高考数学 热点专题突破系列(四)立体几何的综合问题
高考数学(综合提升篇)+专题04+立体几何解答题(理)
专题四 立体几何解答题（理）空间向量运算与利用向量证明平行、垂直的位置关系【背一背重点知识】1．用向量证明线面平行的方法主要有：①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量；③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内两个不共线向量线性表示．2．面面平行：①证明两个平面的法向量平行；②转化为线面平行，线线平行．3．用向量证明线面垂直的方法有：①证明直线的方向向量与平行的法向量平行；②利用线面垂直的判定定理，转化为线线垂直．4．面面垂直的证明发法：①两个平面的法向量垂直；②转化为线面垂直，线线垂直． 【讲一讲提高技能】 必备技能：1．用向量证明空间中的平行关系①设直线1l 和2l 的方向向量分别为1v 和2v ，则1l ∥2l (或1l 与2l 重合)⇔ 1v ∥2v ．②设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量1v 和2v ，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数,x y ，使12v xv yv =+．③设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u ． ④设平面α和β的法向量分别为1u ，2u ，则α∥β⇔1u ∥2u ． 2．用向量证明空间中的垂直关系①设直线l 1和l 2的方向向量分别为1v 和2v ，则l 1⊥l 2⇔1v ⊥2v ⇔1v ．2v ＝0． ②设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u ③设平面α和β的法向量分别为1u 和2u ，则α⊥β⇔1u ⊥2u ⇔1u ·2u ＝0． 典型例题：例1．【2018广东省中山市】如图，PD 垂直正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 是PB 的中点，cos DP <，AE>3=．（I ）建立适当的空间坐标系，求出点E 的坐标； （II ）在平面PAD 内求一点F ，使EF ⊥平面PCB ．【答案】（I ）点E 坐标是（1，1，1）；（II ）点F 的坐标是（1，0，0）． 【解析】试题分析：（I ）由题意，分别以DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间坐标系，结合空间中点的坐标，设P （0，0，2m ），则E （1，1，m ），结合平面向量夹角公式得到关于m 的方程，解方程可得点E 坐标是（1，1，1）；（II ）由题意，设F （x ，0，z ），结合平面向量的法向量和直线的方向向量得到关于坐标的方程组，求解方程组可得即点F 是AD 的中点． 试题解析：（I ）分别以DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间坐标系，如图，则 A （2，0，0），B （2，2，0），C （0，2，0），设P （0，0，2m ），则E （1，1，m ）， ∴ AE =（-1，1，m ），DP ＝（0，0，2m ）∴ cos DP <，221m AE m >===解得． ∴ 点E 坐标是（1，1，1）；（II ）∵F ∈平面P AD ， ∴ 可设F （x ，0，z ）EF ＝（x -1，-1，z -1）， 又EF ⊥平面PCB ， ∴ EF CB ⊥⇒ (1x -，-1，1)z - (⋅2，0，0)=0，解得，1x =； 又∵EF PC ⊥ ∴ (1x -，-1，1)(z -⋅0，2，-2)00z =⇒= ∴ 点F 的坐标是（1，0，0），即点F 是AD 的中点．【方法点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型． （I ）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行； （II ）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直； （III ）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．例2．【2018陕西咸阳高三一模】如图，正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均为2，D 为棱1BB 上一点，E 是AB 的中点．（I ）若D 是1BB 的中点，证明：平面1ADC ⊥平面1A EC ； （II ）若平面1ADC 与平面ABC 的夹角为45，求BD 的长．【答案】（I ）见解析；（II ）1BD =．【解析】试题分析：（I ）证明AD 垂直于面1A EC 中的两条相交直线，则AD ⊥面1A EC ．（II ）建立空间直角坐标系求解．试题解析：（I ）由,AC BC AE BE ==，知CE AB ⊥，又平面ABC ⊥平面11ABB A ，所以CE ⊥平面11ABB A ，而AD⊂≠平面11ABB A ，∴AD CE ⊥，在正方形11ABB A 中，由D E ，分别是1BB 和AB 的中点知1AD A E ⊥，而1A E CE E ⋂=，∴AD ⊥平面1A EC ，∵AD⊂≠平面1ADC ，∴平面1ADC ⊥平面1A EC ．（II ）取AC 的中点O 为原点，直线,OA OB 分别为,x y 轴，建立如图所示坐标系O xyz -，显然平面ABC 的一个法向量为()10,0,1n =，而()()11,0,0,1,0,2A C -，设()3,(02)D m m <<，则()()12,0,2,3,AC AD m =-=-．设()2,,n x y z =是平面1ADC 的法向量，则()()()()2,0,2,,00{{3,,,030x y z x z m x y z x mz -⋅=-=⇒-⋅=-+=取(23,13n m =-，则()()1220,0,13,13cos ,61m n n m ⋅-=+- ()232261m ==+- 解得1m =，即1BD =【练一练提升能力】1．【2017南京市、盐城市高三二模】如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面四边形ABCD 为菱形，A 1A ＝AB ＝2，∠ABC ＝3π，E ，F 分别是BC ，A 1C 的中点．（I ）求异面直线EF ，AD 所成角的余弦值； （II ）点M 在线段A 1D 上，11A MA Dλ=．若CM ∥平面AEF ，求实数λ的值． 【答案】（I ）24．（II ）23λ=． 【解析】试题分析：（I ）由四棱柱1111ABCD A B C D -，证得11,A A AE A A AD ⊥⊥，进而得到AE AD ⊥，以{}1,,AE AD A A 为正交基底建立空间直角坐标系，利用向量坐标运算，即可求解,EF AD 所成角的余弦值；（II ）设(),,M x y z ，由点M 在线段1A D 上，得到11A MA Dλ=，得出向量CM 则坐标表示，再求得平面AEF 的一个法向量，利用向量的数量积的运算，即可得到λ的值． 试题解析：因为四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1为直四棱柱，所以A 1A ⊥平面ABCD ． 又AE ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以A 1A ⊥AE ，A 1A ⊥AD ．在菱形ABCD 中∠ABC ＝，则△ABC 是等边三角形．因为E是BC中点，所以BC⊥AE．因为BC∥AD，所以AE⊥AD．以{，，}为正交基底建立空间直角坐标系．则A(0，0，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)，A1(0，0，2)，E(，0，0)，F(，，1)．（I）＝(0，2，0)，＝(－，，1)，所以·＝1．从而cos＜，＞＝＝．故异面直线EF，AD所成角的余弦值为．（II）设M(x，y，z)，由于点M在线段A1D上，且＝λ，则＝λ，即(x，y，z－2)＝λ(0，2，－2)．则M(0，2λ，2－2λ)，＝(－，2λ－1，2－2λ)．设平面AEF的法向量为n＝(x0，y0，z0)．因为＝(，0，0)，＝(，，1)，由n·＝0，n·＝0，得x0＝0，y0＋z0＝0．取y0＝2，则z0＝－1，则平面AEF的一个法向量为n＝(0，2，－1)．由于CM∥平面AEF，则n·＝0，即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝．2．【2018山西晋中市高三1月高考适应性调研】如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，，，侧面底面，且是以为底的等腰三角形．（Ⅰ）证明：（Ⅱ）若四棱锥的体积等于．问：是否存在过点的平面分别交，于点，，使得平面平面？若存在，求出的面积；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）取的中，连接，，，由三角形是等腰三角形，则，又，，可得，从而证出平面，可得；（Ⅱ）取，中点，，连接，，，可证明四边形为平行四边形，进一步证明平面平面，可得三角形是直角三角形，由三角形面积公式可得面积．试题解析：（Ⅰ）证明：取的中点，连接，，∵，∴．∵且，∴是正三角形，且，又∵，，平面，∴平面，且平面，∴．（Ⅱ）解：存在，理由如下：分别取，的中点，，连接，，，则；∵是梯形，且，∴且，则四边形为平行四边形，∴．又∵，平面，，平面，∴平面，平面且，平面，，∴平面平面．∵侧面，且平面平面，由（Ⅰ）知，平面，若四棱锥的体积等于，则，所以，，在和中，，∴ ，则 ，∴ 是直角三角形，则． 利用空间向量求空间角【背一背重点知识】1．求两条异面直线所成的角，设b a ,分别是直线21,l l 的方向向量，则21,l l 所成角为θ，b a ,的夹角为><,，则ba b a ⋅>=<=,cos cos θ2．求直线与平面所成的角，设直线l 的方向向量为，平面α的法向量为，直线l 与平面α所成的角为θ，ba n a ⋅=><=,cos sin θ．3．设,是二面角βα-l -的法向量，则,的夹角大小就是二面角的平面角的大小，nm n m ⋅>=<=,cos cos θ，再根据平面是锐角还是钝角，最后确定二面角的平面角的大小．【讲一讲提高技能】 1．必备技能： 用法向量求角（I ）用法向量求二面角如图，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量与，则平面α与β所成的角跟法向量与所成的角相等或互补，所以首先必须判断二面角是锐角还是钝角．（II ）法向量求直线与平面所成的角1n 2n 1n 2n 2n要求直线a 与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量与直线a 的夹角的余弦，易知或者．2．典型例题：例1．【2018河南省豫南九校高三下学期第一次联考】四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，22,AB BC PA PB ===，．侧面PAB ⊥底面ABCD ．（I ）证明：PC BD ⊥；（II ）设BD 与平面PAD 所成的角为45︒，求二面角B PC D --的余弦值． 【答案】（I ）见解析（II ）10【解析】【试题分析】（I ）设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥，根据面面垂直的性质定理，有PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，OP 为z 轴，OB 为y 轴，建立空间直角坐标系，计算0PC BD ⋅=可得证．（II ）设()0,0,P h ，利用直线BD 和平面PAD 所成角为45，计算3h =平面BPC 和平面DPC 的法向量计算二面角的余弦值． 【试题解析】解：（I ）证法一：设AB 中点为O ，连接PO ， 由已知PA PB =，所以PO AB ⊥， 而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB 故PO ⊥平面ABCDa aa n ,2-π以O 为原点，OP 为z 轴，OB 为y 轴，如图建立空间直角坐标系，并设PO h =，则()())()0,0,,0,1,0,2,1,0,2,1,0P h B CD-所以()()2,1,,2,2,0PC h BD =-=-0PC BD ⋅=，所以PC BD ⊥．证法二：设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥， 而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB 故PO ⊥平面ABCD ，从而BD PO ⊥ ①在矩形ABCD 中，连接CO ，设CO 与BD 交于M ，则由::CD CB BC BO =知BCD OBC ∆~∆，所以BCO CDB ∠=∠ 所以90BCM CBM CDB CBM ∠+∠=∠+∠=︒，故BD CO ⊥ ② 由①②知BD ⊥平面PCO 所以PC BD ⊥．（II ）由AD AB ⊥，平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB ，可得AD ⊥平面PAB ， 所以平面PAB ⊥平面PAD ，交线为PA过B 作BH PA ⊥，垂足为H ，则BH ⊥平面PADBD 与平面PAD 所成的角即为角BDH ∠所以226322BH BD ===从而三角形PAB 为等边三角形，PO =（也可以用向量法求出PO ，设()0,0,P h ，则()())0,1,0,0,1,0,1,0A B D --，可求得平面PAD 的一个法向量为()0,,1p h =-，而()2,2,0BD =-，由cos ,sin45p BD =︒可解得h =设平面BPC 的一个法向量为m ，则0{m BP m BC ⋅=⋅=，()()0,1,3,2,0,0BP BC =-=，可取()0,3,1m =设平面DPC 的一个法向量为n ，则0{n DP n DC ⋅=⋅=，()()2,1,3,0,2,0DP DC =-=，可取(3,0,2n =--，于是10cos ,m n =-，故二面角B PC D --的余弦值为10．【易错点睛】本题主要考查了空间平行判定与性质、二面角的计算、空间想象能力和推理论证能力，考查学生综合应用知识的能力和应变能力，属综合题．其解题过程中最容易出现以下错误：其一是对于第一问不能熟练运用线线平行、线面平行和面面平行的判定定理和性质定理，进而不能正确处理线面平行的问题；其二是对于第二问不能正确运用空间向量求二面角的大小，其关键是正确地求出各面的法向量．例2．【2018天津滨海新区高三上学期八校联考】在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，//AB CD ，AB AD ⊥，PA AB =，::22AB AD CD =．（I ）证明BD PC ⊥；（II ）求二面角A PC D --的余弦值；（III ）设点Q 为线段PD 上一点，且直线AQ 平面PAC 所成角的正弦值为23，求PQPD的值．【答案】（I ）见解析（II ）（III ）23PQ PD = 【解析】试题分析：（I ）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，表示直线方法向量，再根据向量数量积为零进行证明（II ）先利用方程组解得各面法向量，再根据向量数量积求两法向量夹角，最后根据二面角与法向量夹角关系得二面角A PC D --的余弦值；（III ）根据共线关系设Q 点坐标，利用线面角得等量关系，解方程可得PQPD的值． 试题解析：以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系()2,0,0B ，()2,0D ，()0,0,2P ，()2,0C （I ）()2,0BD =-，()2,2PC =-， ∵•0BD PC =∴BD PC ⊥（II ）()1,2,0AC =，()0,0,2AP =，平面PAC 的法向量为()2,1,0m =-()0,2,2DP =-，()1,0,0AP =，平面DPC 的法向量为()0,2,1n =--．•2cos ,•3m n m n m n ==，二面角B PC D --的余弦值为23．（III ）∵AQ AP PQ AP tPD =+=+，[]0,1t ∈ ∴()()()0,0,20,2,20,2,22AQ t t t =+-=- 设θ为直线AQ 与平面PAC 所成的角•2sin cos ,•AQ m AQ m AQ mθ===， ()222222368433222t t t t t t =⇒=-++-，解得2t =（舍）或23．所以，23PQ PD =即为所求．【练一练提升能力】1．【2018浙江省金华、丽水、衢州市十二校高三8月联考】（本小题15分） 如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，是中点． （I ）证明：平面； （II ）若，，求二面角的余弦值．P ABCD -60ABC ∠=E DP //PB ACE 2AP PB ==2AB PC ==A PC D --【答案】（I ）详见解析；（II． 平面中，，；设平面的法向量为，则有，即；．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．11分 设平面的法向量为，∵，，则有可取，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．13分∴，∴ 二面角的余弦值为． 2．【2018广东省六校（广州二中，深圳实验，珠海一中，中山纪念，东莞中学，惠州一中）高三下学期第三次联考】如图，在四棱锥 中， 是平行四边形， ， ， ， ， ， 分别是 ， 的中点．APC (1,0,1)AP =-(0,3,1)CP =APC ()1111,,n x y z =1111111301303x x z y z z ⎧⎧=-+=⎪⎪⇒=⎨⎨+=⎪⎪=⎩⎩1(3,13)n =DPC 2222(,,)n x y z =(2,0,0)CD =(0,3,1)CP =2222030x y z =⎧⎪⎨-+=⎪⎩2(0,1,3)n =12121227cos ,7n n n n n n <>==⨯A PC D --277（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值．【答案】（I）见解析（II）【解析】试题分析：（Ⅰ）运用几何法和坐标法两种方法进行证明可得结论．（Ⅱ）运用几何法和坐标法两种方法求解，利用坐标法求解时，在得到两平面法向量夹角余弦值的基础上，通过图形判断出二面角的大小，最后才能得到结论．试题解析：解法一：（Ⅰ）取中点，连，∵，∴，∵是平行四边形，，，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴平面，∴．∵分别是的中点，∴∥，∥，∴，，∵，∴平面，∵平面，∴平面平面．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴是二面角的平面角．，，，在中，根据余弦定理得，∴二面角的余弦值为．解法二：（Ⅰ）∵是平行四边形，，，∴，∴是等边三角形，∵是的中点，∴，∵∥，∴．以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，，设，由，，可得，，，∴，∵是的中点，∴，∵，∴，∵，，∴平面，∵平面，∴平面平面．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，．设是平面的法向量，由，得，令，则，，．又是平面的法向量，∴，，由图形知二面角为钝角，∴二面角的余弦值为．解答题（共10题）1．【2018江西南昌市高三一模】如图，四棱锥中，底面，为直角梯形，与相交于点，，，，三棱锥的体积为9．（I）求的值；（II）过点的平面平行于平面，与棱，，，分别相交于点，，，，求截面的周长．【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）．【解析】【试题分析】（I）利用体积公式列方程可求得．（II）利用面面平行的性质定理可有，，，利用相似三角形可求得各边长，过点作∥交于，则．所以截面的周长为．【试题解析】（Ⅰ）四棱锥中，底面，为直角梯形，，，，所以，解得．（Ⅱ）【法一】因为平面，平面平面，，平面平面，根据面面平行的性质定理，所以 ，同理 ， ， 因为 ， ， 所以 ∽ ，且，又因为 ∽ ， ，所以 ， 同理 ， ，， ，如图：作 ， ， ， ，所以 ， ， 故四边形 为矩形，即 ， （求 长2分，其余三边各1分） 在 中，所以 所以截面 的周长为 ． 【法二】因为 平面 ，平面 平面 ，，平面 平面 ， 所以 ，同理 ， 因为 ∥ ， ，所以 ∽ ，且，所以，， ．同理，连接 ，则有 ∥ ，所以 ， ，所以，同理， ，过点 作 ∥ 交 于 ，则 ，所以截面 的周长为．2．【2018河南豫南九校高三下学期第一次联考】四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，2AB BC PA PB ===，．侧面PAB ⊥底面ABCD ．（I ）证明：PC BD ⊥；（II ）设BD 与平面PAD 所成的角为45︒，求二面角B PC D --的余弦值． 【答案】（I ）见解析（II ）10【解析】【试题分析】（I ）设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥，根据面面垂直的性质定理，有PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，OP 为z 轴，OB 为y 轴，建立空间直角坐标系，计算0PC BD ⋅=可得证．（II ）设()0,0,P h ，利用直线BD 和平面PAD 所成角为45，计算3h =平面BPC 和平面DPC 的法向量计算二面角的余弦值． 【试题解析】解：（I ）证法一：设AB 中点为O ，连接PO ， 由已知PA PB =，所以PO AB ⊥， 而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB 故PO ⊥平面ABCD以O 为原点，OP 为z 轴，OB 为y 轴，如图建立空间直角坐标系，并设PO h =，则()()))0,0,,0,1,0,,1,0P h B CD- 所以()()2,1,,2,2,0PC h BD =-=-0PC BD ⋅=，所以PC BD ⊥．证法二：设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥， 而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB 故PO ⊥平面ABCD ，从而BD PO ⊥ ①在矩形ABCD 中，连接CO ，设CO 与BD 交于M ，则由::CD CB BC BO =知BCD OBC ∆~∆，所以BCO CDB ∠=∠ 所以90BCM CBM CDB CBM ∠+∠=∠+∠=︒，故BD CO ⊥ ② 由①②知BD ⊥平面PCO 所以PC BD ⊥．（II ）由AD AB ⊥，平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB ，可得AD ⊥平面PAB ， 所以平面PAB ⊥平面PAD ，交线为PA过B 作BH PA ⊥，垂足为H ，则BH ⊥平面PADBD 与平面PAD 所成的角即为角BDH ∠所以226322BH BD === 从而三角形PAB 为等边三角形，3PO =（也可以用向量法求出PO ，设()0,0,P h ，则()())0,1,0,0,1,0,2,1,0A B D --，可求得平面PAD 的一个法向量为()0,,1p h =-，而()2,2,0BD =-，由cos ,sin45p BD =︒可解得3h =设平面BPC 的一个法向量为m ，则0{m BP m BC ⋅=⋅=，()()0,1,3,2,0,0BP BC =-=，可取()0,3,1m =设平面DPC 的一个法向量为n ，则0{n DP n DC ⋅=⋅=，()()2,1,3,0,2,0DP DC =-=，可取(3,0,n =-于是10cos ,m n =-，故二面角B PC D --的余弦值为． 3．【2018安徽黄山高三一模】如图，在四棱锥P A B C D -中，底面ABCD 为直角梯形，90ABC BAD ∠=∠=︒，且112PA AB BC AD ====，PA ⊥平面ABCD ．（I ）求PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（II ）棱PD 上是否存在一点E 满足90AEC ∠=︒?若存在，求AE 的长；若不存在，说明理由． 【答案】（I ）36（II ）不存在 【解析】试题分析：（I ）建立空间直角坐标系，借助空间向量数量积的坐标形式进行求解；（II ）依据题设条件90AEC ∠=︒，运用向量的坐标形式建立方程()()222110AE CE λλλ⋅=-+-=， 即判定方程25410λλ-+=是否有解：解：（I ）依题意，以A 为坐标原点，分别以,,AB AD AP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系O xyz -， 则()()()()0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,2,0P B C D ，从而()()()1,0,1,1,1,1,0,2,1PB PC PD =-=-=-． 设平面PCD 的法向量为(),,n a b c =，则0n PC ⋅=，且0n PD ⋅=， 即0a b c +-=，且20b c -=，不妨取2c =，则1,1b a ==， 所以平面PCD 的一个法向量()1,1,2n =， 此时3cos ,26PB n ==⨯PB 与平面PCD 3（II ）设()01PE PD λλ=≤≤，则()0,2,1E λλ-，则()()1,21,1,0,2,1CE AE λλλλ=---=-，由90AEC ∠=︒得()()222110AE CE λλλ⋅=-+-=，化简得，25410λλ-+=，该方程无解，所以，棱PD 上不存在一点E 满足90AEC ∠=︒．4．【2018全国名校大联考高三第四次联考】在ABC ∆中，90BAC ∠=，60B ∠=，1AB =，D 为线段BC 的中点，,E F 为线段AC 的三等分点（如图1）．将ABD ∆沿着AD 折起到AB D ∆'的位置，连接B C '（如图2）．（I ）若平面AB D '⊥平面ADC ，求三棱锥B ADC '-的体积；（II ）记线段B C '的中点为H ，平面B ED '与平面HFD 的交线为l ，求证：//HF l ． 【答案】（I ）18；（II ）证明见解析． 【解析】试题分析：（I ）由题意可知ABD ∆是等边三角形，取AD 中点O ，连接B O '，则B O AD '⊥．由面面垂直的性质定理可得B O '⊥平面A D C ．三棱锥的高32B O '=，其底面积1131322ADC S ∆=⨯⨯=B ADC '-的体积为18． （II ）由中位线的性质可得//HF B E '，然后利用线面平行的判断定理可得//HF 平面B ED '，最后利用线面平行的性质定理可得//HF l ． 试题解析：（I ）在直角ABC ∆中，D 为BC 的中点，所以AD BD CD ==． 又60B ∠=，所以ABD ∆是等边三角形． 取AD 中点O ，连接B O '，所以B O AD '⊥．因为平面AB D '⊥平面ADC ，平面AB D '⋂平面ADC AD =，B O '⊂平面AB D '， 所以B O '⊥平面ADC ．在ABC ∆中，90BAC ∠=，60B ∠=，1AB =，D 为BC 的中点，所以AC =2B O '=．所以111224ADC S ∆=⨯⨯=．所以三棱锥B ADC '-的体积为1138ADC V S B O ∆'=⨯⨯=．（II ）因为H 为B C '的中点，F 为CE 的中点，所以//HF B E '． 又HF ⊄平面B ED '，B E '⊂平面B ED '，所以//HF 平面B ED '． 因为HF ⊂平面HFD ，平面B ED '⋂平面HFD l =，所以//HF l ．5．【2018甘肃高三第一次诊断性考试】四棱台被过点 ， ， 的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其下底面四边形 是边长为2的菱形， ， 平面 ， ． （Ⅰ）求证：平面 平面 ；（Ⅱ）若 与底面 所成角的正切值为2，求二面角 的余弦值．【答案】（I ）详见解析；（II ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）易证 ， ，进而可得 平面 ，从而证得；（Ⅱ） 与底面 所成角为 ，从而可得 ，设 ， 交于点 ，以 为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求平面 和平面 的法向量，利用法向量求解二面角即可． 试题解析：（Ⅰ）∵ 平面 ，∴ ． 在菱形 中， ，又 ，∴ 平面 ， ∵ 平面 ，∴平面 平面 ． （Ⅱ）∵ 平面∴ 与底面 所成角为 ，∴ ，∴ 设 ， 交于点 ，以 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系．则 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ．， ， ，同理，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ．设平面 的法向量 ， ， ， ∴， ， 则 ， ， ，设平面 的法向量 ， ， ， ，， 则 ， ， ， 设二面角 为 ，．6．【2018四川乐山四校第三学期半期联考】如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于,A B 的点，PO 垂直于圆O 所在的平面，且1PO OB ==．（I ）若D 为线段AC 的中点，求证AC ⊥平面PDO ； （II ）求三棱锥P ABC -体积的最大值；（III ）若BC =E 在线段PB 上，求CE OE +的最小值．【答案】（I ）见解析（II ）13（III ）2．【解析】试题分析：（I ）由等腰三角形三线合一可得C D O A ⊥，由线面垂直的定义可得C PO ⊥A ，最后利用线面垂直的判断定理可得C A ⊥平面D P O ．（II ）当底面ABC 面积最大时，三棱锥体积由最大值，由几何关系可得当C O ⊥AB 时，C ∆AB 面积的最大值为12112⨯⨯=，结合三棱锥体积公式可得三棱锥C P -AB 体积的最大值为13． (3)将将侧面C B P 绕PB 旋转至平面C 'B P ，使之与平面ABP 共面，由平面几何的知识可知O ，E ，'C 共线时，C E +OE 取得最小值．结合筝形的性质计算可得C E +OE 26+ 试题解析：（I ）在C ∆AO 中，因为C OA =O ，D 为C A 的中点，所以C D A ⊥O ． 又PO 垂直于圆O 所在的平面，所以C PO ⊥A ． 因为D O⋂PO =O ，所以C A ⊥平面D P O ．（II ）因为点C 在圆O 上，所以当C O ⊥AB 时，C 到AB 的距离最大，且最大值为1． 又2AB =，所以C ∆AB 面积的最大值为12112⨯⨯=． 又因为三棱锥C P -AB 的高1PO =， 故三棱锥C P -AB 体积的最大值为111133⨯⨯=． （III ）在∆POB 中，1PO =OB =，90∠POB =，所以22112PB =+=同理C 2P =C C PB =P =B ．在三棱锥C P -AB 中，将侧面C B P 绕PB 旋转至平面C 'B P ，使之与平面ABP 共面，如图所示．当O ，E ，'C 共线时，C E +OE 取得最小值．又因为OP =OB ，''C C P =B ，所以'C O 垂直平分PB ，即E 为PB 中点．从而''222C C O =OE +E =+=，亦即C E +OE 的最小值为2． 7．【2017天津市河西区高三二模】如图，已知梯形ABCD 中，//AD BC ，AD AB ⊥，22AB BC AD ===，四边形EDCF 为矩形，3CF =EDCF ⊥平面ABCD ．（Ⅰ）求证：//DF 平面ABE ；（Ⅱ）求平面ABE 与平面EFB 所成锐二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段DF 上是否存在点P ，使得直线BP 与平面ABE 3若存在，求出线段BP 的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（I ）见解析（II ）53131（III ）2BP = 【解析】试题分析：（I ）利用空间向量证明线面平行，一般转化为对应平面法向量与直线垂直，先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出平面法向量，根据向量数量积证明垂直，最后根据线面平行判定定理证明，（II ）求二面角，一般利用空间向量进行求解，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面法向量，利用向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角之间相等或互补关系求解（III ）研究线面角，一般利用空间向量进行列式求解参数，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面法向量，利用向量数量积求法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角之间互余关系列式求解参数．试题解析：（Ⅰ）证明：取D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DE 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图，则()1,0,0A ，()1,2,0B ，(E ，(F -，∴(1,BE =--，()0,2,0AB =，设平面ABE 的法向量(),,n x y z =，∴20,{20,x y y --==不妨设()3,0,1n =，又(1,DF =-，∴30DF n ⋅=-+=，∴DF n ⊥，又∵DF ⊄平面ABE ，∴//DF 平面ABE ． （Ⅱ）解：∵(1,3BE =--，(3BF =-，设平面BEF 的法向量(),,m x y z =， ∴230,{230,x y z x z --+=-=不妨设()23,3,4m =，∴531cos 231m n m n θ⋅===⋅⋅∴平面ABE 与平面EFB 所成锐二面角的余弦值为53131． （Ⅲ）设(3DP DF λλ==- (),23λλλ=-，[]0,1λ∈，∴(),23P λλλ-， ∴()1,23BP λλλ=---，又∵平面ABE 的法向量()3,0,1n =，∴()()2223333sin cos ,21223BP n λλθλλλ--+===++-+，∴28610λλ-+=，∴12λ=或14λ=． 当12λ=时，33,2BP ⎛=-- ⎝⎭，∴2BP =；当14λ=时，533,42BP ⎛=-- ⎝⎭，∴2BP =． 综上，2BP =．8．【2018全国名校大联考高三第四次联考】如图所示，PA ⊥平面ABC ，点C 在以AB 为直径的O 上，30CBA ∠=︒，2PA AB ==，点E 为线段PB的中点，点M 在弧AB 上，且//OM AC ．（I ）求证：平面//MOE 平面PAC ；（II ）求证：平面PAC ⊥平面PCB ；（III ）设二面角M BP C --的大小为θ，求cos θ的值． 【答案】（I ）证明见解析；（II ）证明见解析；(3) 15． 【解析】试题分析：（I ）由△ABC 中位线的性质可得//OE PA ，则//OE 平面PAC ．由线面平行的判断定理可得//OM 平面PAC ．结合面面平行的判断定理可得//MOE 平面PAC ．（II ）由圆的性质可得BC AC ⊥，由线面垂直的性质可得PA BC ⊥，据此可知BC ⊥平面PAC ．利用面面垂直的判断定理可得平面PAC ⊥平面PCB ．（III ）以C 为坐标原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系C xyz -．结合空间几何关系计算可得平面PCB 的法向量()2,0,1m =-，平面PMB 的一个法向量()1,3,1n =，则1,5m n cosm n m n⋅==-⋅．由图可知θ为锐角，故15cos θ=．试题解析：（I ）证明：因为点E 为线段PB 的中点，点O 为线段AB 的中点，所以//OE PA ，因为PA ⊂平面PAC ，OE ⊄平面PAC ，所以//OE 平面PAC ． 因为//OM AC ，且AC ⊂平面PAC ，OM ⊄平面PAC ，所以//OM 平面PAC ． 因为OE ⊂平面MOE ，OM ⊂平面MOE ，OE OM O ⋂=， 所以平面//MOE 平面PAC ． （II ）证明：因为点C 在以AB 为直径的O 上，所以90ACB ∠=︒，即BC AC ⊥．因为PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以PA BC ⊥．因为AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，PA AC A ⋂=，所以BC ⊥平面PAC ． 因为BC ⊂平面PBC ，所以平面PAC ⊥平面PCB ．（III ）解：如图，以C 为坐标原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系C xyz -．因为30CBA ∠=︒，2PA AB ==，所以230CB cos =︒=1AC =． 延长MO 交CB 于点D ．因为//OM AC ，所以MD CB ⊥，13122MD =+=，122CD CB ==．所以()1,0,2P ，()0,0,0C ，()3,0B，32M ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭．所以()1,0,2CP =，()3,0CB =． 设平面PCB 的法向量(),,m x y z =．因为0{ 0m CP m CB ⋅=⋅=，所以()()()(),,1,0,20{,,3,00x y z x y z ⋅=⋅=，即20{ 30x z +==． 令1z =，则2x =-，0y =． 所以()2,0,1m =-．同理可求平面PMB 的一个法向量()1,3,1n =． 所以1,5m n cosm n m n⋅==-⋅．由图可知θ为锐角，所以15cos θ=．9．【2018湖北宜昌市高三1月调研】如图，在四棱锥 中，平面 平面 ， ， ， ， ，点 在棱 上，且 ．（Ⅰ）求证： ；（Ⅱ）是否存在实数 ，使得二面角 的余弦值为？若存在，求出实数 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．【解析】试题分析：（I ）由边长和勾股定理得 ，又平面 平面 ，由定理证得 平面（II）建立空间直角坐标系，得出平面的一个法向量为，，，设平面的一个法向量为，由题意计算得出结果解析：（Ⅰ）过点作交于，，，四边形为正方形，且，在△中，，在△中，，又平面平面，平面平面平面，平面，且平面（Ⅱ）又平面平面，平面平面平面，以点为坐标原点，、、所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，，，，，，，，，，，，，，，，，，假设存在实数使得二面角的余弦值为，令点在棱上，，．设，，，，，，，，，，则，，，平面，平面的一个法向量为，，．设平面的一个法向量为，，，由得令得， ， ， ， ，取 ， ， ， ，化简得 又 ，，存在实数使得二面角 的余弦值为． 10．【2018安徽全椒中学第一学期期中考试】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 是PD 的中点．（Ⅰ）求证：PA ⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角E —AC —D 的余弦值； （Ⅲ）求点P 到平面EAC 的距离． 【答案】（I ）见解析；（II ）217；（III ）217a ． 【解析】试题分析：（I ）证明PA ⊥AB ，PA ⊥AD ，AB 、AD 是平面ABCD 内的两条相交直线，即可证明PA ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）如图，建立空间直角坐标系A —xyz ，()()()3131A 0,0,0,0,0,,0,,0,,,0,,,022P a D a C a AC a ⎫⎛⎫=⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭则，11110,,,0,,2222PD E a a AE a a ⎛⎫⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭中点 求出平面EAC 的法向量为(1,3,3n =-，平面ACD 的法向量为()0,0,AP a =，321cos ,77n AP a ==⋅即得二面角的余弦值；（Ⅲ）由（II ）问得，点P 平面EAC 的距离n AP d n⋅=代入计算即得解．试题解析：（Ⅰ）证明：因为底面ABCD 是菱形，∠ABC=60°，所以AB=AD=AC=a ， 在△PAB 中，可证PA 2+AB 2=2a 2 = PB 2，∴PA ⊥AB ．同理，PA ⊥AD ，所以PA ⊥平面ABCD ． （II ）如图，建立空间直角坐标系A —xyz ，则汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！31 3AC ⎛= 11110,,,0,,2222PD E a a AE a a ⎛⎫⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭中点． 设平面EAC 的法向量为(),,n x y z =，31110,0222n AC ax ay n AE ay az ∴⋅=+=⋅=+=，(3,1,3,3y x y z n ∴=-=-=-取，又平面ACD 的法向量为()0,0,?AP a =∴ 321,77a cosn AP a ==⋅，即二面角E —AC —D 的大小为217． （III ）点P 平面EAC 的距离32177n AP a d n ⋅===．。
立体几何大题综合(学生版)--2024届新高考数学题型满分突破
立体几何大题综合冲刺秘籍1.空间中的平行关系（1）线线平行（2）线面平行的判定定理：平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行（3）线面平行的性质定理若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行（4）面面平行的判定定理判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行（5）面面平行的性质定理性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行2.空间中的垂直关系（1）线线垂直（2）线面垂直的判定定理一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直（3）线面垂直的性质定理性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行（4）面面垂直的判定定理一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直(或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直)（5）面面垂直的性质定理两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面3.异面直线所成角cos θ=cos a ,b =|a ⋅b ||a |⋅|b |=|x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2|x 12+y 12+z 12⋅x 22+y 22+z 22(其中θ(0°<θ≤90°)为异面直线a ,b 所成角，a ,b 分别表示异面直线a ,b 的方向向量)4.直线AB 与平面所成角，sin β=AB ⋅m |AB ||m |(m 为平面α的法向量).5.二面角α-l -β的平面角cos θ=m ⋅n |m ||n |(m ，n 为平面α，β的法向量).6.点B 到平面α的距离d =|AB ⋅n | |n |(n 为平面α的法向量，AB 是经过面α的一条斜线，A ∈α).冲刺训练一、解答题1(2023·广东梅州·统考三模)如图所示，在几何体PABCD 中，AD ⊥平面PAB ，点C 在平面PAB 的投影在线段PB 上BC <PC ，BP =6，AB =AP =23，DC =2，CD ∥平面PAB .(1)证明：平面PCD ⊥平面PAD .(2)若二面角B -CD -P 的余弦值为-714，求线段AD 的长.2(2023·浙江·校联考模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD是边长为2的正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥PD．(1)求证：平行四边形ABCD为矩形；(2)若E为侧棱PD的中点，且平面ACE与平面ABP所成角的余弦值为64，求点B到平面ACE的距离．3(2023·福建福州·福建省福州第一中学校考二模)如图1，在△ABC 中，AB =AC =2,∠BAC =2π3,E 为BC 的中点，F 为AB 上一点，且EF ⊥AB .将△BEF 沿EF 翻折到△B EF 的位置，如图2.(1)当AB =2时，证明：平面B AE ⊥平面ABC ；(2)已知二面角B -EF -A 的大小为π4，棱AC 上是否存在点M ，使得直线B E 与平面B MF 所成角的正弦值为1010？若存在，确定M 的位置；若不存在，请说明理由.4(2023·江苏扬州·统考模拟预测)如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为6，截面ACC1 A1的面积为6．(1)求点B到平面ACC1A1的距离；(2)若AB=AD=2,∠BAD=60°，AA1=6，求直线BD1与平面CC1D1D所成角的正弦值．5(2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模)在三棱锥O-ABC中，AB=BC=OB=2,∠ABC=120°，平面BCO⊥平面ABC，且OB⊥AB.(1)证明：OB⊥AC；(2)若F是直线OC上的一个动点，求直线AF与平面ABC所成的角的正切值最大值.6(2023·福建宁德·校考模拟预测)图1是由直角梯形ABCD和以CD为直径的半圆组成的平面图形，AD∥BC，AD⊥AB，AD=AB=12BC=1．E是半圆上的一个动点，当△CDE周长最大时，将半圆沿着CD折起，使平面PCD⊥平面ABCD，此时的点E到达点P的位置，如图2．(1)求证：BD⊥PD；(2)求平面PAB和平面PCD夹角的余弦值．7(2023·福建福州·福州四中校考模拟预测)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC,AC =2，且BC=CC1=1，点D在线段BC1(含端点)上运动，设λ=BDBC1.(1)当AB⎳平面A1CD时，求实数λ的值；(2)当平面A1CD⊥平面A1C1D时，求平面A1CD与平面ABB1A1的夹角的正弦值.8(2023·福建三明·统考三模)如图，平面五边形ABCDE由等边三角形ADE与直角梯形ABCD 组成，其中AD∥BC，AD⊥DC，AD=2BC=2，CD=3，将△ADE沿AD折起，使点E到达点M 的位置，且BM=a.(1)当a=6时，证明AD⊥BM并求四棱锥M-ABCD的体积；(2)已知点P为棱CM上靠近点C的三等分点，当a=3时，求平面PBD与平面ABCD夹角的余弦值.9(2023·河北·统考模拟预测)在圆柱O 1O 2中，等腰梯形ABCD 为底面圆O 1的内接四边形，且AD =DC =BC =1，矩形ABFE 是该圆柱的轴截面，CG 为圆柱的一条母线，CG =1.(1)求证：平面O 1CG ∥平面ADE ；(2)设DP =λDE ，λ∈0,1 ，试确定λ的值，使得直线AP 与平面ABG 所成角的正弦值为10535.10(2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，AB ∥CD ，CP ⊥CD ，CD =2AB =2，AP =AC =AD .(1)证明：平面PBC ⊥平面PCD ；(2)已知CP =2BC =2，DQ =λDP ，λ∈0,1 .若平面ABP 与平面ACQ 夹角的余弦值为36，求λ的值.11(2023·河北·校联考三模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是菱形，其对角线AC ,BD 交于点O ，且PO ⊥平面ABCD ,OC =1,OD =OP =2,M 是PD 的中点，N 是线段CD 上一动点．(1)当平面OMN ⎳平面PBC 时，试确定点N 的位置，并说明理由；(2)在(1)的前提下，点Q 在直线MN 上，以PQ 为直径的球的表面积为214π．以O 为原点，OC ,OD ,OP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O -xyz ，求点Q 的坐标．12(2023·河北沧州·校考模拟预测)如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=AB，AB1⊥A1C，AB1的中点为O，BC的中点为D.(1)证明：OD∥平面ACC1A1；(2)若∠ACB=90°，AB1=B1C，AC=2BC=4，求平面ACC1A1与平面ABC所成角的大小.13(2023·山东济南·校考模拟预测)如图，在直角梯形ABCD中，AD⎳BC，AD⊥CD，四边形CDEF为平行四边形，对角线CE和DF相交于点H，平面CDEF⊥平面ABCD，BC=2AD，∠DCF =60°，G是线段BE上一动点(不含端点)．(1)当点G为线段BE的中点时，证明：AG⎳平面CDEF；(2)若AD=1,CD=DE=2，且直线DG与平面CDEF成45°角，求二面角E-DG-F的正弦值．14(2023·山东·山东师范大学附中校考模拟预测)矩形ABCD所在平面与等腰梯形ACEF所在平面互相垂直，EF⎳AC，EF=12AC，直线AF与平面ABCD所成角为60°，EF=AB=2.(1)求平面BDE与平面ABCD夹角的余弦值；(2)线段AF上任意一点到平面BDE的距离是否为定值?如果是，则求出定值，否则说明理由．15(2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模)已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，其中AA1=2AC=4,AB=BC,F为BB1的中点，点E是CC1上靠近C1的四等分点，A1F与底面ABC所成角的余弦值为2 2．(1)求证：平面AFC⊥平面A1EF；(2)在线段A1F上是否存在一点N，使得平面AFC与平面NB1C1所成的锐二面角的余弦值为277，若存在，确定点N的位置，若不存在，请说明理由．16(2023·湖北武汉·统考模拟预测)已知图1是由等腰直角三角形ABE和菱形BCDE组成的一个平面图形，其中菱形边长为4，∠A=90°，∠D=60°．将三角形ABE沿BE折起，使得平面A1BE⊥平面BCDE(如图2)．(1)求证：A1C⊥CD；(2)求二面角B-A1C-D的正弦值．17(2023·广东佛山·统考模拟预测)如图1，菱形ABCD的边长为23，∠ABC=π3，将△ABD沿BD向上翻折，得到如图2所示得三棱锥A -BCD.(1)证明：A C⊥BD；(2)若A C=3，在线段BD上是否存在点G，使得平面A CG与平面BCD所成角的余弦值为217若存在，求出BG；若不存在，请说明理由.18(2023·广东佛山·校考模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，AB=4，PA=PD，E，F分别为BC，PD的中点.(1)求证：EF⎳平面PAB；(2)若PD⊥EF，求二面角F-BE-A的余弦值.19(2023·广东深圳·统考二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,PA=AD=2AB，点M是PD的中点.(1)证明：AM⊥PC；(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上(异于点P，C)，且ON=OA，求直线AN与平面ACM所成角的正弦值.20(2023·江苏徐州·校考模拟预测)在三棱台ABC-DEF中，G为AC中点，AC=2DF，AB⊥BC，BC⊥CF．(1)求证：BC⊥平面DEG；(2)若AB=BC=2，CF⊥AB，平面EFG与平面ACFD所成二面角大小为π3，求三棱锥E-DFG 的体积．21(2023·重庆·二模)如图，在圆台OO1中，A1B1,AB分别为上、下底面直径，且A1B1⎳AB，AB= 2A1B1，CC1为异于AA1,BB1的一条母线．(1)若M为AC的中点，证明：C1M⎳平面ABB1A1；(2)若OO1=3,AB=4,∠ABC=30°，求二面角A-C1C-O的正弦值．22(2023·广东汕头·金山中学校考模拟预测)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，面AA1C1C⊥面ABC，∠ACA1=∠ACB=45°，A1C=2BC=4(1)证明：B1C1⊥A1B；(2)若棱台的体积为79221，AC=728A1C，求二面角A1-BC-B1的余弦值．23(2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测)如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点P在对角线BD1上，AC∩BD=O，平面ACP∥平面A1C1D．(1)求证：O，P，B1三点共线；=3，求二面角P-AB (2)若四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=π3，AA1-C大小的余弦值．24(2023·湖北·统考二模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AC =2，AB =1，E ，F 分别为A 1C ，BB 1的中点，且EF ⊥平面AA 1C 1C ．(1)求棱BC 的长度；(2)若BB 1⊥A 1B 1，且△A 1FC 的面积S △A 1FC =22，求二面角B 1-A 1F -C 的正弦值．25(2023·山东菏泽·统考二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PDC ⊥平面ABCD ，PD =PC =22，CB =BA =12AD =2，AD ∥CB ，∠BAD =90°，E 为PD 中点.(1)求证：CE ∥面PAB ；(2)点Q 在棱PA 上，设PQ =λPA (0<λ<1)，若二面角P -CD -Q 余弦值为1313，求λ.26(2023·江苏·统考三模)如图，三棱锥P-ABC的底面为等腰直角三角形，∠ABC=90°，AB= 2．D，E分别为AC，BC的中点，PD⊥平面ABC，点M在线段PE上．(1)再从条件①、②、③、④四个条件中选择两个作为已知，使得平面MBD⊥平面PBC，并给予证明；(2)在(1)的条件下，求直线BP与平面MBD所成的角的正弦值．条件①：PD=2；条件②：∠PED=60°；条件③：PM=3ME：条件④：PE=3ME．27(2023·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测)如图所示，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=DE，若F为线段A C的中点．83，∠DAB=π3，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折为△A在△ADE翻折过程中，(1)求证：BF⎳平面A DE；(2)若二面角A -DE-C=60°，求A C与面A ED所成角的正弦值.28(2023·湖南·校联考模拟预测)如图，四棱锥P -ABCD 内，PB ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，AB =2，BP =23．过P 的直线l 交平面ABCD 于正方形ABCD 内的点M ，且满足平面PAM ⊥平面PBM .(1)当∠ABM ∈π6,3π8 时，求点M 的轨迹长度；(2)当二面角M -PA -B 的余弦值为45时，求二面角P -MA -D 的余弦值.29(2023·山东潍坊·三模)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的内接正三角形，且边长为3，点E在母线PC上，且AE=3,CE=1.(1)求证：直线PO⎳平面BDE；(2)求证：平面BED⊥平面ABD；(3)若点M为线段PO上的动点．当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，求此时点M到平面ABE的距离.30(2023·浙江·校联考模拟预测)在三棱锥P-ABC中，AB=22,BC=1,AB⊥BC，直线PA与平面ABC所成角为π6，直线PB与平面ABC所成角为π3．(1)求三棱锥体积的取值范围；(2)当直线PC与平面ABC所成角最小时，求二面角P-AB-C的平面角的余弦值.31。
高考数学《立体几何的综合问题》复习课件
课堂考点探究
探究点二 探索性问题中的平行与垂直关系
例 3 [2018·山东、湖北部分重点中学模拟] 如 图 7-43-4 所示,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧面 ABB1A1 是矩形,∠BAC=90°,AA1⊥ BC,AA1=AC=2AB=4,且 BC1⊥ A1C. (1)求证:平面 ABC1⊥平面 A1ACC1. (2)设 D 是 A1C1 的中点,判断并 证明在线段 BB1 上是否存在点 E,使得 DE∥平 面 ABC1?若存在,请说明理由并求点 E 到平面 ABC1 的距离.
课堂考点探究
方法二:当 E 为 BB1 的中点时,连接 DE,如图 2,设 A1C 交 AC1 于点 G,连接 BG,DG. ∵DG 12CC1,BE 12CC1,∴BE∥DG 且 BE=DG,∴四边形 DEBG 为平行四边形,则 DE∥BG, 又 DE⊄平面 ABC1,BG⊂平面 ABC1,∴DE∥平面 ABC1.求距离同方法一.
课堂考点探究
例 2 [2018·烟台二模] 如图 7-43-2 所示,在四棱锥 P-ABCD 中,四边形 ABCD 是矩形,E,F 分别为 BC,AP 的中点. (1)求证:EF∥平面 PCD; (2)若平面 PAB⊥平面 ABCD,AD=AP=1,AB=2,∠ PAB=45°,求三棱锥 P-DEF 的体积.
[思路点拨] (1)欲证 PE⊥BC,只需证明 PE⊥AD 即可;(2)证明 PD⊥平面 PAB,从 而可得平面 PAB⊥平面 PCD;(3)取 PC 的 中点 G,连接 FG,DG,证明 EF∥DG,则 EF ∥平面 PCD.
课堂考点探究
证明:(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,∴PD⊥平面 PAB,∴平面 PAB⊥平面 PCD. (3)如图,取 PC 的中点 G,连接 FG,GD.∵F,G 分别为 PB 和 PC 的中点,∴FG∥BC 且 FG=12BC.∵四边形 ABCD 为矩形,且 E 为 AD 的中点, ∴ED∥BC,ED=12BC,∴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.
高考大题专练四：立体几何的综合运用
专练40高考大题专练(四)立体几何的综合运用1．[2021·全国新高考Ⅰ卷]如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．(1)证明：OA⊥CD；(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC －D的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积．2．[2020·新高考Ⅰ卷]如图，四棱锥P ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面P AD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.3.[2022·全国乙卷(理)，18]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．4．[2020·全国卷Ⅰ]如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66DO.(1)证明：P A⊥平面PBC；(2)求二面角B－PC－E的余弦值．5.[2020·全国卷Ⅱ]如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN 所成角的正弦值．6．[2021·全国乙卷]如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.(1)求BC；(2)求二面角A－PM－B的正弦值．7.[2021·全国甲卷]已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.(1)证明：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？8．[2022·新高考Ⅰ卷，19]如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22.(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D到A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．。
新课程2021高考数学一轮复习第七章立体几何解答题专项突破四高考中立体几何问题的热点题型课件
规范解答 (2)存在．以 O 为坐标原点，射线 OB，OC，OP 的方向分别 为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由(1)可知 OP＝ 2.
可得 P(0,0,2)，A(0，－2,0)，B(2,0,0)，C(0，2,0)，D(－2，0,0)， 可得 M(0，－1,1)，N(0,1,1)，D→M＝(2，－1,1)，M→N＝(0，2,0)． 设平面 DMN 的法向量 n＝(x，y，z)， ∵D→M·n＝0，M→N·n＝0，∴22xy－ ＝y0＋. z＝0， 令 x＝1，可得 n＝(1,0，－2)．
所成角的正弦值为
3 4.
解法二：因为 PF⊥BF，BF∥ED，所以 PF⊥ED， 又 PF⊥PD，ED∩PD＝D，所以 PF⊥平面 PED， 所以 PF⊥PE，设 AB＝4，则 EF＝4，PF＝2， 所以 PE＝2 3，过 P 作 PH⊥EF 交 EF 于点 H，
因为平面 PEF⊥平面 ABFD， 所以 PH⊥平面 ABFD， 连接 DH， 则∠PDH 即为直线 DP 与平面 ABFD 所成的角， 因为 PE·PF＝EF·PH，所以 PH＝2 34×2＝ 3， 因为 PD＝4，所以 sin∠PDH＝PPHD＝ 43， 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 43.
规范解答 (2)解法一：作 PH⊥EF，垂足为 H. 由(1)得，PH⊥平面 ABFD. 以 H 为坐标原点，H→F的方向为 y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐 标系 Hxyz，设正方形 ABCD 的边长为 2.
由(1)可得，DE⊥PE.
又 DP＝2，DE＝1，所以 PE＝ 3.
又 PF＝1，EF＝2，故 PE⊥PF.
热点题型 3 立体几何中的探索性问题 典例 (2019·湖北“四地七校”联考)在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 2的正方形，平面 PAC⊥底面 ABCD，PA＝PC＝2 2.
2022高考数学专题突破四立体几何中的综合问题
变量是解决问题的突破口．
(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后
的图形，也要分析折叠前的图形．
(3)解决折叠问题的关注点：平面图形折叠成空间图形，主要抓住
变与不变的量，所谓不变的量，即是指“未折坏”的元素，包括“未
折坏”的边和角，一般优先标出未折坏的直角(从而观察是否存在线
专题突破四
立体几何中的综合问题
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题型一 利用空间向量证明平行或垂直
[例1] 如图，在多面体ABC－A1B1C1 中，四边形A1ABB1 是正方形，
1
AB＝AC，BC＝ 2AB，B1C1綊 BC，AA1⊥平面BAC.求证：
2
(1)A1B1⊥平面AA1C；
(2)AB1∥平面A1C1C.
类题通法
[典例1] [2018·全国卷Ⅰ]如图，四边形ABCD为正方形，E，F分
别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位
置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
【解题思路】 (1)①翻折前后的不变关系，四边形ABFE是矩形．
的长；若不存在，请说明理由．
【解题思路】 (1)要证PB＝PD，想到在△PBD中，证明BD边上的
中线垂直于BD，联系题目条件想到用面面垂直的性质证明线面垂
直．
(2)借助第(1)问的垂直关系建立空间直角坐标系，求平面DMN的法
向量，分别依据P，B，Q共线和B，C，H共线，设PQ＝λPB和BH＝
tBC，利用垂直关系列方程先求λ再求t，确定点H的位置．
CC1的中点，求二面角B1－A1D－C1的余弦值．
2025年高考数学一轮知识点复习-立体几何的综合问题-专题突破训练【含解析】
立体几何的综合问题（原卷版）一、选择题1．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面．下列说法中错误的是()A．若m∥α，m⊂β，α∩β＝n，则m∥nB．若m∥n，m∥α，则n∥αC．若α∩β＝n，α⊥γ，β⊥γ，则n⊥γD．若m⊥α，m⊥β，α∥γ，则β∥γ2．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，则“α∥β”是“l⊥m”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3．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝1，AC＝3，AB⊥AC，AA1＝4，则球O的表面积为()A．5πB．10πC.20πD．205π34．已知O为等腰直角三角形POD的直角顶点，以OP为旋转轴旋转一周得到几何体τ，CD是底面圆O上的弦，△COD为等边三角形，则异面直线OC与PD 所成角的余弦值为()A.1 4B．24C.3 4D．225．如图所示，已知在多面体ABC－DEFG中，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为()A．2B．4C．6D．86.陀螺指的是绕一个支点高速转动的几何体，是中国民间最早的娱乐工具之一．传统陀螺大致是木或铁制的倒圆锥形，玩法是用鞭子抽．中国是陀螺的老家，从中国山西夏县新石器时代的遗址中就发掘了石制的陀螺．如图，一个倒置的陀螺，上半部分为圆锥，下半部分为同底圆柱．其中总高度为8cm，圆柱部分高度为6cm，已知该陀螺由密度为0.7g/cm3的木质材料做成，其总质量为70g，则最接近此陀螺圆柱底面半径的长度为()A．2.0cm B．2.2cmC．2.4cm D．2.6cm7．一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，∠B＝∠F＝90°，∠A＝60°，∠D＝45°，BC＝DE.现将两块三角板拼接在一起，取BC 的中点O 与AC 的中点M ，则下列直线与平面OFM 所成的角不为定值的是()A ．ACB ．AF C.EF D ．CF8.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在线段CC 1上，直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是()A.33，1B ．63，1C.63，223D ．223，19．(多选)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝4，BC ＝2，M ，N 分别为棱C 1D 1，CC 1的中点，则下列说法正确的是()A ．A ，M ，N ，B 四点共面B ．BN ∥平面ADMC ．直线BN 与B 1M 所成的角为60°D．平面ADM⊥平面CDD1C110.(多选)截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体．如图所示，将棱长为3a的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为a的截角四面体，则下列说法正确的是()A．该截角四面体的表面积为73a2a3B．该截角四面体的体积为23212πa2C．该截角四面体的外接球表面积为112D．该截角四面体中，二面角A－BC－D的余弦值为1311．(多选)如图1，点E为正方形ABCD的边BC上异于点B，C的动点，将△ABE沿AE翻折，得到如图2所示的四棱锥B－AECD，且平面BAE⊥平面AECD，点F为线段BD上异于点B，D的动点，则在四棱锥B－AECD中，下列说法正确的有()A．直线BE与直线CF必不在同一平面上B．存在点E使得直线BE⊥平面DCEC．存在点F使得直线CF与平面BAE平行D．存在点E使得直线BE与直线CD垂直12.(多选)如图是直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AA1＝2，点E，F，H分别为棱DD1，D1C1，BB1上的中点，则下列结论中一定正确的是()A．点F在平面EAB1内B．直线C1H与平面BDD1B1所成的角为π6C．C1H∥平面EAB1D．异面直线AB1与C1H所成的角为π6二、填空题13．设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α∥β；②若α外的一条直线l与α内的一条直线平行，则l∥α；③设α∩β＝l，若α内有一条直线垂直于l，则α⊥β；④直线l⊥α的充要条件是l与α内的两条直线垂直．其中所有真命题的序号是________．14.如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，SA＝AB＝1，则异面直线SD与BC所成角的余弦值为________，点C到平面SAD的距离为________．15.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，动点P在对角线BD1上，过点P作垂直于BD1的平面，记这样得到的截面多边形(含三角形)的面积为y，设BP＝x，则当x∈12，52时，函数y＝f(x)的值域为________．16．在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC都是边长为23的正三角形，PA ＝3 2.若M为三棱锥P－ABC外接球上的动点，则点M到平面ABC的距离的最大值为________．三、解答题17.在如图所示的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中点．(1)求证：AB∥平面DEG；(2)求二面角C－DF－E的余弦值．18.如图，在半圆柱W 中，AB ，CD 分别为该半圆柱的上、下底面直径，E ，F 分别为半圆弧AB ︵，CD ︵上的点，AD ，BC ，EF 均为该半圆柱的母线，AB ＝AD ＝2.(1)证明：平面DEF ⊥平面CEF ；(2)设∠CDF ＝θE －CD －F 的余弦值为55，求θ的值．19．在五边形AEBCD 中，BC ⊥CD ，CD ∥AB ，AB ＝2CD ＝2BC ，AE ⊥BE ，AE ＝BE (如图1)．将△ABE 沿AB 折起，使平面ABE ⊥平面ABCD ，线段AB 的中点为O (如图2)．(1)求证：平面ABE⊥平面DOE；(2)求平面ABE与平面ECD所成的锐二面角的大小．20.如图，在各棱长均为2的三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面A1ACC1⊥底面ABC，∠A1AC＝60°.(1)求侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值；(2)已知点D满足BD→＝BA→＋BC→，在直线AA1上是否存在点P，使DP∥平面AB1C？若存在，请确定点P的位置；若不存在，请说明理由．立体几何的综合问题（解析版）一、选择题1．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面．下列说法中错误的是()A．若m∥α，m⊂β，α∩β＝n，则m∥nB．若m∥n，m∥α，则n∥αC．若α∩β＝n，α⊥γ，β⊥γ，则n⊥γD．若m⊥α，m⊥β，α∥γ，则β∥γ答案B解析由线面平行的性质定理可知，A正确；若m∥α，m∥n，则n∥α或n⊂α，所以B错误；如图，设α∩γ＝l，β∩γ＝m，在平面γ内取一点A，过点A分别作AB⊥l，AC⊥m，垂足分别为B，C，因为α⊥γ，α∩γ＝l，AB ⊥l，AB⊂γ，所以AB⊥α，因为n⊂α，所以AB⊥n，同理可得AC⊥n，因为AB∩AC ＝A，所以n⊥γ，所以C正确；因为m⊥α，m⊥β，所以α∥β，又α∥γ，所以β∥γ，所以D正确．故选B.2．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，则“α∥β”是“l⊥m”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 解析因为l ⊥α，α∥β，所以l ⊥β，又m ⊂β，所以l ⊥m ；但l ⊥α，l ⊥m ，m ⊂β不能得到α∥β.所以“α∥β”是“l ⊥m ”的充分不必要条件．故选A.3．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝1，AC ＝3，AB ⊥AC ，AA 1＝4，则球O 的表面积为()A ．5πB ．10πC.20πD ．205π3答案C 解析如图所示，因为AB ＝1，AC ＝3，AB ⊥AC ，所以BC ，B 1C 1的中点O 1，O 2，分别为△ABC ，△A 1B 1C 1的外接圆的圆心，所以直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球的球心是O 1O 2的中点，所以R ＝＝22＋12＝5，所以球O 的表面积为S ＝4πR 2＝20π.故选C.4．已知O 为等腰直角三角形POD 的直角顶点，以OP 为旋转轴旋转一周得到几何体τ，CD 是底面圆O 上的弦，△COD 为等边三角形，则异面直线OC 与PD 所成角的余弦值为()A.14B ．24C.34D ．22答案B解析设OP＝r，过点D作OC的平行线，与CD平行的半径交于点E，所以∠PDE为异面直线OC与PD所成的角，在△PDE中，PE＝PD＝2r，DE＝r，所以cos∠PDE＝r22r＝24.故选B.5．如图所示，已知在多面体ABC－DEFG中，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为()A．2B．4C．6D．8答案B解析如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，那么显然所求的多面体的体积即为该正方体体积的一半，于是所求几何体的体积为V＝12×23＝4.故选B.6.陀螺指的是绕一个支点高速转动的几何体，是中国民间最早的娱乐工具之一．传统陀螺大致是木或铁制的倒圆锥形，玩法是用鞭子抽．中国是陀螺的老家，从中国山西夏县新石器时代的遗址中就发掘了石制的陀螺．如图，一个倒置的陀螺，上半部分为圆锥，下半部分为同底圆柱．其中总高度为8cm，圆柱部分高度为6cm ，已知该陀螺由密度为0.7g/cm 3的木质材料做成，其总质量为70g ，则最接近此陀螺圆柱底面半径的长度为()A ．2.0cmB ．2.2cmC ．2.4cmD ．2.6cm 答案B 解析由题意，该陀螺由密度为0.7g/cm 3的木质材料做成，其总质量为70g ，可得该陀螺的总体积为700.7＝100cm 3，设底面半径为r ，则πr 2×6＋13πr 2×(8－6)＝100，解得r ＝15π≈2.2cm.故选B.7．一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，∠B ＝∠F ＝90°，∠A ＝60°，∠D ＝45°，BC ＝DE .现将两块三角板拼接在一起，取BC 的中点O 与AC 的中点M ，则下列直线与平面OFM 所成的角不为定值的是()A ．ACB ．AF C.EFD ．CF 答案B 解析因为O ，M 为中点，所以OM ∥AB ，所以OM ⊥BC ，又OF ⊥BC ，且OM∩OF＝O，所以BC⊥平面OFM，所以EF，CF与平面OFM所成的角分别为∠EFO和∠CFO，它们相等，等于45°，根据直线与平面所成角的定义知，AC与平面OFM所成的角为∠CMO＝∠A＝60°，故只有AF与平面OFM所成的角不为定值．故选B.8.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点．设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是()A.33，1B．63，1C.63，223D．223，1答案B解析设正方体的棱长为1，则A1C1＝2，A1C＝3，A1O＝OC1＝1＋126 2，OC＝22，所以cos∠A1OC1＝32＋32－22×32＝13，sin∠A1OC1＝223，cos∠A1OC＝3 2＋12－32×32＝－33，sin∠A1OC＝63.又直线与平面所成的角小于等于90°，而∠A1OC为钝角，所以sinα的取值范围为63，1，故选B.9．(多选)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则下列说法正确的是()A．A，M，N，B四点共面B．BN∥平面ADMC．直线BN与B1M所成的角为60°D．平面ADM⊥平面CDD1C1答案CD解析由图显然AM，BN是异面直线，故A，M，N，B四点不共面，故A 错误；取DD1的中点H，连接AH，易证BN∥AH，由AH与平面ADM相交，得BN与平面ADM不平行，故B错误；取CD的中点O，连接BO，ON，可知△BON 为等边三角形，故C正确；由题意得AD⊥平面CDD1C1，故平面ADM⊥平面CDD1C1，故D正确．10.(多选)截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体．如图所示，将棱长为3a的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为a的截角四面体，则下列说法正确的是()A．该截角四面体的表面积为73a2a3B．该截角四面体的体积为23212C ．该截角四面体的外接球表面积为112πa 2D ．该截角四面体中，二面角A －BC －D 的余弦值为13答案ABC 解析如图所示，将题中的截角四面体补成正四面体S －NPQ ，截角四面体由4个边长为a 的正三角形，4个边长为a 的正六边形构成，故该截角四面体的表面积为4×34a 2＋4×6×34a 2＝73a 2，A 正确；∵棱长为a 的正四面体的高h ＝63a ，∴该截角四面体的体积为13×34(3a )2×63×3a －4×13×34a 2×63a ＝23212a 3，B 正确；设外接球的球心为O ，△ABC 的中心为O ′，△NPQ 的中心为O ″，∵截角四面体上下底面距离为6a －63a ＝263a ，∴R 2－O ′C 2＋R 2－O ″H 2＝263a ，∴R 2－a 23＋R 2－a 2＝263a ，∴R 2－a 23＝263a －R 2－a 2，∴R 2－a 23＝83a 2＋R 2－a 2－463·R 2－a 2，∴R 2＝118a 2，∴该截角四面体的外接球表面积为4πR 2＝112πa 2，C 正确；易知二面角S －BC －A 为锐角，所以二面角A －BC －D 为钝角，其余弦值应为负值，D 错误．故选ABC.11．(多选)如图1，点E 为正方形ABCD 的边BC 上异于点B ，C 的动点，将△ABE 沿AE 翻折，得到如图2所示的四棱锥B －AECD ，且平面BAE ⊥平面AECD ，点F为线段BD上异于点B，D的动点，则在四棱锥B－AECD中，下列说法正确的有()A．直线BE与直线CF必不在同一平面上B．存在点E使得直线BE⊥平面DCEC．存在点F使得直线CF与平面BAE平行D．存在点E使得直线BE与直线CD垂直答案AC解析对于A，假设直线BE与直线CF在同一平面上，所以E在平面BCF 上，又E在线段EC上，EC∩平面BCF＝C，所以E与C重合，与E异于C矛盾，所以直线BE与直线CF必不在同一平面上；对于B，若存在点E使得直线BE⊥平面DCE，AE⊂平面AECD，所以BE⊥AE，又AB⊥BE，所以△ABE中有两个直角，与三角形内角和为180°矛盾，所以不存在点E使得直线BE⊥平面DCE；对于C，取F为BD的中点，EC＝1AD，再取AB的中点G，则EC∥FG且EC＝2FG，四边形ECFG为平行四边形，CF∥EG，则直线CF与平面BAE平行；对于D，过D作DH⊥AE于H，因为平面BAE⊥平面AECD，平面BAE∩平面AECD ＝AE，所以DH⊥平面BAE，所以DH⊥BE.若存在点E使得直线BE与直线CD 垂直，又DH⊂平面AECD，CD⊂平面AECD，DH∩CD＝D，所以BE⊥平面AECD，所以BE⊥AE，与△ABE是以B为直角的三角形矛盾，所以不存在点E使得直线BE与直线CD垂直．故选AC.12.(多选)如图是直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱AA 1＝2，点E ，F ，H 分别为棱DD 1，D 1C 1，BB 1上的中点，则下列结论中一定正确的是()A ．点F 在平面EAB 1内B ．直线C 1H 与平面BDD 1B 1所成的角为π6C ．C 1H ∥平面EAB 1D ．异面直线AB 1与C 1H 所成的角为π6答案ABC 解析如图，连接EF ，DC 1.因为点E ，F 分别为DD 1，D 1C 1的中点，故EF ∥DC 1，又DC 1∥AB 1，所以EF ∥AB 1，又E ∈平面EAB 1，所以EF ⊂平面EAB 1，所以点F 在平面EAB 1内，故A 正确；连接A 1C 1，B 1D 1，交于点O ，连接OH .由题设，知∠C 1HO 为直线C 1H 与平面BDD 1B 1所成的角．又C 1H ＝2，C 1O ＝22，且C 1O ⊥OH ，故sin ∠C 1HO ＝C 1O C 1H ＝12，所以∠C 1HO ＝π6，故B 正确；设C 1C 的中点为P ，连接BP ，则C 1H ∥BP .又BP ∥AE ，所以C 1H ∥AE ，故C 1H ∥平面EAB 1，故C 正确；由于C 1H ∥AE ，所以异面直线AB 1与C 1H 所成的角为∠EAB 1或其补角．由题设，知AE ＝2，AB 1＝5，EB 1＝3，所以cos ∠EAB 1＝105≠32，故D 错误．二、填空题13．设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α∥β；②若α外的一条直线l 与α内的一条直线平行，则l ∥α；③设α∩β＝l ，若α内有一条直线垂直于l ，则α⊥β；④直线l ⊥α的充要条件是l 与α内的两条直线垂直．其中所有真命题的序号是________．答案①②解析①正确；②正确；满足③的α与β不一定垂直，所以③错误；直线l ⊥α的充要条件是l 与α内的两条相交直线垂直，所以④错误．所有真命题的序号是①②.14.如图，在四棱锥S －ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，且∠DAB ＝60°，SA ＝AB ＝1，则异面直线SD 与BC 所成角的余弦值为________，点C 到平面SAD 的距离为________．答案2232解析∵AD ∥BC ，∴∠SDA ＝π4即为异面直线SD 与BC 所成的角，其余弦值为cos ∠SDA ＝AD SD ＝22.∵SA ⊥平面ABCD ，∴平面SAD ⊥平面ABCD ，∴点C 到交线AD 的距离即为点C 到平面SAD 的距离，为CD sin60°＝32.15.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，动点P 在对角线BD 1上，过点P 作垂直于BD 1的平面，记这样得到的截面多边形(含三角形)的面积为y ，设BP ＝x ，则当x ∈12，52时，函数y ＝f (x )的值域为________．答案338，934解析如图，∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，∴正方体的对角线长为3，∵x ∈12，52，当x ＝12或52时，截面是正三角形，此时截面的面积最小，设截面正三角形的边长为t ，由等体积法得13×34t 2×12＝13×12××22t ，∴t ＝62，∴y min ＝34×＝338.当x ＝32，即P 为BD 1的中点时，截面为正六边形，此时截面的面积最大，正六边形的边长为＝62，故截面面积最大为6×34×＝934.∴函数y ＝f (x )的值域为338，934.16．在三棱锥P －ABC 中，△ABC 和△PBC 都是边长为23的正三角形，PA＝3 2.若M为三棱锥P－ABC外接球上的动点，则点M到平面ABC的距离的最大值为________．答案5＋1解析设BC的中点为T，连接AT，PT，如图，因为△ABC，△PBC都是边长为23的正三角形，所以AT⊥BC，PT⊥BC，则∠ATP为二面角A－BC－P的平面角，且PT＝AT＝3，又PA＝32，所以，所以平面PBC⊥平面ABC，且PT PT2＋AT2＝P A2，所以PT⊥AT，即∠ATP＝π2⊥平面ABC，AT⊥平面PBC.设△ABC的外心为O1，△PBC的外心为O2，过O1作平面ABC的垂线，过O2作平面PBC的垂线，两垂线交于点O，则点O到A，B，C，P的距离相等，即点O为三棱锥P－ABC的外接球的球心．易知OO1∥O2T，O1T∥OO2，且O1T＝O2T＝1，AO1＝PO2＝2，所以四边形OO1TO2是边长为1的正方形，连接OP，所以外接球的半径R＝OO22＋O2P2＝1＋4＝5，所以点M 到平面ABC的距离的最大值为R＋OO1＝5＋1.三、解答题17.在如图所示的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中点．(1)求证：AB∥平面DEG；(2)求二面角C－DF－E的余弦值．解(1)证明：∵AD∥EF，EF∥BC，∴AD∥BC，又BC＝2AD，G是BC的中点，∴AD綊BG，∴四边形ADGB是平行四边形，∴AB∥DG.∵AB⊄平面DEG，DG⊂平面DEG，∴AB∥平面DEG.(2)∵EF⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，BE⊂平面AEB，∴EF⊥AE，EF⊥BE，又AE⊥EB，∴EB，EF，EA两两垂直．以点E为坐标原点，EB，EF，EA所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．则E(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2，4,0)，F(0,3,0)，D(0，2,2)．由已知得EB→＝(2,0,0)是平面EFDA的一个法向量．设平面DCF的法向量为n＝(x，y，z)，·n＝0，·n＝0，∵FD→＝(0，－1,2)，FC→＝(2,1,0)，y＋2z＝0，x＋y＝0，令z＝1，得y＝2，x＝－1，∴平面DCF的一个法向量为n＝(－1,2,1)．设二面角C－DF－E的大小为θ，则|cosθ|＝|cos〈n，EB→〉|＝|－226|＝66.易知二面角C－DF－E为钝二面角，∴二面角C－DF－E的余弦值为－66.18.如图，在半圆柱W中，AB，CD分别为该半圆柱的上、下底面直径，E，F分别为半圆弧AB︵，CD︵上的点，AD，BC，EF均为该半圆柱的母线，AB＝AD＝2.(1)证明：平面DEF⊥平面CEF；(2)设∠CDF＝θE－CD－F的余弦值为55，求θ的值．解(1)证明：因为EF为半圆柱的母线，所以EF⊥平面CDF，所以EF⊥CF，又因为CD为直径，所以DF⊥CF，因为DF∩EF＝F，DF，EF⊂平面DEF，所以CF⊥平面DEF，又因为CF⊂平面CEF，所以平面DEF⊥平面CEF.(2)以F为坐标原点，FD，FC，FE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Fxyz，所以D(2cosθ，0,0)，C(0,2sinθ，0)，E(0,0,2)，设平面CDE的法向量为n1＝(x，y，z)，因为n1·CD→＝(x，y，z)·(2cosθ，－2sinθ，0)＝0，n1·CE→＝(x，y，z)·(0，－2sinθ，2)＝0，θ·x－2sinθ·y＝0，2sinθ·y＋2z＝0，取y＝1，解得x＝tanθ，z＝sinθ，所以平面CDE的一个法向量为n1＝(tanθ，1，sinθ)，取平面CDF的一个法向量n2＝(0,0,1)，由题知|n1·n2|n1||n2||＝55，所以sinθtan2θ＋1＋sin2θ＝55，所以(2sinθcosθ)2＝1，即(sin2θ)2＝1，所以sin2θ＝1或sin2θ＝－1(舍去)，所以θ＝π4.19．在五边形AEBCD中，BC⊥CD，CD∥AB，AB＝2CD＝2BC，AE⊥BE，AE＝BE(如图1)．将△ABE沿AB折起，使平面ABE⊥平面ABCD，线段AB的中点为O(如图2)．(1)求证：平面ABE⊥平面DOE；(2)求平面ABE与平面ECD所成的锐二面角的大小．解(1)证明：因为AB＝2CD，O是线段AB的中点，所以OB＝CD.又CD∥AB，所以四边形OBCD为平行四边形，又BC⊥CD，所以AB⊥OD.因为AE＝BE，O为线段AB的中点，所以EO⊥AB.又EO∩OD＝O，EO，OD⊂平面DOE，所以AB⊥平面DOE.又AB⊂平面ABE，故平面ABE⊥平面DOE.(2)由(1)易知OB，OD，OE两两垂直，以O为坐标原点，以OB，OD，OE 所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，由题意知△EAB为等腰直角三角形，且AB＝2CD＝2BC，则OA＝OB＝OD＝OE，取CD＝BC＝1，则O (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，E (0,0,1)，CD→＝(－1,0,0)，DE →＝(0，－1,1)．设平面ECD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·CD→＝0，·DE →＝0，x ＝0，y ＋z ＝0，取z ＝1，得平面ECD 的一个法向量为n ＝(0,1,1)，因为OD ⊥平面ABE ，所以平面ABE 的一个法向量为OD→＝(0,1,0)．设平面ECD 与平面ABE 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos 〈OD→，n 〉|＝|0×0＋1×1＋0×1|1×12＋12＝22.因为0°<θ<90°，所以θ＝45°，故平面ABE 与平面ECD 所成的锐二面角为45°.20.如图，在各棱长均为2的三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面A 1ACC 1⊥底面ABC ，∠A 1AC ＝60°.(1)求侧棱AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值；(2)已知点D 满足BD →＝BA →＋BC →，在直线AA 1上是否存在点P ，使DP ∥平面AB 1C ？若存在，请确定点P 的位置；若不存在，请说明理由．解(1)因为侧面A 1ACC 1⊥底面ABC ，作A 1O ⊥AC 于点O ，连接BO ，所以A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BO .又∠A 1AC ＝60°，且各棱长均为2，所以AO＝1，OA1＝BO＝3，BO⊥AC.故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(0，－1,0)，B(3，0,0)，A1(0，0，3)，C(0,1,0)，B1(3，1，3)，所以AA1→＝(0,1，3)，AB1→＝(3，2，3)，AC→＝(0,2,0)．设平面AB1C的法向量为n＝(x，y，z)，·AB1→＝3x＋2y＋3z＝0，·AC→＝2y＝0，令z＝1，则x＝－1，得n＝(－1,0,1)．设侧棱AA1与平面AB1C所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈AA1→，n〉|＝|AA1→·n||AA1→||n|＝322＝64.所以侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值为64.(2)因为BD→＝BA→＋BC→，而BA→＝(－3，－1,0)，BC→＝(－3，1,0)，所以BD→＝(－23，0,0)．又因为B(3，0,0)，所以点D的坐标为(－3，0,0)．假设存在点P符合题意，则其坐标可设为(0，y0，z0)，所以DP→＝(3，y0，z0)．因为DP∥平面AB1C，n＝(－1,0,1)为平面AB1C的一个法向量，所以DP→·n＝0，即z0＝3.因为AP→＝(0，y0＋1，z0)，则由AP→＝λAA1→1＝λ，＝3λ，所以y＝0.又DP⊄平面AB1C，故存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为(0,0，3)，即恰好为点A1.。
2024年高考数学立体几何大题突破(解析版)
立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。
考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。
2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。
题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D 1DC =120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ，从而DE ⊥CD ．又AD ⊥CD ，DE ∩AD =D ，DE ,AD ⊂平面AED ，所以CD ⊥平面AED ，ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．连AC 交BD 于点O ，连接CE 交DF 于点G ，连OG ．因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ，所以AE ∥OG ，因为O 为AC 中点，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=2．连接AG 交BD 于点I ，连HI ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AGE ，平面AGE ∩平面BDF =IH ，所以AE ∥IH ．HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA为x 轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ．由(1)知DE =3，得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ，得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t )．因为AE ⎳平面BDF ，所以存在唯一的λ，μ∈R ，使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，所以DE ⊥平面ABC ，从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ，所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点，所以CD ⊥DB ，即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点，DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23，则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A ，过点A 向平面α做垂线，确定垂足O ；(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。
高考解答题专项四 立体几何中的综合问题
设 OP=a,则有 B(1,2,0),C(-1,2,0),D(-1,0,0),P(0,0,a),
可得=(2,0,0), =(0,-2,0),=(1,-2,a),
设 m=(x1,y1,z1)为平面 PBC 的一个法向量,
21 = 0,
· = 0,
则有
BD 交 AC 于点 O,连接 OQ,
1 1
=
1
,
2
(2)解:以 D 为坐标原点,以, , 1 方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,
建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz.
设 AB=4,则 D(0,0,0),B1(1,1,2),P
即1 =(1,1,2),=
3
· = (0,-,)·(,,) = - + = 0,
令 z=1,得 n=(2,1,1),显然'=(a,0,0)为平面 AECD 的一个法向量,
所以 cos
2
<',n>=
6
=
6
.
3
由图知平面 B'CD 与平面 AECD 所成的二面角为锐角,
6
所以所求角的余弦值为 3 .
2 2
.
-2 + 2 = 0,
· = 0,
设平面 PBC 的法向量为 n=(x,y,z),则
即
- + 3 = 0,
· = 0,
令 x= 3,则 y= 3,z=1,所以 n=( 3, 3,1)为平面 PBC 的一个法向量.
设直线 GH 与平面 PBC 所成的角为 θ,
则 sin θ=|cos<n, >|=
4
(2)若点P在棱BB1上,且直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为 ,求BP的
2024全国高考真题数学汇编：立体几何初步章节综合
2024全国高考真题数学汇编立体几何初步章节综合一、单选题1．（2024天津高考真题）若,m n 为两条不同的直线， 为一个平面，则下列结论中正确的是（）A ．若//m ，//n ，则m nB ．若//,//m n ，则//m nC ．若//, m n ，则m nD ．若//, m n ，则m 与n 相交2．（2024积为（）A ．B ．C ．D ．3．（2024全国高考真题）已知正三棱台111ABC A B C -的体积为523，6AB ，112A B ，则1A A 与平面ABC 所成角的正切值为（）A ．12B ．1C ．2D ．34．（2024全国高考真题）设 、为两个平面，m n 、为两条直线，且m .下述四个命题：①若//m n ，则//n 或//n②若m n ，则n 或n③若//n 且//n ，则//m n④若n 与 , 所成的角相等，则m n 其中所有真命题的编号是（）A ．①③B ．②④C ．①②③D ．①③④5．（2024北京高考真题）如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为4的正方形，4PA PB ，PC PD ）.A ．1B ．2CD6．（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 ．142 C ．2D ．142二、填空题7．（2024全国高考真题）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．三、解答题8．（2024全国高考真题）如图，四棱锥P ABCD 中，PA 底面ABCD ，2PA AC ，1,BC AB ．(1)若AD PB ，证明：//AD 平面PBC ；(2)若AD DC ，且二面角A CP D ，求AD ．9．（2024全国高考真题）如图，//,//AB CD CD EF ，2AB DE EF CF ，4,CD AD BC AE M 为CD 的中点.(1)证明：//EM 平面BCF ；(2)求点M 到ADE 的距离.10．（2024上海高考真题）如图为正四棱锥,P ABCD O 为底面ABCD 的中心．(1)若5,AP AD ，求POA 绕PO 旋转一周形成的几何体的体积；(2)若,AP AD E 为PB 的中点，求直线BD 与平面AEC 所成角的大小．参考答案1．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 ，//n ，则,m n 平行或异面或相交，故A 错误.对于B ，若//,//m n ，则,m n 平行或异面或相交，故B 错误.对于C ，//, m n ，过m 作平面 ，使得s ，因为m ，故//m s ，而s ，故n s ，故m n ，故C 正确.对于D ，若//, m n ，则m 与n 相交或异面，故D 错误.故选：C.2．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.3．B【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高3h ，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得AM 进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台111ABC A B C -补成正三棱锥 P ABC ，1A A 与平面ABC 所成角即为PA 与平面ABC 所成角，根据比例关系可得18P ABC V ，进而可求正三棱锥 P ABC 的高，即可得结果.【详解】解法一：分别取11,BC B C 的中点1,D D ，则11AD A D ==可知1111166222ABC A B C S S 设正三棱台111ABC A B C -的为h ，则 11115233ABC A B C V h ，解得h 如图，分别过11,A D 作底面垂线，垂足为,M N ，设AM x ，则1AADN AD AM MN x =--=-，可得1DD 结合等腰梯形11BCC B 可得22211622BB DD,即 221616433x x，解得x 所以1A A 与平面ABC 所成角的正切值为11tan 1A M A AD AMÐ==；解法二：将正三棱台111ABC AB C -补成正三棱锥 P ABC ，则1A A 与平面ABC 所成角即为PA 与平面ABC 所成角，因为11113PA A B PA AB ，则111127P A B C P ABC V V ，可知1112652273ABC A B C P ABC V V，则18P ABC V ，设正三棱锥 P ABC 的高为d，则11661832P ABC V d，解得d ，取底面ABC 的中心为O ，则PO底面ABC ，且AO 所以PA 与平面ABC 所成角的正切值tan 1PO PAO AO.故选：B.4．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 ，因为//m n ，m ，则//n ，当n ，因为//m n ，m ，则//n ，当n 既不在 也不在 内，因为//m n ，,m m ，则//n 且//n ，故①正确；对②，若m n ，则n 与, 不一定垂直，故②错误；对③，过直线n 分别作两平面与, 分别相交于直线s 和直线t ，因为//n ，过直线n 的平面与平面 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 ，t 平面 ，则//s 平面 ，因为s 平面 ，m ，则//s m ，又因为//n s ，则//m n ，故③正确；对④，若,m n 与 和 所成的角相等，如果//,// n n ，则//m n ，故④错误；综上只有①③正确，故选：A.5．D【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面PEF 平面ABCD ，可知PO 平面ABCD ，利用等体积法求点到面的距离.【详解】如图，底面ABCD 为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设4,PA PB AB PC PD ，分别取,AB CD 的中点,E F ，连接,,PE PF EF ，则,PE AB EF AB ，且PE EF E ，,PE EF 平面PEF ，可知AB 平面PEF ，且AB 平面ABCD ，所以平面PEF 平面ABCD ，过P 作EF 的垂线，垂足为O ，即PO EF ，由平面PEF 平面ABCD EF ，PO 平面PEF ，所以PO 平面ABCD ，由题意可得：2,4PE PF EF ，则222PE PF EF ，即PE PF ，则1122PE PF PO EF ，可得PE PF PO EF，当相对的棱长相等时，不妨设4PA PC ，PB PD因为BD PB PD ，此时不能形成三角形PBD ，与题意不符，这样情况不存在.故选：D.6．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.7．4【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 h V h V h S S h 甲甲甲乙乙乙.故答案为：4.8．(1)证明见解析【分析】（1）先证出AD 平面PAB ，即可得AD AB ，由勾股定理逆定理可得BC AB ，从而//AD BC ，再根据线面平行的判定定理即可证出；（2）过点D 作DE AC 于E ，再过点E 作EF CP 于F ，连接DF ，根据三垂线法可知，DFE 即为二面角A CP D 的平面角，即可求得tan DFE AD 的长度表示出,DE EF ，即可解方程求出AD ．【详解】（1）（1）因为PA 平面ABCD ，而AD 平面ABCD ，所以PA AD ，又AD PB ，PB PA P ，,PB PA 平面PAB ，所以AD 平面PAB ，而AB 平面PAB ，所以AD AB .因为222BC AB AC ，所以BC AB ，根据平面知识可知//AD BC ，又AD 平面PBC ，BC 平面PBC ，所以//AD 平面PBC ．（2）如图所示，过点D 作DE AC 于E ，再过点E 作EF CP 于F ，连接DF ，因为PA 平面ABCD ，所以平面PAC 平面ABCD ，而平面PAC 平面ABCD AC ，所以DE 平面PAC ，又EF CP ，所以 CP 平面DEF ，根据二面角的定义可知，DFE 即为二面角A CP D 的平面角，即sin DFEtan DFE 因为AD DC ，设AD x，则CDDE ，又242xCE，而EFC 为等腰直角三角形，所以2EF故22tan 4DFE xxAD9．(1)证明见详解；【分析】（1）结合已知易证四边形EFCM 为平行四边形，可证//EM FC ，进而得证；（2）先证明OA 平面EDM ，结合等体积法M ADE A EDM V V 即可求解.【详解】（1）由题意得，//EF MC ，且EF MC ，所以四边形EFCM 是平行四边形，所以//EM FC ，又CF 平面,BCF EM 平面BCF ，所以//EM 平面BCF ；（2）取DM 的中点O ，连接OA ，OE ，因为//AB MC ，且AB MC ，所以四边形AMCB 是平行四边形，所以AM BC又AD ，故ADM △是等腰三角形，同理EDM △是等腰三角形，可得,,3,OA DM OE DM OA OE又AE 222OA OE AE ，故OA OE .又,,,OA DM OE DM O OE DM 平面EDM ，所以OA 平面EDM ，易知122EDM S在ADE V 中，cos4DEA，所以1sin 22DEA DEA S 设点M 到平面ADE 的距离为d ，由M ADE A EDM V V ，得1133ADE EDM S d S OA ，得d故点M 到平面ADE10．(1)12π(2)π4【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形POA 的边长，然后求圆锥的体积；（2）连接,,EA EO EC ，可先证BE 平面ACE ，根据线面角的定义得出所求角为 BOE ，然后结合题目数量关系求解.【详解】（1）正四棱锥满足且PO 平面ABCD ，由AO 平面ABCD ，则PO AO ，又正四棱锥底面ABCD 是正方形，由 AD 3AO ，故4PO ，根据圆锥的定义，POA 绕PO 旋转一周形成的几何体是以PO 为轴，AO 为底面半径的圆锥，即圆锥的高为4PO ，底面半径为3AO ，根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是21π3412π3（2）连接,,EA EO EC ，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，由E 是PB 中点，则,AE PB CE PB ，又,,AE CE E AE CE 平面ACE ，故PB 平面ACE ，即BE 平面ACE ，又BD 平面ACE O ，于是直线BD 与平面AEC 所成角的大小即为 BOE ，不妨设6AP AD ，则3BO BE ，sin2BOE，又线面角的范围是π0,2 ，故π4BOE .即为所求.。
广东专用2024版高考数学大一轮总复习第七章立体几何综合突破四立体几何综合问题课件
则 即 取 ，则 ，故 .而平面 的一个法向量为 ，故 .二面角 的平面角为锐角，故其余弦值为 .
考点五 平面图形的翻折问题
例5 如图，菱形 中， ， 为 中点，将 沿 折起使得平面 平面 ， 与 相交于点 ， 是棱 上的一点且满足 .
【点拨】空间点、线、面的位置关系的判断与证明属于必考内容，且常考常新，难度一般不高，应注意逻辑严密、表述准确，切忌对而Fra bibliotek全，造成隐性失分.
变式2 如图1，在 中， ， 分别为 ， 的中点， 为 的中点， ， .将 沿 折起到 的位置，使得平面 平面 ， 为 的中点，如图2.
图1
图2
（2） 求二面角 的余弦值.
[答案] 连接 交 于点 ，图2中的 与 分别是图1中的 与 ，所以 ， ，又 ，所以 平面 ，则 ，又 ，所以 平面 ，则 为二面角 的平面角.可知 ，则在 中， ， ,则 .在 中， ， ，由余弦定理得 .所以二面角 的余弦值为 .
令 ,则 , ,所以 .设平面 的法向量为 ,则 令 ,则 , ,所以 .所以 .设二面角 的大小为 中，则 ,所以 ，即二面角 的正弦值为 .
【点拨】本题主要考查线面平行的证明以及求二面角的大小，在求出两法向量的夹角的余弦值后，一定要判断二面角的平面角是锐角还是钝角，从而得出正确的结论（在求余弦、正切值等情形时）.
不妨设菱形的边长为4，则点 ， ， .则 ， .
设平面 的一个法向量为 ， 即 令 ，得 .易知平面 的一个法向量为 ，设二面角 的大小为 ，则 .故二面角 的余弦值为 .
【点拨】平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线线关系、线面位置关系和度量关系的变化情况.一般地，翻折后还在同一个平面上的相关关系不发生变化，不在同一个平面上的可能会发生变化.
高三理科数学一轮复习 第七章 立体几何 热点专题突破四 立体几何的综合问题课件
考点 3 立体几何中的探索性问题
探索满足线线、线面、面面平行或垂直的点的位置,实际上是各种位置关系的判定定理和性质定理的灵活
应用.这类探索性问题一般是先从结论出发,寻找使结论成立的条件,再以此为条件进行证明,注意不能出现逻辑
性错误.如果不存在,一般应用反证法证明.不特殊的点的探索也可以利用向量法,用向量法探索适合题意的点的
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典例3 (2014·湖北高考)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别 是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2). (1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ. (2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若 不存在,说明理由.
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பைடு நூலகம்
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探索点的位置的方法 在二面角已知(如本题中的直二面角的情况下),解决探索点的位置或 λ 值的问题,用传统方法即利用二面角平 面角的定义找到平面角,利用解三角形知识建立方程求解,而利用向量法则一般都是先设出点的坐标,将二面 角转化为两个平面的法向量的夹角,利用空间向量建立方程求解.
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【变式训练】
直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,且∠BAD=60°,AA1=AB,E为BB1的延长 线上一点,D1E⊥面D1AC,设AB=2. (1)求二面角E-AC-D1的大小. (2)在D1E上是否存在一点P,使A1P∥平面EAC?若存在,求D1P∶PE的值;若不存在,请说 明理由.
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典例2 如图所示的平面四边形ABCD中,△ABD是以A为直角顶点的等腰直角三角形,△BCD为正三角形,且 BD=4,AC与BD交于点O(如图甲).现沿BD将平面四边形ABCD折成三棱锥A-BCD,使得折起后∠AOC= θ(0<θ<π)(如图乙).
热点专题立体几何的综合问题ppt课件
(2)因为E,F分别为AC,AD的中点, 所以EF∥CD,又由(1)知,DC⊥平面ABC, 所以EF⊥平面ABC, 所以VA-BFE=VF-AEB13= S△AEB·FE 在图甲中,因为∠ADC=105°, 所以∠BDC=60°,∠DBC=30°,
由CD=a得BD=2a,BC3=
a,E1F= C1D= a,
热点专题突破系列(四) 立体几何的综合问题
考点一 平行、垂直关系的证明与体积的计算 【考情分析】以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体,通 过空间平行、垂直关系的论证命制,主要考查公理4及线、面平行与垂 直的判定定理与性质定理,常与平面图形的有关性质及体积的计算等 知识交汇考查,考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与 化归思想,一般以解答题的形式出现,难度中等.
【变式训练】(2015·杭州模拟)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AB⊥BB1,AC=BC=BB1=2, D为AB的中点,且CD⊥DA1. (1)求证:平面A1B1B⊥平面ABC. (2)求多面体DBC-A1B1C1的体积.
【解析】(1)因为AC=BC,D为AB的中点, 所以CD⊥AB,又CD⊥DA1,AB∩DA1=D, 所以CD⊥平面A1B1B, 又因为CD⊂平面ABC, 故平面A1B1B⊥平面ABC.
由已知可得 BH BD BC 3 3 3 .
DC 2 3 2
所S△以DEG三棱13 S锥△ABCD-D E13G 的12 体AC积VC1=D
3
sin 30 3,
S△DEG·B1H3 =
3
3 2
3. 2
【规律方法】折叠问题的求解策略 (1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量. 一般情况下,长度是不变量,而位置关系往往会发生变化. (2)在解决问题时,要综合考虑折叠前后的图形,既要分析折叠后的图 形,也要分析折叠前的图形.进而将其转化为立体几何的常规问题求解.
2019高三数学理北师大版一轮专题突破练4 立体几何中的
专题突破练(四) 立体几何中的高考热点问题(对应学生用书第293页)1．如图7所示，已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点．求证：图7(1)DE ∥平面ABC ； (2)B 1F ⊥平面AEF .[证明] (1)如图，建立空间直角坐标系A -xyz ，令AB ＝AA 1＝4， 则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4)． 取AB 中点为N ，连接CN ，则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)，∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)，∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC . 又∵NC平面ABC ，DE ⃘平面ABC .故DE ∥平面ABC .(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0)． B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF . 又∵AF ∩FE ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .2．(2018·贵州适应性考性)如图8(1)，在等腰直角三角形ABC 中，∠B ＝90°，将△ABC 沿中位线DE 翻折得到如图8(2)所示的空间图形，使二面角A -DE -C 的大小为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜θ＜π2.(1) (2)图8(1)求证：平面ABD ⊥平面ABC ；(2)若θ＝π3，求直线AE 与平面ABC 夹角的正弦值.【导学号：79140261】[解] (1)证明：在图(1)等腰直角三角形ABC 中，AB ⊥BC ， 而DE 为该三角形的中位线， ∴DE ∥BC ，∴DE ⊥AB .由翻折可知DE ⊥AD ，DE ⊥DB ， 又AD ∩DB ＝D ，∴DE ⊥平面ADB ， ∴BC ⊥平面ADB ，又BC 平面ABC ，∴平面ABD ⊥平面ABC .(2)由(1)可知，∠ADB 为二面角A -DE -C 的平面角， 即∠ADB ＝θ＝π3.又AD ＝DB ，∴△ADB 为等边三角形．如图，设O 为DB 的中点，连接OA ，过O 作OF ∥BC 交BC 于点F ， 则AO ⊥BD ，OF ⊥BD . 又AO ⊥BC ，BD ∩BC ＝B ， ∴AO ⊥平面BCED .以O 为坐标原点，OB ，OF ，OA 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．设BD ＝2，则A (0,0，3)，B (1,0,0)，C (1,4,0)，E (－1,2,0)， AB →＝(1,0，－3)，AC →＝(1,4，－3)，AE →＝(－1,2，－3)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎨⎧x －3z ＝0，x ＋4y －3z ＝0， 令z ＝1，则x ＝3，y ＝0，则n ＝(3，0,1)， 设AE 与平面ABC 的夹角为α， 则sin α＝|AE →·n ||AE →||n |＝64.3．(2018·北京海淀区期末练习)如图9，在三棱锥P -ABC 中，侧棱P A ＝2，底面三角形ABC 为正三角形，边长为2，顶点P 在平面ABC 上的射影为D ，AD ⊥DB ，DB ＝1.图9(1)求证：AC ∥平面PDB ； (2)求二面角P -AB -C 的余弦值；(3)线段PC 上是否存在点E 使得PC ⊥平面ABE ，如果存在，求CECP 的值；如果不存在，请说明理由．[解] (1)证明：因为AD ⊥DB ，且DB ＝1，AB ＝2， 所以AD ＝3，所以∠DBA ＝60°. 因为△ABC 为正三角形， 所以∠CAB ＝60°， 所以DB ∥AC .因为AC ⃘平面PDB ，DB 平面PDB ， 所以AC ∥平面PDB .(2)由点P 在平面ABC 上的射影为D 可得PD ⊥平面ACBD ，所以PD ⊥DA ，PD ⊥DB .如图，建立空间直角坐标系，则由已知可知B (1,0,0)，A (0，3，0)，P (0,0,1)，C (2，3，0)． 所以BA →＝(－1，3，0)，BP →＝(－1,0,1)． 平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)， 设m ＝(x ，y ，z )为平面P AB 的法向量， 则由⎩⎪⎨⎪⎧BA →·m ＝0，BP →·m ＝0可得⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝3，z ＝3，所以平面P AB 的一个法向量m ＝(3，1，3)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝37×1＝217， 由图可知二面角P -AB -C 的平面角为钝角， 所以二面角P -AB -C 的余弦值为－217.(3)由(2)可得AB →＝(1，－3，0)，PC →＝(2，3，－1)，因为PC →·AB →＝－1≠0， 所以PC 与AB 不垂直，所以在线段PC 上不存在点E 使得PC ⊥平面ABE .4．(2017·全国卷Ⅲ)如图10，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD ＝∠CBD ，AB ＝BD .图10(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D -AE -C 的余弦值．[解] (1)证明：由题设可得△ABD ≌△CBD ，从而AD ＝CD . 又△ACD 是直角三角形， 所以∠ADC ＝90°.取AC 的中点O ，连接DO ，BO ， 则DO ⊥AC ，DO ＝AO .又因为△ABC 是正三角形，故BO ⊥AC ， 所以∠DOB 为二面角D -AC -B 的平面角． 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2，又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2， 故∠DOB ＝90°.所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设及(1)知，OA ，OB ，OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA →的方向为x 轴正方向，|OA →|为单位长度， 建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，D (0,0,1)．由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E ⎝⎛⎭⎪⎫0，32，12，故AD →＝(－1,0,1)，AC →＝(－2,0,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，12.设n ＝(x ，y ，z )是平面DAE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋z ＝0，－x ＋32y ＋12z ＝0，可取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，1.设m 是平面AEC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，同理可取m ＝(0，－1，3)， 则cos 〈n ，m 〉＝n·m|n||m |＝77. 所以二面角D -AE -C 的余弦值为77.。
立体几何的综合问题(课件)2023年高考数学二轮复习(全国通用)
例3 (2022·山东三模)如图，在平行六面体 中， 底面 ， , ．
（1）证明： .（2）设点 为线段 上一点（异于 ， ），当 为何值时，平面 与平面 夹角的余弦值最大？
[解析] （1）如图，连接 ，因为 , ，
所以在 中，由余弦定理得 ，即 ，所以 ，即 .因为 底面 ， 底面 ，所以 ，
隐蔽点
（1） ；（2） 的面积最小隐藏的垂直关系
关键点
（1）找到 ；（2）建立合适的空间直角坐标系，写出坐标
所以 .又因为 , 平面 ， ，所以 平面 .因为 平面 ，所以平面 平面 .（2）连接 ，由（1）知， 平面 ，因为 平面 ，所以 ， 所以 .
[解析] （1）因为 ， 为 的中点，所以 ，在 和 中，因为 , , ，所以 ，所以 ，又因为 为 的中点，
，圆台下底面的圆心 为 的中点，直径为2，圆与直线 交于点 , ，圆台上底面的圆心 在 上，直径为1．
[解析] （1）以 为原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则 ， ， ， ，所以 , , .设平面 的一个法向量为 ，则有 即 令 ，则 ，故 ，
设 与平面 所成的角为 ，所以 ，所以 与平面 所成的角的正弦值为 .
提分秘籍 解决探究某些点或线的存在性问题，一般方法是先研究特殊点（中点、三等分点等）、特殊位置（平行或垂直），再证明其符合要求.一般来说与平行有关的探索性问题常常寻找三角形的中位线或平行四边形．对于是否存在问题，首先要分析条件，看结论需要的条件已有哪些，分析欲使结论成立，还需要什么条件，结合所求，不难作出辅助线．
因为 ，所以 平面 ，又 平面 ,所以 .（2）结合（1）可知， , , 两两垂直，故以 为坐标原点，分别以 , , 的方向为 轴, 轴, 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，
高考专题突破四 高考中的立体几何问题
高考专题突破四 高考中的立体几何问题【考点自测】1.在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为BC 的中点，E 为A 1C 1的中点，则DE 与平面A 1B 1BA 的位置关系为________. 答案 平行解析 如图取B 1C 1的中点为F ，连结EF ，DF ，则EF ∥A 1B 1，DF ∥B 1B ， 且EF ∩DF ＝F ，A 1B 1∩B 1B ＝B 1， ∴平面EFD ∥平面A 1B 1BA ， ∴DE ∥平面A 1B 1BA .2.设x ，y ，z 是空间中不同的直线或平面，对下列四种情形：①x ，y ，z 均为直线；②x ，y 是直线，z 是平面；③z 是直线，x ，y 是平面；④x ，y ，z 均为平面.其中使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题的是________.(填序号) 答案 ②③解析 由正方体模型可知①④为假命题；由线面垂直的性质定理可知②③为真命题. 3.一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________. 答案 12解析 设六棱锥的高为h ，则V ＝13Sh ，所以13×34×4×6h ＝23，解得h ＝1.设六棱锥的斜高为h ′，则h 2＋(3)2＝h ′2，故h ′＝2. 所以该六棱锥的侧面积为12×2×2×6＝12.4.设α，β，γ是三个平面，a ，b 是两条不同的直线，有下列三个条件：①a ∥γ，b ⊂β；②a ∥γ，b ∥β；③b ∥β，a ⊂γ.如果命题“α∩β＝a ，b ⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________.(把所有正确的序号填上)答案①或③解析由线面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确.故应填入的条件为①或③.5.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________.(填序号)答案①②③解析由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错.题型一求空间几何体的表面积与体积例1 如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1＝2，点D为AB 的中点.(1)证明：AC1∥平面B1CD；(2)求三棱锥A1—CDB1的体积.(1)证明连结BC1交B1C于点O，连结OD.在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，四边形BCC 1B 1是平行四边形， ∴点O 是BC 1的中点.∵点D 为AB 的中点，∴OD ∥AC 1. 又OD ⊂平面B 1CD ，AC 1⊄平面B 1CD ， ∴AC 1∥平面B 1CD .(2)解 ∵AC ＝BC ，AD ＝BD ，∴CD ⊥AB . 在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，由AA 1⊥平面ABC ，得平面ABB 1A 1⊥平面ABC . 又平面ABB 1A 1∩平面ABC ＝AB ，CD ⊂平面ABC ， ∴CD ⊥平面ABB 1A 1， ∵AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝2， ∴AB ＝A 1B 1＝22，CD ＝2，1111——A CDB C A DB V V ＝三棱锥三棱锥＝13×12×2×22×2＝43. 思维升华 (1)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，等积转换法多用来求三棱锥的体积.(2)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.跟踪训练1 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是边长为a 的正三角形，AA 1与AC ，AB 所成的角均为60°，且A 1A ＝AB ，求该三棱柱的侧面积和体积.解 作A 1O ⊥底面ABC 于点O ，∵AA 1与AC ，AB 所成的角均为60°， 且A 1A ＝AB ，∴O 是△ABC 的中心， ∴AO ＝23×32a ＝33a .又A 1O ＝A 1A 2－AO 2＝63a ， S △ABC ＝34a 2，A 1O ⊥AD ， ∴V ＝Sh ＝34a 2×63a ＝24a 3. 又O 是△ABC 的中心，∴AO ⊥BC ，A 1O ⊥BC ， 从而BC ⊥平面A 1AO .∵A 1A ⊂平面A 1AO ，∴BC ⊥A 1A ， 又A 1A ∥B 1B ，故BC ⊥B 1B ， ∴侧面BCC 1B 1是矩形.11112222sin 60A ABB BCC B S S S a a ∴⨯⨯︒＝＋＝＋侧＝(1＋3)a 2.题型二 空间点、线、面的位置关系例2 (2017·江苏)如图，在三棱锥A-BCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD .求证：(1)EF ∥平面ABC ； (2)AD ⊥AC .证明 (1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ， 则AB ∥EF .又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.思维升华 (1)平行问题的转化利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反.在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用.(2)垂直问题的转化在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫.应用面面垂直的性质定理时，一般作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题.跟踪训练2 (2013·江苏)如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点.求证：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.证明(1)由AS＝AB，AF⊥SB知F为SB的中点，则EF∥AB，FG∥BC，又EF∩FG＝F，AB∩BC＝B，因此平面EFG∥平面ABC.(2)由平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC＝SB，AF⊂平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC，则AF⊥BC.又BC⊥AB，AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面SAB，则BC⊥平面SAB，又SA⊂平面SAB，因此BC⊥SA.题型三平面图形的翻折问题例3 五边形ANB1C1C是由一个梯形ANB1B与一个矩形BB1C1C组成的，如图甲所示，B为AC的中点，AC＝CC1＝2AN＝8.沿虚线BB1将五边形ANB1C1C折成直二面角A—BB1—C，如图乙所示.(1)求证：平面BNC⊥平面C1B1N；(2)求图乙中的多面体的体积.(1)证明四边形BB1C1C为矩形，故B1C1⊥BB1，又由于二面角A—BB1—C为直二面角，故B1C1⊥平面BB1A，又BN⊂平面BB1A，故B1C1⊥BN，由线段AC＝CC1＝2AN＝8知，BB21＝NB21＋BN2，即BN⊥NB1，又B1C1∩NB1＝B1，B1C1，NB1⊂平面NB1C1，所以BN⊥平面C1B1N，因为BN⊂平面BNC，所以平面BNC⊥平面C1B1N.(2)解连结CN，过N作NM⊥BB1，垂足为M，V 三棱锥C —ABN ＝13×BC ·S △ABN＝13×4×12×4×4＝323， 又B 1C 1⊥平面ABB 1N ， 所以平面CBB 1C 1⊥平面ABB 1N ， 且平面CBB 1C 1∩ABB 1N ＝BB 1，NM ⊥BB 1，NM ⊂平面ABB 1N ，所以NM ⊥平面B 1C 1CB ，1111—1·3B C CB N B C CB V NM S =⨯矩形四棱锥＝13×4×4×8＝1283， 则此几何体的体积11——N B C CB C ABN V V V 四棱＝＋锥三棱锥＝323＋1283＝1603.思维升华 平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况.一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.跟踪训练3 为了迎接某节日，商场进行促销活动，某商场打算将进行促销活动的礼品盒重新设计.方案如下：将一块边长为10的正方形纸片ABCD 剪去四个全等的等腰三角形△SEE ′，△SFF ′，△SGG ′，△SHH ′，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的包装盒S —EFGH ，其中A ，B ，C ，D 重合于点O ，E 与E ′重合，F 与F ′重合，G 与G ′重合，H 与H ′重合(如图所示).(1)求证：平面SEG ⊥平面SFH ；(2)已知AE ＝52，过O 作OM ⊥SH 交SH 于点M ，求cos ∠EMO 的值.(1)证明 ∵折后A ，B ，C ，D 重合于一点O ，∴拼接成底面EFGH 的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形， ∴底面EFGH 是正方形，故EG ⊥FH . 连结SO .∵在原平面图形中，△SEE ′≌△SGG ′， ∴SE ＝SG ，∴EG ⊥SO ，∵EG ⊥FH ，EG ⊥SO ，FH ∩SO ＝O ，FH ，SO ⊂平面SFH ，∴EG ⊥平面SFH ， 又∵EG ⊂平面SEG ， ∴平面SEG ⊥平面SFH .(2)解 由题意，当AE ＝52时，OE ＝52，Rt △SHO 中，SO ＝5，SH ＝552，∴OM ＝SO ·OHSH＝ 5. 由(1)知，EO ⊥平面SHF ， 又∵OM ⊂平面SHF ，∴EO ⊥OM . 在Rt △EMO 中，EM ＝EO 2＋OM 2＝352，∴cos ∠EMO ＝OM EM ＝23.题型四 立体几何中的存在性问题例4 如图，在四棱锥P —ABCD 中，△PAD 为正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2AB ＝2AD ＝4.(1)求证：平面PCD ⊥平面PAD ； (2)求三棱锥P —ABC 的体积；(3)在棱PC 上是否存在点E ，使得BE ∥平面PAD ？若存在，请确定点E 的位置并证明；若不存在，请说明理由.(1)证明 因为AB ∥CD ，AB ⊥AD ，所以CD ⊥AD . 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以CD ⊥平面PAD . 因为CD ⊂平面PCD ， 所以平面PCD ⊥平面PAD . (2)解 取AD 的中点O ，连结PO . 因为△PAD 为正三角形，所以PO ⊥AD .因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面PAD ， 所以PO ⊥平面ABCD ， 所以PO 为三棱锥P —ABC 的高.因为△PAD 为正三角形，CD ＝2AB ＝2AD ＝4， 所以PO ＝ 3.所以V 三棱锥P —ABC ＝13S △ABC ·PO＝13×12×2×2×3＝233. (3)解 在棱PC 上存在点E ，当E 为PC 的中点时，BE ∥平面PAD . 分别取CP ，CD 的中点E ，F ，连结BE ，BF ，EF ， 所以EF ∥PD .因为AB ∥CD ，CD ＝2AB ， 所以AB ∥FD ，AB ＝FD ，所以四边形ABFD 为平行四边形， 所以BF ∥AD .因为BF ∩EF ＝F ，AD ∩PD ＝D ， 所以平面BEF ∥平面PAD . 因为BE ⊂平面BEF ， 所以BE ∥平面PAD .思维升华 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设.跟踪训练4 (2017·江苏无锡天一中学模拟)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点.(1)证明：平面ADC 1B 1⊥平面A 1BE ；(2)在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE ？证明你的结论. (1)证明 如图，因为ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体， 所以B 1C 1⊥平面ABB 1A 1.因为A 1B ⊂平面ABB 1A 1，所以B 1C 1⊥A 1B .又因为A 1B ⊥AB 1，B 1C 1∩AB 1＝B 1，AB 1，B 1C 1⊂平面ADC 1B 1，所以A 1B ⊥平面ADC 1B 1. 因为A 1B ⊂平面A 1BE ， 所以平面ADC 1B 1⊥平面A 1BE .(2)解 当点F 为C 1D 1的中点时，可使B 1F ∥平面A 1BE .证明如下： 设A 1B ∩AB 1＝O ， 连结EO ，EF ，B 1F .易知EF ∥C 1D ，且EF ＝12C 1D ，B 1O ∥C 1D 且B 1O ＝12C 1D ，所以EF ∥B 1O 且EF ＝B 1O ，所以四边形B 1OEF 为平行四边形. 所以B 1F ∥OE .又因为B 1F ⊄平面A 1BE ，OE ⊂平面A 1BE . 所以B 1F ∥平面A 1BE .1.(2017·江苏新海中学期中)将斜边长为4的等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，则所形成的几何体的体积是________. 答案16π3解析 等腰直角三角形的斜边长为4，斜边的高为2. ∴旋转后的几何体为两个大小相等的圆锥的组合体. 圆锥的底面半径为2，高为2.∴几何体的体积V ＝2×13×π×4×2＝16π3.2.若α，β，γ是三个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，且α∩γ＝m ，β∩γ＝n .命题甲：m ∥n ；命题乙：α∥β.则甲是乙成立的________条件.(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”) 答案 必要不充分解析 若α与β平行，则必有m ∥n ，反之，当m ∥n 时，α与β可能相交，如三棱柱中侧棱平行，侧面不平行.3.如图所示，已知平面α∩平面β＝l ，α⊥β.A ，B 是直线l 上的两点，C ，D 是平面β内的两点，且AD ⊥l ，CB ⊥l ，DA ＝4，AB ＝6，CB ＝8.P 是平面α上的一动点，且有∠APD ＝∠BPC ，则四棱锥P －ABCD 体积的最大值是________.答案 48解析 由题意知，△PAD ，△PBC 是直角三角形， 又∠APD ＝∠BPC ，所以△PAD ∽△PBC . 因为DA ＝4，CB ＝8，所以PB ＝2PA . 作PM ⊥AB 于点M ，由题意知，PM ⊥平面β.令BM ＝t ，则AM ＝|6－t |，PA 2－(6－t )2＝4PA 2－t 2，所以PA 2＝4t －12.所以PM ＝－t 2＋16t －48，即为四棱锥P －ABCD 的高， 又底面ABCD 为直角梯形，S ＝12×(4＋8)×6＝36，所以V ＝13×36×－t 2＋16t －48＝12－(t －8)2＋16≤12×4＝48.4.如图梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，AD ∶BC ∶AB ＝2∶3∶4，E ，F 分别是AB ，CD 的中点，将四边形ADFE 沿直线EF 进行翻折，给出四个结论：①DF ⊥BC ； ②BD ⊥FC ；③平面DBF ⊥平面BFC ； ④平面DCF ⊥平面BFC .在翻折过程中，可能成立的结论是________.(填写结论序号) 答案 ②③解析 因为BC ∥AD ，AD 与DF 相交不垂直，所以BC 与DF 不垂直，则①错误；设点D 在平面BCF 上的射影为点P ，当BP ⊥CF 时就有BD ⊥FC ，而AD ∶BC ∶AB ＝2∶3∶4，可使条件满足，所以②正确；当点P 落在BF 上时，DP ⊂平面BDF ，从而平面BDF ⊥平面BCF ，所以③正确；因为点D 的投影不可能在FC 上，所以平面DCF ⊥平面BFC 不成立，即④错误. 5.下列三个命题都缺少一个条件P ，补上这个条件使其构成真命题(其中l ，m 为直线，α，β为平面)，则条件P 为________.①⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂α，l ∥m ，P ⇒l ∥α；②⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m ，m ∥α，P⇒l ∥α；③⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥β，α⊥β，P⇒l ∥α. 答案 l ⊄α解析 根据直线与平面平行的判定定理可得①所缺条件为l ⊄α，可推②③同样可补此条件. 6.如图，在三棱锥S —ABC 中，SA ＝SB ，AC ＝BC ，O 为AB 的中点，SO ⊥平面ABC ，AB ＝4，OC ＝2，N 是SA 的中点，CN 与SO 所成的角为α，且tan α＝2.(1)证明：OC ⊥ON ； (2)求三棱锥S —ABC 的体积.(1)证明 ∵AC ＝BC ，O 为AB 的中点， ∴OC ⊥AB ，又SO ⊥平面ABC ，OC ⊂平面ABC ， ∴OC ⊥SO ，又AB ∩SO ＝O ，AB ，SO ⊂平面SAB ， ∴OC ⊥平面SAB ，又∵ON ⊂平面SAB ， ∴OC ⊥ON .(2)解 设OA 的中点为M ，连结MN ，MC ，则MN ∥SO ，故∠CNM 即为CN 与SO 所成的角α， 又MC ⊥MN 且tan α＝2， ∴MC ＝2MN ＝SO ， 又MC ＝OC 2＋OM 2＝22＋12＝5， 即SO ＝5，∴三棱锥S —ABC 的体积V ＝13Sh ＝13·12·2·4·5＝453. 7.如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，E 是CD 的中点，将△ADE 沿AE 折起，得到如图2所示的四棱锥D 1—ABCE ，其中平面D 1AE ⊥平面ABCE .(1)证明：BE ⊥平面D 1AE ；(2)设F 为CD 1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使得MF ∥平面D 1AE ，若存在，求出AM AB的值；若不存在，请说明理由. (1)证明 连结BE ，∵ABCD 为矩形且AD ＝DE ＝EC ＝BC ＝2， ∴∠AEB ＝90°，即BE ⊥AE ， 又平面D 1AE ⊥平面ABCE ，平面D 1AE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ， ∴BE ⊥平面D 1AE .(2)解 AM ＝14AB ，取D 1E 的中点L ，连结AL ，FL ，∵FL ∥EC ，EC ∥AB ，∴FL ∥AB 且FL ＝14AB ，∴M ，F ，L ，A 四点共面， 若MF ∥平面AD 1E ，则MF ∥AL .∴AMFL 为平行四边形，∴AM ＝FL ＝14AB .故线段AB 上存在满足题意的点M ，且AM AB ＝14.8.如图，在四棱锥P —ABCD 中，ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD .PD ＝AB ＝2，E ，F ，G 分别是PC ，PD ，BC 的中点.(1)求证：平面PAB ∥平面EFG ；(2)在线段PB 上确定一点Q ，使PC ⊥平面ADQ ，并给出证明. (1)证明 ∵在△PCD 中，E ，F 分别是PC ，PD 的中点， ∴EF ∥CD ，又∵四边形ABCD 为正方形， ∴AB ∥CD ，∴EF ∥AB ，∵EF ⊄平面PAB ，AB ⊂平面PAB ， ∴EF ∥平面PAB .同理EG ∥平面PAB ， ∵EF ，EG 是平面EFG 内两条相交直线， ∴平面PAB ∥平面EFG .(2)解 当Q 为线段PB 的中点时，PC ⊥平面ADQ .取PB 的中点Q ，连结DE ，EQ ，AQ ，DQ ， ∵EQ ∥BC ∥AD ，且AD ≠QE ，∴四边形ADEQ为梯形，由PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，得AD⊥PD，∵AD⊥CD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，∴AD⊥平面PDC，又PC⊂平面PDC，∴AD⊥PC.∵△PDC为等腰直角三角形，E为斜边中点，∴DE⊥PC，∵AD，DE是平面ADQ内的两条相交直线，∴PC⊥平面ADQ.9.(2018届镇江中学检测)如图，正三棱柱A1B1C1－ABC中，点D，E分别是A1C，AB的中点.(1)求证：ED∥平面BB1C1C；(2)若AB＝2BB1，求证：A1B⊥平面B1CE.证明(1)连结AC1，BC1，因为四边形AA1C1C是矩形，D是A1C的中点，所以D是AC1的中点.在△ABC1中，因为D，E分别是AC1，AB的中点，所以DE∥BC1，因为DE⊄平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，所以ED∥平面BB1C1C.(2)因为△ABC是正三角形，E是AB的中点，所以CE⊥AB.又因为在正三棱柱A1B1C1－ABC中，平面ABC⊥平面ABB1A1，交线为AB，CE⊂平面ABC，所以CE⊥平面ABB1A1，又A1B⊂平面ABB1A1，从而CE⊥A1B.因为A 1B 1B 1B ＝AB B 1B ＝2，B 1B BE ＝B 1B12AB＝2， 所以A 1B 1B 1B ＝B 1B BE， 又∠A 1B 1B ＝∠B 1BE ＝90°， 所以Rt △A 1B 1B ∽Rt △B 1BE ， 所以∠A 1BB 1＝∠BEB 1， 又∠BEB 1＋∠BB 1E ＝90°， 所以∠A 1BB 1＋∠BB 1E ＝90°， 所以A 1B ⊥B 1E ，又因为CE ，B 1E ⊂平面B 1CE ，CE ∩B 1E ＝E ， 所以A 1B ⊥平面B 1CE .。
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2.空间线面的位置关系的判定方法 (1)证明直线与平面平行,设法在平面内找到一条直线与已知直线平行, 解答时合理利用中位线性质、线面平行的性质,或构造平行四边形,寻 求比例关系确定两直线平行. (2)证明直线与平面垂直,主要途径是找到一条直线与平面内的两条相 交直线垂直.解题时注意分析观察几何图形,寻求隐含条件.
(2)因为平面A1B1B⊥平面ABC,平面A1B1B∩平面ABC=AB,BB1⊂平
面
V V 多 面 体 D B C A 1 B 1 C 1 棱 柱 A B C A 1 B 1 C 1
A1VB棱1锥 BA1,AADBC⊥BB1,所以BB1⊥平面ABC,因此
1
1 1
3
32
=5 S△ABC·|AA1|-
V 1 3d S △ A 1 C 1 E 5 d ,从 而 5 d 2 ,d 1 5 0 .
6
1S30 △ADC·|AA1|=S△ABC·|AA1|-
S△ABC·|AA1|=
S△ABC·|AA1|= .
【加固训练】(2013·江西高考)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥ 面ABCD,AB∥CD,AD⊥AB,AB=2,AD= 2 ,AA1=3,E为CD上一点,DE=1,EC=3.
(3)由(2)得,OA=AB·cos∠OAB=2×cos 3.
6
设PO=a,由PO⊥底面ABCD知,△POA为直角三角形,
故PA2=PO2+OA2=a2+3.
由△POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM3 2=a2+ .
4
连接AM,在△ABM中,
AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM
【变式训练】(2015·杭州模拟)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AB⊥BB1,AC=BC=BB1=2, D为AB的中点,且CD⊥DA1. (1)求证:平面A1B1B⊥平面ABC. (2)求多面体DBC-A1B1C1的体积.
【解析】(1)因为AC=BC,D为AB的中点, 所以CD⊥AB,又CD⊥DA1,AB∩DA1=D, 所以CD⊥平面A1B1B, 又因为CD⊂平面ABC, 故平面A1B1B⊥平面ABC.
因为∠BAD= ,故OB=AB·sin =1,
3
6
又因为BM=1 ,且∠OBM= ,
2
3
在△OBM中,
OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos∠OBM
1 2(1)22 11co s3.
2
2 34
所以OB2=OM2+BM2,故OM⊥BM,故OM⊥BC. 又PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BC. 从而BC与平面POM内两条相交直线OM,PO都垂直, 所以BC⊥平面POM.
3.空间面面的位置关系的判定方法 (1)证明面面平行,需要证明线面平行,要证明线面平行需证明线线平 行,将“面面平行”问题转化为“线线平行”问题. (2)证明面面垂直,将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题,再 将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题.
4.计算几何体体积的关键及注意点 计算几何体的体积时,能直接用公式时,关键是确定几何体的高,而不 能直接用公式时,注意进行体积的转化.
(2)
1 V EA 1B 1C 13A A 1S △ A 1B 1C 12.
在Rt△A1D1C1中，A 1 C 1A 1 D 1 2 D 1 C 1 2 32 .
同理，E C 1 E C 2 C C 1 2 3 2 ， A 1 E A 1 A 2 A D 2 D E 2 2 3 .
则 S△A1C1E 3 5. 设点B1到平面EA1C1的距离为d，则三棱锥B1-EA1C1的体积为
2
2
13111 353.
2
22 2 8
所以四棱锥P-ABMO的体积
V P A B M O 1 3 S 四 边 形 A B M O P O 1 3 5 8 3 2 3 1 5 6 .
【规律方法】 1.空间两直线位置关系的判定方法 (1)对于平行直线可通过作辅助线,利用三角形或梯形中位线的性质及 线面平行与面面平行的性质定理. (2)垂直关系可采用线面垂直的性质解决.
【典例1】(2014·重庆高考改编)如图所示,
在四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,
PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD= ,M为BC上一点,
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且BM= 1 ,N为AB上一点,且BN= 1 .
2
2
(1)证明:MN∥平面PAC.
(2)证明:BC⊥平面POM.
(3)若MP⊥AP,求四棱锥P-ABMO的体积.
2 2 (1 )2 2 2 1 c o s2 2 1 .
2
2 34
由已知MP⊥AP, 故△APM为直角三角形,则PA2+PM2=AM2,
即 a23a2得321,
44
即PO= 3 .
2
a(舍 去3),,a 3
2
2
此时S四边形ABMO=S△AOB+S△OMB
= 1 ·AO·OB+ 1·BM·OM
【解题提示】(1)只需证明MN∥AC即可. (2)在平面POM内可以找到OM,PO与BC垂直,从而得出结论. (3)直接利用体积公式求解即可.
【规范解答】(1)因为BM=BN1 = ,
2
所以 BM BN ,
BC BA
所以MN∥AC.
又MN⊄平面PAC,AC⊂平面PAC,
所以MN∥平面PAC.
(2)因为ABCD为菱形,O为菱形中心,连接OB,则AO⊥OB.
热点专题突破系列(四) 立体几何的综合问题
考点一 平行、垂直关系的证明与体积的计算 【考情分析】以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体,通 过空间平行、垂直关系的论证命制,主要考查公理4及线、面平行与垂 直的判定定理与性质定理,常与平面图形的有关性质及体积的计算等 知识交汇考查,考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与 化归思想,一般以解答题的形式出现,难度中等.
(1)证明:BE⊥平面BB1C1C. (2)求点B1到平面EA1C1的距离.
【解析】(1)过点B作CD的垂线交CD于点F,则BF=AD2 = , EF=AB-DE=1,FC=2. 在Rt△BFE中,BE= 3 ,在Rt△CFB中,BC=6 . 在△BEC中,因为BE2+BC2=9=EC2, 所以BE⊥BC,又由BB1⊥平面ABCD得BE⊥BB1, 又BB1∩BC=B,故BE⊥平面BB1C1C.