立体几何高考题汇总
高三精选立体几何大题30题(含详细解答)
A BC第1题图ABCD第1题图立体几何大题1．如下图，一个等腰直角三角形的硬纸片ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4cm，CD是斜边上的高沿CD 把△ABC折成直二面角．（1）如果你手中只有一把能度量长度的直尺，应该如何确定A，B的位置，使二面角A－CD－B是直二面角？证明你的结论．（2）试在平面ABC上确定一个P，使DP与平面ABC内任意一条直线都垂直，证明你的结论．（3）如果在折成的三棱锥内有一个小球，求出小球半径的最大值．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的大小的正弦值.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. 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．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，P、M、N分别为棱DD1、AB、BC的中点。
（I）求二面角B1—MN—B的正切值；（II）证明：PB⊥平面MNB1；（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。
(word完整版)高三数学立体几何经典例题
厦门一中立体几何专题一、选择题（10 X 5' =50 '）1•如图，设0是正三棱锥 P-ABC 底面三角形 ABC 的中心， 过0的动平面与P-ABC 的三条侧棱或其延长线的交点分别记 为 Q 、R 、S ,则-11 1（ ）PQ PR PSA. 有最大值而无最小值B. 有最小值而无最大值C. 既有最大值又有最小值，且最大值与最小值不等D. 是一个与平面QRS 位置无关的常量2•在正n 棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是 （A., B., C. 0,D.nn2n的面积的取值范围是（）若B €a ,C €3 ,则厶ABC 的周长的最小值是（ ）B.2 .75.如图，正四面体 A-BCD 中，E 在棱AB 上，F 在棱CD 上,使得詈 Cy =入（0＜入＜+m ），记f （入）=a x+ 3入，其中a 入表示EF 与AC 所成的角，3入表示EF 与BD 所成的角，贝U（ ）A. f （入）在（0,+ g ）单调增加B. f （入）在（0,+ g ）单调减少C. f （入）在（0,1）单调增加，在（1,+ g ）单调减少D. f （入）在（0,+ g ）为常数合是 （）A. 一条直线B. —个平面C.两条平行直线D.两个平面7.正四棱锥底面积为 Q ,侧面积为S ,则它的体积为 （）A. 1 Q （S2Q 2）B. 1 Q （S2Q 2）6 •3 'C. 1 -Q(S2Q 2)23•正三棱锥P-ABC 的底面边长为 2a,点E 、F 、G 、H 分别是 PA 、PB 、BC 、AC 的中点，则四边形 EFGHA.(0,+ g )B.C.D. ^a 2, 24.已知二面角a -a-3为60°,点A 在此二面角内，且点A 到平面a 、3的距离分别是AE=4, AF=2,6.直线a //平面3，直线a 到平面3的距离为 1，则到直线a 的距离与平面3的距离都等于7的点的集第5题图D.f QS第1题图8. 已知球O的半径为R, A、B是球面上任意两点，则弦长|AB|的取值范围为（）B.(0,2R]C. ( 0,2R )D. : R,2R ]9•已知平面aQ 平面B =l,m 是平面a 内的一条直线，则在平面B 内A. .—定存在直线与直线 m 平行，也一定存在直线与直线B. —定存在直线与直线 m 平行，但不一定存在直线与直线C. 不一定存在直线与直线 m 平行，但一定存在直线与直 线m 垂直D. 不一定存在直线与直线 m 平行，也不一定存在直线与 直线m 垂直10. 如图为一个简单多面体的表面展开图(沿图中虚线折11. ______________________________________________________________________ 边长为a 的等边三角形内任一点到三边距离之和为定值，这个定值为 __________________________ ;推广到空间，棱长为a 的正四面体内任一点到各面距离之和为 ______________12. 在厶ABC 中，AB=9, AC=15，/ BAC=120°,其所在平面外一点 P 到A 、B 、C 三个顶点的距离都是14,贝U P 点到直线 BC 的距离为 _____________ . 13. 已知将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起， 恰得到一个所有二面角都相等的六面体， 并且该六面体的最短棱的长为 2,则最远的两顶点间的距离是 _______________ .14. ___________________________________________________________________ 有120个等球密布在正四面体 A-BCD 内，问此正四面体的底部放有 ___________________________ 个球. 三、解答题(4X 10' +14' =54')15. 定直线11丄平面a ，垂足为M ，动直线12在平面a 内过定点 N ,但不过定点 M.MN=a 为定值，在11、12上分别有动线段 AB=b,CD = c.b 、c 为定值.问在什么情况下四面体 ABCD 的体积最大？最大值是多少？AC 的中点，求:(1) PM 与FQ 所成的角； (2) P 点到平面 EFB 的距离； (3 )异面直线PM 与FQ 的距离.16.如图所示，已知四边形 ABCD 、EADM 和MDCF 都是边长为 a 的正方形，点 P 、Q 分别是ED 和A. : 0,2 R ] m 垂直A.6B.7C.8D.9、填空题 (4X 4 ' =16')叠即可还原)，则这个多面体的顶点数为 (第16题图连结人丘‘将厶DAE 沿AE 折起到△ D 1AE 的位置，使得/(1)试用基向量 AB , AE , AD 1表示向量OD 117.如图，在梯形 ABCD 中，AB // CD ,/ ADC = 90° ,3AD=DC=3,AB=2,E 是 CD 上一点，满足 DE = 1 ,D 1AB = 60° ,设AC 与BE 的交点为O.(2) 求异面直线OD i与AE所成的角.(3) 判断平面D i AE与平面ABCE是否垂直，并说明理由第17题图18. 如图，在斜棱柱ABC —A i B i C i中，底面为正三角形，侧棱长等于底面边长，且侧棱与底面所成的角为60°顶点B i在底面ABC上的射影O恰好是AB的中点.(i)求证：B i C± C i A;(2 )求二面角C i-AB-C的大小.第i8题图i9.如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA=PB=PC , BC=2a,AC=a,AB=、3 a,点P到平面ABC的距离为 | a.(i )求二面角P-AC-B的大小；(2)求点B到平面FAC的距离.第i9题图立体几何练习参考答案一、选择题 1.D 设正三棱锥P-ABC 中，各棱之间的夹角为a，棱与底面夹角为B ,h 为点S 到平面PQR 的距离，1 11则 V S -PQR = 3S ^PQR • h= — ( — PQ • PR • sin a ) • PS • sin B ,另一方面，记 O 到各平面的距离为 d,则有33 211 1 dV S -PQR =V O -PQR +V O -PRS +V O -PQS =S ^PQR °d+ S ^PRS ，d+S^PQS -d=3333a + d • - -PQ -PS-sin a •故有 PQ -PR -PS-sin B =d(PQ -PR+PR -PS+PQ -PS),即旦—-PQ -PR -sin a +— •丄 PS ・PR ・sin2321 1 _ sinPR PS d3 2 PQ 常量.2.B 设正n 棱锥的高为h,相邻两侧面所成二面角为B .当h f 0时，正n 棱锥的极限为正n 边形，这时 相邻两侧面所成二面角为平面角，即二面角Qfn.当h fg 时，正n 棱锥的极限为正n 棱柱，这时相邻两侧面所成二面角为正n 边形的内角，nEFGH 为矩形，当 P f 底面△ ABC 的中心O 时，矩形EFGH f 矩形E i F i GH.3a=_Aa 23 34. C 如图，I a 丄AE,a 丄AF,「. a 丄平面 AEF.设a 交平面 AEF 于点G ,则/ EGF 是二面角a -a-3的平面角，/ EGF=60° ,/ EAF=120。
高中空间立体几何经典例题精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版立体几何一、选择题1．（20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是 （ ）A ．若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥B ．若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m nC ．若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥D ．若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥【答案】D2 2．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为（ ）A ．1:2B ．1:4C ．1:8D ．1:16【答案】C 【答案】A3 3．（20XX 年高考新课标1（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（ ）A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+【答案】A4 4．（20XX 年高考湖南卷（理））已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能．．．等于 （ ）A ．1B ．2C ．2-12D ．2+12【答案】C5．（20XX 年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为3.若P 为底面111A B C 的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为（ ）A．512πB ．3πC．4πD．6π【答案】B6．（20XX年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））某几何体的三视图如题()5图所示,则该几何体的体积为（）A．5603B．5803C．200D．240【答案】C7．（20XX年高考江西卷（理））如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB CD,正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为,m n,那么m n+=（）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】A二、填空题8．（20XX年高考北京卷（理））如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为__________.1D1BPD1CCEBA1A【答案】2559．（20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））如图,在三棱柱ABC C B A -111中,F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点,设三棱锥ADE F -的体积为1V ,三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ,则=21:V V ____________.【答案】1:2410．（20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.【答案】1616π-11．（20XX 年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD 版））已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是_______________【答案】12π12．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）在如图所示的正方体1111ABCD A B C D -中,异面直线1A B 与1B C 所成角的大小为_______AB C1A D EF1B 1C【答案】3π三、解答题13．（20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））如图,AB是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点. (I)求证:PAC PBC ⊥平面平面；(II)2.AB AC PA C PB A ===--若，1，1，求证：二面角的余弦值D 1 C 1 B 1A 1D C AB14．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）如图,在正三棱锥111ABC A B C -中,16AA =,异面直线1BC 与1AA 所成角的大小为6π,求该三棱柱的体积.【答案】[解]因为1CC 1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA .所成的角,即1BC C ∠=6π. 在Rt 1BC C ∆中,113tan 6233BC CC BC C =⋅∠==从而2333ABC S BC ∆==因此该三棱柱的体积为1336183ABC V S AA ∆=⋅==15．（20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））B 1 A 1C 1ACB如图,在三棱锥ABC S -中,平面⊥SAB 平面SBC ,BC AB ⊥,AB AS =,过A 作SB AF ⊥,垂足为F ,点G E ，分别是棱SC SA ，的中点.求证:(1)平面//EFG 平面ABC ; (2)SA BC ⊥.【答案】证明:(1)∵AB AS =,SB AF ⊥∴F 分别是SB 的中点 ∵E.F 分别是SA.SB 的中点 ∴EF ∥AB又∵EF ⊄平面ABC, AB ⊆平面ABC ∴EF ∥平面ABC 同理:FG ∥平面ABC又∵EF FG=F, EF.FG ⊆平面ABC ∴平面//EFG 平面ABC (2)∵平面⊥SAB 平面SBC 平面SAB 平面SBC =BC AF ⊆平面SAB AF ⊥SB∴AF ⊥平面SBC 又∵BC ⊆平面SBC ∴AF ⊥BC又∵BC AB ⊥, AB AF=A, AB.AF ⊆平面SAB ∴BC ⊥平面SAB 又∵SA ⊆平面SAB ∴BC ⊥SA16．（20XX 年高考上海卷（理））如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=2,AD=1,A 1A=1,证明直线BC 1平行于平面DA 1C,并求直线BC 1到平面D 1AC 的距离.C 11A【答案】因为ABCD-A 1B 1C 1D 1为长方体,故1111//,AB C D AB C D =,故ABC 1D 1为平行四边形,故11//BC AD ,显然B 不在平面D 1AC 上,于是直线BC 1平行于平面DA 1C; 直线BC 1到平面D 1AC 的距离即为点B 到平面D 1AC 的距离设为h考虑三棱锥ABCD 1的体积,以ABC 为底面,可得111(12)1323V =⨯⨯⨯⨯=而1AD C ∆中,11AC DC AD ==故132AD C S ∆= AB CSGFE所以,13123233V h h =⨯⨯=⇒=,即直线BC 1到平面D 1AC 的距离为23.17．（20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））如图1,在等腰直角三角形ABC中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE =O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD ===连结,OD OE,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD=由翻折不变性可知A D '=,所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥,理可证A O OE '⊥, 又OD OE O =,所以A O '⊥平面BCDE . (Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD 的延长线于H ,连结A H ', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角. 结合图1可知,H 为AC 中点,故2OH =,从而2A H '== 所以cos OH A HO A H '∠=='所以二面角ACD B '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O -.CO BDEA CDOBE'A图1图2C DO BE'AH则(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,则00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧+=⎪⎨-++=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,1,n =- 由(Ⅰ)知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量,所以3cos ,3n OA n OA n OA'⋅'===',即二面角A CD B '--的平面角的余弦值为5.18．（20XX年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 侧棱A1A⊥底面ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点.(Ⅰ) 证明B1C1⊥CE;(Ⅱ) 求二面角B1-CE-C1的正弦值.(Ⅲ) 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为2, 求线段AM的长.6【答案】19．（20XX年高考陕西卷（理））如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD,12AB AA==(Ⅰ) 证明: A1C⊥平面BB1D1D;(Ⅱ) 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小.1A【答案】解:(Ⅰ) BDOAABCDBDABCDOA⊥∴⊂⊥11,,面且面;又因为,在正方形AB CD 中,BDCAACACAACABDAACOABDAC⊥⊂⊥=⋂⊥11111,，故面且面所以；且.在正方形AB CD中,AO = 1 . .111=∆OAOAART中，在OECAOCEAEDB1111111⊥为正方形，所以，则四边形的中点为设.，所以由以上三点得且，面面又OOBDDDBBODDBBBD=⋂⊂⊂111111E.E,DDBBCA111面⊥.(证毕)(Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题.以O为原点,以OC为X轴正方向,以OB为Y轴正方向.则)1,0,1()1,1,1(),10(),1(,0,1,0111-=⇒CABACB，，，，）（.由(Ⅰ)知, 平面BB1D1D的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111）（==-==OCOBCAn设平面OCB1的法向量为，则0,0,2122=⋅=⋅OCnOBnn).1-,1,0(法向量2=n为解得其中一个21221||||||,cos|cos212111=⋅=⋅=><=nnnnnnθ.所以,平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ为3π1A。
2024高考数学专题分类之立体几何解析版
1立体几何经典真题1【2023年新课标全国乙卷第19题】如图,在三棱雉P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=5DO,点F在AC上,BF⊥AO.(1)证明:EF⎳平面ADO;(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;(3)求二面角D-AO-C的正弦值.AB CDEFOP【答案】1 见解析;2 见解析;3 见解析.【解析】1 【解法一】∵A,F,C三点共线,故设BF=λBA+1-λBC,又OA=BA-BO=BA-12BC,BF⊥OA,BA⊥BC,∴BF∙OA=λBA+1-λBC∙BA-12BC=λBA2-121-λBC2=λ∙22-121-λ∙222=8λ-4=0,解得λ=12,∴BF=12BA+12BC,故F为AC的中点,∵D,E,O分别为BP,BC,AP的中点,∴DO∥BC∥EF,∵EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,∴EF∥平面ADO;【解法二】∵AB⊥BC,故以B为原点,BA,BC所在的直线分别为x,y轴建立平面直角坐标系,如图所示,则B0,0,A2,0,C0,22,D0,2,∵点F在AC上,直线AC方程为x2+y22=1,∴设F a,22-a,∵AD⊥BF,∴k AD∙k BF,即2-00-2∙22-aa=-1,解得a=1,∴F12,即F为AC的中点,∵D,E,O分别为BP,BC,AP的中点,∴DO∥BC∥EF,xyAB CFD2∵EF ⊄平面ADO ,DO ⊂平面ADO ,∴EF ∥平面ADO ;2 ∵OA =BO 2+BA 2=6,OD =12PC =62,AD =5DO =302,∴AD 2=OD 2+OA 2,∴OA ⊥OD ,∵OD ∥EF ,∴OA ⊥EF ,又∵OA ⊥BF ,BF ∩EF =F ,∴OA ⊥平面BEF ,∵OA ⊂平面ADO ,∴平面ADO ⊥平面BEF ;3【解法一】过点O 作OH ∥BF ,交AC 于点H ,设AD ∩BE =G ,如图所示,∵AO ⊥BF ,∴OH ⊥OA ,且FH =13AH ,由2 知,OA ⊥OD ,∴∠DOH 为二面角D -AO -C 的平面角,∵D ,E 分别为BP ,AP 的中点,∴G 为△P AB 的重心,∴DH =32GF ,在△P AB 中,AB 2+AP 2=2AD 2+2BP 22,解得AP =14,BA 2+BP 2=2BE 2+2AP 2 2,解得BE =62,∵EF =12PC =62,∴BF 2=EB 2+EF 2,即EB ⊥EF ,∵EG =13BE =66,∴GF =EG 2+EF 2=153,∴DH =152,∵OH =12BF =14AC =32,在△ODH 中,∠DOH cos =OD 2+OH 2-DH 22OD ∙OH=22,∴二面角D -AO -C 的正弦值为22;【解法二】设BF ∩AO =M ,AD ∩BE =G ,连接GM ,GF ,由1 及2 ,∠GMF 为二面角D -AO -C 的平面角,∠GMB 为其补角,∵D ,E 分别为BP ,AP 的中点,∴G 为△P AB 的重心,又O ,F 分别为BC ,AC 的中点,∴M 为△ABC 的重心,∴∠GMB =∠EFB ,在△P AB 中,AB 2+AP 2=2AD 2+2BP 22,解得AP =14,BA 2+BP 2=2BE 2+2AP 2 2,解得BE =62,∵EF =12PC =62,∴BF 2=EB 2+EF 2,即EB ⊥EF ,∴∠EFB tan =BEEF=1,即∠EFB =45°,ABCDE FO PGMABCD EFOPGH3∴∠GMF =180°-45°,即二面角D -AO -C 的正弦值为22;【解法三】以向量BA ,BC ,BP为空间向量的一组基底,设平面ABC 的法向量为m =x 1BA +y 1BC +z 1BP ,平面OAD 的法向量为n=x 2BA +y 2BC+z 2BP ,则m ∙BA =0,m ∙BC =0, ⇒x 1=-y 1,z 1=-2y 1,取y 1=-1,则m=BA -BC +BP ,n ∙AD =0,n ∙AO =0, ⇒y 2=0,z 2=x 2,取x 2=1,则n=BA +BP ,∵m =23,n =6,m ∙n=6,∴m ,n cos =m ∙n m n =22,∴二面角D -AO -C 的正弦值为22;【解法四】由2 知OD ⊥OA ,BF ⊥OA ,CP ∥OD∴CP ,BF或其补角为二面角D -AO -C 的平面角,∵CP =BP -BC ,BF =12BA +BC ,CP=6,BF =3,又CP ∙BF =BP -BC ∙12BA +BC=6,∴CP ,BF cos =CP ∙BFCP BF=22,∴二面角D -AO -C 的正弦值为22;【解法五】依题意,以B 为原点,BA ,BC ,BA ×BC的方向为方向建立空间直角坐标系,由2 知AO ⊥平面BEF ,∴平面ABC ⊥平面BEF ,又BE =62,EF =62,BF =12AC =3,∴BE 2+FE 2=BF 2,∴BE ⊥FE ,且点E 在平面ABC 内射影为BF 中点,∵B 0,0,0 ,A 2,0,0 ,C 0,22,0 ,F 1,2,0 ,O 0,2,0 ,∴E 12,22,32,P -1,2,3 ,D -12,22,32 ,设平面AOD 法向量为m=x ,y ,z ,∵OD =-12,-22,32 ,OA =2,-2,0 ,∴m ∙OD=0,m ∙OA =0, ⇒m=x ,2x ,3x ,取x =1,∴m=1,2,3 ,又n=0,0,1 为平面ABC 的一个法向量,∴m ,n cos =m ∙n m n=22,∴二面角D -AO -C 的正弦值为22.ABCDEFOPxyz42【2023年新课标全国甲卷第18题】如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1=2，A 1C ⊥底面ABC ,∠ACB =90°,A 1到平面BCC 1B 1的距离为1.1 求证:AC =A 1C ;2 若直线AA 1与BB 1的距离为2,求AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值.ABCA 1B 1C 1【答案】1 见解析;21313.【解析】1 【解法一】∵A 1C ⊥底面ABC ,AC ,BC ⊂平面ABC ,∴A 1C ⊥AC ,A 1C ⊥BC ,∵∠ACB =90°,∴BC ⊥CA ,∵AC ∩A 1C =C ,∴BC ⊥平面ACC 1A 1,∵BC ⊂平面BCC 1A 1,∴平面ACC 1A 1⊥平面BCC 1B 1,又∵A 1C 1//AC ,∴A 1C ⊥A 1C 1,在▱ACC 1A 1中,取CC 1的中点H ,连接A 1H ,由直角三角形性质,A 1H =12CC 1=12AA 1=1,∵A 1到平面BCC 1B 1的距离为1,平面ACC 1A 1⊥平面BCC 1B 1,且平面ACC 1A 1∩平面BCC 1B 1=CC 1,∴A 1到平面BCC 1B 1的距离即为A 1H ,即A 1H ⊥平面BCC 1B 1,且A 1H ⊥CC 1,∴△A 1CC 1是以CC 1为斜边的等腰直角三角形,故A 1C =A 1C 1,∴AC =A 1C ;【解法二】∵A 1C ⊥底面ABC ,且∠ACB =90°,CA ,CB ⊂平面ABC ,∴A 1C ⊥CA ,A 1C ⊥CB ,CA ⊥CB ,∴以C 为原点,CA ,CB ,CA 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,设A a ,0,0 ,B 0,b ,0 ,C 0,0,0 ,A 10,0,c ,C 1-a ,0,c 设平面BCC 1B 1的法向量为n =x ,y ,z ,∵CB =0,b ,0 ,CC 1=-a ,0,c ,∴n ∙CB=0,n ∙CC 1 =0, 即y =0,-ax +cz =0,取n =c ,0,a ,ABCA 1B 1C 1H5∵A 1到平面BCC 1B 1的距离为1,∴CA 1 ∙n n =0,0,c ∙c ,0,a c 2+a 2=acc 2+a 2=1,又∵c 2+a 2=4,∴a =c =2,∴AC =A 1C ;2 【解法一】取AA 1的中点M ,连接CM ,BM ,由1 解法一,CM ⊥平面BCC 1B 1,∴BB 1⊂平面BCC 1B 1,BB 1//AA 1,∴CM ⊥BB 1,CM ⊥AA 1,又∵BC ⊥平面ACC 1A 1,BM 在平面ACC 1A 1内的射影为CM ,由三垂线定理,BM ⊥AA 1,∴BB 1//AA 1,∴BM ⊥BB 1,∴线段BM 为直线AA 1与BB 1的公垂线段,∴BM =2,由1 可得CB =3,∵BM =2,AM =1,∴∠BAM cos =15,∠AA 1B 1cos =-15,∴AB 12=AA 12+A 1B 12-2AA 1∙A 1B 1∠AA 1B 1cos =22+52-2×2×5×-15=13,∴AB 1=13,设直线AB 1与平面BCC 1B 1所成角为θ,则θsin =CMAB 1=113=1313,∴直线AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为1313.【解法二】由1 知AA 1 =-2,0,2 ,AB=-2,b ,0 ,∴B 到直线AA 1的距离为AB 2-AA 1 ∙ABAA 12=2+b 2 -222+222=2,解得b =3,设直线AB 1与平面BCC 1B 1所成角为θ,∵AB 1 =AA 1 +A 1B 1 =AA 1 +AB=-2,0,2 +-2,3,0 =-22,3,2 ,由1 知n =2,0,2 为平面BCC 1B 1的一个法向量,∴θsin =n ,AB 1 cos =n ∙AB 1n AB 1 =222+22-22 2+32+22=1313,直线AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为1313.ABCA 1B 1C 1MN ABCA 1B 1C 1xyzABCA 1B 1C 1xyz。
历年高考真题专题04立体几何
专题04 立体几何【2020年】1.（2020·新课标Ⅰ）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A. 51-B. 51-C. 51+D. 51+ 【解析】如图，设,CD a PE b ==，则22224a PO PE OEb =-=-， 由题意212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得15b a +=（负值舍去）.2.（2020·新课标Ⅰ）已知A 、B 、C 为球O 球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A. 64πB. 48πC. 36πD. 32π【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，由正弦定理可得2sin 6023AB r =︒=，123OO AB ∴==，根据圆截面性质1OO ⊥平面ABC ， 222211111,4OO O A R OA OO O A OO r ∴⊥==+=+=，∴球O 的表面积2464S R ππ==.3.（2020·新课标Ⅱ）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（）A. EB. FC. GD. H【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，图中标出了根据三视图M点所在位置，可知在侧视图中所对应的点为E。
4.（2020·新课标Ⅲ）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）2233【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDBS S S===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：22AB AD DB===∴ADB△是边长为2根据三角形面积公式可得：2113sin 60(22)23222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△ ∴该几何体的表面积是：2362332=⨯++.5.（2020·北京卷）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（ ）． A . 63+ B. 623+C. 123+D. 1223+ 【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形， 则其表面积为：()1322222sin 6012232S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+⎪⎝⎭. 6.（2020·山东卷）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（ ）A. 20°B. 40°C. 50°D. 90°【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒.7.（2020·天津卷）若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. 12π B. 24π C. 36π D. 144π【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即()()()22223232332R ++==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.8.（2020·浙江卷）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A. 73B. 143C. 3D. 6【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 9.（2020·山东卷）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E 3=，111D E B C ⊥， 又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥，因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥， 因为球的半径为5，13D E =，所以2211||||||532EP D P D E =-=-=， 所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E 的距离为2，因为||||2EF EG ==，所以侧面11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EF C EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得2222FG ππ=⨯=. 10.（2020·浙江卷）已知圆锥展开图的侧面积为2π，且为半圆，则底面半径为_______．【解析】设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，则21222r l r l ππππ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩，解得1,2r l ==. 11.（2020·江苏卷）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【解析】正六棱柱体积为23622=123⨯；圆柱体积为21()222ππ⋅=；所求几何体体积为1232π 12.（2020·新课标Ⅲ）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．2【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于223122AM =-=，故1222222S =⨯⨯=△ABC ，设内切圆半径为r ，则： ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ ()1332222r =⨯++⨯=，解得：22r ，其体积：34233V r ππ==. 【2019年】1．【2019·全国Ⅰ卷】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为( )A ．68πB ．64πC ．62πD ．6π 【解析】,PA PB PC ABC ==△为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CEAC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，2APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体的一部分，22226R =++=，即364466,π62338R V R =∴=π=⨯=π，故选D ．2．【2019·全国Ⅱ卷】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( )A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．3．【2019·全国Ⅲ卷】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( )A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线；B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线；D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EO ON EN ===,，35,,722MF BF BM ==∴=，BM EN ∴≠，故选B ．4．【2019·浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是( )A ．158B ．162C ．182D ．324 【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭. 故选B.5．【2019·浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则( ) A ．β<γ，α<γ B ．β<α，β<γ C ．β<α，γ<α D ．α<β，γ<β 【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BD PB PB PB PBαβ===<=，即αβ>； 在Rt △PED 中，tan tan PD PD ED BD γβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.6．【2019·全国Ⅲ卷】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【解析】由题意得，214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形，∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ， ∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=． 又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=，所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．7．【2019·北京卷】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=.8．【2019·北京卷】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ； ②m ∥α； ③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α.故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.9．【2019·天津卷】已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5，借助勾股定理，可知四棱锥的高为512-=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12，故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭. 10．【2019·江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是 ▲ .【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ， 所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高，所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. 【2018年】1．【2018·全国Ⅰ卷】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A ．172B ．52C ．3D ．2【答案】B2．【2018·全国Ⅰ卷】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为 A ．33 B ．23 C ．324D ．3【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体1111ABCD A B C D -中， 平面11AB D 与线11111,,AA A B A D 所成的角是相等的，所以平面11AB D 与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的， 同理，平面1C BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面11AB D 与1C BD 中间，且过棱的中点的正六边形，且边长为22，所以其面积为232336424S ⎛⎫=⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选A. 3．【2018·全国Ⅲ卷】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是【解析】本题主要考查空间几何体的三视图.由题意知，俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.故选A ．4．【2018·浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是俯视图正视图2211A ．2B ．4C ．6D ．8【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上、下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为()112226,2⨯+⨯⨯=故选C. 5．【2018·全国Ⅲ卷】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为 A ．123B ．183C ．243D ．543【解析】如图所示，设点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，2393ABC S AB ==△，6AB ∴=,点M 为三角形ABC 的重心，2233BM BE ∴==，Rt OBM ∴△中，有222OM OB BM =-=，426DM OD OM ∴=+=+=，()max 19361833D ABC V -∴=⨯⨯=，故选B.6．【2018·全国Ⅱ卷】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为 A ．15B ．5C ．5 D ．2 【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则11B P AD ∥，连接DP ，易求得1=5DB DP =，12B P =，则1DB P ∠是异面直线1AD 与1DB 所成的角，由余弦定理可得222111115cos 2545DB B P DP DB P DB PB +-∠===⋅.故选C.方法二：以D 为坐标原点，DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系， 则()()((110,0,0,1,0,0,3,3D A B D ,所以()(111,0,3,3AD DB =-=, 因为1111115cos ,25AD DB AD DB AD DB ⋅===⨯， 所以异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为55，故选C. 7．【2018·浙江卷】已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ1【解析】设O 为正方形ABCD 的中心，M 为AB 中点，过E 作BC 的平行线EF ，交CD 于F ，过O 作ON 垂直EF 于N ，连接SO ，SN ，SE ，SM ，OM ，OE ，则SO 垂直于底面ABCD ，OM 垂直于AB ， 因此123,,,SEN SEO SMO ∠=∠=∠=θθθ 从而123tan ,tan ,tan ,SN SN SO SOEN OM EO OM====θθθ 因为SN SO EO OM ≥≥，，所以132tan tan tan ,≥≥θθθ即132≥≥θθθ，故选D.8．【2018·江苏卷】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．【答案】439．【2018·全国II 卷】已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为515__________．【解析】因为母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，所以母线SA ，SB 所成角的正弦值为158，因为SAB △的面积为515,l 所以22115515,802l l ⨯=∴=，因为SA 与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为π2cos ,42r l ==因此圆锥的侧面积为22ππ402π.2rl l == 【2017年】1．【2017·全国Ⅱ卷】已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为A 3B 15C 10D 3【答案】C【解析】如图所示，补成直四棱柱1111ABCD A B C D -，则所求角为21111,2,21221cos603,5BC D BC BD C D AB ∠==+-⨯⨯⨯︒===，易得22211C D BD BC =+，因此111210cos 55BC BC D C D ∠===，故选C ． 2．【2017·全国Ⅰ卷】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A ．10B ．12C ．14D ．16【解析】由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为12(24)2122⨯+⨯⨯=，故选B ． 3．【2017·北京卷】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为A ．2B ．3C ．2D ．2【解析】几何体是四棱锥P ABCD -，如图.最长的棱长为补成的正方体的体对角线，即该四棱锥的最长棱的长度为22222223l =++=，选B ． 4．【2017·全国Ⅱ卷】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π【解析】由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积213436V =π⨯⨯=π，上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，其体积221(36)272V =⨯π⨯⨯=π，故该组合体的体积12362763V V V =+=π+π=π．故选B ．5．【2017·全国Ⅲ卷】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A ．πB ．3π4 C ．π2D ．π4【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示：由题意可得：11,2AC AB ==，结合勾股定理，底面半径2213122r ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭， 由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是2233ππ1π24V r h ⎛⎫==⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选B. 6．【2017·浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．12π+ B ．32π+ C ．312π+ D ．332π+ 【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积为21113(21)13222V π⨯π=⨯⨯+⨯⨯=+，故选A ．7．【2017·浙江卷】如图，已知正四面体–D ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，2BQ CRQC RA==，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面角为αβγ,,，则A ． γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βγα<<【解析】设O 为三角形ABC 中心，则O 到PQ 距离最小，O 到PR 距离最大，O 到RQ 距离居中，而三棱锥的高相等，因此αγβ<<，所以选B ．8．【2017·全国I 卷】如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△F AB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△F AB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为 .【解析】如下图，连接DO 交BC 于点G ，设D ，E ，F 重合于S 点，正三角形的边长为x (x >0)，则133OG x =⨯3x =.∴35FG SG x ==-， 222233566SO h SG GO x x ⎛⎫⎛⎫==-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3553x ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， ∴三棱锥的体积2113355333ABC V S h x x ⎛⎫=⋅=⨯⨯- ⎪ ⎪⎝⎭△451535123x x =-. 设()4535n x x x =-，x >0，则()345320n x x x '=-， 令()0n x '=，即43403x -=，得43x =，易知()n x 在43x =处取得最大值. ∴max 154854415V =⨯⨯-=.9．【2017·山东卷】由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为.【解析】由三视图可知,长方体的长、宽、高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆的半径为1,所以2π1π21121242V⨯=⨯⨯+⨯⨯=+.10．【2017·天津卷】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为___________．【解析】设正方体的边长为a，则26183a a=⇒=，其外接球直径为233R a==，故这个球的体积34π3V R==4279ππ382⨯=．11．【2017·江苏卷】如图，在圆柱12O O内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱12O O的体积为1V，球O的体积为2V，则12VV的值是.【解析】设球半径为r，则213223423V r rV rπ⨯==π．故答案为32．12．【2017·全国Ⅲ卷】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）【解析】设1AC BC ==.由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥，又AC ⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B ，作BD a ∥，交底面圆C 于点D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴∥，连接AD ，等腰ABD △中，2AB AD ==,当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=，故2BD =，又在Rt BDE △中，2,2BE DE =∴=，过点B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连接AF ，由圆的对称性可知2BF DE ==,ABF ∴△为等边三角形，60ABF ∴∠=，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，则直线AB 与a 所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.【2016年】1. 【2016高考新课标1卷】如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是283π,则它的表面积是（ ） （A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π【解析】该几何体直观图如图所示：是一个球被切掉左上角的18,设球的半径为R ,则37428V R 833ππ=⨯=,解得R 2=,所以它的表面积是78的球面面积和三个扇形面积之和2271=42+32=1784S πππ⨯⨯⨯⨯故选A ． 2.【2016高考新课标2理数】下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π【解析】由题意可知，圆柱的侧面积为12π2416πS =⋅⋅=，圆锥的侧面积为2π248πS =⋅⋅=，圆柱的底面面积为23π24πS =⋅=，故该几何体的表面积为12328πS S S S =++=，故选C.3.【2016年高考北京理数】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A.16B.13C.12D.1 【解析】分析三视图可知，该几何体为一三棱锥P ABC -，其体积111111326V =⋅⋅⋅⋅=，故选A. 4.【2016高考新课标3理数】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ ）（A ）18365+（B ）54185+（C ）90 （D ）81【解析】由三视图该几何体是以侧视图为底面的斜四棱柱，所以该几何体的表面积236233233554185S =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=+，故选B ．5.【2016高考山东理数】一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为（ ）（A ）1233+π （B ）1233+π （C ）1236+π （D ）216+π 【解析】由三视图可知,2的半球,体积为31142223V =⨯π⨯=）,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积2111133V =⨯⨯=,故选C. 6.【2016高考浙江理数】已知互相垂直的平面αβ，交于直线l .若直线m ，n 满足,m n αβ∥⊥， 则（ ）A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n【解析】由题意知,l l αββ=∴⊂，,n n l β⊥∴⊥．故选C ． 7.【2016年高考四川理数】已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是 .正视图331【解析】由三棱锥的正视图知，三棱锥的高为1，底面边长为232,2，所以，该三棱锥的体积为113322132V =⨯⨯⨯=.8.【2016高考浙江理数】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的表面积是 cm 2，体积是 cm 3.【解析】几何体为两个相同长方体组合，长方体的长宽高分别为4,2,2，所以体积为2(224)32⨯⨯⨯=，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为2(222244)2(22)72⨯⨯+⨯⨯-⨯=9.【2016高考新课标2理数】 ,αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有下列四个命题：（1）如果,,//m n m n αβ⊥⊥，那么αβ⊥.（2）如果,//m n αα⊥，那么m n ⊥.（3）如果//,m αβα⊂，那么//m β.（4）如果//,//m n αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等.其中正确的命题有 ． (填写所有正确命题的编号）【解析】对于①，,,//m n m n αβ⊥⊥，则,αβ的位置关系无法确定，故错误；对于②,因为//n α，所以过直线n 作平面γ与平面β相交于直线c ，则//n c ，因为,,m m c m n α⊥∴⊥∴⊥，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，正确的有②③④.10.【2016高考浙江理数】如图，在△ABC 中，AB =BC =2，∠ABC =120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD =DA ，PB =BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是 .【解析】ABC △中，因为2,120AB BC ABC ==∠=，所以30BAD BCA ∠=∠=.由余弦定理可得2222cos AC AB BC AB BC B =+-⋅2222222cos12012=+-⨯⨯=，所以AC =设AD x =，则0x <<DC x =.在ABD ∆中，由余弦定理可得2222cos BD AD AB AD AB A =+-⋅22222cos30x x =+-⋅24x =-+.故BD =在PBD ∆中，PD AD x ==，2PB BA ==.由余弦定理可得222cos 2PD PB BD BPD PD PB +-∠===⋅，所以30BPD ∠=. 由此可得，将△ABD 沿BD 翻折后可与△PBD 重合，无论点D 在任何位置，只要点D 的位置确定，当平面PBD ⊥平面BDC 时，四面体PBCD 的体积最大（欲求最大值可不考虑不垂直的情况）.EDC B A P过P 作直线BD 的垂线，垂足为O .设PO d =，则11sin 22PBD S BD d PD PB BPD =⨯=⋅∠△，12sin 302d x =⋅，解得d = 而△BCD的面积111sin )2sin 30(2)222S CD BC BCD x x=⋅∠=⋅=.当平面PBD ⊥平面BDC 时：四面体PBCD 的体积111)332BCD V S d x=⨯=⨯△=.观察上式，易得)2x x x x +≤，当且仅当x x -，即x 时取等号，同时我们可以发现当x x PBCD 的体积最大，为1.211.【2016高考新课标1卷】平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α//平面CB 1D 1,α平面ABCD =m ,α平面AB B 1A 1=n ,则m 、n 所成角的正弦值为 (A)2(B )2(C)3 (D)13【解析】设平面11CB D 平面ABCD ='m ，平面11CB D 平面11ABB A ='n ，因为α∥平面11CB D ，所以','m m n n ∥∥，则,m n 所成的角等于','m n 所成的角.过1D 作11D E B C ∥，交AD 的延长线于点E,连接CE ，则CE 为'm .连接1A B ，过B 1作111B F A B ∥，交1AA 的延长线于点1F ，则11B F 为'n .连接BD ，则111,BD CE B F A B ∥∥，则','m n 所成的角即为1,A B BD 所成的角，为60︒，故,m n 所成角的正弦值为32，选A.12.【2016高考新课标3理数】在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（ ）（A ）4π （B ）92π （C ）6π （D ）323π 【解析】要使球的体积V 最大，必须球的半径R 最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值32，此时球的体积为334439()3322R πππ==，故选B ． 13.【2016高考天津理数】已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m ），则该四棱锥的体积为_______m 3.【解析】由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的一边长为2，其对应的高为1，因此所求四棱锥的体积1(21)323V =⨯⨯⨯=．故答案为2．。
立体几何高考题
1、一个正方体的棱长为2cm，其体对角线的长度为？
A. 2cm
B. 2√2cm
C. 4cm
D. 2√3cm
（答案）B
2、一个圆锥的底面半径为3cm，高为4cm，其母线长为？
A. 3cm
B. 4cm
C. 5cm
D. 6cm
（答案）C
3、一个球的内接正方体的棱长为6cm，则该球的半径为？
A. 3cm
B. 3√2cm
C. 3√3cm
D. 6cm
（答案）C
4、一个直三棱柱的底面为等腰直角三角形，且直角边长为2cm，高为3cm，其体积为？
A. 3cm³
B. 6cm³
C. 9cm³
D. 12cm³
（答案）B
5、一个圆柱的底面半径为2cm，高为5cm，其侧面积为？
A. 10π cm²
B. 20π cm²
C. 40π cm²
D. 50π cm²
（答案）B
6、一个正四棱锥的底面边长为4cm，高为3cm，其体积为？
A. 8cm³
B. 12cm³
C. 16cm³
D. 24cm³
（答案）C
7、一个圆锥的侧面展开图是一个半圆，且该半圆的半径为5cm，则该圆锥的高为？
A. √15cm
B. √20cm
C. √25cm
D. 5cm
（答案）C
8、一个正方体的内切球半径为2cm，则该正方体的体积为？
A. 8cm³
B. 32cm³
C. 64cm³
D. 128cm³
（答案）C。
高考必刷小题 立体几何
11.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M， N，F分别是B1C1，CC1，AB的中点，则下列说法正确的是 A.MN＝12EF
√B.MN≠12EF √C.MN与EF异面
D.MN与EF平行
1 A.4
dm2
C.
3 4
dm2
√B.
2 4
dm2
D.34 2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
根据题意，在平面VAC内，过点P作EF∥AC分别交VA，VC于点F，E， 在平面VBC内，过点E作EQ∥VB交BC于点Q， 在平面VAB内，过点F作FD∥VB交AB于点D，连接DQ，如图所示， 因为EF∥AC， 所以△VEF∽△VCA，设其相似比为k， 则VVAF＝VVCE＝AECF＝k，0<k<1， 因为 VA＝VB＝VC＝1，且两两垂直，所以 AC＝ 2，
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
因为EF⊂平面VAC， 所以FD⊥EF， 所以四边形 FEQD 是矩形，即 S 矩形 FEQD＝
FD·EF＝(1－k)· 2k＝－ 2k－122＋ 42，
所以当
k＝12时，S
矩形 FEQD
有最大值
2 4.
故该截面面积的最大值是
对于A，如图(1)，α∩β＝l，m⊥l，n∥l，则满足m∥α，n∥β，m⊥n， 平面α与β不一定垂直，故A错误； 对于B，如图(2)，α∩β＝l，n∥l，m⊥α，则满足n∥β，m⊥n，平面 α与β不一定垂直，故B错误；
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
历年高考立体几何经典题型以及解析
1.已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点P 在线段1CB 上，且12B P PC =，平面α经过点1,,A P C ，则正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1被平面α截得的截面面积为（ ）A. 36B. 26C. 5D. 5342.一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，90B F ∠=∠=︒，60A ∠=︒，45D ∠=︒，BC DE =．现将两块三角板拼接在一起，取BC 中点O 与AC 中点M ，则下列直线与平面OFM 所成的角不为定值的是（ ）A. ACB. AFC. BFD. CF3. （多选题）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA AB =，截面BDE 与直线PC 平行，与PA 交于点E ，则下列判断正确的是（ ）A. E 为PA 的中点B. BD ⊥平面PACC. PB 与CD 所成的角为3πD. 三棱锥C BDE -与四棱锥P ﹣ABCD 的体积之比等于1:4.4.在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M 是棱11A D 的中点，过C 1，B ，M 作正方体的截面，则这个截面的面积为（ ）35 35 C. 92 D. 985. 已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点M 为棱DD 1的中点，则平面ACM 截该正方体的内切球所得截面面积为（ ） A.3π B. 23π C. π D. 43π 6.（多选题）在三棱锥P -ABC 中，(0,1,0)A ，(3,1,0)B ，(0,3,0)C ，(0,1,2)P ，则（ ）A. (3,0,2)PB =-B. (3,0,0)AB =-C. PB AC ⊥D. 13PB =7.在四面体ABCD 中，E 是棱BC 的中点，且AE xAD yDB zDC =++，则（ ）A. 1x y z ++=B. 12xyz =C. x y z =+D. 222x y z =+8.三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，2,3,23,3BAC AP AB π∠===Q 是BC 边上的一个动点，且直线PQ 与面ABC 所成角的最大值为,3π则该三棱锥外接球的表面积为( ) A. 45πB. 63πC. 57πD. 84π 9.已知三棱锥P ﹣ABC 的四个顶点均在同一个球面上，底面△ABC 满足6BA BC ==，2ABC π∠=，若该三棱锥体积的最大值为3．则其外接球的体积为________.10. 如图,五边形ABSCD 中,四边形ABCD 为长方形,SBC ∆为边长为2的正三角形,将SBC ∆沿BC 折起,使得点S 在平面ABCD 上的射影恰好在AD 上.（Ⅰ）当2AB =,证明:平面SAB ⊥平面SCD ；（Ⅱ）若1AB =,求平面SCD 与平面SBC 所成二面角的余弦值的绝对值.11.如图PAD △中，90PDA ︒∠=，2DP DA ==，B 、C 分别是PA 、PD 的中点，将PBC 沿BC 折起连结PA 、PD ，得到多面体PABCD .（1）证明：在多面体PABCD 中，BC PD ⊥；（2）在多面体PABCD 中，当6PA =时，求二面角B PA D --的余弦值.12.直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1被平面1A ECD 所截得到如图所示的五面体，CD CE ⊥，CD AD ⊥．（1）求证：BC ∥平面1A AD ；（2）若113BC CD BE AD ====，求二面角1B A E C --的余弦值． 13.如图，在四棱锥S ﹣ABCD 中，SD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，DE SC ⊥，E 为垂足，M 为AB 的中点.（1）当点F 在线段BC 上移动时，判断DEF 是否为直角三角形，并说明理由 （2）若4SD =，求二面角D EM C --的正弦值如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====.（Ⅰ）求证：BF ∥平面ADE ；（Ⅱ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长. 15.在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PB PD =．（1）证明:BD ⊥平面PAC ；（2）若PA 与底面ABCD 所成的角为30°，PA PC ⊥，求二面角B PC D --的余弦值． 16.如图，在四棱锥M ﹣ABCD 中，AB AD ⊥，2AB AM AD ===，22MB MD ==.（1）证明：AM ⊥平面ABCD ；（2）若//CD AB ，2CD AB =，E 为线段BM 上一点，且2BE EM =，求直线EC 与平面BDM 所成角的正弦值.如图，在四棱锥E -ABCD 中，AE ⊥DE ，CD ⊥平面ADE ，AB ⊥平面ADE ，CD =DA =6，AB =2，DE =3.（I ）求棱锥C -ADE 的体积；（II ）求证：平面ACE ⊥平面CDE ；（III ）在线段DE 上是否存在一点F ，使AF ∥平面BCE ？若存在，求出EF ED的值；若不存在，说明理由.18.如图，在四边形ABCD 中，//AB CD ，且::3:2:2AB BC CD =，60ABC ∠=︒，点E 是线段AB 上靠近点A 的一个三等分点，以DE 为折痕将ADE 折起，使点A 到达点A 1的位置，且12A C BC ==.（1）证明：平面1A DE ⊥平面BCD ；（2）求平面1A BE 与平面1A CD 所成锐二面角的余弦值.19.如图，在四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，平面11A ADD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，60ABC ∠=︒，11A A A D AC ==，E 为DD 1的中点.（1）证明：1//BD 平面ACE ；（2）求直线1A D 与平面ACE 所成角的正弦值.20.如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，其中//AD BC ，AB AD ⊥，122AB AD BC ===，4PA =，E 为棱BC 上的点，且14BE BC =．（1）求证：DE ⊥平面PAC ；（2）求二面角A PC D --的余弦值；（3）设Q 为棱CP 上的点（不与C ，P 重合），且直线QE 与平面PAC 所成角的正弦值5CQ CP 的值． 21.如图，在四棱锥P -ABCD 中，AP ⊥平面PCD ，//AD BC ，AB BC ⊥，12AP AB BC AD ===，E 为AD 的中点，AC 与BE 相交于点O .（1）证明：PO ⊥平面ABCD .（2）求直线BC 与平面PBD 所成角的正弦值.22.如图，在四棱锥P —ABCD 中， 90ABC BCD ︒∠=∠=，60,BAD ADP ︒∠=是等腰等直角三形，且2,22,7AP DP AB CD BP =====．（1）求证： AD ⊥BP ；（2）求直线BC 与平面ADP 所成角的正弦值．试卷答案1.B【分析】先根据平面的基本性质确定平面，然后利用面面平行的性质定理，得到截面的形状再求解.【详解】如图所示：1,,A P C 确定一个平面α，因为平面11//AA DD 平面11BB CC ，所以1//AQ EC ，同理1//AE QC ，所以四边形1AEC Q 是平行四边形.即正方体被平面截的截面.因为12B P PC =，所以112C B CE =，即1EC EB == 所以115,23AE EC AC ===由余弦定理得：22211111cos 25AE EC AC AEC AE EC +-∠==⨯ 所以126sin AEC ∠= 所以S 四边形1AEQC 1112sin 262AE EC AEC =⨯⨯⨯∠=故选：B 【点睛】本题主要考查平面的基本性质，面面平行的性质定理及截面面积的求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.2.B【分析】通过证明BC ⊥平面OMF ，可以找到,,BF CF AC 与平面OFM 所成的角，计算可知都为定值，由此可得答案.【详解】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OMF ，所以,BF CF 与平面OFM 所成的角分别为BFO ∠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60CMO A ∠=∠= 故只有AF 与平面OFM 所成的角不为定值.故选：B【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定定理，考查了直线与平面所成角，属于基础题. 3.ABD【分析】采用排除法，根据线面平行的性质定理以及线面垂直的判定定理，结合线线角的求法，锥体体积公式的计算，可得结果.【详解】对于A ，连接AC 交BD 于点M ，连接EM ，如图所示，PC //面BDE ，PC ⊂面APC ，且面APC 面=BDE EM ，PC ∴//EM ， 又四边形ABCD 是正方形，∴M 为AC 的中点，∴E 为PA 的中点，故A 正确.对于B ，PA ⊥面ABCD ，BD ⊂面ABCD ，∴PA BD ⊥，又AC BD ⊥，AC PA A ⋂=，,AC PA ⊂面PAC∴BD ⊥面PAC ，故B 正确.对于C ，//AB CD ，∴PBA ∠为PB 与CD 所成的角，PA ⊥面ABCD ，AB 面ABCD ，∴PA AB ⊥，在Rt PAB 中，PA AB =，4PBA=π∴∠，故C 错误.对于D ，由等体积法可得1.3C BDE E BCD BCD V V S EA --==⋅，13-=⋅⋅P ABCD ABCD V S PA 又1,22BCDABCD S S PA EA ==，∴14--=P ABC C BD DE V V ，故D 正确. 故选：ABD.【点睛】本题考查立体几何的综合应用，熟练线线、线面、面面之间的位置关系，审清题意，考验分析能力，属中档题. 4.C 【详解】 【分析】设1AA 的中点为N ，则1MNBC ，连接11,,MN NB BC MC ， ，则梯形1MNBC 就是过1C ，B ，M 正方体的截面，其面积为()13292+22=222⨯⨯，故选C.5.A 【分析】根据球的特点可知截面是一个圆，根据等体积法计算出球心到平面ACM 的距离，由此求解出截面圆的半径，从而截面面积可求. 【详解】如图所示：设内切球球心为O ，O 到平面ACM 的距离为d ，截面圆的半径为r ， 因为内切球的半径等于正方体棱长的一半，所以球的半径为1， 又因为O AMC M AOC V V --=，所以1233AMCAOCd S S ⨯⨯=⨯，又因为()()221122526,221222AMCAOCSS=⨯⨯-==⨯⨯=， 所以12633d ⨯=，所以63d =， 所以截面圆的半径22313r d =-=，所以截面圆的面积为233S ππ=⋅=⎝⎭. 故选：A.【点睛】本题考查正方体的内切球的特点以及球的截面面积的计算，难度一般.任何一个平面去截球，得到的截面一定是圆面，截面圆的半径可通过球的半径以及球心到截面的距离去计算. 6. ACD 【分析】根据空间向量的坐标运算可判断A 、B ，计算PB AC ⋅的值可判断C ，利用向量的模长公式可判断选项D ，即可得正确答案.【详解】对于选项A ：()()3,1,00,1,2(3,0,2)PB =-=-，故选项A 正确； 对于选项B ：()()3,1,00,1,0(3,0,0)AB =-=，故选项B 不正确；对于选项C ：()()0,3,00,1,0(0,2,0)AC =-=，则3002200PB AC ⋅=⨯+⨯-⨯=，所以PB AC ⊥，故选项C 正确； 对于选项D ：因为()223213PB =+-=D 正确，故选：ACD7.C 【分析】根据向量的加法法则和数乘的定义判断． 【详解】因为1()2AE AD DE AD DB DC =+=++， 所以1x =，12y z ==，则x y z =+. 故选：C ． 8.C 【分析】根据题意画出图形，结合图形找出△ABC 的外接圆圆心与三棱锥P ﹣ABC 外接球的球心， 求出外接球的半径，再计算它的表面积．【详解】三棱锥P ﹣ABC 中，PA ⊥平面ABC ，直线PQ 与平面ABC 所成角为θ，如图所示；则sinθ=PA PQ =3PQ ，且sinθ的最大值是2，∴（PQ ）min AQ A 到BC∴AQ ⊥BC ，∵Rt △ABQ 中可得6ABC π∠=，即可得BC=6；取△ABC 的外接圆圆心为O′，作OO′∥PA ，∴6120sin =2r ，解得∴取H 为PA 的中点，∴，PH=32，由勾股定理得， ∴三棱锥P ﹣ABC 的外接球的表面积是S=4πR 2=4×2π⨯=57π． 故答案为C9.323π 【分析】画出示意图，利用体积最大时P 所处的位置，计算出球的半径从而算出球的体积. 【详解】如图所示：设球心为O ，ABC 所在圆面的圆心为1O ，则1OO ⊥平面ABC ；因为6BA BC ==2ABC π∠=，所以ABC 是等腰直角三角形，所以1O 是AC 中点；所以当三棱锥体积最大时，P 为射线1O O 与球的交点，所以113p ABC ABCV PO S -=⋅⋅；因为16632ABCS==，设球的半径为R ，所以2221113PO PO OO R R AO R R =+=-=+-，所以(213333R R ⋅-⋅=，解得：2R =，所以球的体积为：343233R ππ=. 【点睛】本题考查三棱锥的外接球的相关计算，难度较难.处理球的有关问题时要充分考虑到球本身的性质，例如：球心与小圆面圆心的连线垂直于小圆面. 10.(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)13.【详解】 【分析】 试题分析：（Ⅰ）作SO AD ⊥，垂足为O ，依题意得SO ⊥平面ABCD ，则,SO AB AB AD ⊥⊥，AB ⊥平面SAD ，AB SD ⊥，结合勾股定理可得SA SD ⊥，则SD ⊥平面SAB ，平面SAB ⊥平面SCD .（Ⅱ）由几何关系，以,,OA OE OS 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，由题意可得平面SCD 的法向量()2,0,1m =-，平面SBC 的法向量()0,2,1n =.计算可得平面SCD 与平面SBC 所成二面角的余弦值的绝对值为13. 试题解析：（Ⅰ）作SO AD ⊥，垂足为O ，依题意得SO ⊥平面ABCD ，,SO AB SO CD ∴⊥⊥， 又AB AD ⊥，AB ∴⊥平面SAD ，,AB SA AB SD ⊥⊥利用勾股定理得22422SA SB AB =-=-2SD =在SAD ∆中，2,2,AD SA SD SA SD ===∴⊥SD ∴⊥平面SAB ，又SD ⊂平面SCD ，所以平面SAB ⊥平面SCD （Ⅱ）连结,BO CO ，SB SC =，Rt SOB Rt SOC ∴∆≅∆，BO CO =，又四边形ABCD 为长方形，,Rt AOB Rt DOC OA OD ∴∆≅∆∴=.取BC 中点为E ，得OE ∥AB ，连结,3SE SE ∴= 其中1OE =，1OA OD ==，2312OS -由以上证明可知,,OS OE AD 互相垂直，不妨以,,OA OE OS 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系.1,2OE OS =∴=，()()()0,1,0,1,1,2,2,0,0DC SC BC ∴==--=-，设()111,,m x y z =是平面SCD 的法向量，则有00m DC m SC ⎧⋅=⎨⋅=⎩即1111020y x y z =⎧⎪⎨-+-=⎪⎩，令11z =得()2,0,1m =-设()222,,n x y z =是平面SBC 的法向量，则有00n BC n SC ⎧⋅=⎨⋅=⎩即22222020x x y z -=⎧⎪⎨-+-=⎪⎩ 令11z =得()0,2,1n =. 则11,333m n cosm n m n⋅===⋅ 所以平面SCD 与平面SBC 所成二面角的余弦值的绝对值为13. 11.（1）见解析；（2）0.【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，先得到BC ⊥平面PCD ，进而可得 BC PD ⊥； （2）根据题意，先得到,,CB CD CP 两两垂直，以C 为坐标原点，分别以,,CB CD CP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，求出两平面,PAB PAD 的法向量，根据向量夹角计算公式，即可求出结果.【详解】（1）证明：PAD △中，因为,B C 分别是,PA PD 的中点，90,PDA ∠=所以//BC AD ，90BCP BCD ∠=∠=，所以多面体PABCD 中， BC PC ⊥，BC CD ⊥， 又PCCD C =，BC ∴⊥平面PCD ；因为PD ⊂平面PCD ，.BC PD ∴⊥（2）依题意可得， 1PC CD ==，直角ADC 中，得5AC =，又6,PA =所以222PA PC AC =+，PC CA ∴⊥， 由（1）知， BC PC ⊥，PC ∴⊥平面.ABCD以C 为坐标原点，分别以,,CB CD CP 为,,x y z 轴，建立如图的坐标系.则(1,0,0),(2,1,0),(0,1,0),(0,0,1)B A D P ， 得(2,1,1),(1,0,1),(0,1,1).PA PB PD =-=-=-设平面,PAB PAD 的一个法向量分别是(,,),(,,)m x y z n p q r ==，则20,0.m PA x y z m PB x z ⎧⋅=+-=⎨⋅=-=⎩可取(1,1,1)m =-.20,0.n PA p q r n PD q r ⎧⋅=+-=⎨⋅=-=⎩可取(0,1,1)n =. 01cos ,03m n m n m n⋅-<>===⋅⋅. 所以二面角B PA D --的余弦值为0.【点睛】本题主要考查证明线线垂直，以及求二面角的余弦值问题，熟记线面垂直的判定定理及性质，灵活运用向量的方法求解二面角即可，属于常考题型. 12.（1）见解析（2 【分析】（1）利用面面平行的性质定理，可证得线面平行；（2）以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，过D 垂直于ABCD 的直线为z 轴，如图建系，求出平面1A EC 的一个法向量(1,0,1)u =-，平面1A EB 的一个法向量(1,2,0)v =，求出向量夹角的余弦值，即可得到答案；【详解】（1）在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，BE ⊥平面ABCD ， ∵CD ⊂平面ABCD ，∴BE CD ⊥∵CD CE ⊥，BE CE E ⋂=，∴CD ⊥平面BCE 同理可证CD ⊥平面1A AD ， ∴平面//BCE 平面1A AD ，∵BC ⊂平面BCE ，∴//BC 平面1A AD（2）∵平面//BCE 平面1A AD ，平面1A ECD ⋂平面BCE CE =，平面1A ECD ⋂平面11A AD A D =，∴1A D ∥EC ，∴1A D 和CE 与平面ABCD 所成角相等，即1A B DA EC ∠=∠； ∵BC BE =，∴45ECB ︒∠=，∴13AA AD ==，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，过D 垂直于ABCD 的直线为z 轴，如图建系，(0,1,0)C ，(1,1,0)B ，(1,1,1)E ，1(3,0,3)A ，∴(1,0,1)CE =，1(2,1,2)EA =-，(0,0,1)BE =， 设()111,,u x y z =为平面1A EC 的一个法向量，则10u CE u EA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111110220x z x y z +=⎧⎨-+=⎩， 令11x =，则(1,0,1)u =-设()222,,v x y z =为平面1A EB 的一个法向量，则10v BE v EA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即22220220z x y z =⎧⎨-+=⎩， 令21x =，则(1,2,0)v =， 则110cos ,||||1025u v u v u v ⋅<>===⨯， 由图知，二面角1B A E C --为锐角，则二面角1B A E C --10． 【点睛】本题考查利用面面平行证明线面平行、向量法求二面角的余弦值，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力. 13.（1）证明见解析；（2）57042. 【分析】（1）先证明BC ⊥平面SCD ，可得BC DE ⊥，结合DE SC ⊥，即可证得DE ⊥平面SBC ，进而可得DE EF ⊥，即可得出DEF 是直角三角形；（2）以D 为原点，分别以,,DA DC DS 所在的直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，根据//SE SC ，设()0,2,4SE tSC t t ==-，利用0DE SC ⋅=求出t 的值，再计算平面DEM 的法向量，平面EMC 的法向量，利用向量夹角公式求夹角余弦值，再计算正弦值即可. 【详解】（1）因为SD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以SD BC ⊥， 因为四边形ABCD 是边长为2的正方形，所以CD BC ⊥， 因为SDCD D =，所以BC ⊥平面SCD ，因为DE ⊂平面SCD ，所以BC DE ⊥， 又因为DE SC ⊥，BCSC C =，所以DE ⊥平面SBC ，因为EF ⊂平面SBC ，所以DE EF ⊥，可得90DEF ∠=， 所以DEF 是直角三角形.（2）如图以D 为原点，分别以,,DA DC DS 所在的直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则()0,0,0D ，()2,0,0A ，()2,2,0B ，()0,0,4S ，()0,2,0C ，()2,1,0M ，()0,2,4SC =-，因为//SE SC ，设()0,2,4SE tSC t t ==-，所以()()()0,0,40,2,40,2,44DE DS SE t t t t =+=+-=- 因为DE SC ⊥，所以()224440DE SC t t ⋅=⨯--=，解得：45t =， 所以840,,55DE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()84342,1,00,,2,,5555EM DM DE ⎛⎫⎛⎫=-=-=-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， ()2,1,0MC =-，设平面DEM 的一个法向量为()1111,,x n y z =，由1111118405520n DE y z n DM x y ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩ 令12y =可得14z =-，11x =-， 所以()11,2,4n =--，设平面EMC 的一个法向量为()2222,,n x y z =， 由222212234205520n EM x y z n MC x y ⎧⋅=--=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩令21x =，可得22y =，21z =， 所以()21,2,1n =设二面角D EM C --的平面角为θ，则1212cos 1n n n n θ⋅===+， 因为0θπ≤≤，所以sin θ===， 故二面角D EM C --【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果. 14.（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）49（Ⅲ）87【分析】首先利用几何体的特征建立空间直角坐标系(Ⅰ)利用直线BF 的方向向量和平面ADE 的法向量的关系即可证明线面平行； (Ⅱ)分别求得直线CE 的方向向量和平面BDE 的法向量，然后求解线面角的正弦值即可； (Ⅲ)首先确定两个半平面的法向量，然后利用二面角的余弦值计算公式得到关于CF 长度的方程，解方程可得CF 的长度.【详解】依题意，可以建立以A 为原点，分别以,,AB AD AE 的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得()()()()()0,0,0,1,0,0,1,2,0,0,1,0,0,0,2A B C D E .设()0CF h h =>，则()1,2,F h .(Ⅰ)依题意，()1,0,0AB =是平面ADE 的法向量，又()0,2,BF h =，可得0BF AB ⋅=，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE .(Ⅱ)依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--，设(),,n x y z =为平面BDE 的法向量，则00n BD n BE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即020x y x z -+=⎧⎨-+=⎩，不妨令z =1，可得()2,2,1n =， 因此有4cos ,9||||CE n CE n CE n ⋅〈〉==-. 所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49. (Ⅲ)设(),,m x y z =为平面BDF 的法向量，则00m BD m BF ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即020x y y hz -+=⎧⎨+=⎩. 不妨令y =1，可得21,1,m h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.由题意，有2241cos ,3432m nhm n m n h -⋅===⨯+，解得87h =. 经检验，符合题意｡所以，线段CF 的长为87. 【点睛】本题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力. 15.（1）见解析，（2）17-【分析】（1）连接BD 交AC 于O ，连接PO ，则有AC BD ⊥，O 为BD 的中点，再由PB PD =可得BD PO ⊥，由线面垂直的判定定理可证得结论；（2）由（1）可知，平面PAC ⊥平面ABCD ，两平面的交线为AC ，所以过P 作PE 垂直AC 于E ，则PE ⊥平面ABCD ，从而可知平面30PAC ∠=︒，若设PC =2，由可把其它边求出来，然后以A 为坐标原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，过A 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角B PC D --的余弦值.【详解】（1）证明：连接BD 交AC 于O ，连接PO ，因为四边形ABCD 为正方形，所以AC BD ⊥，O 为BD 的中点，因为PB PD =，所以BD PO ⊥，因为AC PO O =，所以BD ⊥平面PAC ；（2）解：因为BD ⊥平面PAC ，BD 在平面ABCD 内，所以平面PAC ⊥平面ABCD ，过P 作PE 垂直AC 于E ，则PE ⊥平面ABCD ，所以PAC ∠为PA 与底面ABCD 所成的角，即30PAC ∠=︒，设PC =2，因为PA PC ⊥，所以23,3,3,4,22PA PE AE AC AD =====, 如图，以A 为坐标原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，过A 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系， 则3232(0,0,0),(22,0,0),(22,22,0),(0,22,0),(,,3)22A B C D P , 22(0,22,0),(,,3)(22,0,0)22BC CP DC ==--=，, 设平面PBC 法向量为(,,)n x y z =，则220223022n BC y n CP x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=--+=⎪⎩，令1z =，则(6,0,1)n =， 设平面PDC 的法向量为(,,)m a b c =，则220223022n DC a n CP a b c ⎧⋅==⎪⎨⋅=--+=⎪⎩，令1c =，则(0,6,1)m =， 所以11cos ,777m nm n m n ⋅===⨯， 由图可知二面角B PC D --的平面角为钝角，所以二面角B PC D --的余弦值为17-【点睛】此题考查线面垂直的证明，考查二面欠余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等知识，考查运算能力，属于中档题.16.（1）证明见解析（2159【分析】（1）利用线段长度得到AM 与,AB AD 间的垂直关系，再根据线面垂直的判定定理完成证明；（2）以AD 、AM 、AB 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值，计算出结果.【详解】（1）∵2AB AM AD ===，22MB MD ==，∴222AM AD MD +=，222AM AB MB +=∴AM AD ⊥，AM AB ⊥ ∵AB AD A ⋂=，AD ⊂平面ABCD ，∴AM ⊥平面ABCD （2）由（1）知AB AD ⊥，AM AD ⊥，AM AB ⊥又A 为坐标原点，分别以AD 、AM 、AB 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则()0,0,0A ，()0,2,0M ，()2,0,0D ，()0,0,2B ，()2,0,1C ，()2,0,2BD =-，()2,2,0DM =-，∵2BE EB =，∴420,,33E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，412,,33CE ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ 设(),,n x y z =是平面BDM 的一个法向量则00n BD n DM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即220220x z x y -=⎡⎢-+=⎣，取1x =得()1,1,1n = ∴41215933cos ,53||||5333CE CE CE n n n -+-⋅〈〉===⋅⨯∴直线EC 与平面BDM 所成的正弦值为15953 【点睛】本题考查线面垂直的证明以及用向量法求解线面角的正弦，难度一般.用向量方法求解线面角的正弦值时，注意直线方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值. 17. (Ⅰ)93；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)存在，13.【分析】（I ）在Rt ADE △中，22AE AD DE =-，可得12ADE S AE DE =⋅，由于CD ⊥平面ADE ，可得13C ADE ADE V CD S -=⋅；（II ）由CD ⊥平面ADE ，可得CD AE ⊥，进而得到AE ⊥平面CDE ，即可证明平面ACE ⊥平面CDE ；（III ）在线段DE 上存在一点F ，使AF 平面BCE ，13EF ED =．设F 为线段DE 上的一点，且13EF ED =，过F 作FM CD 交CE 于点M ，由线面垂直的性质可得：CDAB ．可得四边形ABMF 是平行四边形，于是AF BM ，即可证明AF 平面BCE【详解】（I ）在Rt △ADE 中，2233AE AD DE =-=，因为CD ⊥平面ADE ， 所以棱锥C-ADE 的体积为1193332C ADE ADE AE DE V S CD CD -∆⋅=⋅=⋅⋅=. （II ）因为CD ⊥平面ADE ，AE ⊂平面ADE ，所以CD AE ⊥.又因为AE DE ⊥，CD DE D ⋂=，所以AE ⊥平面CDE ，又因为AE ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面CDE.（III ）在线段DE 上存在一点F ，且13EF ED =，使AF 平面BCE .解：设F 为线段DE 上一点，且13EF ED =，过点F 作//FM CD 交CE 于M ，则13FM CD =. 因为CD ⊥平面ADE ，AB ⊥平面ADE ，所以//CD AB ，又因为3CD AB = 所以MF AB =，//FM AB ，所以四边形ABMF 是平行四边形，则//AF BM . 又因为AF ⊄平面BCE ，BM ⊂平面BCE ，所以//AF 平面BCE .18.（1）证明见解析；（2）65.【分析】（1）连接1OA ，OC ，结合勾股定理和等边三角形的性质，证得1OA OC ⊥和OC DE ⊥，利用线面垂直的判定定理，得到OC ⊥平面1A DE ，再由面面垂直的判定定理，即可证得平面1A DE ⊥平面BCD.（2）以OC 的方向为x 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，分别求得平面1A BE 和平面1A CD 的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）由题意，四边形BCDE 为菱形，连接CE ，取DE 的中点O ，连接1OA ，OC ，如图所示，在ADE 中，60AED ABC ∠=∠=︒，且2DE =，1AE =，可得，AD =则222DE AE AD =+，则90EAD ∠=︒，即AD AE ⊥，即11A D A E ⊥.因为O 是DE 的中点，所以1112OA DE ==， 因为60CDE ABC ∠=∠=︒，所以CDE ∆为等边三角形，所以OC DE ⊥，且OC =所以22211A C OA OC =+，所以190A OC ∠=︒，即1OA OC ⊥.又因为OC DE ⊥，且1OA DE O ⋂=，所以OC ⊥平面1A DE ，又因为OC ⊂平面BCD ，所以平面1A DE ⊥平面BCD.（2）以OC 的方向为x 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则(0,1,0)D ，(0,1,0)E -，(3,0,0)C ，(3,2,0)B -，1130,,22A ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭， 设平面1A BE 的法向量为(,,)m x y z =，则13013022m BE x y m EA y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1z =，可得(1,3,1)m =--， 设平面1A CD 的法向量为(),,n x y z '''=，则13033022n CD x y n DA y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅'''=-+=⎪⎩'，令1x '=，得(1,3,3)n =. 因为13365cos ,65||||513m n m n m n ⋅--+〈〉===-⨯. 所以平面1A BE 与平面1A CD 所成锐二面角的余弦值为6565.19.（1）证明见解析；（2387．【分析】（1）连接BD 交AC 于O ，连接OE ，可证1//OE BD ，从而得线面平行；（2）取AD 中点M ，连接1MA ，MC ，由已知证明1A M ⊥平面ABCD ，MC AD ⊥，以1,,MC MD MA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，设2AD =，得出各点坐标，求出平面AEC 的法向量n ，由法向量n 与1A D 的夹角的余弦值的绝对值等于直线1A D 与平面AEC 所成有的正弦可得．【详解】（1）连接BD 交AC 于O ，连接OE ，∵ABCD 是菱形，∴O 是BD 中点，又E 是1DD 中点，∴1//OE BD ，1BD ⊄平面AEC ，OE ⊂平面AEC ，∴1//BD 平面ACE ；（2）取AD 中点M ，连接1MA ，MC ，∵11AA A D =，∴1A M AD ⊥，又平面11A ADD ⊥平面ABCD ，平面11A ADD 平面ABCD AD =，∴1A M ⊥平面ABCD ，又菱形ABCD 中，60ABC ∠=︒，所以ABC 和ACD △都是等边三角形，所以MC AD ⊥，如图，以1,,MC MD MA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，设2AD =， 则3MC =，222211213A M A A AM =-=-=∴(0,1,0)A -，(0,1,0)D ，3,0,0)C ，13)A ，13)D ，33(0,,22E ， ∴1(0,1,3)A D =-，(3,1,0)AC =，53(0,,22AE =， 设(,,)n x y z =是平面ACE 的一个法向量，则 305302n AC x y n AE y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1x =，则3y =5z =，(1,3,5)n =-， 设直线1A D 与平面ACE 所成角为θ， 则111353387sin cos ,29292n A Dn A D n A D θ⋅--=<>===⨯．【点睛】本题考查证明线面平行，考查用空间向量法求线面角．求空间角的常用方法是空间向量法，在题中有垂直的情况下，常常取过同一点且两两垂直的三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求空间角，考查了学生的运算求解能力．20.（1）证明见解析；（225；（3）23CQ CP =.【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，确定各点坐标，得到0DE AC ⋅=，0DE AP ⋅=，根据线面垂直的判定定理，即可证明.（2）由（1）可知，平面PAC 的法向量(2,1,0)m =-，确定平面PCD 的法向量(2,2,1)n =-，根据cos ,||||m n m n m n ⋅〈〉=⋅，求解即可. （3）设(01)CQ CPλλ=<<，确定(22,44,4)Q λλλ=--，(2,43,4)QE λλλ=--，根据直线QE 与平面PAC 5，求解λ，即可. 【详解】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，AB平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD所以PA AB ⊥，PA AD ⊥因为AB AD ⊥ 则以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由已知可得(0,0,0)A ，()2,0,0B ，(2,4,0)C ，(0,2,0)D ，(0,0,4)P ，(2,1,0)E . 所以(2,1,0)DE =-，(2,4,0)AC =，(0,0,4)AP =.因为221400DE AC ⋅=⨯-⨯+=，0DE AP ⋅=.所以DE AC ⊥，DE AP ⊥又AP AC A ⋂=，AP ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC .所以DE ⊥平面PAC ．（2）设平面PAC 的法向量m ，由（1）可知，(2,1,0)m DE ==-设平面PCD 的法向量(,,)n x y z =因为(0,2,4)PD =-，(2,4,4)PC =-.所以00n PD n PC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即2402440y z x y z -=⎧⎨+-=⎩ 不妨设1z =，得(2,2,1)n =-． 2222225cos ,||||2(1)(2)21m n m n m n ⋅⨯〈〉===⋅+-⨯-++ 所以二面角A PC D --25． （3）设(01)CQ CPλλ=<<，即(2,4,4)CQ CP λλλλ==--. 所以(22,44,4)Q λλλ=--，即(2,43,4)QE λλλ=--.因为直线QE 与平面PAC 5所以2||cos ,5||||2QE m QE m QE m ⋅〈〉===⋅+∣3=解得23λ=即23CQ CP =． 【点睛】本题考查空间向量在立体几何中的应用，考查综合分析求解与论证能力，属于较难题. 21.（1）证明见解析（2）11【分析】（1）通过证明BE ⊥平面APC ，得到BE PO ⊥，再证PO AC ⊥即可证得PO ⊥平面ABCD . （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量、直线的方向向量，利用空间向量法求出线面角的正弦值.【详解】（1）证明：AP ⊥平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，AP CD ∴⊥， //,AD BC 12BC AD =，E 为AD 的中点，则//BC DE 且BC DE =. ∴四边形BCDE 为平行四边形，//BE CD ∴，AP BE ∴⊥.又,AB BC ⊥12AB BC AD ==，且E 为AD 的中点，∴四边形ABCE 为正方形，BE AC ∴⊥，又,AP AC A =BE ∴⊥平面APC ，PO ⊂平面APC ，则BE PO ⊥.AP ⊥平面,PCD PC ⊂平面PCD ，AP PC ∴⊥，又AC ==，PAC ∴∆为等腰直角三角形，O 为斜边AC 上的中点，PO AC ∴⊥且,ACBE O =PO ∴⊥平面ABCD . （2）解：以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O -xyz ，如图所示不妨设1OB =，则(1,0,0),B (0,1,0),C (0,0,1),P (2,1,0)D -,则(1,1,0),BC =-(1,0,1),PB =-(2,1,1)PD =--.设平面PBD 的法向量为(,,)n x y z =，则00n PB n PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩，，即0,20,x z x y z -=⎧⎨-+-=⎩即,3,x z y z =⎧⎨=⎩ 令1z =，得(1,3,1)n =.设BC 与平面PBD 所成角为θ， 则()2222211310122sin cos ,13111BC n θ-⨯+⨯+⨯=<>==++-+【点睛】本题考查线面垂直，线面角的计算，属于中档题. 22.（1）证明见解析；（2）14.【分析】（1）取AD 中点E ，连接PE 、BE 、BD ，由平面几何的知识可得AD PE ⊥、AD BE ⊥，由线面垂直的判定可得AD ⊥平面PBE ，再由线面垂直的性质即可得证； （2）由题意建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标后，再求出33,22BC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭、平面ADP 的一个法向量为n ，由sin cos ,n BC α=即可得解.【详解】（1）证明：取AD 中点E ，连接PE 、BE 、BD ，如图：ADP △是等腰直角三角形，且2AP DP ==,∴AD PE ⊥且2AD =，2AB =且60BAD ∠=，∴ABD △是等边三角形，∴AD BE ⊥，又BE PE E ⋂=，∴AD ⊥平面PBE ， BP ⊂平面PBE ，∴AD BP ⊥；（2）AE ⊥平面PBE ，以E 为坐标原点，分别以AE ，BE 为x 轴、y 轴，过点E 与平面ABCD 垂直的方向为z 轴建立空间直角坐标系E-xyz 如图所示：则()()()()0,0,0,1,0,0,3,0,1,0,0E A B D -，()213,0AB DC =-=，∴33(,22C -， 1PE =，3EB =7BP =∴2223cos 22PE EB BP PEB PE EB +-∠==-⋅，∴150PEB ∠=，∴310,,22P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭， 则33,22BC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，()2,0,0AD =-，311,22AP ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭， 设平面ADP 的一个法向量为(,,)n x y z =，则20102n AD x n AP x y z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=--+=⎪⎩，取y =(0,3,3)n =， 设直线BC 与平面ADP 所成角为α， 则1sin cos ,43n BCn BC n BC α⋅====⋅. 【点睛】本题考查了线面垂直的判定与性质、利用空间向量求线面角的应用，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于中档题.。
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文科数学立体几何高考题汇总
1.（2016北京文11）某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为___________.
2.（2016北京文18）（本小题14分）
如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，,
AB DC DC AC
∥
⊥
（I）求证：DC PAC
⊥平面；
（II）求证：PAB PAC
平面平面；
⊥
(III)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA CEF
⊥平面?
说明理由.
3.（2016天津文17） (本小题满分13分)
如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF||AB，
AB=2，BC=EF=1，DE=3，∠BAD=60º，G为BC的中点. (Ⅰ)求证：FG||平面BED；
(Ⅱ)求证：平面BED⊥平面AED；
(Ⅲ)求直线EF 与平面BED 所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）
65 【解析】
试题分析：（Ⅰ）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行寻找与论证，往往结合平几知识，如本题构造一个平行四边形：取BD 的中点为O ，可证四边形OGFE 是平行四边形，从而得出OE FG //（Ⅱ）面面垂直的证明，一般转化为证线面垂直，而线面垂直的证明，往往需多次利用线面垂直判定与性质定理，而线线垂直的证明有时需要利用平几条件，如本题可由余弦定理解出090=∠ADB ，即AD BD ⊥（Ⅲ）求线面角，关键作出射影，即面的垂线，可利用面面垂直的性质定理得到线面垂直，即面的垂线：过点A 作DE AH ⊥于点H ，则⊥AH 平面BED ，从而直线AB 与平面BED 所成角即为ABH ∠.再结合三角形可求得正弦值
试题解析：（Ⅰ）证明：取BD 的中点为O ，连接OG OE ,，在B C D ∆中，因为G 是BC 的中点，所以DC OG //且121==DC OG ，又因为DC AB AB EF //,//，所以OG EF //且OG EF =。