模块二讲重点立体几何(1)立体几何小题(一) 线面关系及空间角-2021届高考数学二轮复习课件(新

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新高考核心考点与题型立体几何第2讲空间点线面的位置关系 - 解析

第2讲空间点、线、面的位置关系[考情分析] 高考对该部分的考查，小题主要体现在两个方面：一是空间线面关系的命题的真假判断；二是体积、表面积的求解，空间中以垂直或平行关系的证明为主，中等难度．知识梳理（一）1.平面的基本性质：（判定点、线是否在一平面内的根据）公理：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面. 推论1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面．2.空间点、直线、平面之间的位置关系3.平行于同一条直线的两条直线互相平行.等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.4.异面直线所成的角定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角),范围：⎝⎛⎦⎤0，π2.考点一证明点共线、点共面、线共点【例1】如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．证明：(1)如图，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥A1B.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF＜CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示．则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈DA，∴CE，D1F，DA三线共点．规律方法1.证明点或线共面问题的两种方法：(1)首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；(2)将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合.2.证明点共线问题的两种方法：(1)先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；(2)直接证明这些点都在同一条特定直线(如某两个平面的交线)上.3.证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.【变式1】如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是()解析：选D A，B，C图中四点一定共面，D中四点不共面．【变式2】若例1中平面BB1D1D与A1C交于点M，求证：B，M，D1共线．证明：连接BD1(图略)，因为BD1与A1C均为正方体ABCDA1B1C1D1的对角线，故BD1与A1C相交，则令BD1与A1C的交点为O，则B，O，D1共线，因为BD1⊂平面BB1D1D，故A1C与平面BB1D1D的交点为O，与M重合，故B，M，D1共线．【变式3】如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.(1)求证：E，F，G，H四点共面；(2)设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线.证明(1)∵E，F分别为AB，AD的中点，∴EF∥BD.∵在△BCD中，BGGC＝DHHC＝12，∴GH∥BD，∴EF∥GH.∴E，F，G，H四点共面.(2)∵EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC，∴P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.∴P为平面ABC与平面ADC的公共点.又平面ABC∩平面ADC＝AC，∴P∈AC，∴P，A，C三点共线.考点二判断空间直线的位置关系【例2】(1)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是()A.l与l1，l2都不相交B.l与l1，l2都相交C.l至多与l1，l2中的一条相交D.l至少与l1，l2中的一条相交(2)将图(1)中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线AD折起得到空间四面体ABCD，如图(2)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是()A.相交且垂直B.相交但不垂直C.异面且垂直D.异面但不垂直解析(1)法一由于l与直线l1，l2分别共面，故直线l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交.若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线矛盾.故l至少与l1，l2中的一条相交.法二如图(1)，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图(2)，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确.(2)折起前AD⊥BC，折起后有AD⊥BD，AD⊥DC，所以AD⊥平面BCD，所以AD⊥BC.又AD与BC不相交，故AD与BC异面且垂直.答案(1)D(2)C规律方法1.异面直线的判定方法：(1)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面.(2)定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线.2.点、线、面位置关系的判定，要注意几何模型的选取，常借助正方体为模型，以正方体为主线直观感知并认识空间点、线、面的位置关系.【变式1】下图中，G ，N ，M ，H 分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH ，MN 是异面直线的图形有( )A.①③B.②③C.②④D.②③④【变式2】已知空间三条直线l ，m ，n ，若l 与m 异面，且l 与n 异面，则( ) A.m 与n 异面 B.m 与n 相交 C.m 与n 平行 D.m 与n 异面、相交、平行均有可能解析 (1)由题意，可知题图①中，GH ∥MN ，因此直线GH 与MN 共面；题图②中，G ，H ，N 三点共面，但M ∉平面GHN ，因此直线GH 与MN 异面；题图③中，连接MG ，则GM ∥HN ，因此直线GH 与MN 共面；题图④中，连接GN ，G ，M ，N 三点共面，但H ∉平面GMN ，所以直线GH 与MN 异面.故选C. (2)在如图所示的长方体中，m ，n 1与l 都异面，但是m ∥n 1，所以A ，B 错误；m ，n 2与l 都异面，且m ，n 2也异面，所以C 错误.故选D.考点二异面直线所成的角多维探究角度1 求异面直线所成的角或其三角函数值【例3－1】 (一题多解)(2018·全国Ⅱ卷)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( ) A.15B.56C.55D.22解析如图，连接BD 1，交DB 1于O ，取AB 的中点M ，连接DM ，OM .易知O 为BD 1的中点，所以AD 1∥OM ，则∠MOD 为异面直线AD 1与DB 1所成角.因为在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，AD 1＝AD 2＋DD 21＝2， DM ＝AD 2＋⎝⎛⎭⎫12AB 2＝52，DB 1＝AB 2＋AD 2＋DD 21＝ 5. 所以OM ＝12AD 1＝1，OD ＝12DB 1＝52，于是在△DMO 中，由余弦定理，得cos ∠MOD ＝12＋⎝⎛⎭⎫522－⎝⎛⎭⎫5222×1×52＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55. 规律方法用平移法求异面直线所成角的一般步骤： (1)作角——用平移法找(或作)出符合题意的角；(2)求角——转化为求一个三角形的内角，通过解三角形，求出角的大小.【变式1】三棱锥A －BCD 的所有棱长都相等，M ，N 分别是棱AD ，BC 的中点，则异面直线BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A.13B.24C.33D.23解析连接DN ，取DN 的中点O ，连接MO ，BO ，∵M 是AD 的中点，∴MO ∥AN ，∴∠BMO (或其补角)是异面直线BM 与AN 所成的角. 设三棱锥A －BCD 的所有棱长为2，则AN ＝BM ＝DN ＝22－12＝3，则MO ＝12AN ＝32＝NO ＝12DN ，则BO ＝BN 2＋NO 2＝1＋34＝72. 在△BMO 中，由余弦定理得cos ∠BMO ＝BM 2＋MO 2－BO 22·BM ·MO＝3＋34－742×3×32＝23，∴异面直线BM 与AN 所成角的余弦值为23.【变式2】已知三棱锥P ABC -，PA ⊥底面ABC ，2PA AC ==，底面ABC 是等腰直角三角形，90BAC ∠=︒，D 是PC 的中点．求（1）三棱锥P ABC -的体积；（2）异面直线AD 与PB 所成角的大小．【分析】（1）推导出PA 是平面ABC 的高，由此能求出三棱锥P ABC -的体积．（2）取BC 的中点E ，连接AE ，ED ．推导出//DE PB ，连接AE ，则AD 与PB 成角即为AD 与DE 成角ADE ∠．由此能求出异面直线AD 与PB 成角．【解答】解：（1）PA ⊥平面ABC ，PA ∴是平面ABC 的高．∴13P ABC ABC V PA S -∆=，又ABC ∆为等腰直角三角形，2AC AB ==，∴12222ABC S ∆=⨯⨯=，又2PA =，∴142233P ABC V -=⨯⨯=．（2）取BC 的中点E ，连接AE ，ED ．D 、E 是中点，DE ∴是PBC ∆中位线，//DE PB ∴，连接AE ，AD ∴与PB 成角即为AD 与DE 成角ADE ∠．在AD E ∆中，12DE PB ==，AD =AE =， 60ADE ∴∠=︒，∴异面直线AD 与PB 成角60︒．角度2 由异面直线所成角求其他量【例3－2】在四面体ABCD 中，E ，F 分别是AB ，CD 的中点.若BD ，AC 所成的角为60°，且BD ＝AC ＝1，则EF 的长为________.解析如图，取BC 的中点O ，连接OE ，OF .因为OE ∥AC ，OF ∥BD ，所以OE 与OF 所成的锐角(或直角)即为AC 与BD 所成的角，而AC ，BD 所成角为60°，所以∠EOF ＝60°或∠EOF ＝120°.当∠EOF ＝60°时，EF ＝OE ＝OF ＝12.当∠EOF ＝120°时，取EF 的中点M ，则OM ⊥EF ，EF ＝2EM ＝2×34＝32. [方法技巧]1.主要题型的解题方法(1)要证明“线共面”或“点共面”可先由部分直线或点确定一个平面，再证其余直线或点也在这个平面内(即“纳入法”).(2)要证明“点共线”可将线看作两个平面的交线，只要证明这些点都是这两个平面的公共点，根据公理3可知这些点在交线上.2.判定空间两条直线是异面直线的方法(1)判定定理：平面外一点A 与平面内一点B 的连线和平面内不经过点B 的直线是异面直线. (2)反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面.3.求两条异面直线所成角的大小，一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为相交直线的夹角，体现了化归思想.4.异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两异面直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交.5.直线与平面的位置关系在判断时最易忽视“线在面内”.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.给出下列说法：①梯形的四个顶点共面；②三条平行直线共面；③有三个公共点的两个平面重合；④三条直线两两相交，可以确定1个或3个平面.其中正确的序号是( ) A.①B.①④C.②③D.③④解析显然命题①正确.由于三棱柱的三条平行棱不共面，②错. 命题③中，两个平面重合或相交，③错.三条直线两两相交，可确定1个或3个平面，则命题④正确. 答案 B2.已知a ，b 是异面直线，直线c 平行于直线a ，那么c 与b ( ) A.一定是异面直线 B.一定是相交直线 C.不可能是平行直线 D.不可能是相交直线解析由已知得直线c 与b 可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线，若b ∥c ，则a ∥b ，与已知a ，b 为异面直线相矛盾. 答案 C3.如果两条异面直线称为“一对”，那么在正方体的十二条棱中共有异面直线( ) A.12对 B.24对 C.36对D.48对解析如图所示，与AB 异面的直线有B 1C 1；CC 1，A 1D 1，DD 1四条，因为各棱具有相同的位置且正方体共有12条棱，排除两棱的重复计算，共有异面直线12×42＝24(对).答案 B4.下列命题中正确的个数为( )①若△ABC 在平面α外，它的三条边所在的直线分别交α于P ，Q ，R ，则P ，Q ，R 三点共线. ②若三条直线a ，b ，c 互相平行且分别交直线l 于A ，B ，C 三点，则这四条直线共面； ③空间中不共面五个点一定能确定10个平面. A.0B.1C.2D.3解析在①中，因为P ，Q ，R 三点既在平面ABC 上，又在平面α上，所以这三点必在平面ABC 与α的交线上，即P ，Q ，R 三点共线，故①正确；在②中，因为a ∥b ，所以a 与b 确定一个平面α，而l 上有A ，B 两点在该平面上，所以l ⊂α，即a ，b ，l 三线共面于α；同理a ，c ，l 三线也共面，不妨设为β，而α，β有两条公共的直线a ，l ，所以α与β重合，故这些直线共面，故②正确；在③中，不妨设其中四点共面，则它们最多只能确定7个平面，故③错. 答案 C5.如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( )A.15B.25C.35D.45解析连接BC 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角. 连接A 1C 1，由AB ＝1，AA 1＝2，则A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，在△A 1BC 1中，由余弦定理得 cos ∠A 1BC 1＝5＋5－22×5×5＝45.答案 D 二、填空题6.给出下列四个命题：①平面外的一条直线与这个平面最多有一个公共点；②若平面α内的一条直线a 与平面β内的一条直线b 相交，则α与β相交； ③若一条直线和两条平行线都相交，则这三条直线共面； ④若三条直线两两相交，则这三条直线共面. 其中真命题的序号是________.解析 ①正确，因为直线在平面外即直线与平面相交或直线平行于平面，所以最多有一个公共点.②正确，a ，b 有交点，则两平面有公共点，则两平面相交.③正确，两平行直线可确定一个平面，又直线与两平行直线的两交点在这两平行直线上，所以过这两交点的直线也在平面内，即三线共面.④错误，这三条直线可以交于同一点，但不在同一平面内. 答案 ①②③7.(2019·西安模拟)如图，四边形ABCD 和四边形ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP 与BD 所成的角为________.解析如图，将原图补成正方体ABCD －QGHP ，连接GP ，则GP ∥BD ，所以∠APG 为异面直线AP 与BD 所成的角，在△AGP 中，AG ＝GP ＝AP ，所以∠APG ＝π3.答案 π38.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，有以下四个结论：①直线AM 与CC 1是相交直线； ②直线AM 与BN 是平行直线； ③直线BN 与MB 1是异面直线； ④直线AM 与DD 1是异面直线. 其中正确的结论为________(填序号).解析直线AM 与CC 1是异面直线，直线AM 与BN 也是异面直线，故①②错误. 答案 ③④ 三、解答题9.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，(1)求直线AC与A1D所成角的大小；(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求直线A1C1与EF所成角的大小.解(1)如图，连接B1C，AB1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，易知A1D∥B1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角.因为AB1＝AC＝B1C，所以∠B1CA＝60°.即直线A1D与AC所成的角为60°.(2)连接BD，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC∥A1C1，因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD，所以EF⊥AC.所以EF⊥A1C1.即直线A1C1与EF所成的角为90°.10.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H为直线B1D与平面ACD1的交点.求证：D1，H，O三点共线.证明如图，连接BD，B1D1，则BD∩AC＝O，∵BB1綉DD1，∴四边形BB1D1D为平行四边形.又H∈B1D，B1D⊂平面BB1D1D，则H∈平面BB1D1D，∵平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，∴H∈OD1.故D1，H，O三点共线.能力提升题组(建议用时：20分钟)11.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的位置关系不确定解析如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，记l1＝DD1，l2＝DC，l3＝DA.若l4＝AA1，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，此时l1∥l4，可以排除选项A和C.若取C1D为l4，则l1与l4相交；若取BA为l4，则l1与l4异面；取C1D1为l4，则l1与l4相交且垂直.因此l1与l4的位置关系不能确定.答案D12. 我国古代数学名著《九章算术》中记载：“今有羡除”.刘徽注：“羡除，隧道也.其所穿地，上平下邪.”小明仿制羡除裁剪出如图所示的纸片，在等腰梯形ABCD中，AB＝10，BC＝CD＝DA＝8，在等腰梯形ABEF中，EF＝6，AF＝BE＝6.将等腰梯形ABCD沿AB折起，使DF＝CE＝26，则五面体ABCDEF中异面直线AC与DE所成角的余弦值为()A.0B.24 C.－24 D.22解析如图，过点C作AB的垂线，H为垂足，易知BH＝1，CH＝37，AC＝12.同理，在等腰梯形CDFE 中，对角线DE＝6 2.过点C作CG∥DE交FE的延长线于点G，易知四边形CDEG是平行四边形，DE 綊CG，连接AG，则异面直线AC与DE所成的角即直线AC与CG所成的角.过点A作AT⊥EF，交EF的延长线于点T，则易知AT＝42，TG＝16，所以AG＝12 2.在△ACG中，AG＝122，AC＝12，CG＝DE＝62，由余弦定理得cos ∠ACG ＝144＋72－2882×12×62＝－24. 因为异面直线所成的角在⎝⎛⎦⎤0，π2范围内，所以异面直线AC 与DE 所成角的余弦值为24. 答案 B13.正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为线段B 1D 1上的一个动点，则下列结论中正确的是________(填序号). ①AC ⊥BE ；②B 1E ∥平面ABCD ；③三棱锥E －ABC 的体积为定值；④B 1E ⊥BC 1.解析因AC ⊥平面BDD 1B 1，故①正确；因B 1D 1∥平面ABCD ，故②正确；记正方体的体积为V ，则V E －ABC ＝16V ，为定值，故③正确；B 1E 与BC 1不垂直，故④错误. 答案 ①②③14.如图，在四棱锥O －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点.(1)求四棱锥O －ABCD 的体积；(2)求异面直线OC 与MD 所成角的正切值.解 (1)由已知可求得正方形ABCD 的面积S ＝4，所以四棱锥O －ABCD 的体积V ＝13×4×2＝83. (2)如图，连接AC ，设线段AC 的中点为E ，连接ME ，DE ，又M 为OA 中点，∴ME ∥OC ，则∠EMD (或其补角)为异面直线OC 与MD 所成的角，由已知可得DE ＝2，EM ＝3，MD ＝5， ∵(2)2＋(3)2＝(5)2，即DE 2＋EM 2＝MD 2，∴△DEM 为直角三角形，且∠DEM ＝90°，∴tan∠EMD＝DEEM＝23＝63.∴异面直线OC与MD所成角的正切值为6 3.。

专题06 立体几何 (1)-2021高考数学(理)高频考点、热点题型归类强化

专题 06 立体几何—2021 高考数学（理）高频考点、热点题型归类强化【高频考点及备考策略】本部分内容在备考时应注意以下几个方面：(1)加强对空间几何体结构特征的理解，掌握各种几何体的体积、表面积公式；掌握空间几何三视图的画法规则，掌握几何直观图中各个元素之间的关系以及三视图中长宽之间的关系．(2)掌握球及球的截面的性质．(3)加强对空间几何体概念及位置关系的理解、掌握三个公理以及它们的推论；掌握各种判定定理、性质定理的条件与结论，并且会应用．(4)掌握利用线线平行、线面平行、面面平行之间的转化关系；掌握线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的转化关系．(5)加强对空间向量概念及空间向量运算律的理解，掌握空间向量的加、减法，数乘、数量积运算等，掌握各种角与向量之间的关系，并会应用；掌握利用向量法求线线角、线面角、二面角的方法．考向预测：(1)已知空间几何体的三视图或空间几何体中各元素间的关系，求空间几何体的体积、表面积．(2)给出球体与多面体，利用球的性质求解球的体积、表面积等．(3)空间几何体中各种垂直、平行关系的证明．(4)二面角的求法；或已知二面角的大小，证明线线、线面平行或垂直；给出线面的位置关系，探究满足条件的某点是否存在．必备知识一、空间几何体的三视图、表面积及体积1．柱体、锥体、台体、球的表面积与体积(1)空间几何体的三视图三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形，三视图的画法规则为“长对正、高平齐、宽相等”．画三视图的基本要求：正(主)俯一样长，俯侧(左)一样宽，正(主)侧(左)一样高．三视图排列规则：俯视图放在正(主)视图的下面；侧(左)视图放在正(主)视图的右面．(2)空间几何体的直观图空间几何体直观图的画法常采用斜二测画法．用斜二测画法画平面图形的直观图规则为“轴夹角45°(或135°)，平行长不变，垂直长减半”．二、点、直线、平面之间的位置关系1．线面平行与垂直的判定与性质面面平行的性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行α∥β且γ∩α＝a 且γ∩β＝b⇒a∥b 面面垂直的判定定理一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直a⊥α，a⊂β，⇒α⊥β面面垂直的性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直α⊥β，b⊂β，α∩β＝a，b⊥a⇒b⊥α4．三种垂直关系的转化三、用空间向量的方法解立体几何问题1．向量法求空间角(1)异面直线所成的角：设a，b分别为异面直线a，b的方向向量，则两异面直线所成的角满足cosθ＝|a·b|.|a||b|(2)线面角设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量，则斜线l 与平面α所成的角满足sinθ＝|c·n|.|c||n|AB CD(3)二面角①如图(ⅰ)，AB，CD是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈→，→〉.②如图(ⅱ)(ⅲ)，n1，n2 分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉.(4)点到平面的距离的向量求法→如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离d＝|AB·n||n| 2．利用向量方法证明平行与垂直设直线l，m 的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．(1)线线平行l∥m⇔a∥b⇔a＝k b⇔a1＝k a2，b1＝k b2，c1＝k c2.(2)线线垂直l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(3)线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.(4)线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝k a3，b1＝k b3，c＝k c3. (5)面面平行.1 2 3 α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝k v ⇔a 3＝k a 4，b 3＝k b 4，c 3＝k c 4. (6)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0.3．模、夹角和距离公式 (1)设 a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则|a |＝ a ·a ＝ a 2＋a 2＋a 2，cos 〈a ，b 〉＝ a ·b ＝ a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3.|a ||b | a 2＋a 2＋a 2 b 2＋b 2＋b 2123123(2)距离公式设 A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，则→ |AB |＝x 1－x 22＋ y 1－y 22＋ z 1－z 22.【易错警示】1．未注意三视图中实、虚线的区别在画三视图时应注意看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线．空间几何放置的方式不同时，对三视图可能会有影响．2．不能准确分析组合体的结构致误对简单组合体表面积与体积的计算要注意其构成几何体的面积、体积是和还是差．台体可以看成是由锥体截得的，此时截面一定与底面平行．3．忽略判定定理和性质定理中的条件应用线面平行判定定理时，忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条件；应用线面垂直及面面平行的判定定理时，忽略“两直线相交”“两直线在平面内”的条件，应用面面垂直的性质定理时忽略“直线在平面内”“直线垂直于两平面的交线”的条件等．4．把平面几何中的相关结论推广到空间直接利用如平面内垂直于同一条直线的两条直线相互平行，这个结论在空间中不成立．5．不能准确掌握判定定理和性质定理PE 2- OE 2b 2- a24b 2 b真题体验如线面平行的性质定理中是过与平面平行的直线的平面与该平面的交线与已知直线平行，而非作出的直线；面面平行的性质定理中平行的两条直线一定是第三个平面与两平行平面的交线等．6．在建立空间直角坐标系时，易忽略说明或证明建系的条件．忽略异面直线的夹角与方向向量夹角的区别：两条异面直线所成的角是锐角或直角，与它们的方向向量的夹角不一定相等．不能区分二面角与两法向量的夹角：求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析．一、选择题1、（2020 新课标Ⅰ卷·理科 T3）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.5 -1 4B.5 -1 2C.5 +1 4D.5 +1 2【答案】C【解析】如图，设 CD = a , P E = b ，则 PO = = ，由题意 PO 2= 1 ab ，即b 2- a 2 =1 4( ) -2 ⋅ - 1 = 0，化简得， ab 242a a解得 b =1 + 5 （负值舍去）。

立体几何的基本概念、点线面位置关系及表面积、体积的计算小题综合2015-2024高考真题数学分项汇编

专题11立体几何的基本概念、点线面位置关系及表面积、体积的计算小题综合考点十年考情（2015-2024）命题趋势考点1点线面的位置关系及其判断（10年7考）2024·全国甲卷、2024·天津卷、2022·全国乙卷2021·浙江卷、2021·全国新Ⅱ卷、2019·全国卷2019·全国卷、2019·北京卷、2017·全国卷2016·浙江卷、2016·山东卷、2016·全国卷2015·浙江卷、2015·湖北卷、2015·广东卷2015·福建卷、2015·北京卷1.理解、掌握空间中点线面的位置关系及相关的图形和符号语言，熟练掌握平行关系的判定定理和性质定理及其应用，熟练掌握垂直关系的判定定理和性质定理及其应用，该内容是新高考卷的常考内容，需强化巩固复习.2.了解柱、锥、台体及简单组合体的结构特征及其相关性质，会运用柱体、锥体、台体等组合体的表面积和体积的计算公式求解相关问题，该内容是新高考卷的常考内容，一般给定柱、锥、台体及简单组合体，求对应的表面积与体积，需强化复习.考点2求几何体的体积（10年10考）2024·全国新Ⅰ卷、2024·天津卷、2024·全国甲卷2024·北京卷、2023·全国甲卷、2023·全国乙卷2023·全国新Ⅰ卷、2023·天津卷、2023·全国新Ⅰ卷2023·全国新Ⅱ卷、2022·天津卷、2022·全国甲卷2022·全国新Ⅰ卷、2022·全国新Ⅱ卷、2021·全国新Ⅱ卷2021·北京卷、2021·全国新Ⅰ卷、2020·海南卷2020·江苏卷、2019·江苏卷、2019·全国卷2019·天津卷、2018·江苏卷、2018·全国卷2018·天津卷、2018·天津卷、2017·全国卷2016·浙江卷、2015·上海卷、2015·江苏卷2015·全国卷、2015·山东卷、2015·山东卷考点3求几何体的侧面积、表面积（10年4考）2023·全国甲卷、2021·全国新Ⅰ卷、2021·全国甲卷2020·全国卷、2018·全国卷、2018·全国卷考点01点线面的位置关系及其判断1．（2024·全国甲卷·高考真题）设αβ、为两个平面，m n 、为两条直线，且m αβ= .下述四个命题：①若//m n ，则//n α或//n β②若m n ⊥，则n α⊥或n β⊥③若//n α且//n β，则//m n ④若n 与α,β所成的角相等，则m n⊥其中所有真命题的编号是（）A ．①③B ．②④C ．①②③D ．①③④【答案】A【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.【详解】对①，当n ⊂α，因为//m n ，m β⊂，则//n β，当n β⊂，因为//m n ，m α⊂，则//n α，当n 既不在α也不在β内，因为//m n ，,m m αβ⊂⊂，则//n α且//n β，故①正确；对②，若m n ⊥，则n 与,αβ不一定垂直，故②错误；对③，过直线n 分别作两平面与,αβ分别相交于直线s 和直线t ，因为//n α，过直线n 的平面与平面α的交线为直线s ，则根据线面平行的性质定理知//n s ，同理可得//n t ，则//s t ，因为s ⊄平面β，t ⊂平面β，则//s 平面β，因为s ⊂平面α，m αβ= ，则//s m ，又因为//n s ，则//m n ，故③正确；对④，若,m n αβ⋂=与α和β所成的角相等，如果//,//αβn n ，则//m n ，故④错误；综上只有①③正确，故选：A.2．（2024·天津·高考真题）若,m n 为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（）A ．若//m α，//n α，则m n ⊥B ．若//,//m n αα，则//m n C ．若//,αα⊥m n ，则m n ⊥D ．若//,αα⊥m n ，则m 与n 相交【答案】C【分析】根据线面平行的性质可判断AB 的正误，根据线面垂直的性质可判断CD 的正误.【详解】对于A ，若//m α，//n α，则,m n 平行或异面或相交，故A 错误.对于B ，若//,//m n αα，则,m n 平行或异面或相交，故B 错误.对于C ，//,αα⊥m n ，过m 作平面β，使得s βα= ，因为m β⊂，故//m s ，而s α⊂，故n s ⊥，故m n ⊥，故C 正确.对于D ，若//,αα⊥m n ，则m 与n 相交或异面，故D 错误.故选：C.3．（2022·全国乙卷·高考真题）在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为,AB BC 的中点，则（）A ．平面1B EF ⊥平面1BDD B ．平面1B EF ⊥平面1A BDC ．平面1//B EF 平面1A ACD ．平面1//B EF 平面11AC D【答案】A【分析】证明EF ⊥平面1BDD ，即可判断A ；如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，设2AB =，分别求出平面1B EF ，1A BD ，11AC D 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD .【详解】解：在正方体1111ABCD A B C D -中，AC BD ⊥且1DD ⊥平面ABCD ，又EF ⊂平面ABCD ，所以1EF DD ⊥，因为,E F 分别为,AB BC 的中点，所以EF AC ∥，所以EF BD ⊥，又1BD DD D = ，所以EF ⊥平面1BDD ，又EF ⊂平面1B EF ，所以平面1B EF ⊥平面1BDD ，故A 正确；选项BCD 解法一：如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，设2AB =，则()()()()()()()112,2,2,2,1,0,1,2,0,2,2,0,2,0,2,2,0,0,0,2,0B E F B A A C ，()10,2,2C ，则()()11,1,0,0,1,2EF EB =-= ，()()12,2,0,2,0,2DB DA ==，()()()1110,0,2,2,2,0,2,2,0,AA AC A C ==-=-设平面1B EF 的法向量为()111,,m x y z =，则有11111020m EF x y m EB y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，可取()2,2,1m =- ，同理可得平面1A BD 的法向量为()11,1,1n =--，平面1A AC 的法向量为()21,1,0n =，平面11AC D 的法向量为()31,1,1n =-，则122110m n ⋅=-+=≠，所以平面1B EF 与平面1A BD 不垂直，故B 错误；因为m 与2n uu r 不平行，所以平面1B EF 与平面1A AC 不平行，故C 错误；因为m 与3n不平行，所以平面1B EF 与平面11AC D 不平行，故D 错误，故选：A.选项BCD 解法二：解：对于选项B ，如图所示，设11A B B E M = ，EF BD N = ，则MN 为平面1B EF 与平面1A BD 的交线，在BMN 内，作BP MN ⊥于点P ，在EMN 内，作GP MN ⊥，交EN 于点G ，连结BG ，则BPG ∠或其补角为平面1B EF 与平面1A BD 所成二面角的平面角，由勾股定理可知：222PB PN BN +=，222PG PN GN +=，底面正方形ABCD 中，,E F 为中点，则EF BD ⊥，由勾股定理可得222NB NG BG +=，从而有：()()2222222NB NG PB PN PG PN BG +=+++=，据此可得222PB PG BG +≠，即90BPG ∠≠ ，据此可得平面1B EF ⊥平面1A BD 不成立，选项B 错误；对于选项C ，取11A B 的中点H ，则1AH B E ，由于AH 与平面1A AC 相交，故平面1∥B EF 平面1A AC 不成立，选项C 错误；对于选项D ，取AD 的中点M ，很明显四边形11A B FM 为平行四边形，则11A M B F ，由于1A M 与平面11AC D 相交，故平面1∥B EF 平面11AC D 不成立，选项D 错误；故选：A.4．（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.【详解】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C 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.5．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）（多选）如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足MN OP ⊥的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】BC【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC 的正误，平移直线MN 构造所考虑的线线角后可判断AD 的正误.【详解】设正方体的棱长为2，对于A ，如图（1）所示，连接AC ，则//MN AC ，故POC ∠（或其补角）为异面直线,OP MN 所成的角，在直角三角形OPC ，OC =1CP =，故tan2POC ∠=，故MN OP ⊥不成立，故A 错误.对于B ，如图（2）所示，取NT 的中点为Q ，连接PQ ，OQ ，则OQ NT ⊥，PQ MN ⊥，由正方体SBCM NADT -可得SN ⊥平面ANDT ，而OQ ⊂平面ANDT ，故SN OQ ⊥，而SN MN N = ，故OQ ⊥平面SNTM ，又MN ⊂平面SNTM ，OQ MN ⊥，而OQ PQ Q = ，所以MN ⊥平面OPQ ，而PO ⊂平面OPQ ，故MN OP ⊥，故B 正确.对于C ，如图（3），连接BD ，则//BD MN ，由B 的判断可得OP BD ⊥，故OP MN ⊥，故C 正确.对于D ，如图（4），取AD 的中点Q ，AB 的中点K ，连接,,,,AC PQ OQ PK OK ，则//AC MN ，因为DP PC =，故//PQ AC ，故//PQ MN ，所以QPO ∠或其补角为异面直线,PO MN 所成的角，因为正方体的棱长为2，故122PQ AC ==，22123OQ AO AQ =+=+=22415PO PK OK =+=+=222QO PQ OP <+，故QPO ∠不是直角，故,PO MN 不垂直，故D 错误.故选：BC.6．（2019·全国·高考真题）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】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．【详解】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，过M 作MF OD ⊥于F ．连BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ．,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，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 ．【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．7．（2019·全国·高考真题）设α，β为两个平面，则//αβ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【分析】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．【详解】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 ．【点睛】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．8．（2019·北京·高考真题）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 或如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α.【分析】将所给论断，分别作为条件、结论加以分析.【详解】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.正确；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α.不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α.【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.9．（2017·全国·高考真题）（多选）如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 平行的是（）A ．B ．C．D．【答案】BCD【分析】利用线面平行判定定理逐项判断可得答案．【详解】对于选项A，OQ∥AB，OQ与平面MNQ是相交的位置关系，故AB和平面MNQ不平行，故A错误；对于选项B，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ，故B正确；对于选项C，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故C正确；对于选项D ，由于AB ∥CD ∥NQ ，结合线面平行判定定理可知AB ∥平面MNQ ：故D 正确；故选：BCD10．（2016·浙江·高考真题）已知互相垂直的平面αβ，交于直线l.若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n【答案】C【详解】试题分析：由题意知,l l αββ⋂=∴⊂，,n n l β⊥∴⊥ ．故选C ．【考点】空间点、线、面的位置关系．【思路点睛】解决这类空间点、线、面的位置关系问题，一般是借助长方体（或正方体），能形象直观地看出空间点、线、面的位置关系．11．（2016·山东·高考真题）已知直线a ，b 分别在两个不同的平面α，β内.则“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”的()A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A【详解】当“直线a 和直线b 相交”时，平面α和平面β必有公共点，即平面α和平面β相交，充分性成立；当“平面α和平面β相交”，则“直线a 和直线b 可以没有公共点”，即必要性不成立.故选A.12．（2016·全国·高考真题）α、β是两个平面，m 、n 是两条直线，有下列四个命题：（1）如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β.（2）如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n .（3）如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.（4）如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号）【答案】②③④【详解】试题分析：：①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，不能得出α⊥β，故错误；②如果n ∥α，则存在直线l ⊂α，使n ∥l ，由m ⊥α，可得m ⊥l ，那么m ⊥n ．故正确；③如果α∥β，m ⊂α，那么m 与β无公共点，则m ∥β．故正确④如果m ∥n ，α∥β，那么m ，n 与α所成的角和m ，n 与β所成的角均相等．故正确考点：命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系13．（2015·浙江·高考真题）设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l ⊂α，m β⊂A ．若l β⊥，则αβ⊥B ．若αβ⊥，则l m ⊥C ．若//l β，则//αβD ．若//αβ，则//l m【答案】A【详解】试题分析：由面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一平面的一条垂线，则两面垂直，可得l β⊥，l ⊂α可得αβ⊥考点：空间线面平行垂直的判定与性质14．（2015·湖北·高考真题）12,l l 表示空间中的两条直线，若p ：12,l l 是异面直线；q ：12,l l 不相交，则A ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件B ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件C ．p 是q 的充分必要条件D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件【答案】A【详解】若p ：12,l l 是异面直线，由异面直线的定义知，12,l l 不相交，所以命题q ：12,l l 不相交成立，即p 是q 的充分条件；反过来，若q ：12,l l 不相交，则12,l l 可能平行，也可能异面，所以不能推出12,l l 是异面直线，即p 不是q 的必要条件，故应选A ．考点：本题考查充分条件与必要条件、异面直线，属基础题．15．（2015·广东·高考真题）若直线1l 和2l 是异面直线，1l 在平面α内，2l 在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是A ．l 与1l ，2l 都相交B ．l 与1l ，2l 都不相交C ．l 至少与1l ，2l 中的一条相交D ．l 至多与1l ，2l 中的一条相交【答案】C【详解】l 与l 1，l 2可以都相交，可可能和其中一条平行，和其中一条相交，如图所以l 至少与1l ，2l 中的一条相交.故选:C ．16．（2015·福建·高考真题）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【答案】B【详解】若l m ⊥，因为m 垂直于平面α，则//l α或l ⊂α；若//l α，又m 垂直于平面α，则l m ⊥，所以“l m ⊥”是“//l α的必要不充分条件，故选B ．考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系．17．（2015·北京·高考真题）设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m β ”是“αβ ”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【答案】B【详解】试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B ．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.考点02求几何体的体积1．（2024·全国新Ⅰ卷·高考真题）3圆锥的体积为（）A ．23πB ．33πC ．3πD ．3π【答案】B【分析】设圆柱的底面半径为r ，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径r 的方程，求出解后可求圆锥的体积.【详解】设圆柱的底面半径为r而它们的侧面积相等，所以2ππr r =即=故3r =，故圆锥的体积为1π93⨯=.故选：B.2．（2024·天津·高考真题）一个五面体ABC DEF -．已知AD BE CF ∥∥，且两两之间距离为1．并已知123AD BE CF ===，，．则该五面体的体积为（）A B 12C ．2D ．142-【答案】C【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.【详解】用一个完全相同的五面体HIJ LMN -（顶点与五面体ABC DEF -一一对应）与该五面体相嵌，使得,D N ；,E M ;,F L 重合，因为AD BE CF ∥∥，且两两之间距离为1．1,2,3AD BE CF ===，则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为1322314+=+=+=，212111142ABC DEF ABC HIJ V --==⨯⨯⨯=故选：C.3．（2024·全国甲卷·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为1r ,下底面半径均为2r ，圆台的母线长分别为()212r r -,()213r r -，则圆台甲与乙的体积之比为．【答案】4【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解.【详解】由题可得两个圆台的高分别为)12h r r==-甲，)12h r r==-乙，所以((21211313S S hV hV hS S h++-==++甲甲甲乙乙乙.故答案为：4.4．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65mm,325mm,325mm，且斛量器的高为230mm，则斗量器的高为mm，升量器的高为mm．【答案】2357.5/1152【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.【详解】设升量器的高为1h，斗量器的高为2h（单位都是mm），则2222212325325ππ230221065325ππ22hh h⎛⎫⎛⎫⨯⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故223mmh=，1115mm2h=.故答案为：11523mm,mm2.5．（2023·全国甲卷·高考真题）在三棱锥-P ABC中，ABC是边长为2的等边三角形，2,PA PB PC===则该棱锥的体积为（）A．1B C．2D．3【答案】A【分析】证明AB⊥平面PEC，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.【详解】取AB中点E，连接,PE CE，如图，ABC是边长为2的等边三角形，2PA PB==，,PE AB CE AB∴⊥⊥，又,PE CE⊂平面PEC，PE CE E=，AB ∴⊥平面PEC ，又2PE CE ==PC =故222PC PE CE =+，即PE CE ⊥，所以11121332B PEC A PEC PEC V V V S AB --=+=⋅=⨯⨯=△，故选：A6．（2023·全国乙卷·高考真题）已知圆锥PO O 为底面圆心，PA ，PB 为圆锥的母线，120AOB ∠=︒，若PAB ）A ．πBC ．3πD ．【答案】B【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.【详解】在AOB 中，120AOB ∠=o ，而OA OB ==取AB 中点C ，连接,OC PC ，有,OC AB PC AB ⊥⊥，如图，30ABO = ∠，23OC AB BC ===，由PAB 132PC ⨯⨯=解得PC =PO =所以圆锥的体积2211ππ33V OA PO =⨯⨯=⨯.故选：B7．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m ）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A ．直径为0.99m 的球体B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体【答案】ABD【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.【详解】对于选项A ：因为0.99m 1m <，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A 正确；对于选项B1.4>，所以能够被整体放入正方体内，故B 正确；对于选项C1.8<，所以不能够被整体放入正方体内，故C 不正确；对于选项D ：因为1.2m 1m >，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过1AC 的中点O 作1OE AC ⊥，设OE AC E =I ，可知111,=2AC CC AC ===，则11tan CC OE CAC AC AO ∠==，=OE =且223990.682425==>=⎝⎭，即0.64>，故以1AC 为轴可能对称放置底面直径为1.2m 圆柱，若底面直径为1.2m 的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心1O ，与正方体的下底面的切点为M ，可知：111,0.6AC O M O M ⊥=，则1111tan CC O MCAC AC AO ∠==，10.6AO =，解得1AO =，2 1.732 1.2 1.4140.03520.01⨯≈-⨯=>，所以能够被整体放入正方体内，故D 正确；故选：ABD.8．（2023·天津·高考真题）在三棱锥-P ABC 中，点M,N 分别在棱PC,PB 上，且13PM PC =，23PN PB =，则三棱锥P AMN -和三棱锥-P ABC 的体积之比为（）A ．19B ．29C ．13D ．49【答案】B【分析】分别过,M C 作,MM PA CC PA ''⊥⊥,垂足分别为,M C ''.过B 作BB '⊥平面PAC ，垂足为B '，连接PB ',过N 作NN PB ''⊥,垂足为N '.先证NN '⊥平面PAC ，则可得到//BB NN ''，再证//MM CC ''.由三角形相似得到13MM CC ''=，'2'3NN BB =，再由P AMN N PAM P ABC B PAC V V V V ----=即可求出体积比.【详解】如图，分别过,M C 作,MM PA CC PA ''⊥⊥,垂足分别为,M C ''.过B 作BB '⊥平面PAC ，垂足为B '，连接PB ',过N 作NN PB ''⊥,垂足为N '.因为BB '⊥平面PAC ，BB '⊂平面PBB '，所以平面PBB '⊥平面PAC .又因为平面PBB ' 平面PAC PB '=，NN PB ''⊥，NN '⊂平面PBB '，所以NN '⊥平面PAC ，且//BB NN ''.在PCC '△中，因为,MM PA CC PA ''⊥⊥，所以//MM CC ''，所以13PM MM PC CC '=='，在PBB '△中，因为//BB NN ''，所以23PN NN PB BB '=='，所以11123231119332PAM P AMN N PAMP ABC B PACPAC PA MM NN S NN V V V V S BB PA CC BB ----⎛⎫'''⋅⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭====⎛⎫'''⋅⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭.故选：B9．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，1112,1,AB A B AA ===积为．【答案】6【分析】结合图像，依次求得111,,AO AO A M ，从而利用棱台的体积公式即可得解.【详解】如图，过1A 作1A M AC ⊥，垂足为M ，易知1A M 为四棱台1111ABCD A B C D -的高，因为1112,1,2AB A B AA ===则111111*********2222A O A C A B AO AC AB ==⨯⨯====故()111222AM AC A C =-=，则221116222A M A A AM =-=-=，所以所求体积为1676(4141)326V =⨯++⨯⨯故答案为：766.10．（2023·全国新Ⅱ卷·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．【答案】28【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.【详解】方法一：由于2142=，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，所以正四棱锥的体积为()1446323⨯⨯⨯=，截去的正四棱锥的体积为()122343⨯⨯⨯=，所以棱台的体积为32428-=.方法二：棱台的体积为(13164164283⨯⨯+⨯=.故答案为：28.11．（2022·天津·高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120︒，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A ．23B ．24C ．26D ．27【答案】D【分析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.【详解】该几何体由直三棱柱AFD BHC -及直三棱柱DGC AEB -组成，作HM CB ⊥于M ，如图，因为3,120CH BH CHB ==∠= ，所以333,22CM BM HM ===，因为重叠后的底面为正方形，所以33AB BC ==,在直棱柱AFD BHC -中，AB ⊥平面BHC ，则AB HM ⊥,由AB BC B ⋂=可得HM ⊥平面ADCB ，设重叠后的EG 与FH 交点为,I则13271381,=322224I BCDA AFD BHC V V --=⨯=⨯⨯则该几何体的体积为8127222742AFD BHC I BCDA V V V --=-=⨯-=.故选：D.12．（2022·全国甲卷·高考真题）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=2S S 甲乙，则=V V 甲乙（）AB．CD．4【答案】C【分析】设母线长为l ，甲圆锥底面半径为1r ，乙圆锥底面圆半径为2r ，根据圆锥的侧面积公式可得122r r =，再结合圆心角之和可将12,r r 分别用l 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为1r ，乙圆锥底面圆半径为2r ，则11222S rl rS r l r ππ===甲乙，所以122r r =，又12222r r l l πππ+=，则121r r l+=，所以1221,33r l r l ==，所以甲圆锥的高13h l ==，乙圆锥的高23h l ==，所以2211222143913r h l V V r h ππ==甲乙故选：C.13．（2022·全国新Ⅰ卷·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．2.65≈）（）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯【答案】C【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．【详解】依题意可知棱台的高为157.5148.59MN =-=(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ．棱台上底面积262140.014010S ==⨯km m ，下底面积262180.018010S '==⨯km m ，∴((66119140101801033V h S S =++=⨯⨯⨯+⨯'(()679933320109618 2.6510 1.43710 1.410(m )=⨯+⨯≈+⨯⨯=⨯≈⨯．故选：C ．14．（2022·全国新Ⅱ卷·高考真题）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【答案】CD【分析】直接由体积公式计算12,V V ，连接BD 交AC 于点M ，连接,EM FM ，由3A EFM C EFM V V V --=+计算出3V ，依次判断选项即可.【详解】设22AB ED FB a ===，因为ED ⊥平面ABCD ，FB ED ，则()2311114223323ACD V ED S a a a =⋅⋅=⋅⋅⋅= ，()232111223323ABC V FB S a a a =⋅⋅=⋅⋅⋅= ，连接BD 交AC 于点M ，连接,EM FM ，易得BD AC ⊥，又ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，则ED AC ⊥，又ED BD D = ，,ED BD ⊂平面BDEF ，则AC ⊥平面BDEF ，又122BM DM BD a ===，过F 作FG DE ⊥于G ，易得四边形BDGF 为矩形，则2,FG BD a EG a ===，则()()()2222226,23EM a aa FM a aa =+==+=，()22223EF a aa =+=，222EM FM EF +=，则EM FM ⊥，21222EFM S EM FM a =⋅= ，22AC a =，则33123A EFM C EFM EFM V V V AC S a --=+=⋅= ，则3123V V =，323V V =，312V V V =+，故A 、B 错误；C 、D 正确.故选：CD.15．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A ．20123+B ．282C ．563D ．2823【答案】D【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高()2222222h =--，下底面面积116S =，上底面面积24S =，所以该棱台的体积((121116433V h S S =++=⨯++=.故选：D.16．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm ）．24h降雨量的等级划分如下：等级24h 降雨量（精确到0.1）…………小雨0.1~9.9中雨10.0~24.9大雨25.0~49.9暴雨50.0~99.9…………在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm ，高为300mm 的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h 的雨水高度是150mm （如图所示)，则这24h 降雨量的等级是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.【详解】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.17．（2021·全国新Ⅰ卷·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．【详解】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，1,0,12A ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，则11A 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．18．（2020·海南·高考真题）已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，则三棱锥A -NMD 1的体积为【答案】13【分析】利用11A NMD D AMN V V --=计算即可.【详解】因为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点所以11111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯⨯⨯=故答案为：13【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些.19．（2020·江苏·高考真题）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 ，内孔半径为0.5cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是cm 3.【答案】2π【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.【详解】正六棱柱体积为2624⨯⨯。

2021年新高考数学立体几何真题(1)

21.（本题满分12分）多面体欧拉定理是指对于多面体(表面经过连续变形可变为球面的多面体)，其各维对象数总满足一定的定量的数学关系.在三维空间中，简单凸多面体欧拉定理可以表示为：V -E +F =2，其中V 为顶点数，E 为棱长数，F 为表面数.(1)阿基米德多面体一般指半正多面体，是指由边数不全相同的正多边形为面的简单多面体.被称为“世界第一运动”的现代足球所使用的的足球也是阿基米德多面体的一种.如图所示，足球是由正五边形的黑皮与正六边形的白皮组成的，求制作一个足球需要的黑皮数量和白皮数量.(2)柏拉图多面体一般指正多面体，是指各个面都是全等的正多边形的简单凸多面体.求正多面体的种数.【解析】(1)设正五边形的黑皮需要x 块，正六边形的白皮需要y 块由题意可知解得即制作一个足球需要黑皮12块，白皮20块(2)设正多面体每个顶点有m 条棱，每个面都是正n 边形，多面体的顶点数是V ，面数是F ，棱数是E 因为两个相邻面有一公共棱，所以因为两个相邻顶点有一公共棱，所以又因简单多面体的欧拉定理，得V -E +F =2，从上面三式可得要使得上面的式子成立，必须满足2m +2n -mn >0，因为m ≥3，所以，于是有n <6当n =3时，m <6，所以m 能取的值是3、4、5当n =4时，m <4，所以m 能取的值是3当n =5时，m <10/3，所以m 能取的值是3综上所述，正多面体只有5种535625632x y x y F x y E x y V V E F =⎧⎪+=⎪⎪+=⎨⎪+=⎪-+=⎪⎩1220x y =⎧⎨=⎩２０２１年６月普通高等学国统一考试高等学校招生全国统一考试年６月普通高等学校招生全国统一考试普通高等学校招生全国统一考试高等学校招生全国统一考试校招生全国统一考试生全国统一考试国统一考试考试２０２１年６月普通高等学校招生２０２１年６月普通高等学校招生全国２０２１年６月普通高等学校招生全国统一考２０２１年６月普通高等学校招生全国统一考试２０２１年６月普通高等学校招生全国统一考试２０２１年６月普通高等学校招生全国统一考试２０２１年６月普通高等学校招生全国统一考试２０２１年６月普通高等学校招生全国统一考试２０２１年６月普通高等学校招生全国统一考试２０２１年６月普通高等学校招生全国统一考２０２１年６月普通高等学校。

立体几何点线面知识复习

知识探究一、空间角的计算
1.异面直线所成角：
若异面直线l1与直线l2所成角为 (0
l2的方向向量CD ( x2 , y2 , z2 )
2
), l1的方向向量AB
( x1,
y1 ,
z1 )
AB
l1
C
l2
D
AB CD
cos cos AB,CD
AB CD
注意：异面直线所成角的范围！！！
B 设平面OAB的法向量n ( x, y, z)
O
A x
y
由OA n OB n
0 0
x
y
y0 z0
令x 1,则y 1, z 1
n (1,1,1)
赋值
知识探究
平面的法向量
特别：有现存的线面垂直关系，直线向量就可以作为法向量。
z E F
O A
x
D G
C
B
平面OABC的法向量：OE (0,0,1) 平面OAFE的法向量：OC (0,1,0) y 平面ABGF的法向量：OA (1,0,0)
(1)点C1,点A1, BC1的中点M的坐标 C (2)AM的坐标
y
z
E
D
o
A
x
如图，平面AED ⊥平面ABCD，△AED是等边三角形，四边形ABCD是矩形，若AD = 2
建立适当的直角坐标系，并求出CE的坐标
C
y
B
知识探究利用空间向量解决立体几何问题
平面的法向量
aIα=A
a
直线上所有的点都在平面内直线在平面内
a α
四、空间中面与面的位置关系
图形
文字语言
符号语言

立体几何点线面的关系及练习题

专题一立体几何立体几何的知识是高中数学的主干内容之一，它主要研究简单空间几何体的位置和数量关系．本专题内容分为三部分：一是点、直线、平面之间的位置关系，二是简单空间几何体的结构，三是空间向量与立体几何．在本专题中，我们将首先复习空间点、直线、平面之间的位置关系，特别是对特殊位置关系(平行与垂直)的研究；其后，我们复习空间几何体的结构，主要是柱体、锥体、台体和球等的性质与运算；最后，我们通过空间向量的工具证明有关线、面位置关系的一些命题，并解决线线、线面、面面的夹角问题．§1－1 点、直线、平面之间的位置关系【知识要点】1．空间直线和平面的位置关系：(1)空间两条直线：①有公共点：相交，记作：a∩b＝A，其中特殊位置关系：两直线垂直相交．②无公共点：平行或异面．平行，记作：a∥b．异面中特殊位置关系：异面垂直．(2)空间直线与平面：①有公共点：直线在平面内或直线与平面相交．直线在平面内，记作：a⊂α ．直线与平面相交，记作：a∩α ＝A，其中特殊位置关系：直线与平面垂直相交．②无公共点：直线与平面平行，记作：a∥α ．(3)空间两个平面：①有公共点：相交，记作：α ∩β ＝l，其中特殊位置关系：两平面垂直相交．②无公共点：平行，记作：α ∥β ．2．空间作为推理依据的公理和定理：(1)四个公理与等角定理：公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内．公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补．(2)空间中线面平行、垂直的性质与判定定理：①判定定理：如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行．如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行．如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直．如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直．②性质定理：如果一条直线与一个平面平行，那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线与该直线平行．如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行．垂直于同一个平面的两条直线平行．如果两个平面垂直，那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直．(3)我们把上述判定定理与性质定理进行整理，得到下面的位置关系图：【复习要求】1．了解四个公理与等角定理；2．理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理；3．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．【例题分析】例1 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB ，AA 1的中点．求证：(Ⅰ)E 、C 、D 1、F 四点共面；(Ⅱ)CE 、DA 、D 1F 三线共点．【分析】对于(Ⅰ)中证明“E 、C 、D 1、F 四点共面”，可由这四点连接成两条直线，证明它们平行或相交即可；对于(Ⅱ)中证明“CE 、DA 、D 1F 三线共点”，可证其中两条相交直线的交点位于第三条直线上．证明：(Ⅰ)连接D 1C 、A 1B 、EF ． ∵E ，F 分另是AB ，AA 1的中点，∴EF ∥A 1B ，,211B A EF =又A 1D 1∥BC ，A 1D 1＝BC ， ∴A 1D 1CB 是平行四边形． ∴A 1B ∥D 1C ，EF ∥D 1C ， ∴E 、C 、D 1、F 四点共面． (Ⅱ)由(Ⅰ)得EF ∥CD 1，,211CD EF =∴直线CE 与直线D 1F 必相交，记CE ∩ D 1F ＝P ， ∵P ∈D 1F ⊂平面A 1ADD 1，P ∈CE ⊂平面ABCD ， ∴点P 是平面A 1ADD 1和平面ABCD 的一个公共点． ∵平面A 1ADD 1∩平面ABCD ＝AD ， ∴P ∈AD ，∴CE 、DA 、D 1F 三线共点．【评述】1、证明多点共面、多点共线、多线共面的主要依据： (1)证明多点共面常用公理2及其推论；(2)证明多点共线常用公理3，即证明点在两个平面内，从而点在这两个平面的交线上； (3)证明多线共面，首先由其中两直线确定平面，再证其余直线在此平面内． 2、证明a ，b ，c 三线交于一点的主要依据：(1)证明a 与b 相交，c 与b 相交，再证明两交点重合； (2)先证明a 与b 相交于点P ，再证明P ∈c ．例2 在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，求证：MN ∥平面P AD ．【分析】要证明“线面平行”，可通过“线线平行”或“面面平行”进行转化；题目中出现了中点的条件，因此可考虑构造(添加)中位线辅助证明．证明：方法一，取PD 中点E ，连接AE ，NE ．∵底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，∴MA ∥CD ，.21CD MA = ∵E 是PD 的中点， ∴NE ∥CD ，.21CD NE =∴MA ∥NE ，且MA ＝NE ， ∴AENM 是平行四边形， ∴MN ∥AE ．又AE ⊂平面P AD ，MN ⊄平面P AD ， ∴MN ∥平面P AD ．方法二取CD 中点F ，连接MF ，NF ． ∵MF ∥AD ，NF ∥PD ， ∴平面MNF ∥平面P AD ， ∴MN ∥平面P AD ．【评述】关于直线和平面平行的问题，可归纳如下方法： a ∥c ，b ∥c ，a ∥α，a ⊂β α∥βa ⊥α，b ⊥αα∩β＝bγ ∩α＝a ，γ ∩β＝b⇒a ∥b⇒a ∥b⇒a ∥b⇒a ∥b(2)a ∩α＝∅a ∥b α∥βb ⊂α，a ⊄αa ⊂β⇒a ∥α ⇒a ∥α ⇒a ∥αα∩β＝∅a∥β，b∥βa⊥α，a⊥βα∥γ ，β∥γa，b⊂α，a∩b＝A⇒α∥β⇒α∥β⇒α∥β⇒α∥β例3在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AC，AB⊥AC，求证：A1C⊥BC1．【分析】要证明“线线垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，因此设法证明A1C垂直于经过BC1的平面即可．证明：连接AC1．∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，∴AB⊥AA1．又AB⊥AC，∴AB⊥平面A1ACC1，∴A1C⊥A B．①又AA1＝AC，∴侧面A1ACC1是正方形，∴A1C⊥AC1．②由①，②得A1C⊥平面ABC1，∴A1C⊥BC1．【评述】空间中直线和平面垂直关系的论证往往是以“线面垂直”为核心展开的．如本题已知条件中出现的“直三棱柱”及“AB⊥AC”都要将其向“线面垂直”进行转化．例4在三棱锥P－ABC中，平面P AB⊥平面ABC，AB⊥BC，AP⊥PB，求证：平面P AC ⊥平面PBC．【分析】要证明“面面垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，而“线面垂直”又可以通过“线线垂直”进行转化．证明：∵平面P AB⊥平面ABC，平面P AB∩平面ABC＝AB，且AB⊥BC，∴BC ⊥平面P AB ， ∴AP ⊥BC ．又AP ⊥PB ，∴AP ⊥平面PBC ，又AP ⊂平面P AC ，∴平面P AC ⊥平面PBC ．【评述】关于直线和平面垂直的问题，可归纳如下方法： a ⊥c ，b ∥c ，a ⊥αb ⊂α ⇒a ⊥b⇒a ⊥b a ⊥m ，a ⊥n a ∥b ，b ⊥αα∥β，a ⊥βα⊥β，α∩β＝l m ，n ⊂α，m ∩n ＝Aa ⊂β，a ⊥l ⇒a ⊥α⇒a ⊥α⇒a ⊥α⇒a ⊥αa ⊥β，a ⊂α ⇒α⊥β例5 如图，在斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面A 1ABB 1是菱形，且垂直于底面ABC ，∠A 1AB ＝60°，E ，F 分别是AB 1，BC 的中点．(Ⅰ)求证：直线EF ∥平面A 1ACC 1；(Ⅱ)在线段AB 上确定一点G ，使平面EFG ⊥平面ABC ，并给出证明．证明：(Ⅰ)连接A 1C ，A 1E ．∵侧面A 1ABB 1是菱形， E 是AB 1的中点，∴E 也是A 1B 的中点，又F 是BC 的中点，∴EF ∥A 1C ． ∵A 1C ⊂平面A 1ACC 1，EF ⊄平面A 1ACC 1， ∴直线EF ∥平面A 1ACC 1． (2)解：当31=GA BG 时，平面EFG ⊥平面ABC ，证明如下：连接EG ，FG ． ∵侧面A 1ABB 1是菱形，且∠A 1AB ＝60°，∴△A 1AB 是等边三角形． ∵E 是A 1B 的中点，31=GA BG ，∴EG ⊥AB ． ∵平面A 1ABB 1⊥平面ABC ，且平面A 1ABB 1∩平面ABC ＝AB ， ∴EG ⊥平面ABC ．又EG ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面ABC ．练习1－1一、选择题：1．已知m ，n 是两条不同直线，α ，β ，γ 是三个不同平面，下列命题中正确的是( ) (A)若m ∥α ，n ∥α ，则m ∥n (B)若m ⊥α ，n ⊥α ，则m ∥n (C)若α ⊥γ ，β ⊥γ ，则α ∥β (D)若m ∥α ，m ∥β ，则α ∥β 2．已知直线m ，n 和平面α ，β ，且m ⊥n ，m ⊥α ，α ⊥β ，则( ) (A)n ⊥β (B)n ∥β ，或n ⊂β (C)n ⊥α (D)n ∥α ，或n ⊂α3．设a ，b 是两条直线，α 、β 是两个平面，则a ⊥b 的一个充分条件是( ) (A)a ⊥α ，b ∥β ，α ⊥β (B)a ⊥α ，b ⊥β ，α ∥β (C)a ⊂α ，b ⊥β ，α ∥β (D)a ⊂α ，b ∥β ，α ⊥β 4．设直线m 与平面α 相交但不垂直，则下列说法中正确的是( ) (A)在平面α 内有且只有一条直线与直线m 垂直 (B)过直线m 有且只有一个平面与平面α 垂直 (C)与直线m 垂直的直线不可能与平面α 平行 (D)与直线m 平行的平面不可能与平面α 垂直二、填空题：5．在三棱锥P －ABC 中，6==PB PA ，平面P AB ⊥平面ABC ，P A ⊥PB ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝30°，则PC ＝______．6．在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，当底面ABCD 满足条件______时，有A 1C ⊥B 1D 1．(只要求写出一种条件即可)7．设α ，β 是两个不同的平面，m ，n 是平面α ，β 之外的两条不同直线，给出四个论断： ①m ⊥n ②α ⊥β ③n ⊥β ④m ⊥α以其中三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出正确的一个命题______． 8．已知平面α ⊥平面β ，α ∩β ＝l ，点A ∈α ，A ∉l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α ，m ∥β ，给出下列四种位置：①AB ∥m ；②AC ⊥m ；③AB ∥β ；④AC ⊥β ，上述四种位置关系中，不一定成立的结论的序号是______．三、解答题：9．如图，三棱锥P －ABC 的三个侧面均为边长是1的等边三角形，M ，N 分别为P A ，BC 的中点．(Ⅰ)求MN 的长； (Ⅱ)求证：P A ⊥BC ．10．如图，在四面体ABCD 中，CB ＝CD ，AD ⊥BD ，且E 、F 分别是AB 、BD 的中点．求证：(Ⅰ)直线EF ∥平面ACD ； (Ⅱ)平面EFC ⊥平面BCD ．11．如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB＝90°，BC ∥AD ，AF BE AF BE AD BC 21,//,21==，G ，H 分别为F A ，FD 的中点．(Ⅰ)证明：四边形BCHG 是平行四边形；(Ⅱ)C ，D ，F ，E 四点是否共面?为什么?(Ⅲ)设AB ＝BE ，证明：平面ADE ⊥平面CDE ．。

(浙江专用)2021高考数学二轮复习专题二立体几何第2讲立体几何中的空间角问题课件

探究提高求异面直线所成的角，可以应用向量法，也可以应用异面直线的定义求解.
【训练1】 (1)(2021·浙江卷)四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线
段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，
二面角SABC的平面角为θ3，那么( )
A.θ1≤θ2≤θ3
67，sin∠C1A1B1＝
1， 7
所以 C1D＝ 3，故 sin∠C1AD＝CAC1D1＝ 1339.因此，直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的
正弦值是
39 13 .
法二 (1)证明如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC 为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz. 由题意知各点坐标如下： A(0，－ 3，0)，B(1，0，0)，A1(0，－ 3，4)，B1(1，0，2)，C1(0， 3，1). 因此A→B1＝(1， 3，2)，A→1B1＝(1， 3，－2)，A→1C1＝(0，2 3，－3). 由A→B1·A→1B1＝0 得 AB1⊥A1B1.由A→B1·A→1C1＝0 得 AB1⊥A1C1.所以 AB1⊥平面 A1B1C1.
(2)解如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD. 由AB1⊥平面A1B1C1，AB1 平面ABB1，得平面A1B1C1⊥平面ABB1，
由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1，所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.
由 B1C1＝
5，A1B1＝2
2，A1C1＝
21得 cos∠C1A1B1＝
【训练2】如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB ＝90°，BC＝CD＝ 12AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°. (1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；

第2讲立体几何中的空间角问题

(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.
解方法一如图(2)，过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH.
由ABC－DEF为三棱台，得DF∥CO，
所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.
由BC⊥平面BDO，得OH⊥BC，又BC∩BD＝B，
故OH⊥平面DBC，
所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角.
(2)(2021·温州模拟)如图，点M，N分别是正四面体ABCD的棱AB，CD上的点，设BM＝x，直线MN与直线BC所成的角为θ，则 A.当ND＝2CN时，θ随着x的增大而增大 B.当ND＝2CN时，θ随着x的增大而减小 C.当CN＝2ND时，θ随着x的增大而减小
√D.当CN＝2ND时，θ随着x的增大而增大
又∵AA1∥B1B，∴BB1⊥BM. 又BM∩BC＝B，BM，BC⊂平面BMC， ∴BB1⊥平面BMC，又CM⊂平面BMC，∴BB1⊥CM.
(2)求直线BM与平面CB1M所成角的正弦值.
解方法一作BG⊥MB1于点G，连接CG. 由(1)知BC⊥平面AA1B1B，得到BC⊥MB1，又BC∩BG＝B，BC，BG⊂平面BCG，
MN＝ x2－3x＋7，
所以在△MNE 中，cos θ＝2
4－x x2－3x＋7
＝12 1＋x2－9－3x5＋x 7(x∈[0,3])，
令 f(x)＝x2－9－3x5＋x 7，
则 f′(x)＝5xx22－－31x8＋x－782<0，
所以f(x)在定义域内单调递减，即x增大，f(x)减小，即cos θ减小，从而θ 增大，故D正确，C错误.
所以在△FNM中， cos θ＝2 x25－－3xx＋7＝21
1＋x21－8－3x7＋x 7(x∈[0,3])，

2021届高考数学二轮复习立体几何知识汇总

定义
线线角（异面直线所成角）
线面角（斜线与平面所成角）
面面角（二面角的平面角）
在空间任意取一点，过该点分别作两异面直线的平行线所成的锐角或直角称为两异面直线所成的角．
设 l 和α分别表示直线与平面． ①若 l∥α或 l⊂α，则称直线 l 和平面 α所成的角为 0°； ②若 l⊥α，则称 l 与α所成的角为 90 °； ③若 l 是α的斜线，则 l 与 l 在α内的射影所成的锐角为 l 与α所成的角．
线线垂直线线平行
, l, a , a l a
面面垂直线面垂直
……
定义
特殊情况
范围
线线角把两异面直线平移到相交时两相交直线所成的角。
两直线平行时角为 0 所成角为 90 时称两直线垂直
空间角线面角平面的一条斜线与其在该平面内射影所成角。
线面平行或线在平面内时线面角为 0 线面垂直时线面角为 90
(如 H)，过 P 或 H 作二面角棱的垂线，垂足必为同一个点（记作 O ）， POH 即为二面角的平面角，然后求解.
关键和难点：探求线面垂直关系，确定垂足 H 的位置.
通过“平移”所涉及的直线或平面，将所求角转化为更容易求解的角，或它的“等角”、“补交”、“余角”. 通过平面的“法线”、“垂面”，也可将线面角、面面角进行转化.
,
a
b
P
//
线面平行面面平行
m ,n a m,a n
,
m
n
P
a
线线垂直线面垂直
l ,l 线面垂直面来自垂直性质定理a ∥ ，a ， b a ∥b 线面平行线线平行
// , a, b a // b 面面平行线线平行
a b
a

高考复习立体几何(线面关系、面面关系、异面直线夹角余弦值、二面角)(一)

立体几何（线面关系、面面关系、异面直线夹角余弦值、二面角）1.（2016全国新课标）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°.（1）证明平面ABEF⊥平面EFDC；（2）求二面角E-BC-A的余弦值.3.（2016全国新课标）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.（1）证明：MN∥平面PAB；（2）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.6.（2015全国新课标）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E、F是平面ABCD同一侧的两点，BE丄平面ABCD，DF丄平面ABCD，BE=2DF，AE丄EC.（1）证明：平面AEC丄平面AFC；（2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值.7.（2015全国新课标）如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E、F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；（2）求直线AF与平面α所成角的正弦值.8.（2015安徽）如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1,D,E的平面交CD1于F.（1）证明：EF∥B1C；（2）求二面角E-A1D-B1的余弦值.9.（2015四川）一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示. 在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.（1）请将字母F、G、H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；（2）证明：直线MN∥平面BDH；（3）求二面角A-EG-M的余弦值.10.（2015广东）如图，三角形△PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD=PC=4，AB=6，BC=3，点E是CD的中点，点F、G分别在线段AB、BC上，且AF=2FB，CG=2GB.（1）证明：PE⊥FG；（2）求二面角P-AD-C的正切值；（3）求直线PA与直线FG所成角的余弦值.。

立体几何专题解答题(含解析)

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

2021年全国高考数学备考二轮专题七立体几何第1讲空间线面平行与垂直(1)

第1讲空间线面平行与垂直（1）考点1点线面位置关系的判定例1.(1)（多选）设,l m 是两条不同的直线，α是一个平面，以下命题正确的是（） A ．若//,//l m αα，则//l m B ．若//,//l m l α，则//m α C ．若,l m l α⊥⊥，则//m α D ．若,//l l m α⊥，则m α⊥ 【答案】D【解析】对于选项A ，若//,//l m αα，则l 与m 平行、相交或异面，故A 错误；对于选项B ，若//,//l m l α，则//m α或m α⊆，故B 错误，对于选项C ，若,l m l α⊥⊥，则//m α或m α⊆，故C 错误，对于选项D ，若,//l l m α⊥，则m α⊥，故D 正确；故选：D【点睛】本题考查了空间点、线、面位置关系，对这种的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全移植到立体几何中．(2)（多选）如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -，若，E 、F 分别是1AB 、1BC 的中点，则下列结论中成立的是（）A ．EF 与1BB 垂直B ．EF ⊥平面11BDD BC ．EF 与1CD 所成的角为45︒ D ．//EF 平面1111D C B A【答案】ABD【解析】连接1A B 、11A C 、1A D ，则E 为1A B 的中点，对于选项A ，1BB ⊥平面1111D C B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，111BB AC ∴⊥，E 、F 分别为1A B 、1BC 的中点，则11//EF A C ，1EF BB ∴⊥，故A 正确；对于选项B ，四边形1111D C B A 为正方形，则1111AC B D ⊥，又111AC BB ⊥，1111B D BB B ⋂=，11A C ∴⊥平面11BDD B ， 11//EF AC ，EF ∴⊥平面11BDD B ，故B 正确；对于选项C ，易知11AC D 为等边三角形，则1160A C D ∠=，11//EF AC ，则EF 与1C D 所成的角为1160A C D ∠=，故C 错误；对于选项D ，11//EF AC ，EF ⊄平面1111D C B A ，11A C ⊂平面1111D CB A ，//EF ∴平面1111DC B A ，故D 正确．故选：ABD ．【点睛】本题考查线线垂直、线面垂直、线面平行以及异面直线所成角的判断．【跟踪演练】1.(1)已知,αβ是两个平面，,m n 是两条直线．有下列命题：①如果//,m n n α⊂，那么//m α； ②如果//,,.m m n αβαβ⊂⋂=，那么//m n ； ③如果//,m αβα⊂，那么//m β； ④如果,,n m n αβαβ⊥⋂=⊥，那么m β⊥．其中所有真命题的序号是__________．【答案】②③【解析】①如果//,m n n α⊂，那么//m α或m α⊂，故①不正确；②如果//,,.m m n αβαβ⊂⋂=，那么//m n ，这就是线面平行推得线线平行的性质定理，故②正确；③如果//,m αβα⊂，那么//m β，这就是利用面面平行推线面平行的性质定理，故③正确； ④缺少m α⊂这个条件，故④不正确. 故答案为：②③(2)已知,m n 是平面α内的两条相交直线，且直线l n ⊥，则“l m ⊥”是“l α⊥”的（） A ．充要条件 B ．充分不必要条件 C ．必要不充分条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】当l m ⊥时，因为,m n 是平面α内的两条相交直线，l n ⊥，根据线面垂直的判定定理，可得l α⊥；当l α⊥时，因为m α⊂，所以l m ⊥，综上，“l m ⊥”是“l α⊥”的充要条件.故选：A.考点2 运用相关定理解决平行、垂直的证明问题例2.(1)《九章算术》中，称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设1AA 是正八棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正八棱柱的顶点为顶点，以1AA 为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A ．8B ．16C ．24D ．28【答案】C【解析】根据正八边形的性质可得，底面边长都相等，底面每个内角都为135，22.5HAG BAC ∠=∠=，45HAF BAD ∠=∠=，所以AB AF ⊥，AC AG ⊥，AD AH ⊥，因为1AA ⊥平面ABCDEFGH ，且1AA AB A =，则AF ⊥平面11AA B B ，因为AF //11A F //BE //11B E ，所以共有4个阳马；同理，AG ⊥平面11AAC C ，共4个；AH ⊥平面11AAD D ，共4个； AB ⊥平面11AA F F ，共4个；AC ⊥平面11AAG G ，共4个；AD ⊥平面11AA H H ，共4个；故有24个阳马．故选：C ．【点睛】本题考查了空间立体几何线线垂直、线面垂直判定定理，考查了空间想象能力． (2)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．（1）求证：PE BC ⊥；（2）求证：平面PAB ⊥平面PCD ；（3）求证：EF ∥平面PCD ．【答案】证明见解析【解析】（1）PA PD =，且E 为AD 的中点，PE AD ∴⊥，底面ABCD 为矩形，BC AD ∴∥，PE BC ∴⊥．（2）底面ABCD 为矩形，AB AD ∴⊥，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ∴⊥平面PAD ，AB PD ∴⊥．又PA PD ⊥，PAB PD 平面⊥∴， ⊂PD 平面PAD ，∴平面PAB ⊥平面PCD ．（3）如图，取PC 中点G ，连接FG ，GD ．，G 分别为PB 和PC 的中点，FG BC ∴∥，且12FG BC =，四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，ED BC ∴∥，12DE BC =，ED FG ∴∥，且ED FG =，∴四边形EFGD 为平行四边形，EF GD ∴∥，又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ，EF ∴∥平面PCD ．【点睛】本题考查了空间立体几何线线垂直、线面垂直判定定理，面面垂直判定与性质定理，线面平行的判定定理，考查了空间想象能力．【跟踪演练】2.(1)如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，点O 为对角线BD 的中点，点E ，F 分别为棱PC ，PD 的中点．已知PA ⊥AB ，PA ⊥AD.求证：(1) 直线PB ∥平面OEF ；(2) 平面OEF ⊥平面ABCD.【答案】证明见解析【解析】证明：(1) 在△PBD 中，O 为BD 的中点，F 为PD 的中点．所以OF ∥PB ，因为PB ⊄平面OEF ，OF ⊂平面OEF ，所以直线PB ∥平面OEF(2)解法1 连结AC ，因为底面ABCD 为平行四边形，O 为BD 的中点，所以O 为AC 的中点．在△PAC 中，O 为AC 的中点，E 为PC 的中点，所以OE ∥PA ，因为PA ⊥AB ，PA ⊥AD ，所以OE ⊥AB ，OE ⊥AD ，又因为AB ∩AD ＝A ，AB ，AD 在平面ABCD 内，所以OE ⊥平面ABCD. 因为OE ⊂平面OEF ，所以平面OEF ⊥平面ABCD.(2)在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）11AB A B C 平面∥；（2）111ABB A A BC ⊥平面平面．【答案】证明见解析【解析】（1）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，11AB A B ∥．因为AB ⊄平面11A B C ，11A B ⊂平面11A B C ，所以AB ∥平面11A B C ．（2）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，四边形11ABB A 为平行四边形，又因为1AA AB =，所以四边形11ABB A 为菱形，因此11AB A B ⊥．又因为111AB B C ⊥，11BC B C ∥，所以1AB BC ⊥．又因为1A B BC B =，1A B ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面1A BC ，所以1AB ⊥平面1A BC ．因为1AB ⊂平面11ABB A ，所以平面11ABB A ⊥平面1A BC ．考点3 图形翻折问题中所涉及的平行、垂直问题例3.(1)在等腰梯形ABCD 中，//,2,AB CD AB DC E =为AB 的中点，将ADE 与BEC △分别沿ED CE 、向上折起，使A B 、重合于点.P（1）在折后的三棱锥P DCE -中，证明:PE CD ⊥；（2）若60DEC ∠=，且折后的三棱锥P DCE -的表面积是3，求三棱锥P DCE -的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）121222.34212D PEF V -=⨯⨯⨯=【解析】（1）折后的三棱锥P 一DCE 如图所示.取线段CD 的中点F ，连接,.PF EF 在PDC △中，,PD PC F =是CD 的中点，所以.PF CD ⊥ 在EDC △中，,ED EC F =是CD 的中点，所以.EF CD ⊥而EF PF F =，所以CD ⊥平面.PEF 而PE ⊂平面PEF ，所以PE CD ⊥.（2）当60DEC ∠=时，三棱锥P DCE -是正四面体，设其棱长为a .由2343a ⨯=解得1a =.则22Δ31312,122224PEF PF EF S ⎛⎫⎛⎫===⨯⨯-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 故三棱锥P DCE -的体积为121222.32D PEF V -=⨯⨯⨯= (2)如图，ABCD 是正方形，点P 在以BC 为直径的半圆弧上（P 不与B ，C 重合），E 为线段BC 的中点，现将正方形ABCD 沿BC 折起，使得平面ABCD ⊥平面BCP .（1）证明：BP ⊥平面DCP .（2）若2BC =，当三棱锥D BPC -的体积最大时，求E 到平面BDP 的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）33.【解析】（1）证明：因为平面ABCD ⊥平面,BPC ABCD 是正方形，平面ABCD平面BPC BC =，所以DC ⊥平面BPC .因为BP ⊂平面BPC ，所以BP DC ⊥.因为点P 在以BC 为直径的半圆弧上，所以BP PC ⊥. 又DC PC C ⋂=，所以BP ⊥平面DCP .（2）当点P 位于BC 的中点时，BCP ∆的面积最大，三棱锥D BPC -的体积也最大. 因为2BC =，所以1PE =，所以BEP ∆的面积为111122⨯⨯=，所以三棱锥D BEP -的体积为1112323⨯⨯=. 因为BP ⊥平面DCP ，所以BP DP ⊥，22(22)(2)6DP =-=，BDP ∆的面积为12632=. 设E 到平面BDP 的距离为d ，由11333d =，得33d =，即E到平面BDP的距离为3 3.【点睛】本题考查了折叠问题,①解决折叠问题的关键是搞清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口;②把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决．【跟踪演练】3.(1)如图（1）所示，平面四边形ABCD由等边ACD△与直角ABC拼接而成，其中AB AC⊥，1tan2CBA∠=，E为线段AD的中点，ACD△的面积为3.现将ACD△沿AC进行翻折，使得平面DAB⊥平面DAC，得到的图形如图（2）所示.（1）求证：AB AD⊥；（2）求点D到平面BCE的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）∵DAC △为等边三角形，且E 为DA 的中点，∴CE DA ⊥. ∵平面DAB ⊥平面DAC ，平面DAB ⋂平面DAC DA =，CE ⊂面DAC ， ∴CE ⊥平面DAB ，∵AB 平面DAB ，∴ABCE .又AB AC ⊥，CEAC C =，AC ，CE ⊂平面DAC .∴AB ⊥平面DAC ，∵AD ⊂平面DAC ，∴AB AD ⊥；（2）∵等边ACD △2AC =2AC =， ∵AB AC ⊥，AB AD ⊥，ACAD A =，∴AB ⊥面ACD .∵AB AC ⊥，2AC =，1tan 2CBA ∠=，∴24AB AC ==. ∵DAC △是边长为2的等边三角形，且E 为DA 的中点， ∴CE DA ⊥，sin 60CE DC =︒= ∴DEC的面积11122DEC S DE CE =⋅=⨯=△. 由（1）知，CE ⊥平面DAB ，∴BE ⊂平面DAB ，∴CE BE ⊥，由AB AD ⊥知，BE ==∴BEC △的面积为1122ECB S CE BE =⋅==△. 设点D 到平面BCE 的距离为h ， ∵B CDE D BEC V V --=，∴1133CDE ECB S AB S h ⋅=⋅△△，即11433h =，解得17h =，即点D 到平面BCE的距离为17. (2)在矩形ABCD 中，1,2AB BC ==，E 为AD 的中点，如图1，将ABE △沿BE 折起，使得点A 到达点P 的位置（如图2），且平面PBE ⊥平面BCDE（1）证明：PB ⊥平面PEC ；（2）若M 为PB 的中点，N 为PC 的中点，求三棱锥M CDN -的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）11111222144432224DB PCD P BCD V V --===⨯⨯⨯⨯⨯=. 【解析】（1）证明：由题意，易得2,2BE CE BC ===，∴222BE CE BC +=即BE CE⊥，又∵平面PBE ⊥平面BCDE ，交线为BE ∴CE ⊥平面PBE ,∴CE PB ⊥ 又∵PB PE ⊥∴PB ⊥平面PEC （2）取BE 中点O ，连接PO ∵PB PE =∴PO BE ⊥，22PO =又∵平面PBE ⊥平面BCDE ，交线为BE ∴PO ⊥平面BCDE ∵M 为PB 的中点，N 为PC 的中点 ∴1111112221244432M CDN M PCD B PCD P BCD V V V V ----====⨯⨯⨯⨯=【仿真练习】一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．已知两条不同的直线l m ，和不重合的两个平面,αβ，且l β⊥，有下面四个命题：①若m β⊥，则//l m ；②若//αβ，则l a ⊥；③若αβ⊥，则//l α；④若l m ⊥，则//m β．其中真命题的序号是（）A ．①②B ．②③C ．②③④D ．①④【答案】A【解析】因为两条不同的直线l m ，和不重合的两个平面,αβ，且l β⊥，对于①，由,l m ββ⊥⊥，可得//l m ，故①正确；对于②，若,//l βαβ⊥，可得l α⊥，故②正确；对于③，若,l βαβ⊥⊥，则有可能l α⊂，故③错误；对于④，当,l l m β⊥⊥时，则有可能m β⊂，故④错误．综上，真命题的序号是①②．故选：A ．2.已知,αβ是两个不重合的平面，,m n 是两条不重合的直线，则下列命题不正确的是（）A ．若,,//m n m n αβ⊥⊥，则αβ⊥B ．若,//m n αα⊥，则m n ⊥C ．若//,m αβα⊂，则//m βD ．//,//m n αβ，则m 与α所成的角和n 与β所成的角相等【答案】A【解析】选项A ：若,m n m α⊥⊥，则n ⊂α或//n α，又//n β，并不能得到αβ⊥这一结论，故选项A 错误；选项B ：若,//m n αα⊥，则由线面垂直的性质定理和线面平行的性质定理可得m n ⊥，故选项B 正确；选项C ：若//,m αβα⊂，则有面面平行的性质定理可知//m β，故选项C 正确；选项D ：若//,//m n αβ，则由线面角的定义和等角定理知，m 与α所成的角和n 与β所成的角相等，故选项D 正确.故选:A3.α，β是两个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，则下列命题中正确的有（）个①若m α⊂，n ⊂α，//m β，βn//，则//αβ②若αβ⊥，m α⊂，则m β⊥③若m α⊥，//m β，则αβ⊥④异面直线m ，n 满足：m α⊂，n β⊂，且//m β，//n α，则//αβA ．0B ．1C ．2D ．3 【答案】C【解析】对于①，由面面平行的判断定理可知缺了,m n 相交的条件，故①错；对于②，由面面垂直的性质可知缺了m 垂直于两个平面的交线的条件，故②错；对于③，过m 作一个平面γ，使得n γβ=，则//m n ，故n α⊥，而n β⊂，故αβ⊥，故③正确．对于④，过m 作一个平面η，使得l ηβ⋂=，则//m l ，因为直线m ，n 异面，故,l n 必相交，又m α⊂，l α⊄，故//l α，结合//n α可得//αβ，故④正确．故选:C ．4.下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中不成立的选项有（）A ．//AE CDB ．//CH BEC ．DG BH ⊥D ．BG DE ⊥【答案】A 【解析】由正方体的平面展开图还原正方体如图，由图形可知，AE CD ⊥，故A 错误；由//,HE H BC E BC =，四边形BCHE 为平行四边形，所以//CH BE ，故B 正确；因为,DG HC DG BC ⊥⊥,HC BC C =,所以DG ⊥平面BHC ,所以DG BH ⊥，故C 正确；因为//BG AH ，而DE AH ⊥,所以BG DE ⊥，故D 正确．故选:A.5.在直三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ︒∠=.以下能使11A C BC ⊥的是（）A ．AB AC =B ．1AA AC = C ．1BB AB =D ．1CC BC =【答案】B【解析】因为直三棱柱111ABC A B C -所以1AB A A ⊥，又因为90BAC ︒∠=，所以AB AC ⊥因为1A A AC A ⋂=，,1A A AC ⊂平面11A ACC ，所以AB ⊥平面11A ACC ，所以1AB A C ⊥，那么，要证11A C BC ⊥，故只需要证明1AC ⊥平面1ABC ，即证11A C AC ⊥，因为直三棱柱的侧面都是长方形，当增加条件1AA AC =时，则可以得到11AC A C ⊥，因为1AB A C ⊥，1ABAC A =，,1AB AC ⊂平面1ABC ，所以1AC ⊥平面1ABC ，所以11A C AC ⊥. 故选:B.二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求,全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分．6.已知a ，b 表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，那么下列判断正确的是（）A ．若a α⊥， a β⊥，则//αβB ．若αβ⊥，a α⊥，//a b ， b β⊄，则//b βC ．若//a b ，b α⊥，则a α⊥D ．若//a α，b α⊂，则//a b【答案】ABC【解析】A ．根据“垂直于同一条直线的两个平面互相平行”，可知A 正确；B ．记l αβ=，因为αβ⊥且a α⊥，所以//a β且,a l 异面或a β⊂且,a l 相交，又因为//a b ，且b β⊄，所以//b β，故B 正确；C ．根据“平行直线中若有一条直线垂直于某个平面，则另一条直线也垂直于该平面”，可知C 正确；D ．因为//a α，b α⊂，所以,a b 平行或异面，故D 错误，故选:ABC ．7.如图，矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A 1DE.若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻折过程中，下面四个命题中正确的是( )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 ⊥A 1CD ．存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE【答案】ABD【解析】取CD 中点N ，连接MN ，BN ，则MN ∥DA 1，BN ∥DE ，所以平面MBN ∥平面A 1DE ，所以MB ∥平面A 1DE ，故D 正确；由∠A 1DE ＝∠MNB ，MN ＝12A 1D ＝定值，NB ＝DE ＝定值，由余弦定理可得MB 2＝MN 2＋NB 2－2MN ·NB ·cos ∠MNB ，所以MB 是定值，故A 正确．因为B 是定点，所以M 是在以B 为圆心，MB 为半径的球上，故B 正确，A 1C 在平面ABCD 中的射影为AC ，AC 与DE 不垂直，可得C 不正确．因此，故选：ABD ．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，多空题，第一空2分，第二空3分，共15分．8.如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，14AA AB ==，2BC =，M 、N 分别为棱11C D ，1CC 的中点，则平面ADM 与平面11CDD C 的位置关系为_______________,直线BN 与平面ADM 的位置关系为_______【答案】垂直不平行【解析】由题意AD ⊥平面11CDD C ，AD ⊂平面ADM ，故平面ADM ⊥平面11CDD C ，对//BN 平面11AA D D ，显然BN 与平面ADM 不平行，故答案为：垂直不平行．9.设α，β是两个不同的平面，l 是直线且l α⊂，则“l β⊥”是“αβ⊥”的______.条件(参考选项：充分不必要，必要不充分，充分必要，既不充分也不必要).【答案】充分不必要【解析】面面垂直的判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直. 因为直线l α⊂且l β⊥所以由判断定理得αβ⊥.所以直线l α⊂，且l βαβ⊥⇒⊥若αβ⊥，直线l α⊂则直线l β⊥，或直线l β∥，或直线l 与平面β相交，或直线l 在平面β内.所以“l β⊥”是“αβ⊥”成立的充分不必要条件.故答案为：充分不必要.10.如图，以等腰直角三角形ABC 的斜边BC 上的高AD 为折痕，把△ABD 和△ACD 折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD ⊥AC ； ②△BAC 是等边三角形；③三棱锥D －ABC 是正三棱锥； ④平面ADC ⊥平面ABC ．其中正确的是___________【答案】①②③【解析】设等腰直角三角形△ABC 的腰为a ，则斜边2a ，D 为BC 的中点，∴AD ⊥BC ，又平面ABD ⊥平面ACD ，平面ABD ∩平面ACD=AD ，BD ⊥AD ，BD ⊂平面ABD ，∴BD ⊥平面ADC ，又AC ⊂平面ADC ，∴BD ⊥AC ，故①正确；②由A 知，BD ⊥平面ADC ，CD ⊂平面ADC ，∴BD ⊥CD ，又22AB AC a BD CD ====，，∴由勾股定理得：222BC a a ==，又AB=AC=a ，∴△ABC 是等边三角形，故②正确；③∵△ABC 是等边三角形，DA=DB=DC ，∴三棱锥D-ABC 是正三棱锥，故③正确．④∵△ADC 为等腰直角三角形，取斜边AC 的中点F ，则DF ⊥AC ，又△ABC 为等边三角形，连接BF ，则BF ⊥AC ，∴∠BFD 为平面ADC 与平面ABC 的二面角的平面角，由BD ⊥平面ADC 可知，∠BDF 为直角，∠BFD 不是直角，故平面ADC 与平面ABC 不垂直，故④错误；故答案为：①②③．四、解答题：本题共4小题，共40分。

2021届高考数学二轮讲练测07 立体几何线面位置关系及空间角的计算(练解析版)

专题07立体几何线面位置关系及空间角的计算1.（2017·全国高考真题（理））如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）3-. 【解析】【详解】（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD ．由于AB//CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面PAD ．又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PF AD ⊥，垂足为F ，由（1）可知，AB ⊥平面PAD ，故AB PF ⊥，可得PF ⊥平面ABCD .以F 为坐标原点，FA 的方向为x 轴正方向，AB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz .由（1）及已知可得2,0,0A⎛⎫⎪⎪⎝⎭，20,0,P⎛⎫⎪⎪⎝⎭，2,1,0B⎛⎫⎪⎪⎝⎭，2,1,0C⎛⎫-⎪⎪⎝⎭.所以22,1,22PC⎛⎫=--⎪⎪⎝⎭，()2,0,0CB=，22,0,22PA⎛⎫=-⎪⎪⎝⎭，()0,1,0AB=.设(),,n x y z=是平面PCB的法向量，则0,0,n PCn CB⎧⋅=⎨⋅=⎩即220,2220,x y zx⎧-+-=⎪⎨⎪=⎩可取()0,1,2n=--.设(),,m x y z=是平面PAB的法向量，则0,0,m PAm AB⎧⋅=⎨⋅=⎩即220,220.x zy⎧-=⎪⎨⎪=⎩可取()1,0,1m=.则3cos,3n mn mn m⋅==-，所以二面角A PB C--的余弦值为3-.2.（2018·江苏高考真题）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．【答案】（1）310（2）5【解析】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{}1,,OB OC OO为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．因为AB=AA1=2，所以()()()()()()1110,1,0,3,0,0,0,1,0,0,1,2,3,0,2,0,1,2A B C A B C--．（1）因为P为A1B1的中点，所以31,22P⎫-⎪⎪⎝⎭，从而()131,,2,0,2,22BP AC⎛⎫=--=⎪⎪⎝⎭，故11114310,522BP ACcosBP ACBP AC⋅-+===⨯⋅．因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为310（2）因为Q为BC的中点，所以31,02Q⎫⎪⎪⎝⎭，因此33,022AQ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，()()110,2,2,0,0,2AC CC==．设n=（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量，则10,0,AQ n AC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即330,22220.x y yz ⎧+=⎪⎨⎪+=⎩不妨取()3,1,1n =-，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则11125sin ,552CC ncosCC n CC n θ⋅====⨯⋅，所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为55． 3．（2019·天津高考真题（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，PA CD ⊥，2CD =，3AD =，（Ⅰ）设G H ，分别为PB AC ，的中点，求证：GH ∥平面PAD ；（Ⅱ）求证：PA ⊥平面PCD ；（Ⅲ）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.【答案】（I ）见解析；（II ）见解析；（III ）3. 【解析】（I ）证明：连接BD ，易知AC BD H ⋂=，BH DH =，又由BG PG =，故GH PD ，又因为GH ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以GH ∥平面PAD .（II ）证明：取棱PC 的中点N ，连接DN ，依题意，得DN PC ⊥，又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，故DN PA ⊥，又已知PA CD ⊥，CDDN D =，所以PA ⊥平面PCD .（III ）解：连接AN ，由（II ）中DN ⊥平面PAC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面PAC 所成的角.因为PCD ∆为等边三角形，2CD =且N 为PC 的中点，所以3DN =，又DN AN ⊥，在Rt AND ∆中，3sin 3DN DAN AD ∠==，所以，直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值为3. 4．（2019·北京高考真题（理））如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =．（Ⅰ）求证：CD ⊥平面PAD ；（Ⅱ）求二面角F –AE –P 的余弦值；（Ⅲ）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)3；(Ⅲ)见解析.【解析】(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，则PA⊥CD，由题意可知AD⊥CD，且PA ∩AD=A，由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A xyz-，易知：()()()()0,0,0,0,0,2,2,2,0,0,2,0A P C D，由13PF PC=可得点F的坐标为224,,333F⎛⎫⎪⎝⎭，由12PE PD=可得()0,1,1E，设平面AEF的法向量为：(),,m x y z=，则()()()224224,,,,0333333,,0,1,10m AF x y z x y zm AE x y z y z⎧⎛⎫⋅=⋅=++=⎪ ⎪⎝⎭⎨⎪⋅=⋅=+=⎩，据此可得平面AEF的一个法向量为：()1,1,1m=-，很明显平面AEP的一个法向量为()1,0,0n=，3cos ,31m n m n m n ⋅<>===⨯⨯，二面角F -AE -P 的平面角为锐角，故二面角F -AE -P 的余弦值为3. (Ⅲ)易知()()0,0,2,2,1,0P B -，由23PG PB =可得422,,333G ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则422,,333AG ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，注意到平面AEF 的一个法向量为：()1,1,1m =-，其0m AG ⋅=且点A 在平面AEF 内，故直线AG 在平面AEF 内.5．（2018·天津高考真题（文））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 =23，∠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．【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)1326；(Ⅲ)34．【解析】（Ⅰ）证明：由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ．（Ⅱ）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角．在Rt△DAM中，AM=1，故DM=22=13AD AM+．因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．在Rt△DAN中，AN=1，故DN=22=13AD AN+．在等腰三角形DMN中，MN=1，可得1132cosMNDMNDM∠==．所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为13．（Ⅲ）连接CM．因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM=3．又因为平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD．所以，∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．在Rt△CAD中，CD=22AC AD+=4．在Rt△CMD中，3 sinCMCDMCD∠==．所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为34．练题型1.（2019·全国高考真题（理））如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则（）A ．，且直线是相交直线B ．，且直线是相交直线C ．，且直线是异面直线D ．，且直线是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作于，连接，过作于．连，平面平面．平面，平面，平面，与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，．，故选B ．2．（2019·北京人大附中高考模拟（理））如图,在矩形ABCD 中,4AB =,2AD =,E 为边AB 的中点.将三角形ADE 沿DE 翻折,得到四棱锥1A DEBC -.设线段1A C 的中点为M ,在翻折过程中,有下列三个命题:①总有//BM 平面1A DE ;②三棱锥1C A DE -体积的最大值为423; ③存在某个位置,使DE 与1A C 所成的角为90.其中正确的命题是______.（写出所有．．正确命题的序号）【答案】①②【解析】取DC 的中点为F ，连结FM ，FB ，可得MF∥A 1D ，FB∥DE，可得平面MBF∥平面A 1DE ，所以BM∥平面A 1DE ，所以①正确；当平面A 1DE 与底面ABCD 垂直时，三棱锥C ﹣A 1DE 体积取得最大值，最大值为：111142222232323AD AE EC ⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=，所以②正确．存在某个位置，使DE 与A 1C 所成的角为90°．因为DE⊥EC，所以DE⊥平面A 1EC ，可得DE⊥A 1E ，即AE⊥DE，矛盾，所以③不正确；故答案为①②3.（2019·湖南岳阳一中高考模拟（理））记{}()min ,()a ab a b b a b ≤⎧=⎨>⎩，已知矩形ABCD 中，AB=2AD ，E 是边AB 的中点，将ADE 沿DE 翻折至A D E '''△（A '∉平面BCD ），记二面角A BC D '--为α，二面角A CD E '--为β，二面角A DE C '--为γ，二面角A BE D '--为θ，则{}min ,,,αβγθ=____.【答案】α 【解析】作为填空题，可用特例法，不妨设平面A ′DE ⊥平面ABCD ，取DE 中点O ，连接A ′O ，则A ′O ⊥平面ABCD ，由点O 作各边的垂线OM ，ON ，OH ，并连接A ′M ，A ′N ，A ′H ，则α＝∠A ′HO ，β＝∠A ′NO ，θ＝A ′MO ，γ＝90°，'''tan ,tan ,tan A O A O A OOH ON OMαβθ===，易知OH ON OM >= 所以α最小，故答案为α．4.（2017·全国高考真题（理））如图，四棱锥P-ABCD 中，侧面PAD 是边长为2的等边三角形且垂直于底ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=E 是PD 的中点。