高考数学复习——立体几何测练题

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高考数学复习-精选立体几何大题30题

立体几何大题2．如图，已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面边长为3，侧棱长为4，连结A1B，过A作AF⊥A1B垂足为F，且AF的延长线交B1B于E。

（Ⅰ）求证：D1B⊥平面AEC；（Ⅱ）求三棱锥B—AEC的体积；（Ⅲ）求二面角B—AE—C的正弦.3．如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为1，点M在BC上，△AMC1是以M为直角顶点的等腰直角三角形.（I）求证：点M为BC的中点；（Ⅱ）求点B到平面AMC1的距离；（Ⅲ）求二面角M—AC1—B的正切值.AB CA1B1C1M第3题图4．如图，已知多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，三角形ACD是正三角形，且AD=DE=2，AB=1，F是CD的中点．（Ⅰ）求证：AF∥平面BCE；（Ⅱ）求多面体ABCDE的体积；（Ⅲ）求二面角C-BE-D 的正切值．5．已知：ABCD是矩形，设PA=a，PA⊥平面ABCD.M、N分别是AB、PC的中点.（Ⅰ）求证：MN⊥AB；（Ⅱ）若PD=AB，且平面MND⊥平面PCD，求二面角P—CD—A的大小；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求三棱锥D—AMN的体积..6．如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 、M 、N 分别为棱DD 1、AB 、BC 的中点。

（I ）求二面角B 1—MN —B 的正切值；（II ）证明：PB ⊥平面MNB 1；（III ）画出一个正方体表面展开图，使其满足 “有4个正方形面相连成一个长方形”的条件，并求出展开图中P 、B 两点间的距离。

（III ）PB132，符合条件的正方体表面展开图可以是以下6种之一：AB CD P A 1B 1C 1D 1第6题图MN7．如图，四棱锥P—ABCD的底面是正方形,PA⊥底面ABCD，PA=AD=2，点M、N 分别在棱PD、PC上，且PC⊥平面AMN.（Ⅰ）求证：AM⊥PD；（Ⅱ）求二面角P—AM—N的大小；（Ⅲ）求直线CD与平面AMN所成角的大小....8．如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB=90°. BC=CC1=a，AC=2a. （I）求证：AB1⊥BC1；（II）求二面角B—AB1—C的大小；（III）求点A1到平面AB1C的距离.9．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知AB=BC=2，BB1=3，连接BC1，过B1作B1E⊥BC1交CC1于点E(Ⅰ)求证：AC1⊥平面B1D1E；(Ⅱ)求三棱锥C1－B1D1E1的体积；(Ⅲ)求二面角E－B1D1－C1的平面角大小10．在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，E为DC的中点，沿AE将△AED折起，使二面角D－AE－B为60 ．（Ⅰ）求DE与平面AC所成角的大小；（Ⅱ）求二面角D－EC－B的大小．答案：如图1，过点D作DM⊥AE于M，延长DM与BC交于N，在翻折过程中DM⊥AE，MN⊥AE保持不变，翻折后，如图2，∠DMN为二面角D－AE－B的平面角，∠DMN＝60 ，AE⊥平面DMN，又因为AE⊂平面AC，则AC⊥平面DMN．（Ⅰ）在平面DMN内，作DO⊥MN于O，∵平面AC⊥平面DMN，∴DO⊥平面AC．连结OE，DO⊥OE，∠DEO为DE与平面AC所成的角．如图1，在直角三角形ADE中，AD＝3，DE＝2，,1323DEADAE2222=+=+=.134AEDEME,136AEDEADDM2===⋅=如图2，在直角三角形DOM中，,133360sinDMDO=︒⋅=在直角三角形DOE中，13233DEDODEOsin==∠，则.26393arcsinDEO=∠∴DE与平面AC所成的角为.26393arcsin（Ⅱ）如图2，在平面AC内，作OF⊥EC于F，连结DF，ADBCEA BCED第10题∵DO ⊥平面AC ，∴DF ⊥EC ，∴∠DFO 为二面角D －EC －B 的平面角．如图1，作OF ⊥DC 于F ，则Rt △EMD ∽Rt △OFD ，,DEEMDO OF = ∴.DEEMDO OF ⋅=如图2，在Rt △DOM 中，OM ＝DMcos ∠DMO ＝DM·cos60 ＝133．如图1，.1318OF ,139MO DM DO ==+= 在Rt △DFO 中，,213OF DO DFO tg ==∠ ∴二面角D －EC －B 的大小为213arctg ．11．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝CB ＝AA 1＝2，∠ACB ＝90°，E 是BB 1的中点，D ∈AB ，∠A 1DE ＝90°.（Ⅰ）求证：CD ⊥平面ABB 1A 1；（Ⅱ）求二面角D －A 1C －A 的大小.分平面，平面平面，平面，平面知，平面－由直三棱柱，分的中点是），，（，即，有①、②由②，又①，）（，∥），，（，），，（），，（），，（则分，），，（，可设，），，（，），，（又），，（，），，（则坐标系如图，为原点，建立空间直角以2..2..0111.10902022202202221220020002.1202021111111111111⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⊥∴=⋂⊂⊥⊥∴=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅∴===∴=⋅∴︒=∠=+∴=+-∴-=-=∴--=--=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅∈→-→--→-→-→-→-→--→-A ABB CD AB A ABB ABC ABC CD A ABB ABC C B A ABC AB CD CB AC AB D D n m mn ED D A DE A n m n m AB AD AB n m AD n m D A n m ED n m D AB D B A E A C（Ⅱ）解：分的大小为－－二面角＞，＜分），，（的法向量，故可取平面平面显然），，（可取，可得令，即，且则有，），，（的法向量为设平面），，（，），，（3.33arccos.33131||||cos 4.010.111.11.0.022000.20201112121212111111111⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅∴=⋅=⋅∴⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⊥-=∴==-==+∴⎩⎨⎧=+=+=⋅=⋅===→→→→→→→-→→-→→→--→-A C A D n n nn n n n CA A CA A CB n z y x z x z x y x CA n CD n z y x n C DA CA CD12．如图，已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠BCA=90°，AC=BC=a ，点A 1在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ，BA 1⊥AC 1。

2023届高考数学总复习《立体几何》附答案解析

（2）若点 N 为 BC 的中点，求四面体 A'MNB 的体积．
【解答】证明：（1）连接 BD，设 BD∩EC＝F，连接 MF，
由题意可得四边形 BCDE 为正方形，则 F 为 BD 的中点，
∴MF 为△A′BD 的中位线，可得 MF∥A′B，
又 A′B⊄平面 EMC，MF⊂平面 EMC，
∴A'B∥平面 EMC；
2023 年高考：立体几何复习题及答案
1．如图，已知直角梯形 ABCD，BC∥AD，BC＝CD＝2，AD＝4，∠BCD＝90°，点 E 为 AD 的中点，现将三角形 ABE 沿 BE 折叠，得到四棱锥 A'﹣BCDE，其中∠A'ED＝120°，点 M 为 A'D 的中点．
（1）求证：A'B∥平面 EMC；
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∵BE⊂平面 BEF，∴平面 BEF⊥平面 AMD，结合题意分析知，点 F 在线段 AD 上，连接 MF，过 A 作 AH⊥MF，交 MF 的延长线于点 H，
则结合已知条件得
，解得 AH ，
设 Dt ，
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【解答】解：（1）证明：由题意知 PC2+AC2＝PA2，∴PC⊥AC，同理，PC⊥BC，又 AC∩BC＝C，∴PC⊥平面 ABC， ∵D，E 分别是 AC，PA 的中点，∴DE∥PC， ∴DE⊥平面 ABC，又 DE⊂平面 BDE，∴平面 BDE⊥平面 ABC．（2）在△BDE 中，DE⊥BD，BD＝2 ，DE＝2，∴BE＝4，如图，过 A 作 AM⊥BE 于 M，连接 MD，在△ABE 中，AB＝BE＝4，AE＝2 ，解得 AM ，ME＝1， ∵DM⊂平面 BDE，∴AC⊥DM，在 Rt△ADM 中，AM ，AD＝2，∴DM ， ∴DM2+EM2＝DE2，∴MD⊥BE， ∵AM∩MD＝M，∴BE⊥平面 AMD，

高考数学立体几何专题复习(含答案)

9、如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧棱 PD 底面 ABCD ， PD DC 2 ， E 是 PC
的中点.
（Ⅰ）证明： PA / / 平面 EDB ；（Ⅱ）求三棱锥 A BDP 的体积.
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参考答案
1、【答案】(1)详见解析;(2) . 试题分析（：1）过 B 作 CD 的垂线交 CD 于 F，则
6、如图所示，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点 D 是 AB 的中点． (1)求证：AC1∥平面 CDB1； (2)求异面直线 AC1 与 B1C 所成角的余弦值．
7、如图所示，在三棱锥 A BOC 中，OA 底面 BOC ，OAB OAC 300 ， AB AC 2 ， BC 2 ，
高考数学—立体几何专题复习
1、如图，直四棱柱 ABCD–A1B1C1D1 中，AB//CD，AD⊥AB，AB=2，AD= ，AA1=3，E 为 CD 上一点，DE=1，EC=3. （1）证明：BE⊥平面 BB1C1C; （2）求点 B1 到平面 EA1C1 的距离.
2、已知四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 是菱形， BAD 60 ,又 PD 平面 ABCD ，点 E 是棱 AD 的中点， F 在棱 PC 上. （1）证明：平面 BEF 平面 PAD . （2）试探究 F 在棱 PC 何处时使得 PA / / 平面 BEF .
答案第 1 页，总 6 页
试题解析：
（1）证明：
PD EB

平面ABCD 平面ABCD

PD

EB
,
又底面 ABCD 是 A 60 的菱形，且点 E 是棱 AD 的中点，所以 EB AD ，

立体几何高考数学大题热点50题训练学生版

2023 立体几何大题热点50 题一．解答题（共50 小题）1．（2023•新城区校级模拟）如图，在三棱柱 ABC −A ′B ′C ′中， AB ⊥BC ，平面 ABC ⊥平面 ABB ′A ′，2AB BC BB '===，BB ' 在BA 上的投影为1．（1）证明：BC CC ⊥'．（2）求二面角B AC B '--的余弦值．2．（2023•温州模拟）已知三棱锥D ABC -中，BCD ∆是边长为3的正三角形，AB AC AD ==，AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33．（1）求证：AD BC ⊥；（2）求二面角D AC B --的平面角的正弦值．3．（2023•抚顺模拟）如图，四棱锥S ABCD -的底面是正方形，点P ，Q 在侧棱SD 上，E 是侧棱SC 的中点．（1）若SQ QP PD ==，证明：//BE 平面PAC ；（2P AC D --的大小．①SD ⊥平面PAC ；②P 为SD 的中点．4．（2023•九江二模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AC ⊥平面11AA B B ，13ABB π∠=，1AB =，12AC AA ==，D 为棱1BB 的中点．（1）求证：AD ⊥平面11A C D ；（2）在棱BC 上是否存在异于点B 的一点E ，使得DE 与平面11A C D 所成的角为6π？若存在，求出BE BC的值若存在，请说明理由．5．（2023•太原模拟）如图，四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，AB AD ⊥，且24AB AD CD ===，2PA =，60PAB ∠=︒，直线PA 与平面ABCD 的所成角为30︒，E ，F 分别是BC 和PD 的中点．（1）证明：//EF 平面PAB ；（2）求平面PAB 与平面PAD夹角的余弦值．6．（2023•江苏模拟）在三棱柱111ABC A B C -中，平面11A B BA ⊥平面ABC ，侧面11A B BA 为菱形，13ABB π∠=，1AB AC ⊥，2AB AC ==，E 是AC 的中点．（1）求证：1A B ⊥平面1AB C ；（2）点P 在线段1A E 上（异于点1A ，)E ，AP 与平面1A BE 所成角为4π，求1EP EA 的值．7．（2023•浙江模拟）如图，四面体ABCD 中，90BAD BAC CAD ∠=∠=∠=︒，AC AD =，AB 与面BCD 的所成角为45︒．（1）若四面体ABCD 的体积为223，求AC 的长；（2）设点M 在面BCD 中，45ABM ∠=︒，30ACM ∠=︒，过M 作CD 的平行线，分别交BC 、BD 于点H 、F ，求面AFH 与面ACD 所成夹角的余弦值．8．（2023•贵州模拟）如图甲，在四边形PBCD 中，//PD BC ，2PB BC CD AD PA =====，将ABP ∆沿AB 折起得图乙，点M 是PD 上的点．（1）若M 为PD 的中点，证明：PC ⊥平面ABM ；（2）若PC =，试确定M 的位置，使二面角M AB C --的正弦值等于．9．（2022秋•滨江区校级期末）如图①，在等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，222AB AD CD ===，将ADC ∆沿AC 折起，使得AD BC ⊥，如图②．（1）求直线BD 与平面ADC 所成的角；（2）在线段BD 上是否存在点E ，使得二面角E AC D --的平面角的大小为4π？若存在，指出点E 的位置；若不存在，请说明理由．10．（2023•桃城区校级一模）如图所示，A ，B ，C ，D 四点共面，其中90BAD ADC ∠=∠=︒，12AB AD =，点P ，Q 在平面ABCD 的同侧，且PA ⊥平面ABCD ，CQ ⊥平面ABCD ．（1）若直线l ⊂平面PAB ，求证：//l 平面CDQ ；（2）若//PQ AC ，45ABP DAC ∠=∠=︒，平面BPQ ⋂平面CDQ m =，求锐二面角B m C --的余弦值．11．（2023•榆林二模）如图，在四棱锥P ABCD -中，BD PC ⊥，60ABC ∠=︒，四边形ABCD 是菱形，PB ==，E 是棱PD 上的动点，且PE PD λ=．（1）证明：PA ⊥平面ABCD ．（2）是否存在实数λ，使得平面PAB 与平面ACE ？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．12．（2023•大英县校级模拟）在三棱锥P ABC -中，ABC ∆是边长为4的等边三角形，平面PAB ⊥平面ABC ，PA PB ==M 为棱BC 的中点，点N 在棱PC 上且满PN PC λ=，已知使得异面直线MN 与AC 所成角的余弦值为12的λ有两个不同的值1λ，212()λλλ<．（1）求1λ，2λ的值；（2）当12λλ=时，求二面角N AM C --的余弦值．13．（2023•贵州模拟）如图甲，已知四边形ABCD 是直角梯形，E ，F 分别为线段AD ，BC 上的点，且满足，AB ＝2EF ＝4CD ＝4，AB ⊥BC ，，将四边形CDEF 沿EF 翻折，使得C ，D 分别到C 1，D 1的位置，并且，如图乙（1）求证：ED 1⊥BC 1；（2）求平面AD 1E 与平面BC 1F 所成的二面角的余弦值．14．（2023•南充模拟）在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60ABC ∠=︒，PB PD =，PA AC ⊥．（1）证明：BD ⊥平面PAC ；（2）PA =，是否存在常数[0λ∈，1]，满足CM CP λ= ，且直线AM 与平面PBC 所成角的正弦值为144？若存在，求出点M 的位置；若不存在，请说明理由．15．（2023•兰州模拟）如图所示的五边形SBADC 中ABCD 是矩形，2BC AB =，SB SC =，沿BC 折叠成四棱锥S ABCD -，点M 是BC 的中点，2SM =．（1）在四棱锥S ABCD -中，可以满足条件①SA =②5cos 5SBM ∠=；③6sin 3SAM ∠=，请从中任选两个作为补充条件，证明：侧面SBC ⊥底面ABCD ；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．)（2）在（1）的条件下求直线SC 与平面SAD 所成角的正弦值．16．（2023•开封二模）如图1，在直角梯形ABCD 中，//AB CD ，90BAD ∠=︒，12AD CD AB ===E 为AC 的中点，将ACD ∆沿AC 折起（如图2)，在图2所示的几何体D ABC -中：（1）若AD BC ⊥，求证：DE ⊥平面ABC ；（2）若BD 与平面ACD 所成的角为60︒，求二面角D AC B --的余弦值．17．（2022秋•天津期末）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是菱形，ADNM 是矩形，ND ⊥平面ABCD ，3DAB π∠=，2AD =，1AM =，E 为AB 的中点．（1）求证：//AN 平面MEC ；（2）求平面EMC 与平面BMC 夹角的余弦值．（3）在线段AM 上是否存在点P ，使直线PE 与平面MBC 所成的角为3π？若存在，求出PE 的长；若不存在，请说明理由．18．（2023•丰台区一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面是边长为2的菱形，AC 交BD 于点O ，60BAD ∠=︒，PB PD =．点E 是棱PA 的中点，连接OE ，OP ．（1）求证：//OE 平面PCD ；（2）若平面PAC 与平面PCD 的夹角的余弦值为155，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求线段OP 的长．条件①：平面PBD ⊥平面ABCD ；条件②：PB AC ⊥．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．19．（2023•包头一模）如图，已知矩形ABCD 是圆柱的轴截面，P 是CD 的中点，直线BP 与下底面所成角的正切值为13，矩形ABCD 的面积为12，MN 为圆柱的一条母线（不与AB ，CD 重合）．（1）证明：BN MP ⊥；（2）当三棱锥B MNP -的体积最大时，求二面角N BM P --的正弦值．20．（2023•兴庆区校级一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AD CD ⊥，//AD BC ，2PA AD CD ===，3BC =．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且在13PF PC =．（Ⅰ）求证：平面PCD ⊥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．21．（2023•南宁模拟）如图1，平面图形ABCD 是一个直角梯形，其中//AB CD ，90ABC ∠=︒，2BC DC ==，6AB =，E 是AB 上一点，且2AE EB =．将AED ∆沿着ED 折起使得平面AED ⊥平面DEBC ，连接AB 、AC ，M 、N 分别是AD 、AC 的中点，如图2．（1）证明：在图2中E 、M 、N 、B 四点共面，且平面ADC ⊥平面AED ；（2）在图2中，若G 是线段AE 上一个动点，当直线CG 与平面BDG 所成角的正弦值取得最大值时，求GE 的长．22．（2023•石景山区一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面PAD 为等腰直角三角形，且2PAD π∠=，点F 为棱PC 上的点，平面ADF 与棱PB 交于点E ．（Ⅰ）求证：//EF AD ；（Ⅱ）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面PCD 与平面ADFE 所成锐二面角的大小．条件①：AE =条件②：平面PAD ⊥平面ABCD ；条件③：PB FD ⊥．注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．23．（2023•安康二模）如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，O 为AB 中点，1A O ⊥底面ABC ，14A O =，AC BC =，26AB OC ==，G ，E 分别在线段AC ，1BC 上，且112AG BE GC C E ==．（1）求证：//GE 面11AA B B ；（2）记面1B GE ⋂面ABC l =，求二面角1B l B --的余弦值．24．（2022秋•郴州期末）如图2，在平行四边形ABCD 中，2AB =，BC =30ABC ∠=︒．将DAC ∆沿AC 翻折，使点D 到达点P 位置（如图3)，且平面PAC ⊥平面PBC ．（1）求证：平面PAC ⊥平面ABC ；（2）设Q 是线段PB 上一点，满足PQ mPB = ，试问：是否存在一个实数m ，使得平面QAC 与平面PAB 的，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．25．（2023•新疆模拟）如图，在平面四边形ABCD中，1,AB AD BC CD ====，且BC CD ⊥，以BD 为折痕把ABD ∆和CBD ∆向上折起，使点A 到达点E 的位置，点C 到达点F 的位置，且平面FBD 和平面EBD 不重合．（1）求证：EF BD ⊥；（2）若点G 为ABD ∆的重心（三条中线的交点），EG ⊥平面ABD ，求直线BD 与平面ABE 所成角的余弦值．26．（2022秋•驻马店期末）如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形ACEF 是矩形，22BC AB AF ==，60ABC ∠=︒，AF BC ⊥，H 是棱AD 的中点，P 是棱EF 上的动点．（1）证明：AB ⊥平面ACEF ；（2）求平面PBH 与平面CDE 所成锐二面角的余弦值的最大值．27．（2023•烟台一模）如图，在四棱棱V ABCD -中，底面ABCD 为菱形，2AB =，60BAD ∠=︒，VBC ∆为等边三角形．（1）求证：BC VD ⊥；（2）若二面角A BC V --的大小为60︒，求直线VA 与平面VBC 所成角的正弦值．28．（2023•咸阳校级模拟）已知直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为梯形，//AB CD ，5AB =，6AD =，2CD =，E ，H 分别是11B C ，1AA 上的点，且111113,3,,34B E BC AH AA DH AB F ===⊥为AB 上的点．（1）证明：EF DH ⊥；（2）当3AF =时，求平面DEF 与平面11AA D D 所成的二面角的正弦值．29．（2023•焦作二模）如图1，在ABC ∆中，AB AC =，23BAC π∠=，E 为BC 的中点，F 为AB 上一点，且EF AB ⊥．现将BEF ∆沿EF 翻折到△B EF '，如图2．（1）证明：EF AB '⊥．（2）已知二面角B EF A '--为3π，在棱AC 上是否存在点M ，使得直线BC 与平面B MF '所成角的正弦值M 的位置；若不存在，请说明理由．30．（2023•龙岩模拟）三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，2AB AC ==，侧面11A ACC ，为矩形，123A AB π∠=，三棱锥1C ABC -的体积为233．（1）求侧棱1AA 的长；（2）侧棱1CC 上是否存在点E ，使得直线AE 与平面1A BC 所成角的正弦值为5？若存在，求出线段1C E 的长；若不存在，请说明理由．31．（2023•沙坪坝区校级模拟）如图，在三棱锥P ABC -中，PA PB =，2AB BC ==，90APB ABC ∠=∠=︒，平面PAB ⊥平面ABC ，点E 是线段PA 上的动点．（1）证明：平面APC ⊥平面PBC ；（2）若点Q 在线段BC 上，23BQ =，且异面直线EQ 与PB 成30︒角，求平面EBC 和平面ABC 夹角的余弦值．32．（2023•湖北模拟）如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC ∆是边长为2的正三角形，侧面11BCC B 为菱形，已知160BB C ∠=︒，1AB a =．（1）当a =时，求三棱柱111ABC A B C -的体积；（2）设点P 为侧棱1BB 上一动点，当3a =时，求直线1PC 与平面11ACC A 所成角的正弦值的取值范围．33．（2023•平湖市模拟）如图在三棱柱111ABC A B C -中，D 为AC 的中点，2AB BC ==，111AA B B BC ∠=∠．（1）证明：1BB AC ⊥；（2）若1BB BC ⊥，且满足：_____，（待选条件）．从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件，求二面角11B B D C --的正弦值．①三棱柱111ABC A B C -的体积为②直线1AB 与平面11BCC B 所成的角的正弦值为；③二面角1A BB C --的大小为60︒；注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．34．（2022秋•西山区期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，23ADC π∠=，24PD DC BC ===，点E 是线段AD 的中点，点F 在线段AP 上且满足AF AP λ= ，PD ⊥面ABCD ．（Ⅰ）当13λ=时，证明：//PC 平面BFE ；（Ⅱ）当λ为何值时，平面BFE 与平面PBD所成的二面角的正弦值最小？35．（2023•宛城区校级开学）四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为正方形，1AA ⊥面ABCD ，点M ，N ，Q 分别为棱1DD ，AD ，1BB 的中点．（1）求证：平面//MNQ 平面1BC D ；（2）若12AA AB =，棱11A B 上存在点P ，使得二面角P MN Q --的余弦值为132163，求111A P A B的值．36．（2023•南开区校级模拟）如图，已知梯形ABCD 中，//AD BC ，90DAB ∠=︒，22AB BC AD ===，四边形EDCF 为矩形，2DE =，平面EDCF ⊥平面ABCD ．（1）求证：//DF 平面ABE ；（2）求平面ABE 与平面BEF 的夹角的余弦值；（3）若点P 在线段EF 上，且直线AP 与平面BEF 所成角的正弦值为1414，求线段AP 的长．37．（2023春•荔湾区月考）如图，把边长为ABCD 沿对角线AC 折成直二面角，F 是BC的中点，O 是原正方形ABCD 的中心，动点E 在线段AD （包含端点A ，)D 上．（1）若E 为AD 的中点，求直线AB 到平面EOF 的距离；（2）在线段AD 上是否存在点E ，使得平面EOF 与平面ABC 的夹角的余弦值为13，若存在，求出DE EA的值；若不存在，请说明理由．38．（2023•九龙坡区校级开学）如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，23BCD π∠=，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ，1AD CD BC CF ====．（1）求证：平面EFD ⊥平面BCF ；（2）点M 在线段EF 上运动，当点M 在什么位置时，平面MAB 与平面FCB 所成锐二面角的余弦值为34．39．（2023•石家庄模拟）如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形且垂直于侧面SAB ，O 为AB 的中点，2SA SB AB ===，AD =．（Ⅰ）证明：BD ⊥平面SOC ；（Ⅱ）侧棱SD 上是否存在点E ，使得平面ABE 与平面SCD 夹角的余弦值为15，若存在，求SE SD的值；若不存在，说明理由．40．（2023•高州市一模）如图，四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为直角梯形，90DAB ADC ∠=∠=︒，1AB AD ==，2CD =，1BD CD ⊥．点M 为1CD 的中点，且12CD BM =．（1）证明：平面BDM ⊥平面1BCD ；（2）若钝二面角B DM C --的余弦值为，当1BD BD >时，求1BD 的长．41．（2023•邵阳一模）如图所示，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 为直角梯形，//AD BC ，AB BC ⊥，侧面ABEF 为菱形，平面ABEF ⊥平面ABCD ，M 为棱BE 的中点．（1）若DE 上有一点N 满足//MN 平面ABCD ，确定点N 的位置并证明；（2）若12AB BC AD ==，60EBA ∠=︒，求平面MAD 与平面EFD 所成二面角的正弦值．42．（2023•重庆二模）如图，在四棱锥P ABCD -中，侧棱PD ⊥矩形ABCD ，且PD CD =，过棱PC 的中点E ，作EF PB ⊥交PB 于点F ，连接DE ，DF ，BD ，BE ．（1）证明：PB DF ⊥；（2）若1PD =，平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为3π，求P DEF V -的值．43．（2023•武威模拟）如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是直角梯形，AD AB ⊥，//AB CD ，22PB CD AB AD ===，PD =，PC DE ⊥，E 是棱PB 的中点．（1）证明：PD ⊥平面ABCD ；（2）若AF AB λ= ，求平面DEF 与平面PAD 所成的锐二面角的余弦值的最大值．44．（2023•舞钢市开学）如图所示，在四棱锥A BCDE -中，ABC ∆是等边三角形，//CD BE ，BD CD ⊥，记平面ACD 与平面ABE 的交线为l ．（1）证明：//l CD ．（2）若2AD BE ===，DE =Q 为l 上一点，求BC 与平面QBD 所成角的正弦值的最大值．45．（2023•新城区校级一模）如图，三棱柱111ABC A B C -的底面ABC 是正三角形，侧面11ACC A 是菱形，平面11ACC A ⊥平面ABC ，E ，F 分别是棱11A C ，BC 的中点．（1）证明：//EF 平面11ABB A ；（2）若112,60,2AC ACC C G GC =∠=︒= ，求直线11B C 与平面EFG 所成角的正弦值．46．（2023•安徽开学）如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为正方形，二面角P AB D --为直二面角，PAB PBA ∠=∠，点M 为棱AD 的中点．（1）求证：PD MC ⊥；（2）若PA AB =，点N 是线段BD 上靠近B 的三等分点，求直线PA 与平面PMN 所成角的正弦值．47．（2023•湖北模拟）如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是直角梯形，//AD BC ，AB BC ⊥，SA ⊥平面ABCD ，22SA AB BC AD ====．（1）求C 到平面SBD 的距离；（2）求平面SAB 与平面SCD 的夹角的正弦值．48．（2023•河南模拟）如图，在四棱锥M ﹣ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝4，AD ＝2，MC ＝2，∠ADC ＝45°，点M 在底面ABCD 上的射影为CD 的中点O ，E 为线段AD 上的点（含端点）．（1）若E 为线段AD 的中点，证明：平面MOE ⊥平面MAD ；（2）若3AE ＝DE ，求二面角D ﹣ME ﹣O 的余弦值．49．（2023•梅州一模）如图，在边长为4的正三角形ABC 中，E 为边AB 的中点，过E 作ED AC ⊥于D ．把ADE ∆沿DE 翻折至△1A DE 的位置，连接1A C 、1A B ．（1）F 为边1A C 的一点，若12CF FA = ，求证：//BF 平面1A DE ；（2）当四面体1C EBA -的体积取得最大值时，求平面1A DE 与平面1A BC 的夹角的余弦值．50．（2023•新乡模拟）如图，已知圆锥P ABC -，AB 是底面圆O 的直径，且长为4，C 是圆O 上异于A ，B 的一点，PA =P AC B --与二面角P BC A --的大小分别为α与β．（1）求2211tan tan αβ+的值；（2）若tan βα=，求二面角A PC B --的余弦值．。

高考数学立体几何多选题复习训练(含答案解析)

高考数学立体几何多选题复习训练（含答案解析）1．（2023·福建漳州·三模）已知a ，b 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是（）A ．若//,a a αβ⊥，则αβ⊥B ．若,a αβα⊥⊂，则a β⊥C ．若,//,,//a a b b αββα⊂⊂，则αβ∥D ．若,,a a αββα⊥⊥⊄，则a α∥ 【答案】AD 【解析】【分析】根据空间中线面、面面的平行、垂直的判断定理和性质定理分析判断．【详解】//a α，则平面α内存在直线l 与直线a 平行，a β⊥则l β⊥，可得αβ⊥A 正确；若αβ⊥，则平面α内存在直线与平面β垂直，但不是任意一条直线均与平面β垂直 B 不正确；根据面面平行的判定定理要求直线a b 、相交，C 不正确；αβ⊥，则平面α内存在直线l 与平面β垂直，,a a βα⊥⊄，则l a //，a α∥D 正确；故选：AD ．2．（2022·河北廊坊·模拟预测）我们知道，平面几何中有些正确的结论在空间中不一定成立．下面给出的平面几何中的四个真命题，在空间中仍然成立的有（） A ．平行于同一条直线的两条直线必平行 B ．垂直于同一条直线的两条直线必平行C ．一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补D ．一个角的两边分别垂直于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补【答案】AC 【解析】【分析】根据线线平行传递性和课本中的定理可判断AC 正确；垂直于同一条直线的两条直线位置关系不确定，可判断B ，通过举反例可判断D. 【详解】根据线线平行具有传递性可知A 正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线，位置关系可能是异面、相交、平行，故B 错误；根据定理：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可知C 正确；如图，,,αβαβ⊥⋂=l 且,⊥⊥OA l CD l ，则,,⊥⊥OA CE CD OB 但AOB ∠和DCE ∠的关系不确定，故D 错误. 故选：AC3．（2022·重庆·三模）如图，在正方体1111ABCD A B C D −中，O 为正方形ABCD 的中心，当点P 在线段1BC 上（不包含端点）运动时，下列直线中一定与直线OP 异面的是（）A ．1AB B ．1AC C ．1A AD ．1AD【答案】BCD 【解析】【分析】对于A ，当P 为1BC 的中点时，1//OP AB ，故A 不正确；对于BCD ，根据异面直线的判定定理可知都正确. 【详解】对于A ，当P 为1BC 的中点时，11////OP DC AB ，故A 不正确；对于B ，因为1AC ⊂平面11AAC C ，O ∈平面11AAC C ，O ∉1AC ，P ∉平面11AAC C ，所以直线1AC 与直线OP 一定是异面直线，故B 正确；对于C ，因为1A A ⊂平面11AAC C ，O ∈平面11AAC C ，O ∉1A A ，P ∉平面11AAC C ，所以直线1A A 与直线OP 一定是异面直线，故C 正确；对于D ，因为1AD ⊂平面1AD C ，O ∈平面1AD C ，O ∉1AD ，P ∉平面1AD C ，所以直线1AD 与直线OP 一定是异面直线，故C 正确；故选：BCD4．（2022·重庆八中模拟预测）攒尖是中国传统建筑表现手法，是双坡屋顶形式之一，多用于面积不大的建筑，如塔、亭、阁等，常用于圆形、方形、六角形、八角形等平面的建筑物上，形成圆攒尖和多边形攒尖．以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，已知此正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为30°，侧棱长为（）A ．底面边长为4米 BC ．侧面积为D ．体积为32立方米【答案】BD 【解析】【分析】根据已知条件及正四棱锥的结构特征，求底面边长、体高，再应用棱锥的体积、表面积公式求表面积和体积. 【详解】如图，在正四棱锥P ABCD −中，O 为底面ABCD 的中心，E 为CD 的中点，PE CD ⊥，设底面边长为2a ，正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为30°，所以30PEO ∠=︒，则OE a =，OP =，PE =，所以222PE CE PC +=，即224283a a +=，可得a =底面边长为A 错误；侧棱与底面所成角的正弦值为OP CP ==B 正确；侧面积142PE CD =⨯⨯⨯=，C 错误；体积21323V PO AB =⨯⨯=，D 正确．故选：BD5．（2022·福建厦门·模拟预测）已知正方形ABCD 的边长为1，以BD 为折痕把ABD △折起，得到四面体A BCD '，则（）A ．A C BD '⊥B ．四面体A BCD 'C ．A CD '△可以为等边三角形 D ．A CD '△可以为直角三角形【答案】AC 【解析】【分析】取BD 得中点为O ，连接OA OC '=，可得BD ⊥平面OA C '，可判断选项A ；当OA '⊥平面BCD 时，四面体A BCD '体积的最大，且最大体积为13BCDV SOA '=⋅，可判断选项B ；当OA '⊥平面BCD时，OA OC '⊥，所以1A C '=，从而即可判断；若A CD '△为直角三角形，又1DC DA '==，则2A DC π'∠=，由OA OC A C ''+=可判断选项D.【详解】解：取BD 得中点为O ，连接OA OC '=，由题意，BD OA '⊥，BD OC ⊥，且OA OC O '⋂=，所以BD ⊥平面OA C '，所以BD A C '⊥，故选项A 正确；当OA '⊥平面BCD 时，四面体A BCD '体积的最大，且最大体积为11111332BCDV SOA '=⋅=⨯⨯⨯=B 错误；当OA '⊥平面BCD 时，OA OC '⊥，所以1A C '===，又1DC DA '==，所以此时A CD '△为等边三角形，故选项C 正确；若A CD '△为直角三角形，又1DC DA '==，则2A DC π'∠=，所以A C '=此时OA OC A C ''+===，不满足三角形任意两边之和大于第三边，故选项D 错误. 故选：AC.6．（2022·广东佛山·三模）如图，若正方体的棱长为2，点M 是正方体1111ABCD A B C D −在侧面11BCC B 上的一个动点（含边界），点P 是1AA 的中点，则下列结论正确的是（）A ．三棱锥1P DD M −的体积为定值B ．若PM =M 在侧面11BCC B 运动路径的长度为2πC ．若1D M DP ⊥，则1A M 的最大值为D ．若1D M DP ⊥，则1A M 【答案】AD 【解析】【分析】对于A ，三棱锥1P DD M −的体积11P DD M M PDD V V −−=，由已知得三角形PDD 1的面积是定值，且点M 到面PDD 1的距离是正方体的棱长，由此可判断；对于B ，过点P 作1PQ BB ⊥，由已知有点M 的轨迹是以Q 为圆心，1为半径的半圆弧，根据圆的周长公式计算可判断；对于C 、D ，过点P 作1PQ BB ⊥，则点Q 是1BB 的中点，连接QC ，取BC 的中点N ，连接NC 1，A 1N ，A 1C 1，由线面垂直的判定和性质得点M 的轨迹是线段1C N ，解11AC M ，可求得1A M 的最大值和最小值，由此可判断C 、D 选项. 【详解】解：对于A ，三棱锥1P DD M −的体积11P DD M M PDD V V −−=，而因为点P 为1AA 的中点，所以三角形PDD 1的面积是定值，且点M 到面PDD 1的距离是正方体的棱长，所以三棱锥的体积是定值，故A 正确；对于B ，过点P 作1PQ BB ⊥，则由正方体的性质得PQ ⊥平面11BB C C ，所以PQ MQ ⊥，又PM 2，所以1MQ ==，所以点M 的轨迹是以Q 为圆心，1为半径的半圆弧，所以点M 在侧面11BCC B 运动路径的长度为22ππ=，故B 不正确；对于C 、D ，过点P 作1PQ BB ⊥，则点Q 是1BB 的中点，连接QC ，取BC 的中点N ，连接NC 1，A 1N ，A 1C 1，则//QC PD ，1C N QC ⊥，因为1D M DP ⊥，所以1D M QC ⊥，11D C ⊥平面11BB C C ，所以11D C QC ⊥，又1111D C D M D =，所以QC ⊥平面11D C M ，所以1QC C M ⊥，所以点M 的轨迹是线段1C N ，在11AC M 中，111AC C N ==13A N =，所以1A M 的最大值为3，故C 不正确；在11AC M 中，2223cosN +−∠==，所以sin N ∠所以点A1到C1N 有距离为1sin 3d A N N =⋅∠==，所以1A M D 正确，故选：AD.7．（2022·河北张家口·三模）边长为ABC 三边AB ､AC ､BC 的中点分别为D ､E ､F ，将三角形ADE 沿DE 折起形成四棱锥P BCED −，则下列结论正确的是（）A ．四棱锥P BCED −体积最大值为B ．当PF =PDF ⊥平面PEFC ．四棱锥P BCED −总有外接球D ．当PB CE ⊥时，四棱锥P BCED −【答案】BC 【解析】【分析】根据锥体的体积公式判断A ，设DE ､PF 的中点为O ､H ，连接OP ，OF ，OH ，根据二面角的定义得到DHE ∠是二面角D PF E −−的平面角，从而判断B ，再确定外接球的球心所在位置，即可判断C 、D ；【详解】解：当平面PDE ⊥平面BCED 时，体积最大，其最大值为113332⋅⋅⋅=A 不正确.设DE ､PF 的中点为O ､H ，连接OP ，OF ，OH ，3OP OF ==，PH HF ==OH PF ∴⊥，且OH OD OE =，90DHE ∴∠=︒，又PF DE ⊥，OHDE O =，,OH DE ⊂平面DHE ，PF ∴⊥平面DHE ，所以DHE ∠是二面角D PF E −−的平面角，则平面PDF ⊥平面PEF ，故B正确；对于C ，PDE △为正三角形，过其重心作平面PDE 的垂线l 1，则垂线l 1上任意一点到P ､D ､E 的距离都相等，FB FC FD FE ====F 垂直于平面BCED 的直线2l 上任意一点到B ､C ､E ､D 的距离均相等，因为l 1与l 2均在平面POF 内，∴l 1与l 2相交，其交点即为外接球球心，故C 正确；由C 知，当l 1过F 时，F 即为球心，此时半径最小为D 不正确，故选：BC8．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）如图，四棱锥S ABCD −的底面为矩形，SD ⊥底面ABCD ，,,2AD a DC b SD ===，且2a b +=，则下列结论中不正确．．．的是（）A ．P 为线段SC 上的点，则存在点P 使得//SA 平面BDPB ．A 到平面SBC C ．SB 与平面ABCD 所成的角有可能等于4πD 【答案】CD 【解析】【分析】根据线面平行的定义，点到平面的距离的定义，以及线面角和球的表面积公式，逐个选项进行判断即可得到答案. 【详解】对于选项A ，点P 为线段SC 的中点，记BD 和AC 的交点为O ，则SA OP ∥， //SA 平面BDP ，故选项A 正确;对于选项B ，因为//AD BC ，故//AD 平面SBC ，所以A 到平面SBC 的距离等于D 到平面SBC 的距离，由BC ⊥平面SDC ，平面SDC ⊥平面SBC ，所以D 到SC 的距离即为D 到平面SBC 的距离，当21SD DC ==，时，A 到平面SBC ，故选项B 正确；对于选项C ，角SBD 是SB 与平面ABCD 所成的角，当2DB =时，线面角为4π，此时2,2,a b += 方程组无正解，故选项C 错误；对于选项D12a b +=246ππ=⎝⎭，故选项D 错误；故选：CD.9．（2022·湖北·荆门市龙泉中学二模）如图，已知二面角l αβ−−的棱l 上有A ，B 两点，C α∈，AC l ⊥，D β∈，BD l ⊥，若2AC AB BD ===，CD = ）A ．直线AB 与CD 所成角的大小为45° B ．二面角l αβ−−的大小为60°C ．三棱锥A BCD −的体积为D ．直线CD 与平面β【答案】ABD 【解析】【分析】根据异面直线所成角、二面角、线面角定义，在图形中作出直线AB 与CD 所成角、二面角l αβ−−的平面角、直线CD 与平面β所成角，结合已知条件计算判断各项正误. 【详解】过A 作//AE BD 且AE BD =，连接,CE DE ，则四边形ABDE 是平行四边形，如图，所以//DE AB 且DE AB =，故CDE ∠是直线AB 与CD 所成角或其补角，因AC l ⊥，BD l ⊥，则,DE AE DE AC ⊥⊥，而AE AC A =，,AE AC ⊂面AEC ，于是DE ⊥面AEC ，CE ⊂面AEC ，则DE CE ⊥，故cos DE AB CDE CD CD ∠==45CDE ∠=，A 正确；因BD l ⊥，即AE l ⊥，而AC l ⊥，则CAE ∠是二面角l αβ−−的平面角，又2CE DE ==，因此，2CE AE AC ===，即ACE 为正三角形，60CAE ∠=，B 正确；因DE ⊥面AEC ，DE β⊂，则β⊥面AEC ，在面AEC 内过C 作CO AE ⊥于O ，于是CO β⊥，又CO AC =122ABDS AB BD =⋅=，所以13A BCD C ABD ABDV V CO S−−==⋅，C 错误；连接DO 而CO β⊥，则CDO ∠是直线CD 与β所成角，sin CO CDO CD ∠==D 正确. 故选：ABD10．（2022·山东临沂·二模）如图，在直三棱柱111ABC A B C −中，底面是边长为2的正三角形，13AA =，点M 在1BB 上，且112BM MB =，P 为线段1C M 上的点，则( )A ．1C M ⊥平面AMCB ．当P 为1C M 的中点时，直线AP 与平面ABCC ．存在点P ，使得CP AM ⊥D ．存在点P ，使得三棱锥P AMC −【答案】BD 【解析】【分析】A ：假设1C M ⊥平面AMC ，则可得AC ⊥平面11BCCB ，∠ACB =90°与已知矛盾，从而判断假设不成立；B ：取BC 中点为N ，可证PN ⊥平面ABC ，∠P AN 为AP 与平面ABC 所成角，解△ANP 即可；C ：假设CP ⊥AM ，可得CP ⊥平面AMN ，CP ⊥MN ，几何图形即可判断假设不成立；D ：假设P AMC V −=A PMC V −△CPM 的面积，判断△CPM 面积是否小于或等于△1CMC 面积即可．【详解】对于A ，假设1C M ⊥平面AMC ，则1C M ⊥AC ，易知1CC ⊥AC ，1CC ∩11C M C =，故AC ⊥平面11BCC B ，故AC ⊥BC ，这与∠ACB =60°矛盾，故假设不成立，故A 错误；对于B ，当P 为1C M 的中点时，取BC 中点为N ，连接PN 、AN ，易知PN ∥1CC ，1CC ⊥平面ABC ，则PN ⊥平面ABC ，故∠P AN 即为AP 与平面ABC 所成角，则tan ∠P AN =()()11113MB CC PN AN ++==，故B 正确；对于C ，取BC 中点为N ，连接AN 、NM ，由AN ⊥BC ，AN ⊥1CC 知AN ⊥平面11BCC B ，故AN ⊥CP ，若CP AM ⊥，∵AN ∩AM =A ，则CP ⊥平面AMN ，则CP ⊥MN ，过C 作CG ∥MN 交1C M 于G ，则CP ⊥CG ，即∠PCG =90°，易知∠PCG 不可能为90°，故不存在P 使得CP AM ⊥，故C 错误；对于D ，取BC 中点为N ，连接AN ，易知AN ⊥平面11BCC B ，AN若三棱锥P AMC −则1339344A PMC PMC PMCV S AN S −=⋅⋅=⇒=， ∵()1111122CMC BCC M BCMSS SCC BM BC BC BM =−=⋅+⋅=⋅⋅ ()111293122132244PMCS =⨯+⨯−⨯⨯==>=，故存在P 使94PMCS =时，三棱锥P AMC −D 正确．故选：BD ．【点睛】本题充分考察空间里面的点线面位置关系，判断选项ACD 时都可以采用假设存在P 点满足条件，然后结合几何关系推出与已知条件矛盾或不矛盾的结论，从而作出判断；选项B 考察空间里面直线和平面的夹角，根据几何关系可作出辅助线解决问题即可．11．（2022·山东临沂·模拟预测）如图，在五棱锥P ABCDE −中，PA ⊥平面ABCDE ，//,//,//AB CD AC ED AE BC，45,24ABC AB BC AE ∠====，PAB △是等腰三角形．则（）A ．平面PCD ⊥平面PACB ．直线PB 与平面PCD 所成的角为的大小为60°C ．四棱锥P ACDE −D ．四边形ACDE 的面积为3 【答案】AD 【解析】【分析】在ABC 中，利用勾股定理证得AB AC ⊥，又由PA ⊥平面ABCDE ，证得PA AB ⊥，进而证得AB ⊥平面PAC ，得到CD ⊥平面PAC ，可判定A 正确；过点A 作AH PC ⊥于点H ，证得AH ⊥平面PCD ，结合//AB 平面PCD ，得到B 到平面PCD 的距离2h =，结合线面角的定义法，可判定B 不正确；由CD ⊥平面PAC ，得到CD AC ⊥，得出四边形ACDE 为直角梯形，结合梯形的面积公式和锥体的体积公式，可判定C 不正确，D 正确. 【详解】因为45,4ABC AB BC ∠===，由余弦定理可得222424cos 458AC =+−⋅=，所以AC =所以222AB AC BC +=，所以AB AC ⊥，又由PA ⊥平面ABCDE ，AB Ì平面ABCDE ，所以PA AB ⊥，因为PA AC A =，所以AB ⊥平面PAC ，又因为//AB CD ，所以CD ⊥平面PAC ，因为CD ⊂平面PCD ，所以平面PCD ⊥平面PAC ，所以A 正确；过点A 作AH PC ⊥于点H ，因为平面PCD ⊥平面PAC ，且平面PCD 平面PAC PC =，所以AH ⊥平面PCD ，又因为//AB CD ，AB ⊄平面PCD ，所以//AB 平面PCD ，所以点A 到平面PCD 的距离等于点B 到平面PCD 的距离，在直角PAC △中，可得2AH =，即B 到平面PCD 的距离2h =，设直线PB 与平面PCD 所成的角为θ，可得21sin 42h PB θ===，又由090<≤θ，所以30θ=，所以B 不正确；由CD ⊥平面PAC ，可得CD AC ⊥，因为//AC DE ，所以四边形ACDE 为直角梯形，其面积为132S =，所以四棱锥P ACDE −的体积为133V =⨯⨯=C 不正确，D 正确.故选：AD.12．（2022·福建龙岩·模拟预测）正多面体也称帕拉图立体，被喻为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成（各面都是全等的正多边形，且每个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成的二面角都相等）.某中学在劳动技术课上，要求学生将一个近似正八面体的玉石切制成如图所示的棱长为2的正八面体P -ABCD -Q （其中E ､F ､H 分别为P A ，PB ，BC 的中点），则（）A ．AP 与CQ 为异面直线B ．平面P AB ⊥平面PCDC ．经过E ､F ､H 的平面截此正八面体所得的截面为正六边形D ．此正八面体外接球的表面积为8π 【答案】CD 【解析】【分析】对于选项A ，根据图像的共面可以得出该选项错误；对于选项B ，求出两个平面的二面角证明二面角不是90度即可得出结论；对于选项C ，根据中位线定理证明相等关系，即可证明该截面为正六边形；对于选项D ，根据外接球的直径，代入公式24S R π=即可. 【详解】对于A 选项，由多面体的对称性知，A ，B ，C ，D 四点共面，又因为P A=AQ=QC=CP ，结合PQ=AC ，所以四边形P ACQ 是正方形，所以选项A 错误；对于B 选项，设AB 中点为N ，CD 中点为M ，则NPM ∠为平面P AB 和平面PCD 的二面角，NP MP NM =2所以222NP MP NM +≠，所以平面P AB 和平面PCD 的二面角不为直角，所以选项B 错误；对于选项C ，设QC ，CD ，DA 的中点分别为J ，K ，L ，顺次连接E ，F ，H ，J ，K ，L ，E ，根据中位线定理能够得到EF=FH=HJ=JK=KL=LE ，所以经过E ､F ､H 的平面截此正八面体所得的截面为正六边形，故选项C 正确；对于选项D=表面积248S R ππ==，故该选项正确. 故选：CD.13．（2022·辽宁鞍山·二模）如图，点P 是棱长为2的正方体ABCD －1111D C B A 的表面上一个动点，则（）A ．当P 在平面11BCCB 上运动时，四棱锥P －11AA D D 的体积不变 B ．当P 在线段AC 上运动时，1D P 与11AC 所成角的取值范围是[3π，2π]C ．使直线AP 与平面ABCD 所成的角为45°的点P 的轨迹长度为π+D ．若F 是11A B 的中点，当P 在底面ABCD 上运动，且满足PF //平面11B CD 时，PF 长度的最小【答案】ABC 【解析】【分析】A 选项，考虑底面积和高均未变，所以体积不变；B 选项，找到异面直线所成角即可判断；C 选项，找到P 的轨迹，计算即可；D 选项，找到P 的轨迹，计算即可. 【详解】A 选项，底面正方形11AA D D 的面积不变，P 到平面11AA D D 的距离为正方体棱长，故四棱锥P －11AA D D 的体积不变，A 选项正确；B 选项，1D P 与11AC 所成角即1D P 与A C 所成角，当P 在端点A ，C 时，所成角最小，为3π，当P 在AC 中点时，所成角最大，为2π，故B 选项正确； C 选项，由于P 在正方体表面，P 的轨迹为对角线AB 1，AD 1，以及以A 1为圆心2为半径的14圆弧如图，故P 的轨迹长度为π+C 正确；D 选项，FP 所在的平面为如图所示正六边形，故FP D 选项错误.故选：ABC.14．（2022·广东·二模）在所有棱长都相等的正三棱柱中，点A 是三棱柱的顶点，M ，N 、Q 是所在棱的中点，则下列选项中直线AQ 与直线MN 垂直的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】AC 【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，从而求得,AQ MN 的坐标，计算AQ MN ⋅，即可判断A,B,C,D 的正误. 【详解】所有棱长都相等的正三棱柱中，点A 是三棱柱的顶点，M ，N 、Q 是所在棱的中点,故可设棱长为2，在正三棱柱中建立如图所示的空间直角坐标系：对于A ，(0,0,0),(0,1,1),(0,0,2)A Q M N , 故(3,0,0),(0,1,1)AQ MN =−=− ,则((0,1,1)0AQ MN ⋅=−⋅−=，故AQ MN ⊥，即AQ MN ⊥，故A 正确；对于B ，111(0,1,0),,2),,0),,0)222A Q M N −− , 故33(,,2),(0,1,0)22AQ MN =−= , 则333(,2)(0,1,0)222AQ MN ⋅=−⋅=−，故,AQ MN 不垂直，故B 不正确；对于C ，1(0,1,1),(0,1,1),,2)2A Q M N −− , 故31(3,1,1),(,,1)22AQ MN =−= ,则1(,1)02AQ MN ⋅=−⋅=，故AQ MN ⊥，即AQ MN ⊥，故C 正确；对于D ，11(0,1,0),,2),,0),(0,1,1)22A Q M N −−− , 故3331(,,2),(,1)2222AQ MN =−=−− ,则331(,2)(,1)2222AQ MN ⋅=−⋅−=，故,AQ MN 不垂直，故D 不正确；故选：AC15．（2022·海南海口·模拟预测）如图，在长方体1111ABCD A B C D −中，122AA AB AD ==，E ，F 分别是棱11C D ，1CC 的中点，则（）A ．△BDF 是等边三角形B ．直线1A E 与BF 是异面直线C ．1A F ⊥平面BDFD ．三棱锥1A ABD −与三棱锥1A FDB −的体积相等【答案】AC 【解析】【分析】A 选项可根据几何关系求三角形的各个边长进行判断；B 选项证点1A ，E ，B ，F 四点共面得出矛盾；C 选项证1A F DF ⊥，1A F BF ⊥线线垂直，可得线面垂直；D 选项点A 与点F 到平面1A DB的距离不相等，即是高不相等，体积也不会相等. 【详解】对于A ，设AB ＝1，则BD BF DF ===△BDF 是等边三角形，A 正确；对于B ，连接EF 、1D C ，如图所示：易知EF ，EF ∴,故点1A ，E ，B ，F 共面，B 错误；对于C ，设AB ＝1，则1A D =DF 1A F =22211A D DF A F =+所以1A F DF ⊥，同理可知1A F BF ⊥，又因为DF BF F ⋂=，所以1A F ⊥平面BDF ，故C 正确；对于D ，三棱锥1A ABD −与三棱锥1A FDB −有公共的面1A DB ，若要它们的体积相等，则点A 与点F 到平面1A DB 的距离相等，这显然不成立，故D 错误．故选：AC.16．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）如图，正方体1111ABCD A B C D −的棱长为2 ，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且EF ）A ．·2EF AB =B ．正方体1111ABCD A BCD −体积是三棱锥A BEF −的体积的6倍 C ．1AC AE ⊥D ．异面直线AE ，BF 所成的角为定值【答案】AC 【解析】【分析】根据数量积的定义判断A ，根据锥体的体积公式计算即可判断B ，根据线面垂直的性质判断C ，利用特殊点判断D ；【详解】解：对于A 选项，易知11//D C AB ，11145C D B ∠=︒，所以22cos452EF AB ⋅=⨯︒=，所以A 正确；对于B 项，连接BD 交AC 于点O ，则AC BD ⊥，又1DD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以1DD AC ⊥，1BD DD D =，1,BD DD ⊂平面11DD B B ，所以AC ⊥平面11DD B B ，所以三棱锥A BEF −的体积1111112sin 4522332323A BEF BEFV SAO EF AB BB −⋅=⋅⋅⋅⋅︒=⨯⨯==，所以正方体1111ABCD A B C D −体积是三棱锥A BEF −的体积的12倍，所以B 错误；对于C 项，如图建立空间直角坐标系，则()0,0,0C ，()12,2,2A ，()2,2,0A ，()12,0,2D ，()10,2,2B ，所以()12,2,2CA =，()10,2,2AD =−，()12,0,2AB =−，所以110CA AD ⋅=，110CA AB ⋅=，即11CA AD ⊥，11CA AB ⊥，因为11AD AB A ⋂=，11,AD AB ⊂平面11AB D ，所以1AC ⊥平面11AB D ，而AE ⊂平面11AB D ，所以1AC AE ⊥，所以C 正确；对于D 项，当点E 在1D 处，F 为11D B 的中点时，异面直线,AE BF 所成的角是1FBC ∠，当E 在11D B 的中点时，F 在1B 的位置，异面直线,AE BF 所成的角是1EAA ∠，显然两个角不相等，所以D 错误；故选：AC ．17．（2022·江苏盐城·三模）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D −中，点M 在线段1BC （不包含端点）上，则下列结论正确的是（）A ．三棱锥1D AMC −的体积随着点M 的运动而变化B ．异面直线1A M 与1AD 所成角的取值范围是,32ππ⎛⎤⎥⎝⎦C ．直线1A M ∥平面1ACDD ．三棱锥1M ACD −的外接球表面积的最小值为313π【答案】BC 【解析】【分析】对于A 选项，连接1AD ，由1BC ∥平面1ACD ，即直线1BC 上任意点到平面1ACD 的距离相等；对于B 选项，11A BC V 为正三角形，则当且仅当M 在1BC 中点时，11A M BC ⊥，即可判断；对于C 选项，证明11A BC ∥平面1ACD 即可，对于D 选项，当M 为1BC 中点时，外接球半径最小，计算即可. 【详解】对于A 选项，因为11BC AD ∥，所以1BC ∥平面1ACD ，所以11D AMC M ACD V V −−=，为定值，即A 错误；对于B 选项，因为11A BC V 为正三角形，1A M 与1BC 所成角的范围为,32ππ⎛⎤⎥⎝⎦，即B 正确；对于C 选项，易知，11AC AC ，11AD BC ∥，1111AC BC C ?，1AC AD A =I ，则平面11A BC ∥平面1ACD ，可知AM ⊂平面11A BC ，1A M ∥平面1ACD ，即C 正确；对于D 选项，易知当M 为1BC 中点时，外接球半径最小，此时设1ACD △的中心为P ，11A BC V 的中心为Q ，1BC 的中点为T ，则PA =，PQ =QT =PT PA =，所以最小球即为以P 为球心，半径R PA ==23243S R ππ==，即D 错误．故选：BC18．（2022·辽宁·模拟预测）在三棱锥M ABC −中，底面ABC 是等边三角形，4MC =，点H 为MBC △的垂心，且AH ⊥侧面MBC ，则下列说法正确的是（）A ．BC AM ⊥B ．MC ⊥平面ABH C ．MA ，MB ，MC 互不相等D ．当三棱锥M ABC −的体积最大时，其外接球的体积为【答案】AB 【解析】【分析】对于A ，延长MH 交BC 于点D ，连接AD ，由线面垂直的性质可判断；对于B ，连接BH 并延长交MC 于点E ，连接AE ，由线面垂直的判定可判断；对于C ，过M 作MO AD ⊥，垂足为O ，则MO ⊥平面ABC ，延长CO 交AB 于点F ，连接MF ，可得MA MB MC ==，由此可判断；对于D ，由三棱锥M ABC −为正三棱锥，得MB MC ⊥时，MBC △的面积最大，MA ⊥平面MBC 时，三棱锥M ABC −的体积最大，将三棱锥A MBC −补成正方体AEFG MBDC −，求得三棱锥A MBC −的外接球半径R ，由球体的体积公式计算可判断．【详解】解：对于A ，如图，延长MH 交BC 于点D ，连接AD ，因为H 为MBC △的垂心，则BC MD ⊥，又AH ⊥平面MBC ，BC ⊂平面MBC ，所以BC AH ⊥，又AH MD H ⋂=，所以BC ⊥平面MAD ，又AM ⊂平面MAD ，所以BC AM ⊥，A 项正确；对于B ，因为BC AD ⊥，又ABC 为等边三角形，所以D 为BC 的中点，连接BH 并延长交MC 于点E ，连接AE ，则BE MC ⊥，因为AH ⊥平面MBC ，MC ⊂平面MBC ，所以AH MC ⊥，又AHBE H =，所以MC ⊥平面ABH ，B 项正确；对于C ，因为AB Ì平面ABE ，所以AB MC ^，过M 作MO AD ⊥，垂足为O ，则MO ⊥平面ABC ，又AB Ì平面ABC ，所以MO AB ⊥，延长CO 交AB 于点F ，连接MF ，因为MO MC M ⋂=，所以AB ⊥平面MCF ，因为MF ，CF ⊂平面MCF ，则MF AB ⊥，CF AB ⊥，得MA MB =，所以MA MB MC ==，C 项错误；对于D ，因为三棱锥M ABC −为正三棱锥，当MB MC ⊥时，MBC △的面积最大，当MA ⊥平面MBC 时，三棱锥M ABC −的体积最大，将三棱锥A MBC −补成正方体AEFG MBDC −，此时正方体AEFG MBDC −的体对角线长即为三棱锥A MBC −的外接球的直径，设三棱锥A MBC −的外接球直径为2R ，则2R ==R =因此三棱锥M ABC −的外接球的体积(334433R V ππ==⨯=，D 项错误．故选：AB ．19．（2022·山东滨州·二模）在边长为4的正方形ABCD 中，如图1所示，E ，F ，M 分别为BC ，CD ，BE 的中点，分别沿AE ，AF 及EF 所在直线把AEB △，AFD V 和EFC △折起，使B ，C ，D 三点重合于点P ，得到三棱锥P AEF −，如图2所示，则下列结论中正确的是（）A ．PA EF ⊥B ．三棱锥M AEF −的体积为4C ．三棱锥P AEF −外接球的表面积为24πD ．过点M 的平面截三棱锥P AEF −的外接球所得截面的面积的取值范围为[,6]ππ 【答案】AD 【解析】【分析】将三棱锥补形为边长为2,2,4的长方体，对A ：由AP ⊥平面PEF 即可判断；对B ：由12M AEF P AEF V V −−=即可求解；对C ：三棱锥P AEF −外接球即为补形后长方体的外接球，从而即可求解；对D ：由最大截面为过球心O 的大圆，最小截面为过点M 垂直于球心O 与M 连线的圆即可求解. 【详解】解：由题意，将三棱锥补形为边长为2,2,4的长方体，如图所示：对A ：因为AP PE ⊥，AP PF ⊥，PE PF P =，所以AP ⊥平面PEF ，所以PA EF ⊥，故选项A 正确；对B ：因为M 为BE 的中点，所以1111422422323M AEF P AEF V V −−==⨯⨯⨯⨯⨯=，故选项B 错误；对C ：三棱锥P AEF −外接球即为补形后长方体的外接球，所以外接球的直径()2222222424R =++=，所以三棱锥P AEF −外接球的表面积为2424S R ππ==，故选项C 正确；对D ：过点M 的平面截三棱锥P AEF −的外接球所得截面为圆，其中最大截面为过球心O 的大圆，此时截面圆的面积为226R πππ==，最小截面为过点M 垂直于球心O 与M 连线的圆，此时截面圆半径1r =，截面圆的面积为2r ππ=，所以过点M 的平面截三棱锥P AEF −的外接球所得截面的面积的取值范围为[,6]ππ，故选项D 正确. 故选：AD.20．（2022·山东济南·二模）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D −中，E ，F ，G 分别为线段1CC ，CD ，CB 上的动点（E ，F ，G 均不与点C 重合），则下列说法正确的是（）A ．存在点E ，F ，G ，使得1A E ⊥平面EFGB ．存在点E ，F ，G ，使得FEG EFC EGC π∠+∠+∠=C ．当1AC ⊥平面EFG 时，三棱锥1A EFG −与C -EFG 体积之和的最大值为12D ．记CE ，CF ，CG 与平面EFG 所成的角分别为α，β，γ，则222sin sin sin 1αβγ++= 【答案】ACD 【解析】【分析】以点D 为原点建立空间直角坐标系，设(](),,,,,0,1CF a CG b CE c a b c ===∈，对于A ，当BDFG 时，易证得1FG A E ⊥，则要使1A E ⊥平面EFG ，只需1A E EF ⊥即可，利用向量法即可得出结论；对于B ，要使FEG EFC EGC π∠+∠+∠=，只需要FEG FEC GEC ∠=∠+∠即可，判断FEG ∠和FEC GEC ∠+∠是否相等，即可；对于C ，根据1AC ⊥平面EFG ，可得,,a b c 的关系，由113A EFG C EF GEF G V V AC S −−+=⋅，只要求出EFGS的最大值即可；对于D ，利用等体积法求出C 到平面EFG 的距离d ，分别求出sin ,sin ,sin αβγ，即可判断.【详解】解：如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系，设(](),,,,,0,1CF a CG b CE c a b c ===∈，对于A ，因为1AA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以1AA BD ⊥，又因1,AC BD AC AA A ⊥⋂=，所以BD ⊥平面11AAC C ，又1A E ⊂平面11AAC C ，所以1BD A E ⊥，当BDFG 时，1FG A E ⊥，此时CF CG =，要使1A E ⊥平面EFG ，只需1A E EF ⊥即可， ()()()11,0,1,0,1,0,0,1,A F a E c −，则()()11,1,1,0,,A E c EF a c =−−=−−，则()110A E EF a c c ⋅=−−−=，即2a c c =−，当14a =时，12c =，故存在点E ，F ，G ，使得1A E ⊥平面EFG ，故A 正确；对于B ，,22EFC FEC EGC GEC ππ∠=−∠∠=−∠，则FEG EFC EGC FEG FEC GEC π∠+∠+∠=+∠−∠−∠，要使FEG EFC EGC π∠+∠+∠=，只需要FEG FEC GEC ∠=∠+∠即可，EF EG FG =2222222cos a c b c a b FEG +++−+∠，cos FEC GEC ∠=∠= 则sin FEC GEC ∠∠，故()2cos FEC GEC ∠+∠，因为0ab >，所以()cos cos FEC GEC FEG ∠+∠≠∠，所以FEG FEC GEC ∠≠∠+∠，所以不存在点E ，F ，G ，使得FEG EFC EGC π∠+∠+∠=，故B 错误；对于C ，因为1AC ⊥平面EFG ，所以11333EFGEFGA EFG C EFG V V AC S S −−+=⋅=，()()()()()11,0,1,0,1,0,0,1,,,1,0,0,1,0A F a E c G b C −，则()()()1,,0,,0,,1,1,1FG b a EG b c AC ==−=−−，则110AC FG b a AC EG b c ⎧⋅=−+=⎪⎨⋅=−=⎪⎩，所以a b c ==，要使EFGS最大，则1a b c ===，此时EFGS=，所以体积之和的最大值为12，故C 正确；对于D，由B ，sinFEG ∠=，则1sin 2EFGSEF EG FEG =⋅⋅⋅∠ 因为16E FCG V abc −=，所以C 到平面EFG 的距离d满足1136EFGd Sabc ⋅=，所以d所以sin dCE α==， sin dCF β== sin d CG γ==，所以222222222222222sin sin sin 1a b a c c b a b a c c bαβγ++++++==，故D 正确. 故选：ACD.21．（2022·福建三明·模拟预测）已知棱长为4的正方体1111ABCD A B C D −中，14AM AB =，点P 在正方体的表面上运动，且总满足0MP MC ⋅=，则下列结论正确的是（） A ．点P 的轨迹所围成图形的面积为5B ．点P 的轨迹过棱11A D 上靠近1A 的四等分点C ．点P 的轨迹上有且仅有两个点到点C 的距离为6D ．直线11B C 与直线MP 所成角的余弦值的最大值为35【答案】ACD 【解析】【分析】首先根据动点P 满足的条件及正方体的结构特征得到动点P 的轨迹，然后利用轨迹的特征判断选项A ，B ，C ，对于选项D ，将线线角转化为线面角，运用线面角的定义找出线面角进行求解. 【详解】如图，过点M 作1//MF AA ，在AD 上取一点N ，使MN MC ⊥，连接,NC EC FC ,，过点N 作1//NE AA ，连接EF ，易知//MF NE ，∴ ,,,E F M N 四点共面；又MF MC ⊥，MNMF M =，MC ∴⊥面MNEF ，即点P 的轨迹为矩形MNEF （不含点M ），设AN x =，则MN 又5MC MB =NC =222MN MC NC ∴+= 解得 34x =，即34AN =54MN ∴=， NC = 对于A ，矩形MNEF 的面积为：5454S MN MF =⋅=⨯=，A 正确；对于B ，134A E AN ==，B 错误；对于C ，CF在Rt CMN 中，C 到MN 的距离范围是：5⎛ ⎝⎦MN ∴上存在一点到点C 的距离为6；在Rt CMF 中，C 到MF 的距离范围是：(5 MF ∴上存在一点到点C 的距离为6；但在Rt CNE 、Rt CEF 中不存在到点C 的距离为6的点，C 正确；对于D ，直线11B C 与直线MP 所成的最小角就是直线11B C 与平面MNEF 所成的角， 11//B C BC ∴直线11B C 与平面MNEF 所成的即是直线BC 与平面MNEF 所成的角，延长,NM CB 交于点G ，则MGB ∠即是直线BC 与平面MNEF 所成的角， //AN GB AN AM GB MB ∴= 94GB ∴= 在Rt MGC 中，4sin 5MC MGC GC ∠== 3cos 5MGC ∴∠=，D 正确；故选：ACD. 【点睛】本题考查动点轨迹，点、线、面位置关系，线线角、线面角以及几何体中一些线段的最值，考查了空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力，属于难题.22．（2022·湖南衡阳·二模）已知正方体1111ABCD A B C D −的棱长为1,,M N 分别为1,BB AB 的中点.下列说法正确的是（）A ．点M 到平面1ANDB ．正方体1111ABCD A BCD − C ．面1AND 截正方体1111ABCD A B C D −外接球所得圆的面积为34πD ．以顶点A【答案】BCD 【解析】【分析】A 选项由等体积法11M AND D AMN V V −−=求得点M 到平面1AND 的距离即可；B 选项由外接球的直径为体对角线即可判断；C 选项由面1AND 经过外接球球心，求得其外接圆圆心，即可求解；D 选项将球面与正方体的表面相交所得的曲线分为两类，按照弧长公式计算即可. 【详解】1111211112,2242228AND ANMAD SS =⨯⨯==⨯⨯=，设M 到平面1AND 的距离为d ，由11M AND D AMN V V −−=，即1111133AND ANMd SD A S ⨯⨯=⨯⨯，解得d =A 错误；正方体1111ABCD A B C D −外接球的体积为343π⨯=⎝⎭故B 正确；。

2023届高考数学总复习：立体几何复习题附答案

a，
在 Rt△FCM 中，tan∠FCM ．
，
∴sin∠FCM ，
故直线 CF 与平面 ACDE 所成角的正弦值为． 2．如图，在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，BC⊥平面 AA1C1C，D 是 AA1 的中点，△ACD 是边长
为 1 的等边三角形．（1）证明：CD⊥B1D；（2）若 BC ，求二面角 B﹣C1D﹣B1 的大小．
，令
由（1）知，平面 B1C1D 的一个法向量为
，得
，，，
，，，
故 th＜，＞
，
所以二面角 B﹣C1D﹣B1 的大小为 30°．
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在直角梯形 AEFB 中，有 AF EF，BF
쳌
∴AF2+BF2＝AB2，即 AF⊥BF．
∵BC∩BF＝B，BC、BF⊂平面 BCF，
∴AF⊥平面 BCF．
EF，AB＝2EF，
（2）解：∵AE⊥平面 ABC，AE⊂平面 ACDE，∴平面 ACDE⊥平面 ABC，
又平面 ABC∥平面 DEF，∴平面 ACDE⊥平面 DEF．
【解答】解：（1）证明：因为△ACD 是边长为 1 的等边三角形，所以∠ADC＝60°，∠ DA1C1＝120° 因为 D 是 AA1 的中点，所以 AD＝A1D＝A1C1＝1，即△A1C1D 是等腰三角形，则∠A1DC1＝30°，故∠CDC1＝90°，即 CD⊥C1D，因为 BC⊥平面 AA1C1C，BC∥B1C1，所以 B1C1⊥平面 AA1C1C，因为 CD⊂平面 AA1C1C，所以 B1C1⊥CD，因为 B1C1∩C1D＝C1，B1C1⊂平面 B1C1D，C1D⊂平面 B1C1D，所以 CD⊥平面 B1C1D，因为 B1D⊂平面 B1C1D，所以 CD⊥B1D；

【高考数学专题复习】第八章立体几何初步测试(解析版)

第八章立体几何初步测试一．单选题（每题5分，共12题，共60分）1．在四面体ABCD 中，3AB BD AD CD ====，4AC BC ==，用平行于AB ，CD 的平面截此四面体，得到截面四边形EFGH ，则四边形EFGH 面积的最大值为（）A ．43B ．94 C ．92 D ．3【答案】B【解析】设截面分别与棱,,,AD BD BC AC 交于点,,,E F G H .由直线//AB 平面EFGH ，且平面ABC I 平面EFGH GH =，平面ABD ⋂平面EFGH EF =得//GH AB ，//EF AB ，所以//GH EF ，同理可证//EH FG ，所以四边形EFGH 为平行四边形，又3AB BD AD CD ====，4AC BC ==，可证得AB CD ⊥，四边形EFGH 为矩形.设:::BF BD BG BC FG CD x ===，01x <<，则3FG x =，()31HG x =-，于是2199(1)9,0124EFGH S FG HG x x x x ⎛⎫=⋅=-=--+<< ⎪⎝⎭ 当12x =时，四边形EFGH 的面积有最大值94.故选：B.2．如图，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥ABCD ，NB ⊥ABCD ．且MD ＝NB ＝1．则下列结论中：①MC ⊥AN②DB ∥平面AMN③平面CMN ⊥平面AMN④平面DCM ∥平面ABN所有假命题的个数是（）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B【解析】由题画出该几何体外接的正方体.对①,因为//MC EB ,AN EB ⊥,故MC ⊥AN 成立.故①正确.对②,因为//,DB MN MN ⊂平面AMN,故DB ∥平面AMN 成立.故②正确.对③,连接AC 易得A MNC -为正四面体.故平面CMN ⊥平面AMN 不成立.故③错误.对④,正方体中平面DCM 与平面ABN 分别为前后两面,故④正确.故选：B3．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【解析】由题意知,l l αββ⋂=∴⊂，,n n l β⊥∴⊥Q ．故选C ．4．设,αβ是两个不同的平面，l 是一条直线，以下命题正确的是（）A ．若,l ααβ⊥⊥，则l β⊂B ．若//,//l ααβ，则l β⊂C ．若,//l ααβ⊥，则l β⊥D ．若//,l ααβ⊥，则l β⊥【答案】C【解析】对于A 、B 、D 均可能出现//l β，而对于C 是正确的．5．已知正四棱柱中，，则CD 与平面所成角的正弦值等于（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】设，面积为6．在Rt ABC V 中，90ABC ∠=o ，P 为V ABC 所在平面外一点，PA ⊥平面ABC ，则四面体P ABC -中直角三角形的个数为（）A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】A【解析】由题意，知PA ⊥平面ABC 可得PAC PAB ∆∆，都是直角三角形，且PA BC ⊥，又90ABC ∠=o ，所以V ABC 是直角三角形，且BC ⊥平面PAB ，所以BC PB ⊥，即PBC △为直角三角形.故四面体P ABC -中共有4个直角三角形.7．已知直线//l α，直线a α⊂，则l 与α必定（）A ．平行B ．异面C ．相交D ．无公共点【答案】D【解析】已知直线//l α，所以直线l 与平面α无公共点，又由a α⊂，所以直线l 与平面a 无公共点，故选D ．8．如图,各棱长均为a 的正三棱柱111ABC A B C -，M 、N 分别为线段1A B 、1B C 上的动点,且MN //平面11ACC A ,则这样的MN 有 ( )A ．1条B ．2条C ．3条D ．无数条【答案】D 【解析】由题意得112A B CB a==．在11,BA CB 上分别取,M N ，使1BM B N =，过,M N 作11,MM AB NN BC ⊥⊥，垂足分别为11,M N ，则1111,MM AA NN BB P P ，故11111,BM B N BN BM BA BA B C BC==．由于111B N BM BA B C =，故11BM BN BA BC=，从而11M N AC P ，可得11M N P 平面11ACC A ．又1MM P 平面11ACC A ，可得平面11MM N N P 平面11ACC A ．由于MN ⊂平面11MM N N ，所以//MN 平面11ACC A ，从而满足条件的MN 有无数条．选D ．9．正方体1111ABCD A B C D -中，直线AD 与平面11A BC 所成角正弦值为（）A ．12B ．32C ．33D ．63【答案】C【解析】如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，直线AD 与11B C 平行，则直线AD 与平面11A BC 所成角正弦值即为11B C 与平面11A BC 所成角正弦值.因为11A BC ∆为等边三角形，则1B 在平面11A BC 即为11A BC ∆的中心，则11B C O ∠为11B C 与平面11A BC 所成角.可设正方体边长为1，显然36=2=BO ⨯，因此2163=1()=3B O -，则1111103sin B B C O B C ∠==，故答案选C.10．如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，若E 是A 1C 1的中点，则直线CE 垂直于( )A ．ACB ．BDC ．A 1D D ．A 1D 1【答案】B 【解析】以A 为原点，1AB AD AA ，，所在直线分别为x y z ，，轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则()000A ，，，()110C ，，，()100B ，，，()010D ，，， ()1001A ，，，11122E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，， 11122CE ⎛⎫∴=-- ⎪⎝⎭u u u v ，， ()110AC =u u u v ，，，()110BD =-u u u v ，，，()1011A D =-u u u u v ，，，()1001AA =-u u u v ，，110022CE BD ∴=-+=u u u v u u u v n 则CE BD ⊥u u u v u u u v 即CE BD ⊥故选B11．已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =，则此棱锥的体积为（）A ．26B 3C ．23D ．22【答案】A【解析】根据题意作出图形：设球心为O ，过ABC 三点的小圆的圆心为O 1，则OO 1⊥平面ABC ，延长CO 1交球于点D ，则SD ⊥平面ABC ．∵CO 1=2333=，∴116133OO =-=， ∴高SD=2OO 1=263，∵△ABC 是边长为1的正三角形，∴S △ABC =34， ∴132623436S ABC V -=⨯⨯=三棱锥．12．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，P 是底面ABCD 上的动点,1PA PC ≥，则满足条件的点P 构成的图形的面积等于（）A ．12B ．4πC ．44π- D ．72【答案】A【解析】如图，以,AB AD 为,x y 轴在平面ABCD 内建立平面直角坐标系，设(,)P x y ，由1PA PC ≥得22222(2)(2)2x y x y +-+-+30x y +-≥，设直线:30l x y +-=与正方形ABCD 的边交于点,M N ，则P 点在CMN ∆内部（含边界），易知(1,2)M ，(2,1)N ，∴1CM CN ==，111122CMN S ∆=⨯⨯=．故选A ．二．填空题（每题5分，共20分）13．已知在直角梯形ABCD 中，AB AD ⊥，CD AD ⊥，224AB AD CD ===，将直角梯形ABCD 沿AC 折叠，使平面BAC ⊥平面DAC ，则三棱锥D ABC -外接球的体积为__________．【答案】323π 【解析】结合题意画出折叠后得到的三棱锥D ABC -如图所示，由条件可得在底面ACB ∆中，90,22ACB AC BC ∠=︒==。

高考数学理数立体几何大题训练(含答案)

高考数学理数立体几何大题训练(含答案)1.（2020·新课标Ⅲ·理）在长方体中，点P、Q分别在棱AB、CD上，且AP=CQ.（1）证明：点PQ平分长方体的体对角线；（2）若PQ在平面BCFE内，求二面角的正弦值．2.（2020·新课标Ⅱ·理）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⊥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.3.（2020·新课标Ⅰ·理）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，底面是内接正三角形ABC，P为上一点，AP为底面直径，DP⊥底面．（1）证明：DP平分∠ADC；（2）求二面角平面APD与平面ABC的余弦值．4.（2020·新高考Ⅰ）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．5.（2020·天津）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，点P、Q分别在棱AB、A1B1上，且AP=A1Q，平面PQC1为棱BC1的中垂面，M为棱AC的中点．（Ⅰ）求证：PM∥B1Q，且PM=B1Q；（Ⅱ）求二面角平面PQC1与直线PM所成角的正弦值；（Ⅲ）求直线B1Q与平面PQC1所成角的正弦值．6.（2020·江苏）在三棱锥ABCD中，已知CB=CD=1，AC=2，BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC上一点，DE⊥平面BCD，DE=1.（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F-DE-C的大小为θ，求sinθ的值．7.（2020·北京）如图，正方体ABCD-EFGH中，E为AD的中点，P为BF上一点．（Ⅰ）求证：PE∥CG；（Ⅱ）求直线PE与平面CGH所成角的正弦值．8.（2020·浙江）如图，三棱台DEF-ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，XXX．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求DF与面DBC所成角的正弦值．9.（2020·扬州模拟）如图，在等边三角形ABC的三棱锥ABCD中，D为底面的中点，E为线段AD上一动点，记DE=λAD.（1）当λ=1时，求证：DE与平面ABC垂直；（2）当λ=2时，求直线BE与平面ACD所成角的正弦值．求证：直线AD与平面BCD垂直；2）若平面ABD与平面ACD所成二面角为，求二面角ABC与平面BCD所成二面角的正弦值。

2024届新高考数学大题精选30题--立体几何含答案

大题立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，M是BC的中点，N是AB1的中点，P是B1C1的中点．(1)证明：MN⎳平面A1CP；(2)求点P到直线MN 的距离．2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°,M是侧棱PC的中点，侧面PAD为正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD．(1)求三棱锥M-ABC的体积；(2)求AM与平面PBC所成角的正弦值．2024届新高考数学大题精选30题--立体几何3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC,AB= AC=BC=AA1=2，A1B=6．(1)设D为AC中点，证明：AC⊥平面A1DB；(2)求平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE中，BC=BD=6，EC⊥ED，且EC=ED= 2，AB平行于平面CDE，AE平行于平面BCD，AE⊥CD.(1)证明：平面ABE⊥平面CDE；(2)若点A到直线CD的距离为22，F为棱AE的中点，求平面BDF与平面BCD夹角的余弦值．5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC-A1B1C1中，A1在平面ABC内的射影O在棱AC的中点处，P为棱A1B1(包含端点)上的动点．(1)求点P到平面ABC1的距离；(2)若AP⊥平面α，求直线BC1与平面α所成角的正弦值的取值范围．6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P-ABCD中，已知AB∥CD，∠BAD=90°，CD= 2AB，△PAB是正三角形，点M在侧棱PB上且使得PD⎳平面AMC．(1)证明：PM=2BM；(2)若侧面PAB⊥底面ABCD，CM与底面ABCD所成角的正切值为311，求二面角P-AC-B的余弦值．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE为菱形，AC=BC=2，∠ACB=120°，平面ACDE⊥平面ABC，点F在AB上，且AF=2FB，M，N分别在直线CD，AB上．(1)求证：CF⊥平面ACDE；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC=60°，MN为直线CD，AB的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE与平面ABC所成角为α，若tanα>217，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF 上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1 ，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB=∠PCB=π4，点M，N分别为DP和AB的中点.(1)求证：MN⎳平面PBC；(2)求证：平面PBC⊥平面ABCD；(3)求CM与平面PAD所成角的正弦值.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD 为直角梯形，△PAD为等边三角形，AD⎳BC，AD⊥AB，AD=AB=2BC=2．(1)求证：AD⊥PC；(2)点N在棱PC上运动，求△ADN面积的最小值；(3)点M为PB的中点，在棱PC上找一点Q，使得AM⎳平面BDQ，求PQQC的值．15(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O1O2的轴截面A1ACC1为等腰梯形，AC=2AA1= 2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点，且AB=BC,P是线段BC的中点.(1)求证：C1P⎳平面A1AB.(2)求平面A1AB与平面C1CB夹角的余弦值.16(2024·广东深圳·二模)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C⊥底面ABC，且AB= AC，A1B=A1C．(1)证明：AA1⊥平面ABC；(2)若AA1=BC=2，∠BAC=90°，求平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值．17(2024·河北保定·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PCD 内存在一条直线EF 与AB 平行，PA ⊥平面ABCD ，直线PC 与平面ABCD 所成的角的正切值为32，PA =BC =23，CD =2AB =4.(1)证明：四边形ABCD 是直角梯形.(2)若点E 满足PE =2ED ，求二面角P -EF -B 的正弦值.18(2024·湖南衡阳·模拟预测)如图，在圆锥PO 中，P 是圆锥的顶点，O 是圆锥底面圆的圆心，AC 是圆锥底面圆的直径，等边三角形ABD 是圆锥底面圆O 的内接三角形，E 是圆锥母线PC 的中点，PO =6,AC =4.(1)求证：平面BED ⊥平面ABD ；(2)设点M 在线段PO 上，且OM =2，求直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值.19(2024·湖南岳阳·三模)已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为4的菱形，∠DAB =60°，PA =PC ，PB =PD =210，M 是线段PC 上的点，且PC =4MC ．(1)证明：PC ⊥平面BDM ；(2)点E 在直线DM 上，求BE 与平面ABCD 所成角的最大值．20(2024·湖南·二模)如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形，∠ABC =60°,BD 1⊥平面A 1C 1D .(1)求四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积；(2)设点D 1关于平面A 1C 1D 的对称点为E ，点E 和点C 1关于平面α对称(E 和α未在图中标出)，求平面A 1C 1D 与平面α所成锐二面角的大小.21(2024·山东济南·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠DAB=∠PCB=60°,CD=1,AB=3,PC=23，平面PCB⊥平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点.(1)证明：PF⊥AD；(2)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为74.22(2024·山东潍坊·二模)如图1，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=4，∠ABC=60°，E为CD 的中点，将△ADE沿AE折起，连结BD，CD，且BD=4，如图2．(1)求证：图2中的平面ADE⊥平面ABCE；(2)在图2中，若点F在棱BD上，直线AF与平面ABCE所成的角的正弦值为3010，求点F到平面DEC 的距离．23(2024·福建·模拟预测)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥PB,AB⊥BC,AB=3,BC=6，已知二面角P-AB-C的大小为θ，∠PAB=θ.(1)求点P到平面ABC的距离；(2)当三棱锥P-ABC的体积取得最大值时，求：(Ⅰ)二面角P-AB-C的余弦值；(Ⅱ)直线PC与平面PAB所成角.24(2024·浙江杭州·二模)如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，∠DAB=60°, BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点，PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD．(1)证明：∠ABQ=90°；(2)若多面体ABCDPQ的体积为152，求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值．25(2024·浙江嘉兴·二模)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD,PA∥QD，BC=2AB=2PA=2,∠ABC=60°.(1)证明：平面PCD⊥平面PAC；(2)若PQ=22，求平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值.26(2024·浙江绍兴·二模)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=4，AC=2，∠CAB=60°，BC⊥AP.(1)证明：平面ACP⊥平面ABC；(2)若PA=2，PB=4，求二面角P-AB-C的平面角的正切值.27(2024·河北沧州·一模)如图，在正三棱锥A -BCD 中，BC =CD =BD =4，点P 满足AP=λAC ，λ∈(0,1)，过点P 作平面α分别与棱AB ，BD ，CD 交于Q ，S ，T 三点，且AD ⎳α，BC ⎳α.(1)证明：∀λ∈(0,1)，四边形PQST 总是矩形；(2)若AC =4，求四棱锥C -PQST 体积的最大值.28(2024·湖北·二模)如图1．在菱形ABCD 中，∠ABC =120°，AB =4，AE =λAD ，AF =λAB(0<λ<1)，沿EF 将△AEF 向上折起得到棱锥P -BCDEP ．如图2所示，设二面角P -EF -B 的平面角为θ．(1)当λ为何值时，三棱锥P -BCD 和四棱锥P -BDEF 的体积之比为95(2)当θ为何值时，∀λ∈0,1 ，平面PEF 与平面PFB 的夹角φ的余弦值为5529(2024·湖北·模拟预测)空间中有一个平面α和两条直线m ，n ，其中m ，n 与α的交点分别为A ，B ，AB =1，设直线m 与n 之间的夹角为π3，(1)如图1，若直线m ，n 交于点C ，求点C 到平面α距离的最大值；(2)如图2，若直线m ，n 互为异面直线，直线m 上一点P 和直线n 上一点Q 满足PQ ⎳α，PQ ⊥n 且PQ ⊥m ，(i )求直线m ，n 与平面α的夹角之和；(ii )设PQ =d 0<d <1 ，求点P 到平面α距离的最大值关于d 的函数f d ．30(2024·浙江绍兴·模拟预测)如图所示，四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1，底面ABCD 为一个菱形，且∠BAD =120°. 底面与顶面的对角线交点分别为O ，O 1. AB =2A 1B 1=2，BB 1=DD 1=392，AA 1与底面夹角余弦值为3737.(1)证明：OO 1⊥平面ABCD ；(2)现将顶面绕OO 1旋转θ角，旋转方向为自上而下看的逆时针方向. 此时使得底面与DC 1的夹角正弦值为64343，此时求θ的值(θ<90°)；(3)求旋转后AA 1与BB 1的夹角余弦值.大题立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为2，M 是BC 的中点，N 是AB 1的中点，P 是B 1C 1的中点．(1)证明：MN ⎳平面A 1CP ；(2)求点P 到直线MN 的距离．【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】(1)建立如图空间直角坐标系A -xyz ，设平面A 1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，利用空间向量法证明MN ⋅n=0即可；(2)利用空间向量法即可求解点线距.【详解】(1)由题意知，AA 1⊥平面ABC ，∠BAC =60°，而AB ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥AB ，在平面ABC 内过点A 作y 轴，使得AB ⊥y 轴，建立如图空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0),B (2,0,0),C (1,3,0),A 1(0,0,2),B 1(2,0,2)，得M 32,32,0,N (1,0,1),P 32,32,2，所以A 1C =(1,3,-2),A 1P =32,32,0 ,MN =-12,-32,1 ，设平面A1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅A 1C=x +3y -2z =0n ⋅A 1P =32x +32y =0，令x =1，得y =-3,z =-1，所以n=(1,-3,-1)，所以MN ⋅n =-12×1+-32×(-3)+1×(-1)=0，又MN 不在平面A 1CP 内即MN ⎳平面A 1CP ；(2)如图，连接PM ，由(1)得PM =(0,0,-2)，则MN ⋅PM =-2，MN =2,PM =2，所以点P 到直线MN 的距离为d =PM 2-MN ⋅PMPM2= 3.2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD =60°,M 是侧棱PC 的中点，侧面PAD 为正三角形，侧面PAD ⊥底面ABCD ．(1)求三棱锥M -ABC 的体积；(2)求AM 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】(1)12(2)3311．【分析】(1)作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，由中位线得到M 到平面ABCD 的距离为32，进而由锥体体积公式求出答案；(2)证明出BO ⊥AD ，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由法向量的夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值.【详解】(1)如图所示，取AD 的中点O ，连接PO ．因为△PAD 是正三角形，所以PO ⊥AD ．又因为平面PAD ⊥底面ABCD ,PO ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，且PO =3．又因为M 是PC 的中点，M 到平面ABCD 的距离为32，S △ABC =12×2×2×sin 2π3=3，所以三棱锥M -ABC 的体积为13×3×32=12．(2)连接BO ,BD ，因为∠BAD =π3，所以△ABD 为等边三角形，所以BO ⊥AD ，以O 为原点，OA ,OB ,OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P 0,0,3 ,A 1,0,0 ,B 0,3,0 ,C -2,3,0 ，所以M -1,32,32 ,AM =-2,32,32,PB =0,3,-3 ,BC =-2,0,0 ．设平面PBC 的法向量为n=x ,y ,z ，则PB ⋅n =0BC ⋅n =0，即3y -3z =0-2x =0 ，解得x =0，取z =1，则y =1，所以n=0,1,1 ．设AM 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ=cos AM ,n =AM ⋅nAM ⋅n=-2,32,32 ⋅0,1,14+34+34×1+1=3311．即AM 与平面PBC 所成角的正弦值为3311．3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ,AB =AC =BC =AA 1=2，A 1B =6．(1)设D 为AC 中点，证明：AC ⊥平面A 1DB ；(2)求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)55【分析】(1)根据等边三角形的性质得出BD ⊥AC ，根据平面ACC 1A 1⊥平面ABC 得出BD ⊥平面ACC 1A 1，BD ⊥A 1D ，利用勾股定理得出AC ⊥A 1D ，从而证明AC ⊥平面A 1DB ；(2)建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面A 1AB 1的法向量和平面ACC 1A 1的一个法向量，利用向量求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角余弦值．【详解】(1)证明：因为D 为AC 中点，且AB =AC =BC =2，所以在△ABC 中，有BD ⊥AC ，且BD =3，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，且平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，BD ⊂平面ABC ,所以BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1，则BD ⊥A 1D ，由A 1B =6，BD =3，得A 1D =3，因为AD =1，AA 1=2，A 1D =3，所以由勾股定理，得AC ⊥A 1D ，又AC ⊥BD ，A 1D ∩BD =D ,A 1D ,BD ⊂平面A 1DB ，所以AC ⊥平面A 1DB ；(2)如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系D -xyz ，可得A (1,0,0),A 1(0,0,3),B (0,3,0)，则AA 1 =-1,0,3 ,AB=-1,3,0 ，设平面A 1AB 1的法向量为n=(x ,y ,z )，由n ⋅AA 1=-x +3z =0n ⋅AB=-x +3y =0，令x =3，得y =1，z =1，所以n=3,1,1 ,由(1)知，BD ⊥平面ACC 1A 1，所以平面ACC 1A 1的一个法向量为BD=(0,-3,0)，记平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角为α，则cos α=|n ⋅BD ||n ||BD |=35×3=55，所以平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值为55．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE 中，BC =BD =6，EC ⊥ED ，且EC =ED =2，AB 平行于平面CDE ，AE 平行于平面BCD ，AE ⊥CD .(1)证明：平面ABE ⊥平面CDE ；(2)若点A 到直线CD 的距离为22，F 为棱AE 的中点，求平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)10535【分析】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，使用线面平行的性质，然后用面面垂直的判定定理即可；(2)证明BE ⊥平面CDE ，然后构造空间直角坐标系，直接用空间向量方法即可得出结果.【详解】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，连接ME ,MB ，则平面ABE 与平面CDE 的交线为ME ，平面ABE 与平面BCD 的交线为MB ，因为AB 平行于平面CDE ，AB ⊂平面ABE ，平面ABE 和平面CDE 的交线为ME ，所以AB ∥ME ．同理AE ∥MB ，所以四边形ABME 是平行四边形，故AE ∥MB ，AB ∥ME .因为CD ⊥AE ，AE ∥MB ，所以CD ⊥MB ，又BC =BD =6，所以M 为棱CD 的中点在△CDE 中，EC =ED ，MC =MD ，所以CD ⊥ME ，由于AB ∥ME ，故CD ⊥AB .而CD ⊥AE ，AB ∩AE =A ，AB ,AE ⊂平面ABE ，所以CD ⊥平面ABE ，又CD ⊂平面CDE ，所以平面ABE ⊥平面CDE .(2)由(1)可知，CD ⊥平面ABME ，又AM ⊂平面ABME ，所以CD ⊥AM .而点A 到直线CD 的距离为22，故AM =2 2.在等腰直角三角形CDE 中，由EC =ED =2,得CD =2,MC =MD =ME =1.在等腰三角形BCD 中，由MC =MD =1，BC =BD =6，得BM = 5.在平行四边形ABME 中，AE =BM =5，AB =EM =1，AM =22，由余弦定理得cos ∠MEA =EM 2+AE 2-AM 22EM ·AE=-55，所以cos ∠BME =55，所以BE =BM 2+EM 2-2BM ·EM cos ∠BME =2.因为BE 2+ME 2=22+12=5 2=BM 2，所以BE ⊥ME .因为平面ABME ⊥平面CDE ，平面ABME 和平面CDE 的交线为ME ，BE 在平面ABME 内.所以BE ⊥平面CDE .如图，以E 为坐标原点，EC ,ED ,EB 分别为x ,y ,z 轴正方向，建立空间直角坐标系.则E 0,0,0 ,C 2,0,0 ,D 0,2,0 ,B 0,0,2 ,A -22,-22,2 ,F -24,-24,1.所以CD =-2,2,0 ,DB =0,-2,2 ,FB =24,24,1 .设平面BCD 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅CD=0m ⋅DB =0，即-2x 1+2y 1=0-2y 1+2z 1=0 .则可取x 1=2，得m=2,2,2 .设平面BDF 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，则n ⋅FB =0n ⋅DB=0，即24x 2+24y 2+z 2=0-2y 2+2z 2=0.取z 2=1，则n=-32,2,1 ．设平面BDF 与平面BCD 的夹角为θ，则cos θ=m ⋅n m ⋅n =-3210×21=10535.所以平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值为10535.5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1在平面ABC 内的射影O 在棱AC 的中点处，P 为棱A 1B 1(包含端点)上的动点．(1)求点P 到平面ABC 1的距离；(2)若AP ⊥平面α，求直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围．【答案】(1)23913；(2)25,104.【分析】(1)以O 为原点建立空间直角坐标系，求出平面ABC 1的法向量，再利用点到平面距离的向量求法求解即得.(2)由向量共线求出向量AP的坐标，再利用线面角的向量求法列出函数关系，并求出函数的值域即可.【详解】(1)依题意，A 1O ⊥平面ABC ，OB ⊥AC (底面为正三角形)，且A 1O =OB =3，以O 为原点，OB ,OC ,OA 1的方向分别为x ,y ,z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，则O (0,0,0),A (0,-1,0),B (3,0,0),C (0,1,0),A 1(0,0,3),C 1(0,2,3)，AC 1 =(0,3,3)，BC 1 =(-3,2,3)，AA 1 =(0,1,3)，由A 1B 1⎳AB ，A 1B 1⊄平面ABC 1，AB ⊂平面ABC 1，则A 1B 1⎳平面ABC 1，即点P 到平面ABC 1的距离等于点A 1到平面ABC 1的距离，设n =(x ,y ,z )为平面ABC 1的一个法向量，由n ⋅AC 1=3y +3z =0n ⋅BC 1=-3x +2y +3z =0，取z =3，得n=(1,-3,3)，因此点A 1到平面ABC 1的距离d =|AA 1 ⋅n||n |=2313=23913，所以点P 到平面ABC 1的距离为23913．(2)设A 1P =λA 1B 1 ，λ∈[0,1]，则AP =AA 1 +A 1P =AA 1 +λAB=(0,1,3)+λ(3,1,0)=(3λ,1+λ,3)，由AP ⊥α，得AP为平面α的一个法向量，设直线BC 1与平面α所成角为θ，则sin θ=|cos ‹BC 1 ,AP ›|=|BC 1 ⋅AP||BC 1 ||AP |=|5-λ|10⋅3λ2+(1+λ)2+3=5-λ25⋅2λ2+λ+2，令t =5-λ，则λ=5-t ，t ∈[4,5]，则sin θ=t 25⋅2(5-t )2+(5-t )+2=t25⋅2t 2-21t +57=125⋅2-21t+57t 2=125571t-7382+576，由t ∈[4,5]，得1t ∈15,14 ，于是571t -738 2+576∈225,516，25⋅571t -738 2+576∈2105,52 ，则sin θ∈25,104，所以直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围是25,104.6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P -ABCD 中，已知AB ∥CD ，∠BAD =90°，CD =2AB ，△PAB 是正三角形，点M 在侧棱PB 上且使得PD ⎳平面AMC ．(1)证明：PM =2BM ；(2)若侧面PAB ⊥底面ABCD ，CM 与底面ABCD 所成角的正切值为311，求二面角P -AC -B 的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)1010．【分析】(1)连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，由已知得AB CD=EBED ，由线面平行的性质得PD ∥EM ，根据三角形相似可得EB ED =BM PM=12，即PM =2BM(2)设AB 的中点O ，首先由已知得PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ∥PO 交AB 于点F ，得MF ⊥底面ABCD ，则∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，在底面ABCD 上过点O 作OG ⊥AC 于点G ，则∠PGO 是二面角P -AC -B 的平面角，根据条件求解即可【详解】(1)证明：连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，在△EAB 与△ECD 中，∵AB ∥CD ，∴AB CD=EBED ，由CD =2AB ，得ED =2EB ，又∵PD ⎳平面AMC ，而平面PBD ∩平面AMC =ME ，PD ⊂平面PBD ，∴PD ∥EM ，∴在△PBD 中，EB ED =BM PM=12，∴PM =2BM ；(2)设AB 的中点O ，在正△PAB 中，PO ⊥AB ，而侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB ∩底面ABCD =AB ，且PO ⊂平面PAB ，∴PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ⎳PO 交AB 于点F ，∴MF ⊥底面ABCD ，∴∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，∴MF CF=311，设AB =6a ，则MF=3a，∴CF=11a，BF=MF3=a，则在直角梯形ABCD中，AF=5a，而CD=12a，则AD=11a2-12a-5a2=62a，在底面ABCD上过点O作OG⊥AC于点G，则∠PGO是二面角P-AC-B的平面角，易得OA=3a，AC=66a，在梯形ABCD中，由OAOG=ACAD⇒3aOG=66a62a，得OG=3a，在Rt△POG中，PG=30a，∴cos∠PGO=OGPG=1010．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)4(2)413【分析】(1)取AB,CD的中点M,N，证得平面ADE⎳平面MNHG，得到AE⎳GH，再由平面ABG⎳平面CDEHG，证得AG⎳EH，得到平行四边形AGHE，得到GH=AE，求得HN=4，结合HN⊥平面ABCD，即可求解；(2)以点N为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面BFHG和平面AGHE的法向量n =(1,3,4)和m =(1,-3,4)，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】(1)如图所示，取AB,CD的中点M,N，连接GM,MN,HN，因为GA=GB，可得GM⊥AB，又因为平面ABG⊥平面ABCD，且平面ABG∩平面ABCD=AB，GM⊂平面ABG，所以GM⊥平面ABCD，同理可得：HN⊥平面ABCD，因为ED⊥平面ABCD，所以ED⎳HN，又因为ED⊄平面MNHG，HN⊂平面MNHG，所以ED⎳平面MNHG，因为MN⎳AD，且AD⊄平面MNHG，MN⊂平面MNHG，所以AD⎳平面MNHG，又因为AD∩DE=D，且AD,DE⊂平面ADE，所以平面ADE⎳平面MNHG，因为平面AEHG与平面ADE和平面MNHG于AE,GH，可得AE⎳GH，又由GM⎳HN，AB⎳CD，且AB∩GM=M和CD∩HN=N，所以平面ABG⎳平面CDEHG，因为平面AEHG与平面ABG和平面CDEHF于AG,EH，所以AG⎳EH，可得四边形AGHE 为平行四边形，所以GH =AE ，因为AE =AD 2+DE 2=42+12=17，所以GH =17，在直角△AMG ，可得GM =GB 2-AB 22=52-42=3，在直角梯形GMNH 中，可得HN =3+17-42=4，因为HN ⊥平面ABCD ，所以点H 到平面ABCD 的距离为4.(2)解：以点N 为原点，以NM ,NC ,NH 所在的直线分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E (0,-4,1),F (0,4,1),G (4,0,3),H (0,0,4)，可得HE =(0,-4,-3),HF =(0,4,-3),HG=(4,0,-1)，设平面BFHG 的法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅HG=4x -z =0n ⋅HF=4y -3z =0，取z =4，可得x =1,y =3，所以n=(1,3,4)，设平面AGHE 的法向量为m=(a ,b ,c )，则m ⋅HG=4a -c =0m ⋅HE=-4b -3c =0，取c =4，可得a =1,b =-3，所以m=(1,-3,4)，则cos m ,n =m ⋅n m n=1-9+161+9+16⋅1+9+16=413，即平面BFHG 与平面AGHE 所成锐二面角的余弦值413.8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE 为菱形，AC =BC =2，∠ACB =120°，平面ACDE ⊥平面ABC ，点F 在AB 上，且AF =2FB ，M ，N 分别在直线CD ，AB 上．(1)求证：CF ⊥平面ACDE ；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC =60°，MN 为直线CD ，AB 的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE 与平面ABC 所成角为α，若tan α>217，求平面BCD 与平面CFD 所成角余弦值的范围．【答案】(1)证明见解析(2)AN AF=913(3)528,255 【分析】(1)先通过余弦定理及勾股定理得到CF ⊥AC ，再根据面面垂直的性质证明；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，利用向量的坐标运算根据MN ⋅CD =0MN ⋅AF =0，列方程求解即可；(3)利用向量法求面面角，然后根据tan α>217列不等式求解.【详解】(1)AB 2=AC 2+BC 2-2AC ⋅BC ⋅cos ∠ACB =12，AB =23，AF =2FB ，所以AF =433，CF=13CA +23CB ，CF 2=19CA 2+49CB 2+49CA ⋅CB =43，AC 2+CF 2=4+43=163=AF 2，则CF ⊥AC ，又因为平面ACDE ⊥平面ABC ，平面ACDE ∩平面ABC =AC ，CF ⊂面ABC ，故CF ⊥平面ACDE ；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，由∠EAC =60°，可得∠DCA =120°，DC =2，所以C 0,0,0 ,D -1,0,3 ,A 2,0,0 ,F 0,233,0 所以AF =-2,233,0 ，CD =-1,0,3 ，设AN =λAF =-2λ,233λ,0 ，则N 2-2λ,233λ,0 ，设CM =μCD ，则M -μ,0,3μ ，MN =2-2λ+μ,233λ,-3μ ，由题知，MN ⋅CD=0MN ⋅AF =0 ⇒2λ-2-μ-3μ=04λ-4-2μ+43λ=0 ，解得λ=913，μ=-213，故AN AF=913；(3)B -1,3,0 ，设∠EAC =θ，则E 2-2cos θ,0,2sin θ ，BE=3-2cos θ,-3,2sin θ ，可取平面ABC 的法向量n=0,0,1 ，则sin α=cos n ,BE=n ⋅BEn ⋅BE =2sin θ 3-2cos θ 2+3+4sin 2θ=sin θ4-3cos θ，cos α=4-3cos θ-sin 2θ4-3cos θ，则tan α=sin θ4-3cos θ-sin 2θ>217，整理得10cos 2θ-9cos θ+2<0，故cos θ∈25,12，CF =0,23,0，CD =-2cos θ,0,2sin θ ，CB =-1,3,0 ，记平面CDF 的法向量为n 1 =x ,y ,z ，则有n 1 ⋅CD =0n 1 ⋅CF =0 ⇒-2x cos θ+2z sin θ=023y =0，可得n 1=sin θ,0,cos θ ，记平面CBD 的法向量为n 2 =a ,b ,c ，则有n 2 ⋅CD=0n 2 ⋅CB =0 ⇒-2a cos θ+2c sin θ=0-a +3b =0，可得n 2=3sin θ,sin θ,3cos θ ，记平面BCD 与平面CFD 所成角为γ，则cos γ=cos n 1 ,n 2 =33+sin 2θ，cos θ∈25,12 ，所以sin 2θ∈34,2125 ，3+sin 2θ∈152,465 ，故cos γ=33+sin 2θ∈528,255 ．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．【答案】(1)证明见解析(2)∠MAD =45°【分析】(1)根据面面与线面垂直的性质可得BD ⊥AF ，结合线面、面面垂直的判定定理即可证明；(2)建立如图空间直角坐标系，设∠MAD =α，AB =1，利用空间向量法求出二面角C -AM -E 的余弦值，建立方程1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，结合三角恒等变换求出α即可.【详解】(1)由已知得平面ABCD ⊥平面ABEF ，AF ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF =AB ，AF ⊂平面ABEF ，所以AF ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，故BD ⊥AF ，因为ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC ，AC ，AF ⊂平面ACF ，AC ∩AF =A ，所以BD ⊥平面ACF ，又BD ⊂平面BDE ，所以平面ACF ⊥平面BDE .(2)由(1)知AD ，AF ，AB 两两垂直，以AD ，AF ，AB 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图.设∠MAD =α，AB =1，则A 0,0,0 ，M cos α,sin α,0 ，C 1,0,1 ，E 0,1,1 ，故AM =cos α,sin α,0 ，AC =1,0,1 ，AE =0,1,1设平面AMC 的法向量为m =x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅AC =0，m ⋅AM=0故x 1+z 1=0x 1cos α+y 1sin α=0，取x 1=sin α，则y 1=-cos α，z 1=-sin α所以m=sin α,-cos α,-sin α设平面AME 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，n ⋅AE =0，n ⋅AM=0故y 2+z 2=0x 2cos α+y 2sin α=0，取x 2=sin α，则y 2=-cos α，z 2=cos α所以n=sin α,-cos α,cos α ，所以cos m ,n =1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α，由已知得1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，化简得：2sin 22α-9sin2α+7=0，解得sin2α=1或sin2α=72(舍去)故α=45°，即∠MAD =45°.10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)68585【分析】(1)取AC 的中点O ，根据面面垂直的性质定理，可得DO ⊥平面ABC ，即可求证DO 2⎳OO 1，进而可证矩形，即可根据线线平行以及平行的传递性求解.(2)建系，利用向量法，求解法向量n =1,-12,3 与方向向量DB =(-1,4,-3)的夹角，即可求解．【详解】(1)证明：取AC 的中点为O ，连接DO ，OO 1，O 1O 2，∵DA =DC ，O 为AC 中点，∴DO ⊥AC ，又平面DAC ⊥平面ABC ，且平面DAC ∩平面ABC =AC ，DO ⊂平面DAC ,∴DO ⊥平面ABC ，∴DO ⎳O 1O 2，DO =O 1O 2，故四边形DOO 1O 2为矩形，∴DO 2⎳OO 1，又O ，O 1分别是AC ，AB 的中点，∴OO 1⎳BC ，∴DO 2⎳BC ；(2)∵C 是圆O 1上异于A ，B 的点，且AB 为圆O 1的直径，∴BC ⊥AC ，∴OO 1⊥AC ，∴如图以O 为原点建立空间直角坐标系，由条件知DO =3，∴A (1,0,0),B (-1,4,0),C (-1,0,0),D (0,0,3)，∴E -12,0,32 ，设F (x ,y ,z )，∴BF =(x +1,y -4,z )，FD=(-x ,-y ,3-z )，由BF =2FD ，得F -13,43,233 ，∴AF =-43,43,233 ，∴DB =(-1,4,-3)，AE =-32,0,32 ，设平面AEF 法向量为n=(x 1,y 1,z 1)，则n ⋅AE=-32x 1+32z 1=0n ⋅AF =-43x 1+43y 1+233z 1=0，取n =1,-12,3 ，设直线BD 与平面AEF 所成角为θ，则sin θ=|cos <n ,DB>|=625⋅172=68585∴直线BD 与平面AEF 所成角的正弦值为68585．11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)241391【分析】(1)方法一运用空间向量的线性运算，进行空间位置关系的向量证明即可.方法二：建立空间直角坐标系，进行空间位置关系的向量证明即可.(2)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可.【详解】(1)方法一：∵A 1B 1=12AB ，∴AA 1 ⋅AB =AA 1 ⋅AD =22×22=2．∵D 1A =-12AD-AA 1∴D 1P =D 1A +AP =1-λ AB +12λ-12AD+λ-1 AA 1∴D 1P ⋅AC =1-λ AB +12λ-12AD +λ-1 AA 1 ⋅AB +AD =1-λ AB 2+12λ-12 AD2+λ-1 AB ⋅AA 1 +λ-1 AD ⋅AA 1=81-λ +812λ-12+4λ-1 =0．∴D 1P ⊥AC ，即D 1P ⊥AC ．方法二：以底面ABCD 的中心O 为原点，以OM 方向为y 轴，过O 点平行于AD 向前方向为x 轴，以过点O 垂直平面ABCD 向上方向为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正四棱台的高度为h ，则有 A 2,-2,0 ，B 2,2,0 ，C -2,2,0 ，D -2,-2,0 ，A 122,-22,h ，C 1-22,22,h ，D 1-22,-22,h ，M 0,2,0 ，AC =-22,22,0AP =1-λ 0,22,0 +12λ-22,0,0 +λ-22,22,0 =-322λ,22-322λ,λhD 1A =322,-22,-h ，D 1P =D 1A +AP =-322λ+322,-322λ+322,λh -h ．故AC ⋅D 1P=0，所以D 1P ⊥AC ．(2)设平面ABCD 的法向量为n=0,0,1 ，设平面AMC 1的法向量为m =x ,y ,z ，AM =-2,22,0 ，AC 1 =-322,322,h ，则有AM ⋅m=0AC 1 ⋅m=0 ，即-2x +22y =0-322x +322y +hz =0，令x =22h ，则m=22h ,2h ,3 ．又题意可得cos m ,n =38h 2+2h 2+9=37，可得h =2．因为λ=23，经过计算可得P 0,0,43 ，D 1-22,-22,2 ，D 1P =2,2,43．将h =2代入，可得平面AMC 1的法向量m=42,22,3 ．设直线DP 与平面AMC 1所成角的为θsin θ=cos DP ,m =8+4+42+2+16932+8+9=241391．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.【答案】(1)证明见详解(2)-22【分析】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，利用线面平行的判定定理证明；(2)由已知可知，△AA 1C 为等边三角形，故A 1E ⊥AC ，利用面面垂直的性质定理可证得A 1E ⊥底面ABC ，进而建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角余弦值.【详解】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，因为侧面BCC 1B 1是平行四边形，所以N 为B 1C 的中点，又因为点E 为线段AC 的中点，所以NE ⎳AB 1，因为AB 1⊄面BEC 1，NE ⊂面BEC 1，所以AB 1⎳面BEC 1.(2)连接A 1C ，A 1E ，因为∠A 1AC =π3，AC =AA 1=2，所以△AA 1C 为等边三角形，A 1C =2，因为点E 为线段AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ，因为侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，A 1E ⊂平面ACC 1A 1，所以A 1E ⊥底面ABC ，过点E 在底面ABC 内作EF ⊥AC ，如图以E 为坐标原点，分布以EF ，EC ，EA 1 的方向为x ,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系，则E 0,0,0 ，B 32,-12,0 ，C 10,2,3 ，所以EB =32,-12,0 ，EC 1 =0,2,3 ，设平面BEC 1的法向量为m=x ,y ,z ，则m ⋅EB =32x -12y =0m ⋅EC 1=2y +3z =0，令x =1，则y =3,z =-2，所以平面BEC 1的法向量为m=1,3,-2 ，又因为平面ABE 的法向量为n=0,0,1 ，则cos m ,n =-21+3+4=-22，经观察，二面角A -BE -C 1的平面角为钝角，所以二面角A -BE -C 1的余弦值为-22.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，△DCP 是等边三角形，∠DCB =∠PCB =π4，点M ，N 分别为DP 和AB 的中点.(1)求证：MN ⎳平面PBC ；(2)求证：平面PBC ⊥平面ABCD ；(3)求CM 与平面PAD 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)33.【分析】(1)取PC 中点E ，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得.(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.(3)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.【详解】(1)取PC 中点E ，连接ME ,BE ，由M 为DP 中点，N 为AB 中点，得ME ⎳DC ,ME =12DC ，又BN ⎳CD ,BN =12CD ，则ME ⎳BN ,ME =BN ，因此四边形BEMN 为平行四边形，于是MN ⎳BE ，而MN ⊄平面PBC ,BE ⊂平面PBC ，所以MN ⎳平面PBC .(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，连接DQ ，由∠DCB =∠PCB =π4,CD =PC ,QC =QC ，得△QCD ≌△QCP ，则∠DQC =∠PQC =π2，即DQ ⊥BC ，而PQ =DQ =2,PQ 2+DQ 2=4=PD 2，因此PQ ⊥DQ ，又DQ ∩BC =Q ,DQ ,BC ⊂平面ABCD ，则PQ ⊥平面ABCD ，PQ ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面ABCD .(3)由(2)知，直线QC ,QD ,QP 两两垂直，以点Q 为原点，直线QC ,QD ,QP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则C (2,0,0),P (0,0,2),D (0,2,0),M 0,22,22,A (-2,2,0)，CM =-2,22,22,AD =(2,0,0),DP =(0,-2,2)，设平面PAD 的一个法向量n =(x ,y ,z )，则n ⋅AD=2x =0n ⋅DP=-2y +2z =0，令y =1，得n=(0,1,1)，设CM 与平面PAD 所成角为θ，sin θ=|cos ‹CM ,n ›|=|CM ⋅n||CM ||n |=23⋅2=33，所以CM 与平面PAD 所成角的正弦值是33.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，△PAD 为等边三角形，AD ⎳BC ，AD ⊥AB ，AD =AB =2BC =2．(1)求证：AD ⊥PC ；(2)点N 在棱PC 上运动，求△ADN 面积的最小值；(3)点M 为PB 的中点，在棱PC 上找一点Q ，使得AM ⎳平面BDQ ，求PQQC的值．【答案】(1)证明见解析(2)2217(3)4【分析】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，依题意可得四边形ABCH 为矩形，即可证明CH ⊥AD ，再由PH ⊥AD ，即可证明AD ⊥平面PHC ，从而得证；(2)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，即可得到CG AG=12，再根据线面平行的性质得到CF FM =12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，即可得到MKCQ=2，最后由PQ =2MK 即可得解.【详解】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，则AH ⎳BC 且AH =BC ，又AD ⊥AB ，所以四边形ABCH 为矩形，所以CH ⊥AD ，又△PAD 为等边三角形，所以PH ⊥AD ，PH ∩CH =H ，PH ,CH ⊂平面PHC ，所以AD ⊥平面PHC ，又PC ⊂平面PHC ，所以AD ⊥PC .(2)连接HN ，由AD ⊥平面PHC ，又HN ⊂平面PHC ，所以AD ⊥HN ，所以S △ADH =12AD ⋅HN =HN ，要使△ADN 的面积最小，即要使HN 最小，当且仅当HN ⊥PC 时HN 取最小值，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥平面ABCD ，又HC ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥HC ，在Rt △HPC 中，CH =2，PH =3，所以PC =CH 2+PH 2=7，当HN ⊥PC 时HN =PH ⋅CH PC =237=2217，所以△ADN 面积的最小值为2217.(3)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，因为AD ⎳BC 且AD =2BC =2，所以△CGB ∽△AGD ，所以CG AG =BC AD=12，因为AM ⎳平面BDQ ，又AM ⊂平面ACM ，平面BDQ ∩平面ACM =GF ，所以GF ⎳AM ，所以CF FM =CG AG=12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，则有MK CQ =MF CF=2，所以PQ =2MK ，所以PQ =2MK =4CQ ，即PQQC=415(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O 1O 2的轴截面A 1ACC 1为等腰梯形，AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点，且AB =BC ,P 是线段BC 的中点.(1)求证：C 1P ⎳平面A 1AB .(2)求平面A 1AB 与平面C 1CB 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)17【分析】(1)取AB 的中点H ，连接A 1H ,PH ，证明四边形A 1C 1PH 为平行四边形，进而得C 1P ⎳A 1H ，即可证明；(2)建立空间直角坐标系，求两平面的法向量，利用平面夹角公式求解.【详解】(1)取AB 的中点H ，连接A1H ,PH ，如图所示，因为P 为BC 的中点，所以PH ⎳AC ,PH =12AC .在等腰梯形A 1ACC 1中，A 1C 1⎳AC ,A 1C 1=12AC ，所以HP ⎳A 1C 1,HP =A 1C 1，所以四边形A 1C 1PH 为平行四边形，所以C 1P ⎳A 1H ，又A 1H ⊂平面A 1AB ,C 1P ⊄平面A 1AB ，所以C 1P ⎳平面A 1AB .(2)因为AB =BC ,故O 2B ⊥AC ，以直线O 2A ,O 2B ，O 2O 1分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，在等腰梯形A 1ACC 1中，AC =2AA 1=2A 1C 1=4，此梯形的高为h =AA 21-AC -A 1C 122= 3.因为A 1C 1=12AC ,A 1C 1⎳AC ，。

高考数学立体几何大题训练

高考数学立体几何大题训练1．如图，平面ABCD ⊥平面ADEF ，其中ABCD 为矩形，ADEF 为梯形，//AF DE ，AF FE ⊥，2AF AD DE ==，G 为BF 中点．（Ⅰ）求证：//EG 平面ABCD ；（Ⅱ）求证：AF DG ⊥．2．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，60BAD ∠= ，2,6AB PD ==,O为AC 与BD 的交点，E 为棱PB 上一点．（Ⅰ）证明：平面EAC ⊥平面PBD ；（Ⅱ）若PD ∥平面EAC ,求三棱锥P EAD -的体积．3．如图，已知四边形ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ，CD=PD=2EA,PD//EA ，F ，G ，H 分别为PB ，BE ，PC 的中点. GA EF D B C P A B C DEO（Ⅰ）求证：GH//平面PDAE ；（Ⅱ）求证：平面FGH ⊥平面PCD.4．如图，在矩形ABCD 中，点E 为边AD 上的点，点F 为边CD 的中点， 234A E D B A A ===,现将ABE ∆沿BE 边折至PBE ∆位置，且平面PBE ⊥平面BCDE .（Ⅰ）求证：平面PBE ⊥平面PEF ；（Ⅱ）求四棱锥P BCFE -的体积．5．如图，AB 为圆O 的直径，点E 、F 在圆O 上，AB ∥EF ，矩形ABCD 所在的平面和圆O 所在的平面互相垂直，且AB=2，AD=EF=1. A B C D E B CDE FP（Ⅰ）求证：AF ⊥平面CBF ；（Ⅱ）设FC 的中点为M ，求证：OM ∥平面DAF ；（Ⅲ）设平面CBF 将几何体EFABCD 分成的两个锥体的体积分别为,F ABCD F CBE V V --，求:F ABCD F CBE V V --.6．如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，E F 、分别是棱111D C DD 、的中点．（Ⅰ）证明：平面11ADC B ⊥平面1A BE ；（Ⅱ）证明：F B 1//平面BE A 1；7．如图，四棱锥P ABCD -中，PAB ∆是正三角形，四边形ABCD 是矩形，且平面PAB ⊥平面ABCD ，2PA =，4PC =．E AB C D B 1 A 1D 1C 1F（Ⅰ）若点E 是PC 的中点，求证：//PA 平面BDE ；（Ⅱ）若点F 在线段PA 上，且FA PA λ=，当三棱锥B AFD -的体积为43时，求实数λ的值．8．如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直底面，︒=∠90ACB ，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点.（1）证明：1DC ⊥平面BDC ；（2）若12AA =，求三棱锥1C BDC -的体积.9．已知平行四边形ABCD ，4AB =，2AD =，60o DAB ∠=，E 为AB 的中点，把三角形ADE 沿DE 折起至1A DE位置，使得14AC =，F 是线段1AC 的中点.（1）求证：1//BF A DE 面；（2）求证：面1A DE ⊥面DEBC ；（3）求四棱锥1A DEBC -的体积.10．如图, 已知边长为2的的菱形ABCD 与菱形ACEF 全等，且FAC ABC ∠=∠,平面ABCD ⊥平面ACEF ，点G 为CE 的中点. G EOB D A CF（Ⅰ）求证：//AE 平面DBG ；（Ⅱ）求证：FC BG ⊥；（Ⅲ）求三棱锥E BGD -的体积.11．如图,三棱柱111ABC A BC -中,112AB AC AA BC ====,1160AAC ∠=︒,平面1ABC ⊥平面11AAC C ,1AC 与1AC 相交于点D .D C B AE CD A 1FB E（Ⅰ）求证:BD ⊥平面11AAC C ；（Ⅱ）求二面角1C AB C --的余弦值.12．如图，已知四边形ABCD 为正方形，⊥EA 平面ABCD ，CF ∥EA ，且222===CF AB EA（1）求证：⊥EC 平面BDF ；（2）求二面角E BD F --的余弦值.13．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧面PAB ⊥底面ABCD ， PA AB =，点E 是PB 的中点，点F 在边BC 上移动． CC 1 B 1AA 1B D（Ⅰ）若F 为BC 中点，求证：EF //平面PAC ；（Ⅱ）求证：AE PF ⊥；（Ⅲ）若2PB AB =，二面角E AF B --的余弦值等于1111，试判断点F 在边BC 上的位置，并说明理由.14．已知几何体A BCDE -的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形．（1）求此几何体的体积V 的大小；（2）求异面直线DE 与AB 所成角的余弦值；（3）求二面角A-ED-B 的正弦值．15．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，平面1A BC ⊥侧面11A ABB ，且12AA AB ==（1）求证：AB BC ⊥；（2）若直线AC 与平面1A BC 所成的角为6π，求锐二面角1A AC B --的大小.16．如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，点为的中点.（1）求证：∥平面；（2）求证：；（3）在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.17．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1A A ⊥平面ABC ，90BAC ︒∠=，F 为棱1AA 上的动点，14,2A A AB AC ===. ⑴当F 为1A A 的中点，求直线BC 与平面1BFC 所成角的正弦值； ⑵当1AF FA 的值为多少时，二面角1B FC C --的大小是45︒. 22==AD AB D D AA 11ABCD E AB 1BD DE A 1E D 1⊥D A 1AB M D MC D --16πAM18．如图，在四棱锥BCDE A -中，平面⊥ABC 平面======∠=∠AC BE DE CD AB BED CDE BCDE ,1,2,90,02.（1）证明：⊥DE 平面ACD ;（2）求二面角E AD B --的大小4681012141618E DC B A19．如图，正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直，AD CD ⊥，AB ∥CD ，2AB AD ==，4CD =，M 为CE 的中点．（1）求证：BM ∥平面ADEF ；（2）求证：平面BDE ⊥平面BEC ；（3）求平面BEC 与平面ADEF 所成锐二面角的余弦值.AF1ABC1B 1C20．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形，90ACB ∠=，EA ⊥平面ABCD ，//EF AB ，//FG BC ，//EG AC ，2AB EF =.（1）若M 是线段AD 的中点，求证：//GM 平面ABFE ；（2）若22AC BC AE ===，求二面角A BF C --的余弦值. MEFCD B A参考答案1．（Ⅰ）详见解析; （Ⅱ）详见解析【解析】试题分析：证明：（Ⅰ）取AB 的中点O ，连接OD ，可得OG = 12AF ，又因为 //AF DE ，2AF DE =所以OG =DE ，四边形ODEG 为平行四边形，所以//EG OD ，在根据线面平行的判定定理，即可证明结果．（Ⅱ）取AF 的中点H ，连接DH 、GH ，可得//GH AB ，因为平面ABCD ⊥平面ADEF ，AB AD ⊥，所以AB ⊥平面ADEF ，AB AF ⊥，所以AF GH ⊥，因为 //AF DE ，2AF DE =所以四边形EFHD 为平行四边形，//EF DH ，又AF FE ⊥，所以AF DH ⊥ ，根据线面垂直的判定定理，即可证明结果．试题解析：证明：（Ⅰ）取AB 的中点O ，连接OD因为,O G 分别是AB ,BF 的中点，所以OG =12AF ， 2分又因为 //AF DE ，2AF DE = 所以OG =DE ，四边形ODEG 为平行四边形所以//EG OD 4分因为OD ⊂平面ABCD ，EG ⊄平面ABCD所以//EG 平面ABCD 5分（Ⅱ）取AF 的中点H ，连接DH 、GH因为,G H 分别是BF ,AF 的中点，所以//GH AB ， 7分因为平面ABCD ⊥平面ADEF ，AB AD ⊥所以AB ⊥平面ADEF ，AB AF ⊥所以AF GH ⊥ 9分因为//AF DE ，2AF DE = 所以四边形EFHD 为平行四边形，//EF DH又AF FE ⊥，所以AF DH ⊥ 11分因为GH DH H = GA E F DB CHO所以AF ⊥平面DGH所以AF DG ⊥ 12分考点： 1．线面平行的判定定理；2．线面垂直的判定定理．2．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）22P EAD V -=．【解析】试题分析：（Ⅰ）要证面面垂直需证线面垂直，根据题意，需证AC ⊥平面PBD ，因为底面为菱形对角线互相垂直，又因为PD ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥平面PBD 得证；（Ⅱ）根据线面平行的性质定理可知：PD 平行平面PBD 与平面ACE 的交线EO ,同时O 为BD 中点,所以E 为PB 中点，所以三棱锥P EAD -的体积等于三棱锥E PAD -即为三棱锥B PAD -体积的一半,进而求得三棱锥P EAD -的体积．试题解析：（Ⅰ）PD ⊥ 平面ABCD ,AC ⊂平面ABCD ,AC PD ∴⊥．四边形ABCD 是菱形,AC BD ∴⊥,又PD BD D = ,AC ⊥平面PBD ．而AC ⊂平面EAC ,∴平面EAC ⊥平面PBD ． 6分（Ⅱ） PD ∥平面EAC ,平面EAC 平面PBD OE =,PD OE ∴∥,O 是BD 中点,E ∴是PB 中点．取AD 中点H ,连结BH , 四边形ABCD 是菱形,60BAD ∠= ,BH AD ∴⊥,又,BH PD AD PD D ⊥= ,BD ∴⊥平面PAD ,332BH AB ==． 9分 12P EAD E PAD B PAD V V V ---==1123PAD S BH =⨯⨯⨯△ 112263622=⨯⨯⨯⨯=． 12分 PA B C DEOH考点：1．面面平行的判定定理;2．线面平行的性质定理;3．三棱锥的体积公式．3．（1）证明详见解析；（2）证明详见解析.【解析】试题分析：本题主要考查线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑思维能力、计算能力.第一问，取PD 、EA 中点，利用中位线得1//2MN CD ==，1//2NG AB ==，而//AB CD ==，∴//MN NG ==，∴说明GHMN 是平行四边形，∴//GH MN ，∴利用线面平行的判定//GH 平面PDAE ；第二问，先利用线面垂直的性质得PD BC ⊥，再利用线面垂直的判定得BC ⊥平面PCD ，即FH ⊥平面PCD ，最后利用面面垂直的判定得平面FGH ⊥平面PCD . 试题解析：（1）分别取PD 的中点M EA ,的中点.N 连结MH NG MN ,,.因为G H ,分别为BE PC ,的中点，所以1//2MN CD == . 因为//AB CD ==，所以//MN NG ==, 故四边形GHMN 是平行四边形.所以//GH MN . 4分又因为GH ⊄平面PDAE ，MN ⊂平面PDAE ，所以//GH 平面PDAE . 6分（2）证明：因为PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PD BC ⊥.因为,,BC CD PD CD D ⊥= 所以BC ⊥平面PCD .因为F H ,分别为PB PC 、的中点，所以//FH BC所以FH ⊥平面.PCD因为FH ⊂平面FGH ，所以平面FGH ⊥平面PCD . 12分考点：线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直.4．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）2823【解析】试题分析：对于第一问要证明面面垂直，关键是把握住面面垂直的判定定理，在其中一个平面内找出另一个平面的垂线即可，而在找线面垂直时，需要把握住线面垂直的判定定理的内容，注意做好空间中的垂直转化工作，对于第二问，注意在求棱锥的体积时，注意把握住有关求体积的量是多少，底面积和高弄清楚后就没有问题.试题解析：（Ⅰ）证明：在Rt ΔDEF 中,45ED DF DEF =∴∠=oQ ,在Rt ΔABE 中，,45AE AB AEB =∴∠=o Q ,90BEF ∴∠=o ,EF BE ∴⊥. 3分平面PBE ⊥平面BCDE ，且平面PBE 平面BCDE BE =∴ EF ⊥平面PBE ,EF ⊂Q 平面PEF ，∴平面PBE ⊥平面PEF . 6分（Ⅱ）解：过P 做PO BE ⊥,PO ⊂平面,PBE 平面PBE ⊥平面BCDE 且平面PBE 平面BCDE BE =∴ PO ⊥平面BCDE ,四棱锥P BCFE -的高22h PO ==. 8分ABE DEF S S S S ∆∆=--矩形ABCD 四边形BCFE116444221422=⨯-⨯⨯-⨯⨯=， 10分则112821422333P BCFE BCFE V S h -=⋅=⨯⨯=四边形. 12分考点：面面垂直的判定，棱锥的体积.5．（Ⅰ）参考解析；（Ⅱ）参考解析；（Ⅲ）4:1【解析】试题分析：（Ⅰ）要证线面垂直等价转化为线线垂直，由圆周角所对的弦为直径即可得AF 与BF 垂直，再根据面面垂直的性质即可得CB 与AF 垂直.由此即可得到结论.（Ⅱ）线面平行等价转化为线线平行，通过做DF 的中点即可得到一个平行四边形，由此即可得到线线平行，即可得到结论.（Ⅲ）根据四棱锥的体积公式，以及三棱锥的体积公式，其中有些公共的线段，由此即可求出两个体积的比值.试题解析：（Ⅰ）证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF=AB ， ∴CB ⊥平面ABEF ，∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB ，又∵AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF ，∴AF ⊥平面CBF.（Ⅱ）设DF 的中点为N ，则MN ∥12CD ，又12AO CD ∥，则MN AO ∥，MNAO 为平行四边形， DB C E F PO∴OM ∥AN ，又AN ⊂平面DAF ，PM ⊄平面DAF ，∴OM ∥平面DAF.（Ⅲ）过点F 作FG ⊥AB 于G ，∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，∴FG ⊥平面ABCD ，∴1233F ABCD ABCD V S FG FG -=⋅=， ∵CB ⊥平面ABEF ，∴11113326F CBEC BFE BFE V V S CB EF FG CB FG --∆==⋅=⋅⋅⋅=， ∴:4:1F ABCD F CBE V V --=考点：1.线面垂直.2.线面平行.3.棱锥的体积公式. 6．（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）16【解析】试题分析：Ⅰ）证明面面垂直，一般利用面面垂直判定定理，即从证明线面垂直出发：因为11B C ⊥面11ABB A 所以111B C A B ⊥．又11A B AB ⊥，所以1A B ⊥面11ADC B ,所以平面11ADC B ⊥面1A BE .（Ⅱ）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从证明线线平行出发，这一般可利用平面几何知识得以证明：设11AB A B O = ，则易得四边形1B OEF 为平行四边形，所以1B F //OE .所以F B 1//面BE A 1 （Ⅲ）求棱锥体积，关键在于确定其高。

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ADC1⊥平面A1ACC1，∴A1E⊥平面ADC1．作EF⊥AD，垂足为F，连接A1F，则A1F⊥AD，∠A1FE为二面角A1－AD－C1的平面角．
不妨设AA1＝2，则AC＝2，AB＝ED＝OB＝1，EF＝＝，
tan∠A1FE＝，∴∠A1FE＝60°．
所以二面角A1－AD－C1为60°．………14分
（1）求的表达式；（2）当为何值时，取得最大值？
（3）当取得最大值时，求异面直线与所成角的余弦值．
高考数学复习——立体几何测练题参考答案
一、DAADB CBD
二、9．；10． 11．；12． 13. （或）14.
三、15．（1）；（2）奇函数；（3）0<a<1减函数a>1增函数
16.证明：（1）连结，在中 // ，
解法二：（Ⅰ）如图，建立直角坐标系O－xyz，其中原点O为AC的中点．
设A(a，0，0)，B(0，b，0)，B1(0，b，2c)．
则C(－a，0，0)，C1(－a，0，2c)，E(0，0，c)，D(0，b，c)．……3分
＝（0，b，0），＝(0，0，2c)．
·＝0，∴ED⊥BB1．
又＝(－2a，0，2c)，
·＝0，∴ED⊥AC1，……7分
所以ED是异面直线BB1与AC1的公垂线．
（Ⅱ）不妨设A(1，0，0)，则B(0，1，0)，C(－1，0，0)，A1(1，0，2)，
＝(－1，－1，0)，＝(－1，1，0)，＝(0，0，2)，
·＝0，·＝0，即BC⊥AB，BC⊥AA1，又AB∩AA1＝A，
∴BC⊥平面A1AD．
A．3个B.2个C.1个D.0个
2．设，，均为直线，其中，在平面内，“ ”是“ ”且“ ”的（A）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
3.已知正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦等于（A）A． B． C． D．
高考数学复习——立体几何测练题
(总分150分)
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在答题卡的表内（每小题5分，共40分）。
1．下列说法中是“平面平面的一个充分条件”的有（D）（1）．存在一条直线（2）．存在一条直线（3）．存在两条平行直线（4）．存在两条异面直线
7
8
答案
二、填空题：（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
9、10、11、
12、13、14、
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（本大题共6大题，共计80分）.
15.（12分）已知函数（，，）。
（1）求的定义域；（2）讨论的奇偶性；（3）讨论的单调性。
16．（12分）如图,在四棱锥中,底面是边长为的正方形,侧面底面，且 ,若、分别为、的中点.
又E(0，0，1)，D(0，1，1)，C(－1，0，1)，
＝(－1，0，－1)，＝(－1，0，1)，＝(0，1，0)，
·＝0，·＝0，面C1AD．……10分
cos＜，＞＝＝，即得和的夹角为60°．
所以二面角A1－AD－C1为60°．………14分
19.(Ⅰ)证明: ,
13.已知正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为，则侧面与底面所成的二面角等于___________。
14.已知二面角的大小为，为异面直线，且，则所成的角为_________。
高考数学复习——立体几何测练题答卷
班级高三（）班姓名座号成绩
一、选择题：（每小题5分，共40分）
题号
1
2
3
4
5
6
∵AB＝BC，∴BO⊥AC，
又平面ABC⊥平面ACC1A1，BO面ABC，故BO⊥平面ACC1A1，
∴ED⊥平面ACC1A1，BD⊥AC1，ED⊥CC1，
∴ED⊥BB1，ED为异面直线AC1与BB1的公垂线．……7分
（Ⅱ）连接A1E，由AA1＝AC＝AB可知，A1ACC1为正方形，
∴A1E⊥AC1，又由ED⊥平面ACC1A1和ED平面ADC1知平面
19.（14分）如图,四棱锥P-ABCD是底面边长为1的正方形，PD⊥BC,PD=1,PC= .
(Ⅰ)求证:PD⊥面ABCD；
(Ⅱ)求二面角A－PB－D的大小.
20.（14分）如图6所示，等腰的底边，高，点是线段上异于点的动点，点在边上，且，现沿将折起到的位置，使，记，表示四棱锥的体积．
∴在Rt△PDB中, ,
又∵ ,∴ ,………………………………………12分
A． B． C． D．
7.已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何体的体积是（Ｂ）
Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．
8.如图，正四棱柱中，，则异面直线所成角的余弦值为（）
A． B． C． D．
二、填空题：请把答案填在答题卡的横线上（每小题5分，共30分）
9.一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上。已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为。
.……2分
又 ,……4分
∴PD⊥面ABCD………6分
(Ⅱ)解:连结BD,设BD交AC于点O,
过O作OE⊥PB于点E,连结AE,
∵PD⊥面ABCD,∴ ,
又∵AO⊥BD,∴AO⊥面PDB.
∴AO⊥PB,
∵ ,
∴ ,从而 ,
故就是二面角A－PB－D的平面角.……………………10分
∵PD⊥面ABCD,∴PD⊥BD,
4.已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（D）
A． B．
C． D．
5.顶点在同一球面上的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝，则A、C两点间的球面距离为（）A． B． C． D．
6.一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的体积是（）
10.一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1，2，3，则此球的表面积为。
11.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成的角是．
12.已知点O在二面角的棱上，点P在内，且。若对于内异于O的任意一点Q，都有，则二面角的大小是________。
且平面，平面， .
（2）因为面面，平面面，，
所以，平面， .
又，所以是等腰直角三角形，
且，即 .
，且、面，∴ 面，
又面，∴面面 .
17．m<-3或m≥
18．解法一：（Ⅰ）设O为AC中点，连接EO，BO，则EOC1C，又C1CB1B，所以EODB，EOBD为平行四边形，ED∥OB．……2分
求证：（1） //平面；（2）平面平面 .
17．(14分)已知f(x)= ,当x∈(0，+ )时,恒有f(x)>0，求实数m的取值范围．
18.（14分）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC，D、E分别为BB1、AC1的中点．
（Ⅰ）证明：ED为异面直线BB1与AC1的公垂线；
（Ⅱ）设AA1＝AC＝AB，求二面角A1－AD－C1的大小．