(1)求证：FG ∥平面PAB ；(2)若3PC =，求直线FG 与平面PBC 所成角的正弦值.17．（2022·全国·高三专题练习）如图，P 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AC 为底面直径，ABD △为底面圆O E 在母线PC 上，且1,AE CE EC BD ==⊥．(1)求证：平面BED ⊥平面ABD ；(2)设线段PO 上动点为M ，求直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值． 18．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为,PA BD 中点，2PA PD AD ===．（1）求证：//EF 平面PBC ；（2）求二面角E DF A --的余弦值；（3）在棱PC 上是否存在一点G ，使GF ⊥平面EDF ？若存在，指出点G 的位置；若不存在，说明理由．。
高考数学二轮复习数学立体几何多选题试题含答案
高考数学二轮复习数学立体几何多选题试题含答案一、立体几何多选题1．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 内（含边界）一点．（ ） A ．若13A P =，则满足条件的P 点有且只有一个 B ．若12A P =，则点P 的轨迹是一段圆弧 C ．若1//A P 平面11B D C ，则1A P 长的最小值为2D ．若12A P =且1//A P 平面11B DC ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面的面积为23π【答案】ABD 【分析】选项A ，B 可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD 上，1A P 长的最大值为2；结合以上条件点P 与B 或D 重合，利用12sin 60A P r =︒，求出63r =，进而求出面积. 【详解】对A 选项，如下图：由13A P =，知点P 在以1A 为球心，半径为3的球上，又因为P 在底面ABCD 内（含边界），底面截球可得一个小圆，由1A A ⊥底面ABCD ，知点P 的轨迹是在底面上以A 为圆心的小圆圆弧，半径为22112r A P A A =-=，则只有唯一一点C满足，故A 正确；对B 选项，同理可得点P 在以A 为圆心，半径为22111r A P A A =-=的小圆圆弧上，在底面ABCD 内（含边界）中，可得点P 轨迹为四分之一圆弧BD .故B 正确；对C 选项，移动点P 可得两相交的动直线与平面11B D C 平行，则点P 必在过1A 且与平面11B D C 平行的平面内，由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD上，则1A P 长的最大值为12A B =，则C 不正确； 对选项D ，由以上推理可知，点P 既在以A 为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD 上，即与B 或D 重合，不妨取点B ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面为11A BC 的外接圆，利用2126622,,sin 60333A B r r S r ππ==∴=∴==︒.故D 正确.故选：ABD 【点睛】（1）平面截球所得截面为圆面，且满足222=R r d +（其中R 为球半径，r 为小圆半径，d 为球心到小圆距离）；（2）过定点A 的动直线平行一平面α，则这些动直线都在过A 且与α平行的平面内.2．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为11A D 的中点，若以O 6为半径的球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，则下列结论正确的是（ ）A ．11//A D 平面EFGHB ．1AC ⊥平面EFGHC ．11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°D ．平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7 【答案】ACD 【分析】如图，计算可得,,,E F G H 分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A 、B 的正确与否，计算出直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒后可得C 正确，而几何体BHE CGF -为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D 正确与否. 【详解】如图，连接OA ，则2115OA AA =+=，故棱1111,,,A A A D D D AD 与球面没有交点.同理，棱111111,,A B B C C D 与球面没有交点. 因为棱11A D 与棱BC 之间的距离为26>BC 与球面没有交点.因为正方体的棱长为2，而26<球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ， 所以棱11,,,AB CD C C B B 与球面各有一个交点， 如图各记为,,,E F G H .因为OAE △为直角三角形，故22651AE OE OA -=-=，故E 为棱AB 的中点. 同理,,F G H 分别为棱11,,CD C C B B 的中点.由正方形ABCD 、,E F 为所在棱的中点可得//EF BC ， 同理//GH BC ，故//EF GH ，故,,,E F G H 共面. 由正方体1111ABCD A B C D -可得11//A D BC ，故11//A D EF因为11A D ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ，故11//A D 平面EFGH ，故A 正确. 因为在直角三角1BA C 中，122A B =2BC = ，190A BC ∠=︒， 1A C 与BC 不垂直，故1A C 与GH 不垂直，故1A C ⊥平面EFGH 不成立，故B 错误.由正方体1111ABCD A B C D -可得BC ⊥平面11AA B B ，而1A B ⊂平面11AA B B ， 所以1BC A B ⊥，所以1EF A B ⊥在正方形11AA B B 中，因为,E H 分别为1,AB BB 的中点，故1EH A B ⊥， 因为EFEH E =，故1A B ⊥平面EFGH ，所以BEH ∠为直线AB 与平面EFGH 所成的角，而45BEH ∠=︒， 故直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒，因为11//AB A B ，故11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°.故C 正确. 因为,,,E F G H 分别为所在棱的中点，故几何体BHE CGF -为三棱柱，其体积为111212⨯⨯⨯=，而正方体的体积为8， 故平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7，故D 正确. 故选：ACD. 【点睛】本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.3．已知直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==，D 是AC 的中点，O 为1A C 的中点.点P 是1BC 上的动点，则下列说法正确的是（ ）A ．当点P 运动到1BC 中点时，直线1A P 与平面111ABC 5 B ．无论点P 在1BC 上怎么运动，都有11A P OB ⊥C ．当点P 运动到1BC 中点时，才有1A P 与1OB 相交于一点，记为Q ，且113PQ QA = D ．无论点P 在1BC 上怎么运动，直线1A P 与AB 所成角都不可能是30° 【答案】ABD 【分析】构造线面角1PA E ∠，由已知线段的等量关系求1tan EPPA E AE∠=的值即可判断A 的正误；利用线面垂直的性质，可证明11A P OB ⊥即可知B 的正误；由中位线的性质有112PQ QA =可知C 的正误；由直线的平行关系构造线线角为11B A P ∠，结合动点P 分析角度范围即可知D 的正误 【详解】直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==选项A 中，当点P 运动到1BC 中点时，有E 为11B C 的中点，连接1A E 、EP ，如下图示即有EP ⊥面111A B C∴直线1A P 与平面111A B C 所成的角的正切值：1tan EPPA E AE∠= ∵112EP BB =，22111152AE A B B E BB =+= ∴15tan PA E ∠=，故A 正确选项B 中，连接1B C ，与1BC 交于E ，并连接1A B ，如下图示由题意知，11B BCC 为正方形，即有11B C BC ⊥而AB BC ⊥且111ABC A B C -为直三棱柱，有11A B ⊥面11B BCC ，1BC ⊂面11B BCC ∴111A B BC ⊥，又1111A B B C B =∴1BC ⊥面11A B C ，1OB ⊂面11A B C ，故11BC OB ⊥ 同理可证：11A B OB ⊥，又11A B BC B ⋂=∴1OB ⊥面11A BC ，又1A P ⊂面11A BC ，即有11A P OB ⊥，故B 正确选项C 中，点P 运动到1BC 中点时，即在△11A B C 中1A P 、1OB 均为中位线∴Q为中位线的交点∴根据中位线的性质有：112PQQA=，故C错误选项D中，由于11//A B AB，直线1A P与AB所成角即为11A B与1A P所成角：11B A P∠结合下图分析知：点P在1BC上运动时当P在B或1C上时，11B A P∠最大为45°当P在1BC中点上时，11B A P∠最小为23arctan30>=︒∴11B A P∠不可能是30°，故D正确故选：ABD【点睛】本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小4．如图，正方体1111ABCD A B C D-的棱长为1，线段11B D上有两个动点E，F，且2EF=则下列结论正确的是（）A ．三棱锥A BEF -的体积为定值B ．当E 向1D 运动时，二面角A EF B --逐渐变小C ．EF 在平面11ABB A 内的射影长为12D ．当E 与1D 重合时，异面直线AE 与BF 所成的角为π4【答案】AC 【分析】对选项分别作图，研究计算可得. 【详解】选项A:连接BD ,由正方体性质知11BDD B 是矩形，1112212224BEF S EF BB ∆∴=⋅=⨯=连接AO 交BD 于点O由正方体性质知AO ⊥平面11BDD B ,所以，AO 是点A 到平面11BDD B 的距离，即22AO =112213312A BEF BEF V S AO -∆∴=⨯==A BEF V -∴是定值.选项B:连接11A C 与11B D 交于点M ，连接11,AD AB ， 由正方体性质知11AD AB =,M 是11B D 中点，AM EF ∴⊥ ,又1BB EF ⊥,11//BB AAA EFB ∴--的大小即为AM 与1AA 所成的角，在直角三角形1AA M 中，12tan 2MAA ∠=为定值. 选项C:如图，作1111,,,FH A B EG A B ET EG ⊥⊥⊥ 在直角三角形EFT 中，221cos 452FT EF =⨯=⨯=12HG FT ∴== 选项D:当E 与1D 重合时，F 与M 重合，连接AC 与BD 交于点R ，连接1D R ,1//D R BM 异面直线AE 与BF 所成的角,即为异面直线1AD 与1D R 所成的角, 在三角形1AD R 中，22111132,2AD D R MB BB M B ===+=2AR =由余弦定理得13cos AD R ∠= 故选：AC 【点睛】本题考查空间几何体性质问题.求解思路：关键是弄清(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．求空间几何体体积的思路：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法；若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.5．已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，如图，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α.下面说法正确的是（）A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为3232⎣⎦B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C ．点M 为1CC 的中点时，若平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的中点 【答案】AC 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，利用空间向量法可判断A 选项的正误；证明出1AC ⊥平面1A BD ，分别取棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点E 、F 、Q 、N 、G 、H ，比较1A BD 和六边形EFQNGH 的周长和面积的大小，可判断B 选项的正误；利用空间向量法找出平面α与棱11A D 、11A B 的交点E 、F ，判断四边形BDEF 的形状可判断C 选项的正误；将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，利用A 、M 、N 三点共线得知AM MN +最短，利用平行线分线段成比例定理求得MC ，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()2,0,0A 、()2,2,0B 、设点()()0,2,02M a a ≤≤，AM ⊥平面α，则AM 为平面α的一个法向量，且()2,2,AM a =-，()0,2,0AB =，2232cos ,2288AB AMAB AM AB AM a a ⋅⎡<>===⎢⋅⨯++⎣⎦， 所以，直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为3232⎣⎦，A 选项正确；对于B 选项，当M 与1CC 重合时，连接1A D 、BD 、1A B 、AC ， 在正方体1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD CC ∴⊥，四边形ABCD 是正方形，则BD AC ⊥，1CC AC C =，BD ∴⊥平面1ACC ，1AC ⊂平面1ACC ，1AC BD ∴⊥，同理可证11AC A D ⊥， 1A D BD D ⋂=，1AC ∴⊥平面1A BD ，易知1A BD 是边长为22(12322234A BD S =⨯=△为22362=.设E 、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点，易知六边形EFQNGH 是边长为2的正六边形，且平面//EFQNGH 平面1A BD ， 正六边形EFQNGH 的周长为62，面积为()236233⨯⨯=，则1A BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，B 选项错误； 对于C 选项，设平面α交棱11A D 于点(),0,2E b ，点()0,2,1M ，()2,2,1AM =-，AM ⊥平面α，DE ⊂平面α，AM DE ∴⊥，即220AM DE b ⋅=-+=，得1b =，()1,0,2E ∴，所以，点E 为棱11A D 的中点，同理可知，点F 为棱11A B 的中点，则()2,1,2F ，()1,1,0EF =，而()2,2,0DB =，12EF DB ∴=，//EF DB ∴且EF DB ≠， 由空间中两点间的距离公式可得2222015DE =++=()()()2222212205BF =-+-+-=，DE BF ∴=，所以，四边形BDEF 为等腰梯形，C 选项正确；对于D 选项，将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，如下图所示：若AM MN +最短，则A 、M 、N 三点共线，11//CC DD ，2222222MC AC DN AD ∴===-+， 11222MC CC =-≠，所以，点M 不是棱1CC 的中点，D 选项错误. 故选：AC.【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.6．如图，已知矩形ABCD 中，2AB AD =，E 为边AB 的中点，将ADE ∆沿直线DE 翻折成1A DE ∆，若M 为线段1A C 的中点，则ADE ∆在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．线段BM 的长是定值B ．存在某个位置，使1DE AC ⊥C ．点M 的运动轨迹是一个圆D ．存在某个位置，使MB ⊥平面1A DE【答案】AC【分析】取CD 中点F ，连接BF ，MF ，根据面面平行的判定定理可得平面//BMF 平面1A DE ，由面面平行的性质定理可知//BM 平面1A DE ，可判断D ；在BFM ∆中，利用余弦定理可求得BM a =为定值，可判断A 和C ；假设1DE A C ⊥，由线面垂直的判定定理可得DE ⊥平面1A CE ，由线面垂直的性质定理可知1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，可判断B ．【详解】解：取CD 的中点F ，连接BF ，MF ，∵M ，F 分别为1A C 、CD 中点，∴1MF A D ∥，∵1A D ⊂平面1A DE ，MF ⊄平面1A DE ，∴MF 平面1A DE ，∵DF BE ∥且DF BE =，∴四边形BEDF 为平行四边形，∴BF DE ，∵DE ⊂平面1A DE ，BF ⊄平面1A DE ，∴BF ∥平面1A DE ，又BF MF F =，BF 、MF ⊂平面BMF ，∴平面//BMF 平面1A DE ，∵BM ⊂平面BMF ，∴BM ∥平面1A DE ，即D 错误，设22AB AD a ==， 则112MF A D a ==，2BF DE a ==，145A DE MFB ︒∠=∠=， ∴222cos45BM MF BF MF BF a ︒=+-⋅⋅=，即BM 为定值，所以A 正确，∴点M 的轨迹是以B 为圆心，a 为半径的圆，即C 正确， ∵2DE CE a ==，2CD AB a ==， ∴222DE CE CD +=， ∴DE CE ⊥，设1DE A C ⊥，∵1A C 、CE ⊂平面1A CE ，1AC CE C =，∴DE ⊥平面1A CE ，∵1A E ⊂平面1A CE ，∴1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，所以假设不成立，即B 错误.故选:AC .【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题，涉及到线段长度的求解、直线与平面位置关系的判定、点的轨迹的求解、反证法的应用等知识点，考查学生的空间立体感和推理论证能力．7．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（ ）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1【答案】BC【分析】取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.【详解】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=，连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==， NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ，,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒，,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ， 则12//,,23BP FB MS BP MS BC MS FS =∴==， 22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴=== N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴==所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点，点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点，点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点.做出线段BC 的另一个三等分点P '，做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=，所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1.故选:BC.【点睛】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.8．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个B ．若3PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2D ．若PD ∥平面1ACB ，且3PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94π 【答案】ABD【分析】 若3PD =，由于P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一；()313PD =∈，，则12PD =，即点P 的轨迹是一段圆弧；当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为3=，可判断C ；平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为32=，可得D . 【详解】如图：∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，∴1122B D =11AA =，∴()2212213DB =+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确； ∵()313PD =，，11DD =，则12PD P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确； 连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为()22213+=C 错误；由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接2221322122++=，面积为94π，故D 正确．故选：ABD ．【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.。
江苏省2024高考数学二轮复习专题二立体几何2
立体几何中的计算A 组——抓牢中档小题1. 若圆锥底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为 ________.解析：由题意，得圆锥的母线长l ＝12＋22＝5，所以S 圆锥侧＝πrl ＝π×1×5＝5π.答案：5π2．已知正六棱柱的侧面积为72 cm 2，高为6 cm ，那么它的体积为________cm 3. 解析：设正六棱柱的底面边长为x cm ，由题意得6x ×6＝72，所以x ＝2，于是其体积V ＝34×22×6×6＝363cm 3. 答案：36 33．已知球O 的半径为R ，A ，B ，C 三点在球O 的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为32R ，AB ＝AC ＝BC ＝23，则球O 的表面积为________．解析：设△ABC 外接圆的圆心为O 1，半径为r ，因为AB ＝AC ＝BC ＝23，所以△ABC 为正三角形，其外接圆的半径r ＝232sin 60°＝2，因为OO 1⊥平面ABC ，所以OA 2＝OO 21＋r 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎪⎫32R 2＋22，解得R 2＝16，所以球O 的表面积为4πR 2＝64π. 答案：64π4. 已知一个棱长为6 cm 的正方体塑料盒子(无上盖)，上口放着一个半径为5 cm 的钢球，则球心到盒底的距离为________cm.解析：球心到正方体的塑料盒上表面(不存在)所在平面的距离为52－32＝4，所以球心到盒底的距离为4＋6＝10(cm)．答案：105．(2024·扬州期末)若圆锥的侧面绽开图是面积为3π且圆心角为2π3的扇形，则此圆锥的体积为________．解析：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线为l ，则由12·2π3·l 2＝3π，得l ＝3，又由2π3·l ＝2πr ，得r ＝1，从而有h ＝l 2－r 2＝22，所以V ＝13·πr 2·h ＝223π. 答案：223π6. 一块边长为10 cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P 为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器．当x ＝6 cm 时，该容器的容积为________cm 3.解析：由题意知，这个正四棱锥形容器的底面是以6 cm 为边长的正方形，侧面高为5 cm ，则正四棱锥的高为52－⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝4 cm ，所以所求容积V ＝13×62×4＝48 cm 3.答案：487．已知一个正方体的全部顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为 3. 设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32，所以这个球的体积为43πR 3＝4π3×278＝9π2.答案：9π28．设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________．解析：由题意知，V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π，即a 313πr 3＝3π，得a ＝r ，从而S 1S 2＝6a 22πr 2＝62π＝32π. 答案：32π9．已知正方形ABCD 的边长为2，E ，F 分别为BC ，DC 的中点，沿AE ，EF ，AF 折成一个四面体，使B ，C ，D 三点重合，则这个四面体的体积为________．解析：设B ，C ，D 三点重合于点P ，得到如图所示的四面体P AEF .因为AP ⊥PE ，AP ⊥PF ，PE ∩PF ＝P ，所以AP ⊥平面PEF ，所以V 四面体P AEF ＝V 四面体A PEF ＝13·S △PEF ·AP ＝13×12×1×1×2＝13.答案：1310．(2024·常州期末)已知圆锥的高为6，体积为8，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆台体积是7，则该圆台的高为________．解析：设截得的小圆锥的高为h 1，底面半径为r 1，体积为V 1＝13πr 21h 1；大圆锥的高为h＝6，底面半径为r ，体积为V ＝13πr 2h ＝8.依题意有r 1r ＝h 1h ，V 1＝1，V 1V ＝13πr 21h 113πr 2h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫h 1h 3＝18，得h 1＝12h ＝3，所以圆台的高为h －h 1＝3.答案：311.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，P 是BC 1上一动点，则CP ＋PA 1的最小值是________．解析：连结A 1B ，沿BC 1将△CBC 1绽开，与△A 1BC 1在同一个平面内，如图所示，连结A 1C ，则A 1C 的长度就是所求的最小值．因为A 1C 1＝6，A 1B ＝210，BC 1＝2，所以A 1C 21＋BC 21＝A 1B 2，所以∠A 1C 1B ＝90°.又∠BC 1C ＝45°，所以∠A 1C 1C ＝135°，由余弦定理，得A 1C 2＝A 1C 21＋CC 21－2A 1C 1·CC 1·cos∠A 1C 1C ＝36＋2－2×6×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝50，所以A 1C ＝52，即CP ＋PA 1的最小值是5 2.答案：5 212．(2024·苏中三市、苏北四市三调)现有一正四棱柱形铁块，底面边长为高的8倍，将其熔化锻造成一个底面积不变的正四棱锥形铁件(不计材料损耗)．设正四棱柱与正四棱锥的侧面积分别为S 1，S 2，则S 1S 2的值为________．解析：设正四棱柱的高为a ，所以底面边长为8a ，依据体积相等，且底面积相等，所以正四棱锥的高为3a ，则正四棱锥侧面的高为3a2＋4a2＝5a ，所以S 1S 2＝4×8a 24×12×8a ×5a ＝25. 答案：2513．已知圆锥的底面半径和高相等，侧面积为42π，过圆锥的两条母线作截面，截面为等边三角形，则圆锥底面中心到截面的距离为________．解析：如图，设底面半径为r ，由题意可得：母线长为2r .又侧面绽开图面积为12×2r ×2πr ＝42π，所以r ＝2.又截面三角形ABD 为等边三角形，故BD ＝AB ＝2r ，又OB ＝OD ＝r ，故△BOD 为等腰直角三角形．设圆锥底面中心到截面的距离为d ，又V O ABD ＝V A BOD ，所以d ×S △ABD ＝AO ×S △OBD .又S △ABD ＝34AB 2＝34×8＝23，S △OBD ＝2，AO ＝r ＝2，故d ＝2×223＝233.答案：23314. 底面半径为1 cm 的圆柱形容器里放有四个半径为12 cm 的实心铁球，四个球两两相切，其中底层两球与容器底面相切．现往容器里注水，使水面恰好浸没全部铁球，则须要注水________cm 3.解析：设四个实心铁球的球心为O 1，O 2，O 3，O 4，其中O 1，O 2为下层两球的球心，O 1O 2O 3O 4为正四面体，棱O 1O 2到棱O 3O 4的距离为22，所以注水高为1＋22.故应注水体积为π⎝⎛⎭⎪⎫1＋22－4×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋22π.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋22πB 组——力争难度小题1.(2024·天津高考)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH 的体积为________．解析：如图，连结AD 1，CD 1，B 1A ，B 1C ，AC ，因为E ，H 分别为AD 1，CD 1的中点，所以EH ∥AC ，EH ＝12AC ，因为F ，G 分别为B 1A ，B 1C 的中点，所以FG ∥AC ，FG ＝12AC ，所以EH ∥FG ，EH ＝FG ，所以四边形EHGF 为平行四边形，又EG ＝HF ，EH ＝HG ，所以四边形EHGF 为正方形，又点M 到平面EHGF 的距离为12，所以四棱锥M EFGH 的体积为13×222×12＝112.答案：1122.(2024·苏州期末)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为________(容器壁的厚度忽视不计，结果保留π)．解析：设球形容器的最小半径为R ，则“十字立方体”的24个顶点均在半径为R 的球面上，所以两根并排的四棱柱体组成的长方体的八个顶点在这个球面上．球的直径就是长方体的体对角线的长度，所以2R ＝12＋22＋52＝30，得4R 2＝30.从而S 球面＝4πR 2＝30π.答案：30π3．已知三棱锥P ABC 的全部棱长都相等，现沿PA ，PB ，PC 三条侧棱剪开，将其表面绽开成一个平面图形，若这个平面图形外接圆的半径为26，则三棱锥P ABC 的体积为________．解析：由条件知，表面绽开图如图所示，由正弦定理得大正三角形的边长为a ＝2×26sin 60°＝62，从而三棱锥的全部棱长均为32，底面三角形ABC 的高为326，故三棱锥的高为18－6＝23，所求体积为V ＝13×34(32)2×23＝9.答案：94．(2024·渭南二模)体积为4π3的球与正三棱柱的全部面均相切，则该棱柱的体积为________．解析：设球的半径为R ，由4π3R 3＝4π3，得R ＝1，所以正三棱柱的高h ＝2.设底面边长为a ，则13×32a ＝1，所以a ＝2 3.所以V ＝12×23×3×2＝6 3.答案：6 35.如图所示，在直三棱柱中，AC ⊥BC ，AC ＝4，BC ＝CC 1＝2，若用平行于三棱柱A 1B 1C 1ABC 的某一侧面的平面去截此三棱柱，使得到的两个几何体能够拼接成长方体，则长方体表面积的最小值为________．解析：用过AB ，AC 的中点且平行于平面BCC 1B 1的平面截此三棱柱，可以拼接成一个边长为2的正方体，其表面积为24；用过AB，BC的中点且平行于平面ACC1A1的平面截此三棱柱，可以拼接成一个长、宽、高分别为4,1,2的长方体，其表面积为28；用过AA1，BB1，CC1的中点且平行于平面ABC的平面截此三棱柱，可以拼接成一个长、宽、高分别为4,2,1的长方体，其表面积为28，因此所求的长方体表面积的最小值为24.答案：246.如图，在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，D1C1上的动点，点G为正方形B1BCC1的中心．则空间四边形AEFG在该正方体各个面上的正投影所构成的图形中，面积的最大值为________．解析：四边形AEFG在前、后面的正投影如图①，当E与A1重合，F与B1重合时，四边形AEFG在前、后面的正投影的面积最大值为12；四边形AEFG在左、右面的正投影如图②，当E与A1重合，四边形AEFG在左、右面的正投影的面积最大值为8；四边形AEFG在上、下面的正投影如图③，当F与D重合时，四边形AEFG在上、下面的正投影的面积最大值为8.综上所述，所求面积的最大值为12.答案：12。
立体几何习题-2023届高三数学二轮专题复习
立体几何习题一、选择题(共2小题)1.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，N为BC的中点．当点M在平面DCC1D1内运动时，有MN∥平面A1BD，则线段MN的最小值为( )A.1B.62C.2D.32.如图所示，已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是它们所在线段的中点，则满足A1F∥平面BD1E的图形为( )A.①B.①②C.②D.①②③二、解答题(共17小题)3.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，D，E分别为AA1，B1C的中点．(1)求证：DE∥平面ABC；(2)若DE⊥BC，二面角A-BD-C的大小为π3，求直线B1C与平面BCD所成角的大小．4.如图所示的四棱锥P-ABCD的底面ABCD是一个等腰梯形，AD∥BC，且AD=2AB=2BC=4，PO是△PAD的中线，点E是棱PD的中点．(1)证明：CE∥平面PAB．(2)若平面PAD⊥平面ABCD，且PA=PD，PO=AO，求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．5.在如图的几何体中，已知四边形ABCD 为矩形，四边形ABEF 为梯形，EF ∥AB ，点P 为棱DF 的中点．(1)求证：BF ∥平面APC ；(2)若AD =4，AB =2EF =2AF =2，AF ⊥AB ，2AP =FD ，求点E 到平面APC 的距离．6.如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为菱形，且∠BAD =60°，AA 1=AB ，E 为BB 1的延长线上一点，D 1E ⊥平面D 1AC ，设AB =2．(1)求平面EAC 的法向量；(2)在线段D 1E 上取一点P ，满足D 1P PE=32，求证：A 1P ∥平面EAC ．7.如图，在多面体ABCDP 中，△ABC 是边长为2的等边三角形，PA =AB ，BD =CD =22，PC =PB =22，点E 是BC 中点，平面ABC ⊥平面BCD ．(1)求证：DE ∥平面PAC ；(2)F 是直线BC 上的一点，若二面角F -DA -B 为直二面角，求BF 的长．8.如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形，PA=PC，E，F分别为AB和PD的中点．(1)求证：AC⊥平面PBD；(2)求证：EF∥平面PBC．9.如图，已知四边形ABCD为菱形，对角线AC与BD相交于O，∠BAD=60°，平面ADEF∩平面BCEF=直线EF，FO⊥平面ABCD，BC=CE=DE=2EF=2．(Ⅰ)求证：直线BC∥平面ADEF；(Ⅱ)求证：EF∥BC；(Ⅲ)求直线AF与平面BCEF所成角的正弦值．10.如图，已知在矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE折起到△A1DE(A1∉平面ABCD)的位置，M为线段A1C的中点．(1)求证：BM∥平面A1DE；(2)已知AB=2AD=22，当平面A1DE⊥平面ABCD时，求直线BM与平面A1DC所成角的正弦值．11.如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面，且AB=BP=2，AD=AE=1，AE⊥AB，且AE∥BP．(1)设点M为棱PD中点，求证：EM∥平面ABCD；(2)线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于210535若存在，试求出线段PN的长度；若不存在，请说明理由．12.如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=1，M为边CD的中点，将△ADM沿直线AM翻折成AME，且BE=3，点P为线段BE的中点．(1)求证：PC∥平面AME；(2)求直线PC与平面ABM所成角的正弦值．13.如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角A-CD-F为60°，DE∥CF，CD⊥DE，AD=2，DE=DC=3，CF=6．(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值．14.如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是矩形，SA⊥平面ABCD，AD=SA=2，AB=1，点E是棱SD的中点．(1)证明：SC⊥AE；(2)求异面直线CE与BS所成角的余弦值．15.如图，边长为2的正方形ACDE所在平面与平面ABC垂直，AD与CE的交点为M，AC⊥BC，且AC=BC．(1)求证：AM⊥平面EBC；(2)求直线AD与平面ABE所成线面角．16.如图，在正四棱锥P-ABCD中，点E，F分别在棱PB，PD上，且PEPB=PFPD=13．(1)证明：EF⊥平面PAC．(2)在棱PC上是否存在点M，使得PA∥平面MEF？若存在，求出PMMC的值；若不存在，说明理由．17.如图，在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=a，PB=PD=2a，点E在PD上，且PE：ED=3：1．(1)证明：PA⊥平面ABCD；(2)在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC？证明你的结论．18.已知在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠BAD=π2，AB=BC=2AD=4，E，F分别是AB，CD上的点，EF∥BC，AE=2，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF(如图)．(1)证明：EF⊥平面ABE；(2)求二面角D-BF-E的余弦值．19.如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB，并且BC=2AD=2AB，点P在平面ABCD内的投影恰为BD的中点M．(Ⅰ)证明：CD⊥平面PBD；(Ⅱ)若PM=AD，求直线PA与CD所成角的余弦值．立体几何习题参考答案与试题解析一、选择题(共2小题)1.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，N为BC的中点．当点M在平面DCC1D1内运动时，有MN∥平面A1BD，则线段MN的最小值为( )A.1B.62C.2D.3【分析】取CD的中点P，DD1的中点Q，连接PQ、PN、QN，D1C，A1D，BD，A1B，利用线面平行的判定和平行四边形的性质可得A1B∥D1C，可得PQ∥A1B，利用面面平行的判定和性质可知MN∥平面A1BD，可证M∈PQ，在△PQN中，求解PN，PQ，QN的值，利用余弦定理可求cos∠NPQ，可得∠NPQ=120°，即可求解线段MN的最小值．【解答】解：取CD的中点P，DD1的中点Q，连接PQ、PN、QN，D1C，A1D，BD，A1B，如图所示：因为P、N分别为CD、BC中点，所以PN∥BD，因为PN⊄平面A1DB，BD⊂平面A1DB，所以PN∥平面A1DB，同理，P、Q分别为CD、DD1中点，所以PQ∥D1C，因为A1D1=BC，且A1D1∥BC，所以四边形BCD1A1是平行四边形，所以A1B∥D1C，所以PQ∥A1B，因为PQ⊄平面A1DB，A1B⊂平面A1DB，所以PQ∥平面A1DB，又PQ∩PN=P，PQ⊂平面PQN，PN⊂平面PQN，所以平面PQN∥平面A1BD，因为MN∥平面A1BD，所以MN⊂平面PQN，又点M在平面DCC1D1内运动，所以点M在平面PQN和平面DCC1D1的交线上，即M∈PQ，在△PQN中，PN=2，PQ=12CD1=2，QN=22+22=6，所以cos∠NPQ=PN2+PQ2-QN22PQ×PN=-12，所以∠NPQ=120°，所以N点到PQ的最小距离d=PN=2，所以线段MN的最小值为2．故选：C．【点评】本题主要考查了线面平行的判定和平行四边形的性质，考查了面面平行的判定和性质，考查了余弦定理在解三角形中的应用，考查了数形结合思想和推理论证能力，属于中档题．2.如图所示，已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是它们所在线段的中点，则满足A1F∥平面BD1E的图形为( )A.①B.①②C.②D.①②③【分析】平移直线A 1F ，判断平移后的直线：在平面BD 1E 上则A 1F ∥平面BD 1E ，与平面BD 1E 交于一点则不平行，即可得解．【解答】解：①中，平移A 1F 至D 1F ′，可知D 1F ′与面BD 1E 只有一个交点D 1，则A 1F 与平面BD 1E 不平行；②中，由于AF ∥DE ，而AF ⊄平面BDE ，DE ⊂平面BDE ，故A 1F ∥平面BD 1E ；③中，平移A 1F 至D 1F ′，可知D 1F ′与面BD 1E 只有一个交点D 1，则A 1F 与平面BD 1E 不平行；故选：C ．【点评】本题主要考查了线面平行的判定，考查了数形结合思想和推理论证能力，属于中档题．二、解答题(共17小题)3.如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，D ，E 分别为AA 1，B 1C 的中点．(1)求证：DE ∥平面ABC ；(2)若DE ⊥BC ，二面角A -BD -C 的大小为π3，求直线B 1C 与平面BCD 所成角的大小．【分析】(1)取BC 的中点M ，连接AM ，EM ，利用平行四边形以及直线与平面平行的判定即可求证；(2)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A -xyz ，利用空间向量即可求解．【解答】解：(1)证明：取BC 的中点M ，连接AM ，EM ，如图：则DA ∥BB 1，且DA =12BB 1，EM ∥BB 1，且EM =12BB 1，所以DA ∥EM ，且DA =EM ，所以四边形AMED 为平行四边形，所以DM ∥AM ，又AM ⊂面ABC ，DE ⊄面ABC ，所以DE ∥面ABC ；(2)解：以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A -xyz ，设AB =1，AC =b (b >0)，AA 1=2c (c >0)，则B (1，0，0)，C (0，b ，0)，D (0，0，c )，B 1(1，0，2c )，E (12,b 2,c )，所以DE =12,b 2,0 ，BC =-1,b ,0 ，∵DE ⊥BC ，所以DE ⋅BC =0，所以b =1，又BC =-1,1,0 ，BD =-1,0,c ，设平面BCD 的一个法向量为n =x ,y ,z ，则n ⋅BC =0n ⋅BD =0 ，所以-x +y =0-x +cz =0 ，令x =1，则y =1，z =1c ，所以n =1,1,1c ，又平面ABD 的一个法向量AC =0,1,0 ，所以π3cos =n ⋅AC n ⋅AC，所以12=11+1+1c2，解得c =22，所以n =1,1,2 ，又B 1C =-1,1,-2 ，所以cos <n ,B 1C =n ⋅B 1C n ⋅B 1C =-1+1-21+1+2∙1+1+2=12所以直线B 1C 与平面BCD 所成角为π6．【点评】本题考查了直线与平面平行，直线与平面所成角，以及与空间向量的综合应用，属于中档题．4.如图所示的四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是一个等腰梯形，AD ∥BC ，且AD =2AB =2BC =4，PO 是△PAD 的中线，点E 是棱PD 的中点．(1)证明：CE ∥平面PAB ．(2)若平面PAD ⊥平面ABCD ，且PA =PD ，PO =AO ，求平面PAB 与平面PCD 所成锐二面角的余弦值．【分析】(1)连接OC ，OE ，利用线面平行的判定可证OE ∥平面PAB ，可证ABCO 是平行四边形，进而证明CO ∥平面PAB ，利用面面平行的判定可证平面OCE ∥平面PAB ，根据面面平行的性质可证CE ∥平面PAB ．(2)连接OM ，以O 为坐标原点，OM ,OD ,OP 为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出平面PAB与平面PCD 所成锐二面角的余弦值．【解答】解：(1)证明：连接OC ，OE ，因为O ，E 分别是棱AD ，PD 的中点，又OE ⊄平面PAB ，所以OE ∥PA ，所以OE ∥平面PAB ，又AD ∥BC ，且AD =2AB =2BC =4，所以AO ∥BC ，且AO =BC ，所以ABCO 是平行四边形，所以CO ∥AB ，从而CO ∥平面PAB ，又CO ∩OE =O ，所以平面OCE ∥平面PAB ，又CE ⊂平面OCE ，所以CE ∥平面PAB ．(2)因为PA =PD ，所以PO ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ，取BC 的中点为M ，连接OM ，以O 为坐标原点，OM ,OD ,OP 为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，易知PO =AO =2，OM =3，所以A (0，-2，0)，B (3，-1，0)，C (3，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，AP =(0，2，2)，AB =(3，1，0)，CD =(-3，1，0)，DP =(0，-2，2)，设平面PAB 的法向量为m =(x ，y ，z )，则m ⋅AP =2y +2z =0m ⋅AB =3x +y =0令z =3，得m =(1，-3，3)，设平面PCD 的法向量为n =(x 1，y 1．z 1)，则m ⋅CD =3x 1+y 1=0m ⋅DP =2y 1+2z 1=0,令x 1=1，得n =(1，3,3)，设平面PAB 与平面PCD 所成的锐二面角为θ，则cos θ=|cos <m ，n >|=m ⋅n m n=17，即平面PAB 与平面PCD 所成锐二面角的余弦值为17．【点评】本题考查线面平行与面面平行的判定与性质，考查利用空间向量求二面角的余弦值，考查逻辑推理与空间想象能力，运算求解能力，考查数形结合、化归转化思想，属于中档题．5.在如图的几何体中，已知四边形ABCD 为矩形，四边形ABEF 为梯形，EF ∥AB ，点P 为棱DF 的中点．(1)求证：BF ∥平面APC ；(2)若AD =4，AB =2EF =2AF =2，AF ⊥AB ，2AP =FD ，求点E 到平面APC 的距离．【分析】(1)连接BD ，交AC 于点O ，连接PO ，推导出BF ∥PO ，由此能证明BF ∥平面APC ．(2)由点P 为棱DF 的中点，2AP =FD ，得AF ⊥AD ，再由AF ⊥AB ，AB ⊥AD ，以A 为原点，AB ,AD ,AF 的方向为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点E 到平面APC 的距离．【解答】解：(1)证明：连接BD ，交AC 于点O ，连接PO ，因为四边形ABCD 为矩形，所以O 为DB 的中点，又因为点P 为棱DF 的中点，所以BF ∥PO ，因为PO ⊂平面APC ，BF ⊄平面APC ，所以BF ∥平面APC ．(2)因为点P 为棱DF 的中点，2AP =FD ，所以AF ⊥AD ，因为AF ⊥AB ，AB ⊥AD ，所以以A 为原点，AB ,AD ,AF 的方向为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，A 0,0,0 ,B 2,0,0 ,C 2,4,0 ,P 0,2,12 ,E 1,0,1 ，所以AP =0,2,12 ,AC =2,4,0 ，设平面APC 的法向量为n =x ,y ,z ，所以n ⋅AP =0,n ⋅AC =0, 所以2y +z 2=0,2x +4y =0, 不妨x =2y =-1z =4 所以n =2,-1,4 ，又EC =1,4,-1 ，则点E 到平面APC 的距离d =EC ⋅n n =2×1+-1 ×4+4×-1 22+-1 2+42=2217．【点评】本题考查线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．6.如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为菱形，且∠BAD =60°，AA 1=AB ，E 为BB 1的延长线上一点，D 1E ⊥平面D 1AC ，设AB =2．(1)求平面EAC 的法向量；(2)在线段D 1E 上取一点P ，满足D 1P PE=32，求证：A 1P ∥平面EAC ．【分析】(1)设AC 与BD 交于O ，以O 为原点，OA ，OB ，为x 轴，y 轴，过O 作面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面EAC 的法向量n ；(2)求得D 1P 和A 1P 的坐标，计算A 1P •n =0，可得证明．【解答】解：(1)设AC 与BD 交于O ，如图以O 为原点，OA ，OB 为x 轴，y 轴，过O 作面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (3，0，0)，B (0，1，0)，C (-3，0，0)，D (0，-1，0)，D 1(0，-1，2)，A 1(3，0，2)，设E (0，1，2+h )，则D 1E =(0，2，h )，CA =(23，0，0)，D 1A =(3，1，-2)因为D 1E ⊥平面D 1AC ，所以D 1E ⊥AC ，D 1E ⊥D 1A ，则2-2h =0，解得h =1，即E (0，1，3)，所以D 1E =(0，2，1)，AE =(-3，1，3)，设平面EAC 的法向量为n =(x ，y ，z )，由n ⋅CA =23x =0m ⋅AE =-3x +y +3z =0，可令z =-1，则x =0，y =3，所以n =(0，3，-1)，即有平面EAC 的一个法向量为(0，3，-1)；(2)证明：由D 1P PE =32，可得D 1P =35D 1E =(0，65，35)，A 1P =A 1D 1 +D 1P =(-3，-1，0)+(0，65，35)=(-3，15，35)，A 1P ⋅n =0×(-3)+3×15+(-1)×35=0，即有A 1P ⊥n ，所以A 1P ∥面EAC ．【点评】本题考查平面的法向量的求法，线面平行的证明，注意向量法的合理运用．考查转化思想和运算能力，是中档题．7.如图，在多面体ABCDP 中，△ABC 是边长为2的等边三角形，PA =AB ，BD =CD =22，PC =PB =22，点E 是BC 中点，平面ABC ⊥平面BCD ．(1)求证：DE ∥平面PAC ；(2)F 是直线BC 上的一点，若二面角F -DA -B 为直二面角，求BF 的长．【分析】(1)由已知利用线面垂直的判定可证PA ⊥平面ABC ，进而可证DE ⊥BC ，利用面面垂直的性质可证DE ⊥平面ABC ，则DE ∥PA ，进而根据线面平行的判定即可证明DE ∥平面PAC ．(2)以点E 为原点，EC 方向为x 轴，EA 方向为y 轴，ED 方向为z 轴建立直角坐标系，设F (a ，0，0)，设直二面角F -DA -B 的平面角θ，由cos θ=0，可得m ⋅n =4a -3=0，求得a的值，即可得解BF 的值．【解答】解：(1)△ABC 是边长为2的等边三角形，则PA =AB =AC =2，又PC =PB =22，由勾股定理知PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，故PA ⊥平面ABC ，又BD =CD ，点E 是BC 中点，则DE ⊥BC ，由于平面ABC ⊥平面BCD ，知DE ⊥平面ABC ，则DE ∥PA ，又PA ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC ，可得DE ∥平面PAC ．(2)以点E 为原点，EC 方向为x 轴，EA 方向为y 轴，ED 方向为z 轴建立直角坐标系，则D (0，0，1)，A (0，3，0)，B (-1，0，0)，设F (a ，0，0)，可得平面FDA 内，DA =(0，3，-1)，DF =(a ，0，-1)，法向量n =(3，a ，3a )，平面BDA 内，DA =(0，3，-1)，DB =(-1，0，-1)，法向量n =(-3，1，3)，设直二面角F -DA -B 的平面角θ，则cos θ=m ⋅n m n=0，可得m ⋅n =4a -3=0，a =34，可得BF =74．【点评】本题主要考查了线面垂直的判定，面面垂直的性质，线面平行的判定，考查了空间向量以及二面角的平面角及求法，属于中档题．8.如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 为菱形，PA =PC ，E ，F 分别为AB 和PD 的中点．(1)求证：AC ⊥平面PBD ；(2)求证：EF ∥平面PBC ．【分析】(1)设AC ∩BD =O ，则O 是BD 中点，由面ABCD 是菱形，可得BD ⊥AC ，又PA =PC ，O 是AC 中点，可得AC ⊥PO ，利用线面垂直的判定定理即可证明AC ⊥平面PAC ．(2)取PC 中点为G ，由已知利用中位线的性质可得FG ∥CD ，且FG =12CD ，又由底面ABCD 是菱形，E 是AB 中点，可得BE ∥CD ，且BE =12CD ，从而BE ∥FG ，且BE =FG ，可得四边形BEFG 是平行四边形，可得EF ∥BG ，利用线面平行的判定定理即可证明EF ∥平面PBC ．【解答】证明：(1)设AC ∩BD =O ，则O 是BD 中点，∵底面ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ，又∵PA =PC ，O 是AC 中点，∴AC ⊥PO ，又BD ∩PO =O ，∴AC ⊥平面PBD ．(2)取PC 中点为G ，∵在△PCD 中，F 是PD 中点，G 是PC 中点，∴FG ∥CD ，且FG =12CD ，又∵底面ABCD 是菱形，∴AB ∥CD ，∵E 是AB 中点，∴BE ∥CD ，且BE =12CD ，∴BE ∥FG ，且BE =FG ，∴四边形BEFG 是平行四边形，∴EF ∥BG ，又EF ⊄平面PBC ，BG ⊄平面PBC ，∴EF ∥平面PBC ．【点评】本题主要考查了线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理的应用，考查了数形结合思想，属于中档题．9.如图，已知四边形ABCD 为菱形，对角线AC 与BD 相交于O ，∠BAD =60°，平面ADEF ∩平面BCEF =直线EF ，FO ⊥平面ABCD ，BC =CE =DE =2EF =2．(Ⅰ)求证：直线BC ∥平面ADEF ；(Ⅱ)求证：EF ∥BC ；(Ⅲ)求直线AF 与平面BCEF 所成角的正弦值．【分析】(Ⅰ)证明AD ∥BC ，即可证明BC ∥平面ADEF ；(Ⅱ)由线面平行的性质定理即可证明EF ∥BC ；(Ⅲ)以O 为坐标原点，OA ，OB ，OF 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，取CD 的中点M ，连OM ，EM ．易证EM ⊥平面ABCD ．求出AF 和平面BCFE 的法向量，即可求解直线AF 与平面BCEF 所成角的正弦值．【解答】(Ⅰ)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以BC ∥AD ，因为BC ⊄平面ADEF ，AD ⊂平面ADEF ，所以BC ∥平面ADEF ．(Ⅱ)证明：因为BC ∥平面ADEF ，平面ADEF ∩平面BCEF =EF ，所以EF ∥BC ．(Ⅲ)解：因为FO ⊥平面ABCD ，所以FO ⊥AO ，FO ⊥OB ，又因为OB ⊥AO ，所以以O 为坐标原点，OA ，OB ，OF 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，取CD 的中点M ，连接OM ，EM ．易证EM ⊥平面ABCD ．又因为BC =CE =DE =2EF =2，得出以下各点坐标：A (3，0，0)，B (0，1，0)，C (-3，0，0)，D (0，-1，0)，F (0，0，3)，E (-32，-12，3)，所以AF =(-3，0，3)，BC =(-3，-1，0)，BF =(0，-1，3)，设平面BCEF 一个法向量为n =(x ，y ，x )，则n ⋅BC =0n ⋅BF =0 ，即-3x -y =0-y +3z =0 ，令x =1，则y =-3，c =-1，所以n =(1，-3，-1)，设直线AF 与面BCEF 所成角为θ．则sin θ=|cos n ，AF |=n ⋅AF n AF=-23 5×6=105，即直线AF 与平面BCEF 所成角的正弦值为105．【点评】本题考查直线与平面平行的判定与性质定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查逻辑推理与运算求解能力，属于中档题．10.如图，已知在矩形ABCD 中，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 折起到△A 1DE (A 1∉平面ABCD )的位置，M 为线段A 1C 的中点．(1)求证：BM ∥平面A 1DE ；(2)已知AB =2AD =22，当平面A 1DE ⊥平面ABCD 时，求直线BM 与平面A 1DC 所成角的正弦值．【分析】(1)延长CB 与DE 的延长线相交于点P ，连接A 1P ，可得B 为线段CP 的中点，从而可得BM ∥A 1P ，又线面平行的判定定理即可证得BM ∥平面A 1DE ；(2)取线段DE ，DC 的中点O ，N ，连接A 1O ，ON ，以O 为原点．ON ，OD ，OA 1所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O -xyz ，求出向量BM 及平面A 1DC 的法向量，即可求解直线BM 与平面A 1DC 所成角的正弦值．【解答】(1)证明：延长CB 与DE 的延长线相交于点P ，连接A 1P ，∵E 为AB 边的中点，四边形ABCD 为矩形，∴BE ∥CD ，BE =12CD ，∴BE 为△PCD 的中位线，∴B 为线段CP 的中点．∵M 为线段A 1C 的中点，∴BM ∥A 1P ，∵BM ⊄平面A 1DE ，A 1P ⊂平面A 1DE ，∴BM ∥平面A 1DE ．(2)解：∵AB =2AD ，E 为边AB 的中点，∴AD =AE ，即A 1D =A 1E ．如图，取线段DE ，DC 的中点O ，N ，连接A 1O ，ON ，则由平面几何知识可得A 1O ⊥DE ，ON ∥CE ，又∵四边形ABCD 为矩形，AB =2AD ，E 为边AB 的中点，∴DE ⊥CE ，DE ⊥ON ．∵平面A 1DE ⊥平面ABCD ，平面A 1DE ∩平面ABCD =DE ，A 1O ⊥DE ，∴A 1O ⊥平面ABCD ，∵ON ⊂平面ABCD ，∴A 1O ⊥ON ，∴以O 为原点．ON ，OD ，OA 1所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O -xyz ，则B (1，-2，0)，C (2，-1，0)，A 1(0，0，1)，M (1，-12，12)，D (0，1，0)，∴BM =(0，32，)，A 1C =(2．-1．-1)，DC =(2，-2，0)．设平面A 1DC 的法向量为n =(x ，y ，z )，则m ⋅A 1C =0m ⋅DC =0，即2x -y -z =02x -2y =0 ，不妨取x =1，则y =1，z =1，即n =(1，1，1)．设直线BM 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos <n ，BM >|=m ⋅BM m BM=23×102=23015，∴直线BM 与平面A 1DC 所成角的正弦值为23015．【点评】本题考查线面平行的证明、线面夹角的求法以及翻折问题，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．11.如图，已知矩形ABCD 所在平面垂直于直角梯形ABPE 所在平面，且AB =BP =2，AD =AE =1，AE ⊥AB ，且AE ∥BP ．(1)设点M 为棱PD 中点，求证：EM ∥平面ABCD ；(2)线段PD 上是否存在一点N ，使得直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值等于210535若存在，试求出线段PN 的长度；若不存在，请说明理由．【分析】(1)证明BP ⊥平面ABCD ，以B 为原点建立坐标系，则BP 为平面ABCD 的法向量，求出EM •BP =-1×0+0×2+12×0=0，从而有EM ∥平面ABCD ；(2)假设存在点N 符合条件，设PN =λPD ，求出BN ，平面PCD 的法向量n 的坐标，令|cos <BN ，n >|=BN ⋅n BN⋅n =25⋅9λ2-8λ+4=210535解出λ，根据λ的值得出结论．【解答】解：(1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEP ，平面ABCD ∩平面ABEP =AB ，BP ⊥AB ，∴BP ⊥平面ABCD ，又AB ⊥BC ，∴直线BA ，BP ，BC 两两垂直，以B 为原点，分别以BA ，BP ，BC 为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0，2，0)，B (0，0，0)，D (2，0，1)，E (2，1，0)，C (0，0，1)，∴M (1，1，12)，∴EM =(-1，0，12)，BP =(0，2，0)，∵BP ⊥平面ABCD ，∴BP 为平面ABCD 的一个法向量，∵EM •BP =(-1)×0+0×2+12×0=0，∴EM ⊥BP ，又EM ⊄平面ABCD ，∴EM ∥平面ABCD ．(2)解：线段PD 上存在两个点N 使当PN =1，或53时，直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值等于210535．理由如下：∵PD =(2，-2，1)，CD =(2，0，0)，设平面PCD 的法向量为n =(x ，y ，z )，则n ⋅CD =0n ⋅PD =0，∴2x =02x -2y +z =0 ，令y =1，得n =(0，1，2)，假设线段PD 上存在一点N ，使得直线BN 与平面PCD 所成角α的正弦值等于210535，设PN =λPD =(2λ，-2λ，λ)(0≤λ≤1)，∴BN =BP +PN =(2λ，2-2λ，λ)，∴|cos <BN ，n >|=BN ⋅n BN⋅n =25⋅9λ2-8λ+4=210535，∴9λ2-8λ+53=0，解得λ=13，或59，∴线段PD 上存在两个点N 使当PN =1，或53时，直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值等于210535．【点评】本题考查了线面平行的判断，考查空间向量的应用与线面角的计算，属于中档题．12.如图，矩形ABCD 中，AB =2，BC =1，M 为边CD 的中点，将△ADM 沿直线AM 翻折成AME ，且BE =3，点P 为线段BE 的中点．(1)求证：PC ∥平面AME ；(2)求直线PC 与平面ABM 所成角的正弦值．【分析】(1)取AE 的中点Q ，连结QM ，QP ，结合中位线定理和已知条件，可得四边形MCPQ 为平行四边形，即可求解．(2)取AM 的中点O ，连结OE ，OB ，结合已知条件和勾股定理，可得EO ⊥平面ABM ，因此∠AMQ 为直线PC 与平面ABM 所成角，sin ∠AMQ =sin (45°-∠EMQ )=22cos ∠EMQ -sin ∠EMQ ，在Rt △MEQ 中，sin ∠EMQ =EQ QM =1252=15，cos ∠EMQ =EM QM =25，即可求解．【解答】证明：(1)取AE 的中点Q ，连结QM ，QP ，因为P ，Q 均为中点，故PQ ∥AB 且PQ =12AB ，又因为MC ∥AB ，且MC =12AB ，则PQ ∥MC 且PQ =MC ，因此四边形MCPQ 为平行四边形，故PC ∥QM ，故PC ∥平面AME ，即得证．(2)取AM 的中点O ，连结OE ，OB ，因为AE =ME ，所以OA ⊥OE 且OE =22，在Rt △BOM 中，BO 2=OM 2+BM 2=12+2=52，因为BO 2+OE 2=BE 2，故EO ⊥OB ，故EO ⊥平面ABM ，因此∠AMQ 为直线PC 与平面ABM 所成角，sin ∠AMQ =sin (45°-∠EMQ )=22cos ∠EMQ -sin ∠EMQ ，在Rt △MEQ 中，sin ∠EMQ =EQ QM =1252=15，cos ∠EMQ =EM QM =25，故sin ∠AMQ =1010．【点评】本题考查了线面平行的证明，以及线面角的求解，需要学生较强的综合能力，属于中档题．13.如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角A-CD-F为60°，DE∥CF，CD⊥DE，AD=2，DE=DC=3，CF=6．(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值．【分析】(1)由已知条件，利用直线与平面、平面与平面的位置关系先推导出平面BCF∥平面ADF，由此能证明BF∥平面ADE．(2)利用直线与平面，平面与平面垂直的判定定理证明平面CDEF⊥平面ADE，作AO⊥DE于O，则AO⊥平面CDEF，连结CO，可得直线AC与平面CDEF所成角为∠ACO，利用三角函数的定义即可求解．【解答】解：(1)证明：∵ABCD是矩形，∴BC∥AD，又∵BC⊄平面ADE，∴BC∥平面ADE，∵DE∥CF，CF⊄平面ADE，∴CF∥平面ADE，又∵BC∩CF=C，∴平面BCF∥平面ADF，∵BF⊂平面BCF，∴BF∥平面ADE．(2)∵CD⊥AD，CD⊥DE，∴∠ADE即为二面角A-CD-F的平面角，∴∠ADE=60°，又∵AD∩DE=D，∴CD⊥平面ADE，又∵CD⊂平面CDEF，∴平面CDEF⊥平面ADE，作AO⊥DE于O，则AO⊥平面CDEF．连结CO，所以直线AC与平面CDEF所成角为∠ACO，AC=13,AO=3，所以sin∠ACO=AOAC=3913．直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为39 13．【点评】本题考查直线与平面，平面与平面平行及垂直的判定定理，性质定理．平面法向量，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．14.如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是矩形，SA⊥平面ABCD，AD=SA=2，AB=1，点E是棱SD的中点．(1)证明：SC⊥AE；(2)求异面直线CE与BS所成角的余弦值．【分析】(1)推导出CD⊥AD，CD⊥SA，从而CD⊥平面SAD，进而CD⊥AE，推导出AE⊥SD，从而AE⊥平面SCD，由此能证明SC⊥AE；(2)连接AC、BD，交于点O，连接OE，则OE∥SB，∠CEO是异面直线CE与BS所成角(或所成角的补角)，由此能求出异面直线CE与BS所成角的余弦值．【解答】解：(1)证明：在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是矩形，SA⊥平面ABCD，∴CD⊥AD，CD⊥SA，∵SA∩AD=A，∴CD⊥平面SAD，∵AE ⊂平面SAD ，∴CD ⊥AE ，∵AD =SA =2，点E 是棱SD 的中点，∴AE ⊥SD ，∵SD ∩CD =D ，∴AE ⊥平面SCD ，∵SC ⊂平面SCD ，∴SC ⊥AE ；(2)连接AC 、BD ，交于点O ，连接OE ，则OE ∥SB ，∴∠CEO 是异面直线CE 与BS 所成角(或所成角的补角)，∵OE =12SB =121+4=52，OC =12AC =121+4=52，CE =1+1+1=3，∴cos ∠CEO =CE 2+OE 2-OC 22×CE ×OE =3+54-542×3×52=155．∴异面直线CE 与BS 所成角的余弦值为155．【点评】本题考查线线垂直的证明，考查异面直线所成角的余弦值的运算，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．15.如图，边长为2的正方形ACDE 所在平面与平面ABC 垂直，AD 与CE 的交点为M ，AC ⊥BC ，且AC =BC ．(1)求证：AM ⊥平面EBC ；(2)求直线AD 与平面ABE 所成线面角．【分析】(1)推导出AM ⊥EC ，AC ⊥BC ，从而BC ⊥平面ACDE ，进而BC ⊥AM ，由此能证明AM ⊥平面EBC ；(2)以A 为原点，过A 作CB 的平行线为x 轴，AC 为y 轴，AE 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AD 与平面ABE 所成线面角．【解答】解：(1)证明：∵边长为2的正方形ACDE 所在平面与平面ABC 垂直，AD 与CE 的交点为M ，AC ⊥BC ，且AC =BC ．∴AM ⊥EC ，AC ⊥BC ，∵平面ACDE ∩平面ABC =AC ，∴BC ⊥平面ACDE ，∵AM ⊂平面ACDE ，∴BC ⊥AM ，∵BC ∩EC =C ，∴AM ⊥平面EBC ；(2)以A 为原点，过A 作CB 的平行线为x 轴，AC 为y 轴，AE 为z 轴，建立空间直角坐标系，设AC =BC =2，则A (0，0，0)，D (0，2，2)，B =(2，2，0)，E (0，0，2)，AD =(0，2，2)，AB =(2，2，0)，AE =(0，0，2)，设平面ABE 的法向量n =(x ，y ，z )，则n ⋅AB =2x +2y =0n ⋅AE =2z =0，取x =1，得n =(1，-1，0)，设直线AD 与平面ABE 所成线面角为θ，则sin θ=AD ⋅n AD ⋅n =28⋅2=12，∴θ=30°，∴直线AD 与平面ABE 所成线面角为30°．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．16.如图，在正四棱锥P -ABCD 中，点E ，F 分别在棱PB ，PD 上，且PE PB =PF PD=13．(1)证明：EF ⊥平面PAC ．(2)在棱PC 上是否存在点M ，使得PA ∥平面MEF ？若存在，求出PM MC的值；若不存在，说明理由．【分析】(1)连接BD ，记AC ∩BD =O ，连接PO ，由题意利用正方形的性质可证AC ⊥BD ，利用线面垂直的判定可证BD ⊥平面PAC ，通过证明EF ∥BD ，可证EF ⊥平面PAC ．(2)设存在点M 满足条件，连接ME ，MF ，记PO ∩EF =N ，连接MN ，取PC 的中点Q ，连接OQ ，利用线面平行的判定，可证OQ ∥MN ，则PM PQ =PN PO ，结合(1)可证PM PQ =PN PO =13，由Q 为PC 的中点，可得PQ =12PC ，进而可求PM MC=15，即可得解．【解答】解：(1)证明：如图，连接BD ，记AC ∩BD =O ，连接PO ，由题意可得四边形ABCD 是正方形，PB =PD ，则O 为AC 的中点，且AC ⊥BD ，因为PB =PD ，所以PO ⊥BD ，因为AC ⊂平面PAC ，PO ⊂平面PAC ，且AC ∩PO =O ，所以BD ⊥平面PAC ，因为PE PB =PF PD，所以EF ∥BD ，则EF ⊥平面PAC ．(2)设存在点M 满足条件，连接ME ，MF ，记PO ∩EF =N ，连接MN ，取PC 的中点Q ，连接OQ ，因为O ，Q 分别是AC ，PC 的中点，所以OQ ∥PA ，因为PA ∥平面MEF ，所以OQ ∥平面MEF ，因为平面POQ ∩平面MEF =MN ，所以OQ ∥MN ，则PM PQ =PN PO，由(1)可知EF ∥BD ，所以PN PO =PE PB =13，所以PN PO =PE PB =13，因为Q 为PC 的中点，所以PQ =12PC ，所以PM MC =15，故存在满足条件的点M ，此时PM MC=15．【点评】本题主要考查了线面垂直的判定，用线面平行的判定，考查了空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题．17.如图，在底面是菱形的四棱锥P -ABCD 中，∠ABC =60°，PA =AC =a ，PB=PD =2a ，点E 在PD 上，且PE ：ED =3：1．(1)证明：PA ⊥平面ABCD ；(2)在棱PC 上是否存在一点F ，使BF ∥平面AEC ？证明你的结论．【分析】(1)由勾股定理的逆定理可得PA ⊥AB ，PA ⊥AD ，再由线面垂直的判定定理，可得证明；(2)在棱PC 上存在一点F ，且CF ：CP =1：3，使BF ∥平面AEC ．由三角形的全等和线线平行的性质，结合中位线定理和线面平行的判定定理，可得证明．【解答】解：(1)证明：∠ABC =60°，AB =BC ，AC =a ，可得△ABC 为a 的等边三角形，由PB =PD =2a ，AB =AD =PA =a ，AB 2+PA 2=PB 2，AD 2+PA 2=PD 2，可得PA ⊥AB ，PA ⊥AD ，而AB ∩AD =A ，可得PA ⊥平面ABC ；(2)在棱PC 上存在一点F ，且CF ：CP =1：3，使BF ∥平面AEC ．证明：连接DF ，交CE 于G ，连接BD ，交AC 于O ，连接OG ，过F 作FH ∥PD ，交CE 于H ，由于CF CP=FH PE =14=ED EP ，所以FH =ED ，△FGH ≌△DGE ，所以G 为DF 的中点，又O 为BD 的中点，所以OG ∥BF ，又OG ⊂平面ACE ，BF ⊄平面ACE ，所以BF ∥平面AEC ．【点评】本题考查线面平行和垂直的判定，考查转化思想和推理能力，属于中档题．18.已知在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC =∠BAD =π2，AB =BC =2AD =4，E ，F 分别是AB ，CD 上的点，EF ∥BC ，AE =2，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF (如图)．(1)证明：EF ⊥平面ABE ；(2)求二面角D -BF -E 的余弦值．【分析】(1)证明DA ⊥AB ，BC ⊥AB ，EF ⊥AB ．证明EF ⊥AE ，EF ⊥BE ，即可证明EF ⊥平面ABE ．(2)过D 作DG ⊥EF 交EF 于G ．过D 作DH ⊥BF 交BF 于H ，连结GH ．说明∠DHG 为二面角D -BF -E 的平面角，然后通过求解三角形，推出结果即可．【解答】(1)证明：在直角梯形ABCD 中，因为∠ABC =∠BAD =π2，故DA ⊥AB ，BC ⊥AB ，因为EF ∥BC ，故EF ⊥AB ．所以在折叠后的几何体中，有EF ⊥AE ，EF ⊥BE ，而AE ∩BE =E ，故EF ⊥平面ABE ．(2)解：如图，在平面AEFD 中，过D 作DG ⊥EF 交EF 于G ．在平面DBF 中，过D 作DH ⊥BF 交BF 于H ，连结GH ．因为平面AEFD ⊥平面EBCF ，平面AEFD ∩平面EBCF =EF ，DG ⊂平面AEFD ，故DG ⊥平面EBCF ，因为BF ⊂平面EBCF ，故DG ⊥BF ，而DG ∩DH =D ，故BF ⊥平面DGH ，又GH ⊂平面DGH ，故GH ⊥BF ，所以∠DHG 为二面角D -BF -E 的平面角，在平面AEFD 中，因为AE ⊥EF ，DG ⊥EF ，故AE ∥DG ，又在直角梯形ABCD 中，EF ∥BC 且EF =12(BC +AD )=3，故EF ∥AD ，故四边形AEGD 为平行四边形，故DG =AE =2，GF =1，在Rt △BEF 中，tan ∠BFE =23，因为∠BFE 为三角形的内角，故sin ∠BFE =213，故GH =1×sin ∠BFE =213，故tan ∠DHG =2213=13，因为∠DHG 为三角形的内角，故cos ∠DHG =1414．所以二面角D -BF -E 的平面角的余弦值为1414．【点评】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判断定理的应用，是中档题．19.如图，在四棱锥P -ABCD 中，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，并且BC =2AD =2AB ，点P 在平面ABCD 内的投影恰为BD 的中点M ．(Ⅰ)证明：CD ⊥平面PBD ；(Ⅱ)若PM =AD ，求直线PA 与CD 所成角的余弦值．【分析】(Ⅰ)建立适当的空间直角坐标系，求出各点坐标，通过向量法证明CD与平面PBD 内两条相交直线垂直，从而通过线面垂直的判定定理即可得出CD ⊥平面PBD ；(Ⅱ)根据已知条件求出CD ⋅PA 的值，再分别求出PA ，CD 的长度，从而利用空间向量夹角公式即可求解直线PA 与CD 所成角的余弦值．【解答】解：(Ⅰ)证明：根据题意可得PM ⊥平面ABCD ，所以平面PBD ⊥平面ABCD ，在平面PBD 内过点B 作直线BQ ∥PM ，则BQ ⊥平面ABCD ，如图，以点B 为坐标原点，BC ，BA ，BQ 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，并设AB =a ，PM =b ，则B (0，0，0)，C (2a ，0，0)，D (a ，a ，0)，M (a 2，a 2，0)，P (a 2，a 2，b )，所以CD =(-a ，a ，0)，BP =(a 2，a 2，b )，BD =(a ，a ，0)，所以CD ⋅BP =a 2×(-a )+a 2×a +b ×0=0，CD ⋅BD =a ×(-a )+a ×a +0×0=0，所以CD ⊥BP ，CD ⊥BD ，又BP 与BD 是平面PBD 内两条相交直线，根据线面垂直的判定定理可得CD ⊥平面PBD ．(Ⅱ)若PM =AD ，则由(Ⅰ)可得PA =(-a 2，a 2，-a )，又CD =(-a ，a ，0)，所以CD ⋅PA =a 2，|PA |=62a ，|CD |=2a ，设直线PA 与CD 所成角为θ，cos θ=|cos <CD ，PA >|=|CD ⋅PA |PA ||CD ||=33，所以直线PA与CD所成角的余弦值为3 3．【点评】本题主要考查了立体几何中的线面位置关系和线线角的相关计算，考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，考查逻辑推理核心素养、直观想象核心素养和数学运算核心素养，属于中档题．。
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2021-2021 二轮专题复习立体几何专题测试卷1．下列说法中正确的是( D ) A ．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B ．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫 圆锥C ．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D ．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线2．在长方体 A B C D A 1B 1C 1D 1 中，A B ＝B C ＝2，A C 1 与平面 B B 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( C )A ．8B ．6 2C ．8 2D ．8 33．平面α截球 O 的球面所得圆的半径为 1，球心 O 到平面α的距离为 2，则此球的体积为(B )B ．4 3πC ．4 6πD ．6 3π4. ．已知正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为 4，底面边长为 2，则该球的表面积为( A )81π A.B ．16π 4C ．9π27π . 45．设 A ，B ，C ，D 是同一个半径为 4 的球的球面上四点，△A B C 为等边三角形且其面积为 9 3，则三棱锥 D A B C 体积的最大值为(B ) A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 36．下列说法错误的是()A ．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内B ．过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直C ．如果共点的三条直线两两垂直，那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直D ．如果两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行 解析：选 D7.如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形 A B C D 为正方形，EF 分别为 P A ，P D 的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①直线 BE 与直线 CF 异面；A. 6π D. ②直线 BE 与直线 AF 异面； ③直线 EF ∥平面 PBC ； ④平面 BCE ⊥平面 PAD . 其中正确结论的个数是( B ) A ．1 B ．2 C ．3D ．48．在我国古代数学名著《九章算术》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 ，且A B ＝B C ＝C D ，则异面直线 A C 与 B D 所成角的余弦值为(A )1B ．－1223 C. 29．如图，四棱锥 P A B C D 中，△P A B 与D ．－ 32△P B C 是正三角形，平面 P A B ⊥平面 P B C ，A C ⊥B D ，则下列结论不一定成立的是(B )A ．PB ⊥AC B ．PD ⊥平面 A B C D C ．A C ⊥P DD ．平面 P B D ⊥平面 A B C D10．在下列四个正方体 A B C D A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G 均为所在棱的中点，过 E ，F ，G 作正 方体的截面，则在各个正方体中，直线 B D 1与平面 E F G 不垂直的是( D )11.如图，在斜三棱柱 A B C A 1B 1C 1 中，∠B A C ＝90°，且 B C 1⊥A C 过 C 1 作 C 1H⊥底面 A B C ，垂足为 H ，则点 H 在( B ) A ．直线 A C 上 B ．直线 A B 上 C ．直线 B C 上D ．△ABC 内部13.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱分成三组，经A1590°榫卯起来．若正四棱柱的高为 5，底面正方形的边长为 1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为．(容器壁的厚度忽略不计，结果保留π)解析：该球形容器最小时，两个正四棱柱组成的四棱柱与球内接，此时球的直径 2R 等于四棱柱的体对角线，即 2R ＝ 52＋22＋12＝ 30，故球形容器的表面积为 4πR 2＝30π.13.答案：30π14．已知圆锥的顶点为 S ，母线 S A ，S B 所成角的余弦值为7，SA 与圆锥底面所成角为 845°，若△S A B 的面积为 5 15，则该圆锥的侧面积为．14.解析：如图，∵SA 与底面成 45°角，∴△SAO 为等腰直角三角 形．设 O A ＝r ，则 S O ＝r ，S A ＝S B ＝ 2r . 7在△SAB 中，cos∠ASB ＝ ，8∴sin∠ASB ＝15， 8112r )2×15，解得 r ＝2 10，∴S △S A B＝ S A ·S B ·sin ∠A S B ＝ ×( ＝5 2 28∴S A ＝ 2r ＝4 5，即母线长 l ＝4 5， ∴S 圆锥侧＝πrl ＝π×2 10×4 5＝40 2π.15．已知α，β为两个不同的平面，m ，n 为两条不同的直线，则下列命题中正确的是(填上所有正确命题的序号)． ①若α∥β，m ⊂α，则 m ∥β； ②若 m ∥α，n ⊂α，则 m ∥n ；③若α⊥β，α∩β＝n ，m ⊥n ，则 m ⊥β； ④若 n ⊥α，n ⊥β，m ⊥α，则 m ⊥β. 15 题答案：①④.16．如图，在直角梯形 A B C D 中，B C ⊥D C ，A E ⊥D C ，M ，N 分别是 A D ，B E 的中点，将三角形 A D E 沿 A E 折起，下列说法错误的是(填上所有错误的序号)．①不论 D 折至何位置(不在平面内)都有 MN ∥平面 DEC ； ②不论 D 折至何位置都有 MN ⊥AE ；③不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内)都有 MN ∥AB .16 答案：③66 2 2 2 2 2 2 2 6 2 6 2 2 2 2 6， ＝17．如图所示，四棱锥 S A B C D 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的 2倍，点 P 为侧棱 S D 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若 SD ⊥平面 PAC ，则侧棱 SC 上是否存在一点 E ，使得 BE ∥平面PAC .若存在，求 SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．17 解：(1)证明：连接 BD ，设 AC 交 BD 于点 O ，则 AC ⊥BD .连接SO ，由题意知 SO ⊥平面 ABCD .―→ ―→ ―→ 以 O 为坐标原点，O B ，O C ， O S 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图．设底面边长为 a ，则高 SO ＝于 是 S0， 0，0，―→a 2 ， Da ， 2－ a ，0，0 2 ， Ba ，0，00， ， C 2 a ，0 ―→OC a ，0 2 ―→ ， S D ＝ ―→－ a ，0，－ a2 2 ，则 O C · S D ＝0.故 O C ⊥S D .从而 A C ⊥S D .(2)棱 SC 上存在一点 E ，使 BE ∥平面 PAC .―→ ―→a ，0， a ―→理由如下：由已知条件知 D S 是平面 P A C 的一个法向量，且 D S ＝2 ， C S0，－ a ， ＝ 2 a ―→ 2 ， B C ＝－ a ， 2 a ，02 .―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→―→ － a ， a 1－t ， a t设 C E ＝t C S ，则 B E ＝ B C ＋ C E ＝ B C ＋t C S ＝ 2 2 2 ，―→ ―→ 1 而 B E · D S ＝0⇒t ＝ .3―→ ―→即当 S E ∶E C ＝2∶1 时， B E ⊥ D S . 而 BE ⊄ 平面 PAC ，故 BE ∥平面 PAC .18.如图，等腰梯形 ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝1，CD ＝2，E 为 CD中点，以 AE 为折痕把△ADE 折起，使点 D 到达点 P 的位置(P 平面 ABCE )．6 21， 3 ，05 为 P E EC ＝ CD(1)证明：AE ⊥PB ；(2)若直线 PB 与平面 ABCE所成的角 π 4，求二面角A -PE -C 的余弦值． 18[解](1)证明：连接 BD ，设 AE 的中点为 O ， ∵AB ∥CE ，AB ＝CE 1， 2∴四边形 ABCE 为平行四边形，∴AE ＝BC ＝AD ＝DE ， ∴△ADE ，△ABE 为等边三角形， ∴OD ⊥AE ，OB ⊥AE ， 又 OP ∩OB ＝O ，∴AE ⊥平面 POB ，又 PB 平面 POB ， ∴AE ⊥PB .(2)在平面 POB 内作 PQ ⊥平面 ABCE ，垂足为 Q ，则 Q 在直线 OB 上， ∴直线 PB 与平面 ABCE 夹角为∠PBO ＝π，4 又 OP ＝OB ，∴OP ⊥OB ，∴O 、Q 两点重合，即 PO ⊥平面 ABCE ，以 O 为原点，OE 为 x 轴，OB 为 y 轴，OP 为 z 轴，建立空间直角坐标系，0，0， 3 1，0，0 1 3 → ，0，－ → 则 P 1， 3，02 ，E 2 ，C 2 ，∴P E ＝ 2 2 ，E C ＝ 2 ，设平面 PCE 的一个法向量为 n 1＝(x ，y ，z )， n 1· → ＝0， 则n 1· → ＝0， 1 3x － z ＝0， 2 2 即 1 3x ＋ y ＝0， 2 2令 x ＝ 3得 n 1＝( 3，－1,1)， 又 OB ⊥平面 PAE ，∴n 2＝(0,1,0)为平面 PAE 的一个法向量， 设二面角 A -EP -C 为α， 则|cos α|＝cos 〈n 1，n 2〉＝|n 1·n 2|＝ 1＝ ， |n 1||n 2| 5 5易知二面角A-EP-C 为钝角，所以cos α5。