专题5 立体几何1---6个典型的立体几何题
高中立体几何知识点及经典题型
高中立体几何知识点及经典题型立体几何是高中数学中的重要部分，它研究了在三维空间内的几何形体。
本文将介绍高中立体几何的主要知识点和经典题型。
知识点以下是高中立体几何的主要知识点：1. 空间几何基础：点、线、面的概念及性质。
2. 参数方程和一般式方程：用参数或方程表示几何体的方法。
3. 立体图形的投影：点、直线、平面在投影中的表现形式。
4. 空间几何中的平行与垂直：直线、平面之间的平行关系及垂直关系。
5. 直线与面的位置关系：直线与平面之间的交点、垂线、倾斜角等概念。
6. 空间角的性质：二面角、棱锥、棱台等形体的角度关系。
7. 空间几何中的直线及曲线：空间中直线与曲线的方程及性质。
8. 空间立体角：球、球台、球扇等形体的角度关系。
9. 空间的切线：曲线在空间中的切线方程及其性质。
10. 空间的幂：圆、球及其他形体的幂的概念和性质。
经典题型以下是高中立体几何的经典题型：1. 求直线与平面的位置关系问题：例如，给定一直线和一个平面，求它们之间的交点、垂直线、倾斜角等。
2. 求空间角的问题：例如，给定两个平面的交线，求二面角的度数。
3. 求直线与曲线的位置关系问题：例如，给定一条直线和一个曲面，求它们之间的位置关系。
4. 求切线和法平面的问题：例如，给定一个曲线和一个点，求曲线在该点处的切线方程及法平面方程。
5. 求空间形体的幂问题：例如，给定一个球和一个平面，求平面关于球的幂及其性质。
以上只是一些经典的立体几何题型，通过解答这些题目，可以加深对立体几何知识的理解和运用。
希望本文对高中立体几何知识点和题型的介绍能够帮助到你。
祝你在学习立体几何时取得好成绩！。
【高考数学大题精做】专题05 立体几何中最值问题(第三篇)(解析版)
【高考数学大题精做】第三篇 立体几何专题05 立体几何中最值问题【典例1】【河南省非凡吉创联盟2020届调研】如图，AB 是圆柱的直径，PA 是圆柱的母线，3AB =，PA =，点C 是圆柱底面圆周上的点.（1）求三棱锥P ABC -体积的最大值；（2）若1AC =，D 是线段PB 上靠近点P 的三等分点，点E 是线段PA 上的动点，求CE ED +的最小值. 【思路引导】（1）三棱锥的高为定值，要根据三棱锥体积公式13V Sh =可知，要使得体积最大，就要底面积最大，又因为边AB 为定值，故当C 到AB 的距离取得最大值时，底面积最大，故此时棱锥的体积最大；（2）反向延长AB 至C '，使得,,C D E '三点共线，三点共线时，距离最短，则C D '为CE ED +最小值. 【详解】（1）三棱锥P ABC -高h =，3AB =，点C 到AB 的最大值为底面圆的半径32，则三棱锥P ABC -体积的最大值等于1133322⨯⨯⨯=. （2）将PAC ∆绕着PA 旋转到PAC '使其共面，且C '在AB 的反向延长线上，连接C D '，C D '与PA 的交点为E ，此时CE ED +最小，为C D '；由3AB =，PA =且易知PA AB ⊥，由勾股定理知6PB =，因为12AB PB =，所以30APB ∠=o ，则60DBC ∠='o ，243BD PB ==； 134C B C A AB '+=+'==，则BDC '∆是边长为4的等边三角形，故4C D '=，所以CE ED +的最小值等于4.【典例2】【江西省新余市第四中学2020届月考】 已知梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC =∠BAD =2π，AB=BC=2AD=4，E 、F 分别是AB 、CD 上的点，EF ∥BC ，AE =x ，G 是BC 的中点．沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF ．（1）若以F 、B 、C 、D 为顶点的三棱锥的体积记为()f x ，求()f x 的最大值； （2）当 ()f x 取得最大值时，求二面角D -BF -C 的余弦值． 【思路引导】（1）由AEFD ⊥平面EBCF ，////EF BC AD ，可得AE EF ⊥，进而由面面垂直的性质定理得到AE ⊥平面EBCF ，进而建立空间坐标系E xyz -，可得()D BCF A BFC f x V V --==的解析式，根据二次函数的性质，易求出()f x 有最大值；（2）根据（1）的结论平面BCF 的一个法向量为()20,0,1n =u u v ，利用向量垂直数量积为零列方程组求出平面BDF 的法向量，代入向量夹角公式即可得到二面角D BF C --的余弦值.解：（1）∵平面AEFD ⊥平面EBCF ,AE ⊥EF,∴AE ⊥面平面EBCF ,AE ⊥EF,AE ⊥BE,又BE ⊥EF,故可如图建立空间坐标系E -xy z ．则A （0，0，2），B （2，0，0），G （2，2，0），D （0，2，2）， E （0，0，0）∵AD ∥面BFC ，所以()f x =V A -BFC ＝13BFC S AE ∆⋅ ()114432x x ⋅⋅⋅-⋅ ()22882333x =--+≤，即2x =时()f x 有最大值为83．（2）设平面DBF 的法向量为()1,,n x y z =u v，∵AE=2, B （2，0，0），D （0，2，2），F （0，3，0）,∴()2,3,0,BF =-u u u v BD =u u u v （－2，2，2）,则1100n BD n BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u v u u u vu v u u u v ，即()()()(),,2,2,20,,2,3,00x y z x y z ⎧⋅-=⎪⎨⋅-=⎪⎩，2220230x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩ 取x ＝3，则y ＝2，z ＝1，∴()13,2,1n u v=面BCF 的一个法向量为()20,0,1n =u u v则cos<12,n n u v u u v>=121214n n n n u v u u v u v u u v ⋅=⋅. 由于所求二面角D -BF -C的平面角为钝角，所以此二面角的余弦值为：－14【典例3】【北京市昌平区2020届模拟】如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，H 分别是棱A 1B 1，D 1C 1上的点（点E 与B 1不重合），且EH ∥A 1D 1. 过EH 的平面与棱BB 1，CC 1相交，交点分别为F ，G ．（I ）证明：AD ∥平面EFGH ；（II ） 设AB=2AA 1="2" a .在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内随机选取一点．记该点取自几何体A 1ABFE -D 1DCGH 内的概率为p ，当点E ，F 分别在棱A 1B 1上运动且满足EF=a 时，求p 的最小值.【思路引导】 解法一：（I ） 证明：在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥A 1D 1 又∵EH ∥A 1D 1，∴AD ∥EH. ∵AD ￠平面EFGH EH 平面EFGH ∴AD//平面EFGH.（II ） 设BC=b ，则长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V=AB·AD·AA 1=2a 2b ， 几何体EB 1F -HC 1G 的体积V 1=（1/2EB 1 ·B 1F ）·B 1C 1=b/2·EB1·B 1 F ∵EB 12+ B 1 F 2=a 2∴EB 12+ B 1 F 2≤ （EB 12+ B 1 F 2）/2 = a 2 / 2,当且仅当EB1=B 1F=2a 时等号成立 从而V 1≤ a 2b /4 .故 p=1-V 1/V ≥22412a ba b-=78 解法二：（I ） 同解法一（II ） 设BC=b ，则长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V=AB·AD·AA 1=2a 2b ， 几何体EB 1F -HC 1G 的体积V 1=（1/2 EB1·B 1 F ）·B 1C 1=b/2 EB1·B 1 F设∠B 1EF=θ（0°≤θ≤90°），则EB1=" a" cosθ，B 1 F ="a" sinθ 故EB1·B 1 F = a 2sinθcosθ=，当且仅当sin 2θ=1即θ=45°时等号成立.从而214a bV ≤ ∴p=1- V 1/V≥22412a ba b-=78，当且仅当sin 2θ=1即θ=45°时等号成立.所以，p 的最小值等于7/81. 【广东省佛山市第一中学2020届月考】如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，E F 、分别为AB BC 、上的点，且AE BF x ＝＝．（1）当x 为何值时，三棱锥1B BEF -的体积最大？ （2）求异面直线1A E 与1B F 所成的角的取值范围． 【思路引导】（1）首先得到体积函数，然后利用均值不等式确定取得最值时x 的值即可；（2）首先作出异面直线1A E 与1B F 所成的角，然后结合余弦定理求得角的余弦值取值范围，最后利用余弦值的范围确定异面直线1A E 与1B F 所成的角的取值范围. 【详解】 （1），当2ax =时，三棱锥1B BEF -的体积最大． （2）在AD 上取点H 使AH ＝BF ＝AE ，则，，，所以1HA E∠（或补角）是异面直线1A E 与1B F 所成的角；在Rt △1A AH 中，1A H =在Rt △1A AE 中，1A E =在Rt △HAE 中，HE ==，在△1HA E 中，222111112A H A E EH cosHA E A H A E +-=⋅ 222a a x=+， 因为0x a <≤，所以22222a x a a <+≤，222112a x a≤<+，1112cosHA E ≤<，1π03HA E <∠≤ 2．【安徽省安庆市2020届模拟】如图，△ABC 内接于圆O ，AB 是圆O 的直径，四边形DCBE 为平行四边形，DC ⊥平面ABC ，2,AB EB ==（1）求证：DE ⊥平面ADC ；（2）设AC x =，(x)V 表示三棱锥B ACE -的体积，求函数(x)V 的解析式及最大值. 【思路引导】（1）要证（1）要证DE ⊥平面ADC ，需证BC ⊥平面ADC ，需证DC BC BC AC ⊥⊥，,用综合法书写即可．（2）由（1）可知BE ⊥平面ABC ，所以体积为13ABC BE S ⨯, AC x BC EB ===，均值不等式求解最大值．详解：(1)证明：∵四边形DCBE 为平行四边形,∴CD ∥BE ,BC ∥DE . ∵DC ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴DC ⊥BC . ∵AB 是圆O 的直径，∴BC ⊥AC ，且DC ∩AC =C . ∴BC ⊥平面ADC .∵DE ∥BC ，∴DE ⊥平面ADC ； (2)∵DC ⊥平面ABC ，∴BE ⊥平面ABC . 在Rt △ABE 中,AB =2,EB =3√.在Rt △ABC 中,∵AC =x ,BC =4−x 2−−−−−√(0<x <2). ∴S △ABC =12AC ⋅BC =12x ⋅4−x 2−−−−−√， ∴V (x )=VE −ABC =3√6x ⋅4−x 2−−−−−√,(0<x <2).∵x 2(4−x 2)⩽(x 2+4−x 22)2=4,当且仅当x 2=4−x 2,即x =2√时，取等号， ∴x =2√时,体积有最大值为3√3.3．【浙江省金华市十校2020届模拟】如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC =，AP PC =，60ABC ∠=︒，AP PC ⊥，直线BP 与平面ABC 成30°角，D 为AC 的中点，PQ PC λ=u u u v u u u v，(0,1)λ∈.（Ⅰ）若PB PC >，求证：平面ABC ⊥平面PAC ；（Ⅰ）若PC PB <，求直线BQ 与平面PAB 所成角的正弦值的取值范围. 【思路引导】由题意可得直线BP 与平面ABC 所成角是PBD ∠，即30PBD ∠=︒.设2AC a =，则BD =，PD a =，由余弦定理得PB a =或2a .（Ⅰ）若PB PC >，则2PB a =，由勾股定理可得PD DB ⊥，又PD AC ⊥，据此可得PD ⊥平面ABC ，平面PAC ⊥平面ABC .（Ⅰ）若PB PC <，则PB a =，故PQ a =，BQ =，设Q h 是Q 到面PAB 的距离，C h 是C 到面PAB 的距离，则Q C h h λ=，由等体积法可得7C h a =，7Q h a λ=.设直线BQ 与平面PAB 所成角为α，则sin α=，据此可得直线BQ 与平面PAB 所成角的正弦值的取值范围为0,7⎛ ⎝⎭.试题解析：∵AB BC =，AP PC =，D 为AC 的中点，∴BD AC ⊥，PD AC ⊥，∴AC ⊥平面PBD ， ∴直线BP 与平面ABC 所成角是PBD ∠，30PBD ∠=︒. 设2AC a =，则BD =，PD a =，由余弦定理得PB a =或2a .（Ⅰ）若PB PC >，则2PB a =，∴在PBD ∆中222PD DB PB +=.∴PD DB ⊥， 又PD AC ⊥，AC DB D ⋂=，∴PD ⊥平面ABC ，∴平面PAC ⊥平面ABC . （Ⅰ）若PB PC <，∴PB a =，∵PQ PC λ=u u u v u u u v，∴PQ a =，BQ =，设Q h 是Q 到面PAB 的距离，C h 是C 到面PAB 的距离，则Q C h h λ=，由等体积法：)2112323C aa a h ⋅=⋅，∴7C h a =，∴7Q h a λ=. 设直线BQ 与平面PAB 所成角为α，则HQsin BQα==a=7=.∵()0,1λ∈10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭.∴0sin α<<故直线BQ 与平面PAB所成角的正弦值的取值范围为0,7⎛ ⎝⎭. 4．【北京市城六区2019届高三模拟】已知三棱锥P ABC -（如图1）的平面展开图（如图2）中，四边形ABCD的正方形，△ABE 和△BCF 均为正三角形，在三棱锥P ABC -中： (I)证明：平面PAC ⊥平面ABC ; (Ⅰ)求二面角A PC B --的余弦值； (Ⅰ)若点M 在棱PC 上，满足CMCP λ=，12[,]33λ∈，点N 在棱BP 上，且BM AN ⊥，求BN BP的取值范围．【思路引导】第一问取AC 中点O ，根据等腰三角形的性质求得PO AC ⊥，根据题中所给的边长，利用勾股定理求得PO OB ⊥，利用线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理得到结果；第二问根据题中所给的条件建立空间直角坐标系，写出相应的点的坐标，求得面的法向量，利用法向量所成角的余弦值得出结果；第三问利用向量间的关系，利用向量垂直的条件，利用向量的数量积等于0，得出所求的比值μ与λ的关系式，利用函数的有关知识求得结果. （Ⅰ）方法1：设AC 的中点为O ，连接BO ，PO . 由题意PA PB PC ===，1PO =，1AO BO CO ===因为在PAC ∆中，PA PC =，O 为AC 的中点 所以PO AC ⊥，因为在POB ∆中，1PO =，1OB =，PB =所以PO OB ⊥因为AC OB O ⋂=，,AC OB ⊂平面ABC 所以PO ⊥平面ABC 因为PO ⊂平面PAC 所以平面PAC ⊥平面ABC 方法2：设AC 的中点为O ，连接BO ，PO .因为在PAC ∆中，PA PC =，O 为AC 的中点 所以PO AC ⊥，因为PA PB PC ==，PO PO PO ==，AO BO CO == 所以POA ∆≌POB ∆≌POC ∆ 所以90POA POB POC ∠=∠=∠=︒ 所以PO OB ⊥因为AC OB O ⋂=，,AC OB ⊂平面ABC 所以PO ⊥平面ABC 因为PO ⊂平面PAC 所以平面PAC ⊥平面ABC 方法3：设AC 的中点为O ，连接PO ，因为在PAC ∆中，PA PC =， 所以PO AC ⊥设AB 的中点Q ，连接PQ ，OQ 及OB . 因为在OAB ∆中，OA OB =，Q 为AB 的中点 所以OQ AB ⊥.因为在PAB ∆中，PA PB =，Q 为AB 的中点 所以PQ AB ⊥.因为PQ OQ Q ⋂=，,PQ OQ ⊂平面OPQ所以AB ⊥平面OPQ因为OP ⊂平面OPQ所以OP AB ⊥因为AB AC A ⋂=，,AB AC ⊂平面ABC所以PO ⊥平面ABC因为PO ⊂平面PAC所以平面PAC ⊥平面ABC（Ⅰ）由PO ⊥平面ABC ，OB AC ⊥，如图建立空间直角坐标系，则()0,0,0O ，()1,0,0C ，()0,1,0B ，()1,0,0A -，()0,0,1P 由OB ⊥平面APC ，故平面APC 的法向量为()0,1,0OB =u u u v 由()1,1,0BC =-u u u v ，()1,0,1PC =-u u u v设平面PBC 的法向量为(),,n x y z =v ，则由00n BC n PC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u vu u u v 得：00x y x z -=⎧⎨-=⎩令1x =，得1y =，1z =，即()1,1,1n =vcos ,nOBn OB n OB ⋅===⋅u u u vv u u u v v u u u v v由二面角A PC B --是锐二面角，所以二面角A PC B --的余弦值为3（Ⅰ）设BN BP μ=u u u v u u u v ，01μ≤≤，则()()()1,1,01,0,11,1,BM BC CM BC CP λλλλ=+=+=-+-=--u u u u v u u u v u u u u v u u u v u u u v ()()()1,1,00,1,11,1,AN AB BN AB BP μμμμ=+=+=+-=-u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v 令0BM AN ⋅=u u u u v u u u v得()()()11110λμλμ-⋅+-⋅-+⋅= 即1111λμλλ==-++，μ是关于λ的单调递增函数， 当12,33λ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，12,45μ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 所以12,45BN BP ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦。
2020高考数学核心突破《专题5 立体几何 第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积》
专题五 第1讲1．(教材回归)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( D )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4解析 由题中三视图知该几何体是底面半径为1，高为2的半个圆柱，故其表面积S ＝2×12×π×12＋π×1×2＋2×2＝3π＋4.故选D.2．(2017·山东烟台模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个正三角形及其内切圆，则该几何体的体积为( A )A ．163－16π3B.163－16π3C ．83－8π3D.83－8π3解析 由三视图可知，几何体为一个棱长为4的正三棱柱去掉了一个内切圆柱．V三棱柱＝⎝⎛⎭⎫12×4×4×sin 60°×4＝16 3.在俯视图中，设内切圆半径为r ，则内切圆圆心与各顶点连接分三角形为3个全等的小三角形，由三角形面积可得12×4×4×sin 60°＝3×⎝⎛⎭⎫12×4×r ，解得r ＝233.故V 圆柱＝πr 2h ＝π×⎝⎛⎭⎫2332×4＝16π3.∴几何体的体积V ＝V 三棱柱－V 圆柱＝163－16π3.故选A.3．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( D )A.18 B.17 C.16 D.15解析 如图，由已知条件可知，截去部分是以△ABC 为底面且三条侧棱两两垂直的正三棱锥D -ABC .设正方体的棱长为a ，则截去部分的体积为16a 3，剩余部分的体积为a 3－16a 3＝56a 3.它们的体积之比为15.故选D.4．(考点聚焦)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( B )A ．1＋ 3B ．2＋3C ．1＋2 2D ．2 2解析 四面体的直观图如图所示．侧面SAC ⊥底面ABC ，且△SAC 与△ABC 均为腰长是2的等腰直角三角形，SA ＝SC ＝AB ＝BC ＝2，AC ＝2.设AC 的中点为O ，连结SO ，BO ，则SO ⊥AC ，∴SO ⊥平面ABC ，∴SO ⊥BO .又OS ＝OB ＝1，∴SB ＝2，故△SAB 与△SBC 均是边长为2的正三角形，故该四面体的表面积为2×12×2×2＋2×34×(2)2＝2＋ 3.5．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( D )A.32π3 B ．4π C ．2πD.4π3解析 正四棱柱的外接球的球心为上下底面的中心连线的中点，所以球的半径r ＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝1，球的体积V ＝4π3r 3＝4π3.故选D.6．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积是32π3，那么这个三棱柱的体积是( D )A ．963B ．163C ．24 3D ．48 3解析 如图，设球的半径为R ，由43πR 3＝32π3，得R ＝2. 所以正三棱柱的高h ＝4. 设其底面边长为a ， 则13·32a ＝2，所以a ＝43， 所以V ＝34×(43)2×4＝48 3.故选D. 7．(书中淘金)如图，在棱长为6的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在C 1D 1与C 1B 1上，且C 1E ＝4，C 1F ＝3，连接EF ，FB ，BD ，DE ，DF ，则几何体EFC 1DBC 的体积为( A )A ．66B ．68C ．70D ．72解析 如图，连接DC 1，那么几何体EFC 1-DBC 被分割成三棱锥D -EFC 1及四棱锥D -CBFC 1，那么几何体EFC 1DBC 的体积为V ＝13×12×3×4×6＋13×12×(3＋6)×6×6＝12＋54＝66.故所求几何体EFC 1DBC 的体积为66.8．(2017·湖北八校联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为__41π__.解析 由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥A -BCD ，将该三棱锥放在棱长为4的正方体中，E 是棱的中点，所以三棱锥A -BCD 和三棱柱EFD -ABC 的外接球相同．设外接球的球心为O ，半径为R ，△ABC 的外接圆的圆心是M ，则OM ＝2.在△ABC 中，AB ＝AC ＝25，由余弦定理得cos ∠CAB ＝AC 2＋AB 2－BC 22AC ·AB ＝20＋20－162×25×25＝35，所以sin ∠CAB ＝45，由正弦定理得2CM ＝BC sin ∠CAB ＝5，则CM ＝52.所以R ＝OC ＝OM 2＋CM 2＝412，则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝41π.9．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为 83π m 3.解析 由三视图知该几何体由两个相同的圆锥和一个圆柱组成．其中，圆锥的底面半径和圆柱的底面半径均为1，圆锥的高均为1，圆柱的高为2.因此该几何体的体积为V ＝2×13π×12×1＋π×12×2＝83π (m 3)．10．(数学文化)我国古代数学家祖暅是著名数学家祖冲之之子，祖暅原理叙述道：“夫叠基成立积，缘幂势既同，则积不容异：”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，其最著名之处是解决了“牟合方盖”中的体积问题，其核心过程为：如图中正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，求图中四分之一的圆柱体BB 1C 1-AA 1D 1和四分之一圆柱体AA 1B 1-DD 1C 1公共部分的体积V ，若图中正方体的棱长为2，则V ＝163.(在高度h 处的截面：用平行于正方体上下底面的平面去截，记截得两圆柱体公共部分所得面积为S 1，截得正方体所得面积为S 2，截得四棱锥C 1-ABCD 所得面积S 3，S 1＝R 2－h 2，S 2＝R 2，S 3＝h 2，S 2－S 1＝S 3)解析 由题意可知，用平行于底面的平面截得的面积满足S 2－S 1＝S 3，其中S 1表示两个圆柱的公共部分的截面面积，S 2表示截得正方体的截面面积，S 3表示截得锥体的截面面积．由祖暅原理可知：正方体体积减去两个圆柱的公共部分体积等于锥体体积，即23－V ＝13×22×2，即V ＝23－13×22×2＝163.。
高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略
高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略立体几何的解答题型主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再计算几何体的体积．试题背景有折叠问题、探索性问题等，考查空间想象能力、逻辑思维能力及转化与化归思想的应用能力.题型一线面位置关系的证明题型概览：空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量法来论证，应用向量证明线、面的位置关系的关键是把空间线面位置关系的判定定理和性质定理与空间向量建立对应关系，把空间位置关系的证明转化为空间向量的运算，通过运算解决证明问题．这里以传统方法为例建立审题程序与答题模板，向量方法参照本专题题型二．如图，四边形ABCD是菱形，四边形MADN是矩形，平面MADN⊥平面ABCD，E、F分别为MA、DC的中点，求证：(1)EF∥平面MNCB；(2)平面MAC⊥平面BND.[审题程序]第一步：利用中位线、平行四边形的性质在四边形MNCB内确定与EF平行的直线；第二步：在平面MAC和平面BND中寻找与另一平面垂直的直线；第三步：应用面面垂直、菱形的性质，由线线垂直解决．[规范解答](1)如图，取NC的中点G，连接FG，MG.因为ME∥ND且ME＝12ND，F、G分别为DC、NC的中点，FG∥ND且FG＝12ND，所以FG与ME平行且相等，所以四边形MEFG是平行四边形，所以EF∥MG，又MG⊂平面MNCB，EF⊄平面MNCB，所以EF∥平面MNCB.(2)如图，连接BD、MC.因为四边形MADN是矩形，所以ND⊥AD.因为平面MADN⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面MADN＝AD，DN⊂平面MADN，所以ND⊥平面ABCD，所以ND⊥AC.因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为BD∩ND＝D，所以AC⊥平面BDN.又AC⊂平面MAC，所以平面MAC⊥平面BDN.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：1．(2016·北京西城区高三期末)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G，H分别是CE，CF的中点．(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求证：平面BDGH∥平面AEF；(3)求多面体ABCDEF的体积．[解](1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF.(2)证明：在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF.又GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.设AC∩BD＝O，连接OH.在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，所以OH∥AF.因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以OH∥平面AEF.因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.(3)由(1)得AC⊥平面BDEF.因为AO＝2，四边形BDEF的面积S▱BDEF＝3×22＝62，＝4.所以四棱锥A－BDEF的体积V1＝13×AO×S▱BDEF同理，四棱锥C－BDEF的体积V2＝4.所以多面体ABCDEF的体积V＝V1＋V2＝8.题型二求空间几何体的体积题型概览：计算几何体的体积，关键是根据条件找出相应的底面和高，应注意充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题．(1)直接法：对于规则几何体，直接利用公式计算即可．(2)割补法：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算．经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体．(3)等体积法：一般利用三棱锥的“等积性”求三棱锥体积，可以把任何一个面作为三棱锥的底面．注意两点：一是求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算；二是利用“等积性”可求“点到面的距离”，关键是在面中选取三个点，与已知点构成三棱锥．(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，P A＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明：MN∥平面P AB；(2)求四面体N－BCM的体积．[审题程序]第一步：由线线平行或面面平行证明(1)；第二步：由N 为PC 中点，推证四面体N －BCM 的高与P A 的关系； 第三步：利用直接法求四面体的体积．[规范解答] (1)由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形， 于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ， 所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5.由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5， 故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N －BCM 的体积V N －BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453. [答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：2．(2016·深圳一模)如图所示，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，侧面SBC是正三角形，E是SB的中点，且AE⊥平面SBC.(1)证明：SD∥平面ACE；(2)若AB⊥AS，BC＝2，求点S到平面ABC的距离．[解](1)证明：连接BD，交AC于点F，连接EF.∵四边形ABCD是平行四边形，∴F是BD的中点，又∵E是SB的中点，∴EF∥SD.∵SD⊄平面ACE，EF⊂平面ACE，∴SD∥平面ACE.(2)∵AB⊥AS，BC＝BS＝2，且E是SB的中点，∴AE＝1.∵AE⊥平面SBC，BS、CE⊂平面SBC，∴AE⊥BS，AE⊥CE.∴AB＝AE2＋BE2＝ 2.又侧面SBC 是正三角形，∴CE ＝3， ∴AC ＝AE 2＋CE 2＝2，∴△ABC 是底边长为2，腰长为2的等腰三角形， ∴S △ABC ＝12×2×4－12＝72.设点S 到平面ABC 的距离为h .由V 三棱锥S －ABC ＝V 三棱锥A －SBC ，得13h ·S △ABC ＝13AE ·S △SBC ，∴h ＝AE ·S △SBC S △ABC ＝237＝2217.题型三 立体几何中的探索性问题题型概览：如果知道的是试题的结论，而要求的却是试题的某一个存在性条件(如存在某个定点、定直线、定值等)，这种试题称为存在探索型试题．解题策略一般是先假设结论成立，然后以该结论作为一个已知条件，再结合题目中的其他已知条件，逆推(即从后往前推)，一步一步推出所要求的特殊条件，即要求的存在性条件．若能求出，则存在；若不能求出，则不存在．(2016·石家庄调研)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，E 在线段B 1C 1上，B 1E ＝3EC 1，AC ＝BC ＝CC 1＝4.(1)求证：BC ⊥AC 1；(2)试探究：在AC 上是否存在点F ，满足EF ∥平面A 1ABB 1？若存在，请指出点F 的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由．[审题程序]第一步：由B 1E ＝3EC 1及EF ∥平面A 1ABB 1猜想点F 的位置；第二步：在平面A 1ABB 1内探求与EF 平行的直线或寻找经过EF 与平面A 1ABB 1平行的平面； 第三步：由线线平行或面面平行推理论证．[规范解答] (1)证明：∵AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥AA 1. 又∵BC ⊥AC ，AA 1∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面AA 1C 1C . 又AC 1⊂平面AA 1C 1C ，∴BC ⊥AC 1.(2)解法一：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图1，在平面A1B1C1内过点E作EG∥A1C1交A1B1于点G，连接AG.∵B1E＝3EC1，∴EG＝34A1C1.又AF∥A1C1且AF＝3，4A1C1∴AF∥EG且AF＝EG，∴四边形AFEG为平行四边形，∴EF∥AG.又EF⊄平面A1ABB1，AG⊂平面A1ABB1，∴EF∥平面A1ABB1.解法二：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图2，在平面BCC1B1内过点E作EG∥BB1交BC于点G，连接FG. ∵EG∥BB1，EG⊄平面A1ABB1，BB1⊂平面A1ABB1，∴EG∥平面A1ABB1.∵B1E＝3EC1，∴BG＝3GC，∴FG∥AB.又AB⊂平面A1ABB1，FG⊄平面A1ABB1，∴FG∥平面A1ABB1.又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面A1ABB1.∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面A1ABB1.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：3．如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为4的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，M为A1B1的中点．(1)证明：MC⊥AB；(2)若AA1＝26，侧棱CC1上是否存在点P，使得MC⊥平面ABP？若存在，求PC的长；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：取AB的中点N，连接MN，CN，则MN⊥底面ABC，MN⊥AB.因为△ABC是正三角形，所以NC⊥AB.因为MN∩NC＝N，MN⊂平面MNC，NC⊂平面MNC，所以AB⊥平面MNC，所以AB⊥MC.(2)由(1)知MC⊥AB，若存在点P使得MC⊥平面ABP，则必有MC⊥BP.过M作MQ⊥B1C1，垂足为Q，连接QC，则QC是MC在平面BCC1B1内的射影，只需QC⊥BP即可，此时Rt△QC1C与Rt△PCB相似，QC1C1C ＝PCCB，所以PC＝QC1·CBC1C＝3×426＝6，点P恰好是CC1的中点．。
专题5 立体几何压轴小题(原卷版)
专题5 立体几何压轴小题一、单选题 1．（2022·全国·高三专题练习）正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，所有棱长均为2，点E ，F 分别为棱BB 1，A 1C 1的中点，若过点A ，E ，F 作一截面，则截面的周长为（ ）A ．B ．C ．D ．2．（2022·全国·高三专题练习）直角ABC 中，2AB =，1BC =，D 是斜边AC 上的一动点，沿BD 将ABD △翻折到A BD '，使二面角A BD C '--为直二面角，当线段A C '的长度最小时，四面体A BCD '的外接球的表面积为（ ） A ．134πB ．143πC ．133πD ．125π3．（2022·全国·高三专题练习）已知长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，BC =13AA =，P 为矩形1111D C B A 内一动点，设二面角P AD C --为α，直线PB 与平面ABCD 所成的角为β，若αβ=，则三棱锥11P A BC -体积的最小值是（ ）AB ．1C D 4．（2022·全国·高三专题练习）如图，斜三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 是正三角形，,,E F G 分别是侧棱111,,AA BB CC 上的点，且AE CG BF >>，设直线,CA CB 与平面EFG 所成的角分别为,αβ，平面EFG 与底面ABC 所成的锐二面角为θ，则（ ）A ．sin sin sin ,cos cos cos θαβθαβ<+≤+B ．sin sin sin ,cos cos cos θαβθαβ≥+<+C ．sin sin sin ,cos cos cos θαβθαβ<+>+D ．sin sin sin ,cos cos cos θαβθαβ≥+≥+5．（2022·宁夏·平罗中学三模（理））已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，动点M 在侧面11BCC B 上运动（包括边界），且12MB MB =，则1D M 与平面11ADD A 所成角的正切值的取值范围为（ ）A．⎡⎣B．⎤⎥⎣⎦ C．⎤⎥⎣⎦D．⎡⎣6．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥Q EFGH -中，底面是边长为4QE QF QG QH ====，M 为QG 的中点.过EM 作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为1V ，2V ，则12V V 的最小值为（ ）A ．12B ．13C ．14D ．157．（2022·全国·高三专题练习）在三棱锥P ABC -中，顶点P 在底面的射影为ABC 的垂心O （O 在ABC 内部），且PO 中点为M ，过AM 作平行于BC 的截面α，过BM 作平行于AC 的截面β，记α，β与底面ABC 所成的锐二面角分别为1θ，2θ，若PAM PBM θ∠=∠=，则下列说法错误的是（ ） A ．若12θθ=，则AC BC = B ．若12θθ≠，则121tan tan 2θθ⋅= C ．θ可能值为6πD ．当θ取值最大时，12θθ=8．（2022·全国·高三专题练习）已知三棱锥P ABC -三条侧棱PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且6PA PB PC ===，M ､N 分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段MN 的长度的最小值为（ ）A．3 B．6 C．6- D．9．（2022·全国·高三专题练习）已知在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 为棱BC 的中点，直线l 在平面1111D C B A 内．若二面角A l E --的平面角为θ，则cos θ的最小值为（ ）AB ．1121C D ．3510．（2022·全国·高三专题练习）在三棱台111BCD B C D -中，1CC ⊥底面BCD ，BC CD ⊥，12BC CD CC ===，111B C =．若A 是BD 中点，点P 在侧面11BDD B 内，则直线1DC 与AP 夹角的正弦值的最小值是（ ）A ．16B C D11．（2022·全国·高三专题练习）如图，在棱长为1111ABCD A B C D -中，点P 是平面11A BC 内一个动点，且满足1||||5DP PB +=+1B P 与直线1AD 所成角的取值范围为（ ） （参考数据：43sin53,sin37)55︒=︒=A ．[37︒，53]︒B ．[37︒，90]︒C ．[53︒，90]︒D ．[37︒，127]︒12．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为3，E 为棱AB 上的靠近点B 的三等分点，点P 在侧面CC D D ''上运动，当平面B EP '与平面ABCD 和平面CC D D ''所成的角相等时，则D P '的最小值为（ ）A B C D 13．（2022·全国·高三专题练习）已知点P 是正方体ABCD A B C D ''''-上底面A B C D ''''上的一个动点，记面ADP 与面BCP 所成的锐二面角为α，面ABP 与面CDP 所成的锐二面角为β，若αβ>，则下列叙述正确的是（ ） A ．APC BPD ∠>∠B ．APC BPD ∠<∠C ．{}{}max ,max ,APD BPC APB CPD ∠∠>∠∠ D ．{}{}min ,min ,APD BPC APB CPD ∠∠>∠∠14．（2022·全国·高三专题练习）如图，将矩形纸片ABCD 折起一角落()EAF △得到EA F '△，记二面角A EF D '--的大小为π04θθ⎛⎫<< ⎪⎝⎭，直线A E '，A F '与平面BCD 所成角分别为α，β，则（ ）．A ．αβθ+>B ．αβθ+<C ．π2αβ+>D ．2αβθ+>15．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体ABCD EFGH -中，P 在棱BC 上，BP x =，平行于BD 的直线l 在正方形EFGH 内，点E 到直线l 的距离记为d ，记二面角为A l P --为θ，已知初始状态下0x =，0d =，则（ ）A ．当x 增大时，θ先增大后减小B ．当x 增大时，θ先减小后增大C ．当d 增大时，θ先增大后减小D ．当d 增大时，θ先减小后增大16．（2022·广东惠州·高三阶段练习）如图，点M N 、分别是正四面体ABCD 棱AB CD 、上的点，设BM x =，直线MN 与直线BC 所成的角为θ，则（ ）A ．当2ND CN =时，θ随着x 的增大而增大B ．当2ND CN =时，θ随着x 的增大而减小C ．当2CN ND =时，θ随着x 的增大而减小 D ．当2CN ND =时，θ随着x 的增大而增大17．（2022·江苏·高三专题练习）如图，在三棱锥D ABC -中，AB BC CD DA ===，90,,,ABC E F O ︒∠=分别为棱,,BC DA AC 的中点，记直线EF 与平面BOD 所成角为θ，则θ的取值范围是（ ）A ．0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,43ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．,42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．,62ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭二、多选题18．（2022·福建泉州·模拟预测）已知正四棱台1111ABCD A B C D -的所有顶点都在球O 的球面上，11122,AB A B AA ==E 为1BDC 内部（含边界）的动点，则（ ）A ．1//AA 平面1BDCB ．球O 的表面积为6πC ．1EA EA +的最小值为D ．AE 与平面1BDC 所成角的最大值为60°19．（2022·河北衡水·高三阶段练习）在四棱锥P ABCD -中，已知1AB BD AD ===，BC CD ==PA PB PC PD ====） A ．四边形ABCD 内接于一个圆B ．四棱锥P ABCD -C ．四棱锥P ABCD -外接球的球心在四棱锥P ABCD -的内部 D ．四棱锥P ABCD -外接球的半径为71220．（2022·浙江·高三开学考试）如图，在ABC 中，AB AC =，BAC θ∠=，AB α⊂，设点C 在α上的射影为C '，将ABC 绕边AB 任意转动，则有（ ）A ．若θ为锐角，则在转动过程中存在位置使2BC A BCA ∠∠='B ．若θ为直角，则在转动过程中存在位置使12BC A BCA ∠∠='C ．若105θ=，则在转动过程中存在位置使BC A BCA ∠∠>'D ．若120θ=，则在转动过程中存在位置使BC A BCA ∠∠>'21．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E 为线段1AA 的中点，AP AB AD λμ=+，其中,[0,1]λμ∈，则下列选项正确的是（ ）A ．12μ=时，11A P ED ⊥ B ．14λ=时，1B P PD +C ．1λμ+=时，直线1A P 与面11BDE 的交点轨迹长度为2D ．1λμ+=时，正方体被平面1PAD 截的图形最大面积是22．（2022·福建省福州屏东中学高三开学考试）已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，P 为空间中一点．下列论述正确的是（ ）A ．若112AP AD =，则异面直线BP 与1C D B ．若[]()10,1BP BC BB λλ=+∈，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．若[]()110,12BP BC BB λλ=+∈，有且仅有一个点P ，使得1A C ⊥平面1AB PD ．若[]()10,1AP AD λλ=∈，则异面直线BP 和1C D 所成角取值范围是,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦23．（2022·重庆十八中两江实验中学高三阶段练习）已知在平行四边形ABCD 中，3AB =，2AD =，60A ∠=︒，把△ABD 沿BD 折起使得A 点变为'A ，则（ ）A ．BD =B ．三棱锥'A BCD -C ．当'A C BD =时，三棱锥'A BCD -D ．当'A C BD =时，'60A BC ∠=︒24．（2022·湖北·武汉二中模拟预测）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD 的棱长为a ，则（ ）A ．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为aB ．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为1a ⎛ ⎝⎭C ．勒洛四面体的截面面积的最大值为(212π4aD ．勒洛四面体的体积33V ⎫∈⎪⎪⎝⎭25．（2022·湖南·模拟预测）已知边长为2的菱形ABCD 中，3ADC π∠=，将ADC 沿AC 翻折，连接AC ，BD ，设点O 为AC 的中点，点D 在平面ABC 上的投影为'D ，二面角D AC B --的大小为θ.下列说法正确的是（ ）A ．在翻折过程中，点'D 是直线OB 上的一个动点 B ．在翻折过程中，直线AD ，BC 不可能相互垂直 C ．在翻折过程中，三棱锥D ABC -D ．在翻折过程中，三棱锥D ABC -表面积最大值为426．（2022·湖南怀化·一模）如下图，正方体1111ABCD A B C D -中，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α，则下面说法正确的是（ ）A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为2⎣⎦B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C ．点M 为1CC 的中点时，平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的三等分点27．（2022·河北·模拟预测）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，1AB AA =D 为棱1CC 上的动点，则（ ）A ．三棱锥D ABC -B ．存在点D ，使得平面1A BD ⊥平面11ABB AC ．A 到平面1A BDD ．1A BD 28．（2022·全国·高三专题练习）如图，在直棱柱1111ABCD A B C D -中，各棱长均为2，π3ABC ∠=，则下列说法正确的是（ ）A ．三棱锥1A ABC -外接球的体积为27B ．异面直线1AB 与1BCC ．当点M 在棱1BB 上运动时，1MD MA +最小值为D ．N 是ABCD 所在平面上一动点，若N 到直线1AA 与BC 的距离相等，则N 的轨迹为抛物线 29．（2022·广东·三模）在正方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，点P 满足1CP CD CC λμ=+，其中[][]0,1,0,1λμ∈∈，则下列结论正确的是（ ）A ．当1//B P 平面1A BD 时，1B P 可能垂直1CD B ．若1B P 与平面11CCD D 所成角为4π，则点P 的轨迹长度为2πC ．当λμ=时，1||DP A P +D ．当1λ=时，正方体经过点1A ､P ､C 的截面面积的取值范围为 30．（2022·全国·高三专题练习）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，122CC AB ==，E 为1CC 的中点，P 为棱1AA 上的动点，平面α过B ，E ，P 三点，则（ ）A ．平面α⊥平面11AB EB ．平面α与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形C ．当P 与A 重合时，α截此四棱柱的外接球所得的截面面积为11π8D ．存在点P ，使得AD 与平面α所成角的大小为π331．（2022·河北唐山·二模）如图，正方体1111ABCD A B C D -中，顶点A 在平面α内，其余顶点在α的同侧，顶点1A ，B ，C 到α1，2，则（ ）A ．BC ∥平面αB ．平面1A AC ⊥平面αC ．直线1AB 与α所成角比直线1AA 与α所成角大D ．正方体的棱长为32．（2022·江苏南通·模拟预测）设正方体ABCD —1111D C B A 的棱长为2，P 为底面正方形ABCD 内（含边界）的一动点，则（ ） A ．存在点P ，使得A 1P ∥平面11B CDB ．当PC PD ⊥时，|A 1P |2的最小值是10-C ．若1APC 的面积为1，则动点P 的轨迹是抛物线的一部分 D ．若三棱锥P —111A B C 的外接球表面积为41π4，则动点P 的轨迹围成图形的面积为π 33．（2022·全国·高三专题练习）三棱锥A BCD -各顶点均在表面积为20π的球体表面上，2,120AB CB ABC ∠===，90BCD ∠=，则（ ）A ．若CD AB ⊥，则2CD = B ．若2CD =，则CD AB ⊥C ．线段AD D ．三棱锥A BCD -34．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）如图，ABCD 是边长为5的正方形，半圆面APD ⊥平面ABCD ．点P 为半圆弧AD 上一动点（点P 与点A ，D 不重合）．下列说法正确的是（ ）A ．三棱锥P －ABD 的四个面都是直角三角形B ．三棱锥P 一ABD 体积的最大值为1254C ．异面直线P A 与BC 的距离为定值D ．当直线PB 与平面ABCD 所成角最大时，平面P AB 截四棱锥P －ABCD 外接球的截面面积为(2534π35．（2022·广东·佛山市南海区艺术高级中学模拟预测）如图，若正方体的棱长为1，点M 是正方体1111ABCD A B C D -的侧面11ADD A 上的一个动点（含边界），P 是棱1CC 的中点，则下列结论正确的是（ ）A ．沿正方体的表面从点A 到点PB ．若保持||PM =M 在侧面内运动路径的长度为3π C ．三棱锥1B C MD -的体积最大值为16D ．若M 在平面11ADD A 内运动，且111MD B B D B ∠=∠，点M 的轨迹为抛物线36．（2022·江苏·徐州市第七中学高三阶段练习）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为侧面11BCC B （不含边界）内的动点，Q 为线段1A C 上的动点，若直线1A P 与11A B 的夹角为45，则下列说法正确的是（ ）A．线段1A PB 1A Q PQ +的最小值为1C ．对任意点P ，总存在点Q ，便得1⊥D Q CPD ．存在点P ，使得直线1A P 与平面11ADD A 所成的角为60°37．（2022·全国·高三专题练习）已知点A 为圆台12O O 下底面圆2O 上的一点，S 为上底面圆1O 上一点，且11SO =，12OO 22O A =，则下列说法正确的有（ ） A ．直线SA 与直线12O O 所成角最小值为6πB ．直线SA 与直线12O O 所成角最大值为3πCD ．直线1AO 与平面12SO O 38．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在线段1B C 上运动，则下列结论正确的是（ ）A ．直线1BD ⊥平面11AC DB ．三棱锥11D AC P -的体积为定值C ．异面直线AP 与1AD 所成角的取值范围是[]30,90︒︒D ．直线1C P 与平面11AC D 三、填空题39．（2022·湖南·高三开学考试）三棱锥P ABC -中，PA PB PC ==，底面ABC 是边长为2的正三角形，,E F 分别是,PA AB 的中点，且CE EF ⊥，若M 为三棱锥P ABC -外接球上的动点，则点M 到平面ABC 距离的最大值为___________.40．（2022·河南·高三阶段练习（理））如图，在棱长为1111ABCD A B C D -中，若1ABA △绕1A B 旋转一周，则在旋转过程中，三棱锥1A BDC -的体积的取值范围为______．41．（2022·新疆·模拟预测（理））已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，M 、N 分别为棱1AA 、11A D 的中点，P 为棱11A B 上的动点，Q 为线段11B D 的中点.则下列结论中正确序号为______.⊥MN CP ⊥；⊥//AQ 平面MNP ；⊥PDQ ∠的余弦值的取值范围是⎣⎦；⊥⊥1APC 周长的最小值为42．（2022·山东聊城·一模）在矩形ABCD 中，E 是AB 的中点，1,2AD AB ==，将ADE 沿DE 折起得到A DE '，设A C '的中点为M ，若将A DE '绕DE 旋转90，则在此过程中动点M 形成的轨迹长度为___________.43．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为1BD ，11B C 的中点，点P 在正方体表面上运动，且满足MP CN ⊥，点P 轨迹的长度是___________.44．（2022·全国·高三专题练习）已知等边ABC 的边长为,M N 分别为,AB AC 的中点，将AMN 沿MN 折起得到四棱锥A MNCB -．点P 为四棱锥A MNCB -的外接球球面上任意一点，当四棱锥A MNCB -的体积最大时，P 到平面MNCB 距离的最大值为________.45．（2022·河南·高三开学考试（理））如图，在ABC 中，2BC AC =，120ACB ∠=︒，CD 是ACB ∠的角平分线，沿CD 将ACD △折起到A CD '△的位置，使得平面A CD '⊥平面BCD ．若A B '=，则三棱锥A BCD '-外接球的表面积是________．46．（2022·湖北·黄冈中学二模）如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，点P 沿正方形ABCD 按ABCDA 的方向作匀速运动，点Q 沿正方形11B C CB 按111B C CBB 的方向以同样的速度作匀速运动，且点,P Q 分别从点A 与点1B 同时出发，则PQ 的中点的轨迹所围成图形的面积大小是________.47．（2022·四川·成都七中高三阶段练习（理））如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点M ，N 分别为棱11,B C CD 上的动点(包含端点)，则下列说法正确的是___________．⊥当M 为棱11B C 的中点时，则在棱CD 上存在点N 使得MN AC ⊥；⊥当M ，N 分别为棱11,B C CD 的中点时，则在正方体中存在棱与平面1A MN 平行；⊥当M ，N 分别为棱11,B C CD 的中点时，则过1A ，M ，N 三点作正方体的截面，所得截面为五边形；⊥直线MN 与平面ABCD ⊥若正方体的棱长为2，点1D 到平面1A MN ．48．（2022·全国·高三专题练习（理））如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是矩形，侧面SCD ⊥底面ABCD ，SAB △是边长为2的等边三角形，点,P Q 分别为侧棱,SA SB 上的动点，记s DP PQ QC =++，则s 的最小值的取值范围是_________.四、双空题49．（2022·全国·高三专题练习（文））祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．即：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图⊥是一个椭圆球形瓷凳，其轴截面为图⊥中的实线图形，两段曲线是椭圆22219x y a+=的一部分，若瓷凳底面圆的直径为4，高为6，则2a =__________；利用祖暅原理可求得该椭圆球形瓷凳的体积为__________50．（2022·河南·方城第一高级中学模拟预测（文））某中学开展劳动实习，学生对圆台体木块进行平面切割，已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，要求切割面经过圆台的两条母线且使得切割面的面积最大.____________. 51．（2022·全国·高三专题练习）斜线OA 与平面α成15°角，斜足为O ，A '为A 在α内的射影，B 为OA的中点，l 是α内过点O 的动直线，若l 上存在点1P ，2P 使1230APB AP B ︒∠=∠=，则12||P P AB 则的最大值是_______，此时二面角12A PP A '--平面角的正弦值是_______52．（2022·重庆南开中学模拟预测）正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为2，动点P 在对角线BD '上，过点P 作垂直于BD '的平面α，记平面α截正方体得到的截面多边形（含三角形）的周长为()y f x =，设(0BP x x =∈，. （1）下列说法中，正确的编号为__________.⊥截面多边形可能为四边形；⊥f =⎝⎭⊥函数()f x 的图象关于x =.（2）当x =P ABC -的外接球的表面积为__________.。
高中立体几何典型50题及解析
高中立体几何典型500题及解析(一)1、二面角βα--l 是直二面角，βα∈∈B A ，，设直线AB 与βα、所成的角分别为∠1和∠2，则（A ）∠1+∠2=900 （B ）∠1+∠2≥900 （C ）∠1+∠2≤900 （D ）∠1+∠2＜900 解析：C分别作两条与二面角的交线垂直的线，则∠1和∠2分别为直线AB 与平面,αβ所成的角。
根据最小角定理：斜线和平面所成的角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角2ABO ∴∠>∠1902190ABO ∠+∠=∴∠+∠≤2. 下列各图是正方体或正四面体，P ，Q ，R ，S 分别是所在棱的中点，这四个点中不共．．面．的一个图是PPQQRSSPPPQQRR RSSSPP PQQQ R RS SS PP Q QR RRSS（A ） （B ） （C ） （D ） D解析： A 项：PS 底面对应的中线，中线平行QS ，PQRS 是个梯形B 项：如图C 项：是个平行四边形D 项：是异面直线。
3. 有三个平面α，β，γ，下列命题中正确的是（A ）若α，β，γ两两相交，则有三条交线 （B ）若α⊥β，α⊥γ，则β∥γ（C ）若α⊥γ，β∩α=a ，β∩γ=b ，则a ⊥b （D ）若α∥β，β∩γ=∅，则α∩γ=∅ D解析：A 项：如正方体的一个角，三个平面相交，只有一条交线。
B 项：如正方体的一个角，三个平面互相垂直，却两两相交。
C 项：如图4. 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一动点P到直线AB 与直线B 1C 1的距离相等，则动点P 所在曲线的形状为1111C解析：11B C ⊥平面AB 111,B C PB ∴⊥，如图：点到定点B 的距离与到定直线AB 的距离相等，建立坐标系画图时可以以点B 1B 的中点为原点建立坐标系。
5. 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中与AD 1成600角的面对角线的条数是（A ）4条 （B ）6条 （C ）8条 （D ）10条C解析：如图这样的直线有4条，另外，这样的直线也有4条，共8条。
(完整版)高中数学立体几何经典常考题型
高中数学立体几何经典常考题型题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC中，∠ABC＝，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.(1)求证：平面PBD⊥平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.(1)证明 ∵OB＝OC，又∵∠ABC＝，∴∠OCB＝，∴∠BOC＝.⊥∴CO AB.又PO⊥平面ABC，⊥OC⊂平面ABC，∴PO OC.又∵PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PDB.又CO⊂平面COD，∴平面PDB⊥平面COD.(2)解 以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA＝1，则PO＝OB＝OC＝2，DA＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)，∴PD＝(0，－1，－1)，BC＝(2，－2，0)，BD＝(0，－3，1).设平面BDC的一个法向量为n＝(x，y，z)，∴∴令y＝1，则x＝1，z＝3，∴n＝(1，1，3).设PD与平面BDC所成的角为θ，则sin θ＝＝＝.即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为.【类题通法】利用向量求空间角的步骤间标.第一步：建立空直角坐系第二步：确定点的坐标.线)坐标.第三步：求向量(直的方向向量、平面的法向量计夹(或函数值).第四步：算向量的角将夹转为间.第五步：向量角化所求的空角查关键错题规.第六步：反思回顾.看点、易点和答范【变式训练】 如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EF∥B1C.(2)求二面角EA1DB1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A1B1AB DC∥∥，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C A∥1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解 因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以AB，AD，AA1为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.设平面A1DE的一个法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E＝，A1D＝(0，1，－1)，由n1⊥A1E，n1⊥A1D得r1，s1，t1应满足的方程组(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).设平面A1B1CD的一个法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1＝(1，0，0)，A1D＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为＝＝.题型二:立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，AB∩PA＝A，所以PD⊥平面PAB.(2)解 取AD的中点O，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD.因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.因为AC＝CD，所以CO⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O－xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝2，则x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2，2).又PB＝(1，1，－1)，所以cos〈n，PB〉＝＝－.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)解 设M是棱P A上一点，则存在λ∈0，1]，使得AM＝λAP.因此点M(0，1－λ，λ)，BM＝(－1，－λ，λ).因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，则BM·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝.所以在棱P A上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时＝.应设，把要成立的作件结论当条，据此列方对断问题，先假存在【类题通法】(1)于存在判型的求解规围内”等.标，是否有定范的解程或方程组，把“是否存在”化问题转为“点的坐是否有解对问题，通常借助向量，引进参数，合已知和列出等式综结论，解出参数.(2)于位置探究型【变式训练】如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠P AD＝45°，E为P A的中点.(1)求证：DE∥平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明 取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中，BN＝＝＝6，∴AB＝12，而E，M分别为P A，PB的中点，∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，∥且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，∴EM CD∥∵⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，∴DE CM.CM∴DE∥平面BPC.(2)解 由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8).假设AB上存在一点F使CF⊥BD，设点F坐标为(8，t，0)，则CF＝(8，t－6，0)，DB＝(8，12，0)，由CF·DB＝0得t＝.又平面DPC的一个法向量为m＝(1，0，0)，设平面FPC的法向量为n＝(x，y，z).又PC＝(0，6，－8)，FC＝.由得即不妨令y＝12，有n＝(8，12，9).则cos〈n，m〉＝＝＝.又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角F－PC－D的余弦值为.题型三:立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD 上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.(1)证明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B－D′A－C的正弦值.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .又由AE ＝CF 得＝，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝＝4.由EF ∥AC 得＝＝.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz .则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)，B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB ＝(3，－4，0)，AC ＝(6，0，0)，AD′＝(3，1，3).设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量，则即所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量，则即所以可取n ＝(0，－3，1).于是cos 〈m ，n 〉＝＝＝－.sin 〈m ，n 〉＝.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是.【类题通法】立体几何中的折叠问题，是翻折前后形中面位置系和度量系的化关键搞清图线关关变情况，一般地翻折后在同一平面上的性不生化还个质发变，不在同一平面上的性生化个质发变.【变式训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.(1)证明 在题图1中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)解 由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，所以∠A1OC＝.如图，以O为原点，OB，OC，OA1分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，所以B，E，A1，C，得BC＝，A1C＝，CD＝BE＝(－，0，0).设平面A1BC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，则得取n1＝(1，1，1)；得取n2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.。
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标题：立体几何大题专题一、引言立体几何是高中数学的重要组成部分，它考察了学生对于空间几何体和其性质的理解。
本专题将针对不同类型的立体几何大题进行详细解析，并提供解题技巧和注意事项，供同学们参考。
二、题型一：求空间几何体的体积和表面积解题技巧：首先，要确定几何体的形状，根据其形状选择合适的方法求解。
对于多面体，可以使用“分割法”求表面积；对于旋转体，可以使用“代入法”求体积和表面积。
同时，要注意单位和符号问题。
注意事项：要正确判断几何体的形状，掌握常见几何体的表面积和体积公式；注意单位和符号的准确性。
例题解析：【例1】求三棱锥P-ABC的体积和表面积。
解题思路：本题中，几何体为三棱锥，可以将其分割成三个三角形和一个三角形面。
根据三棱锥的高和底面面积，可求出其体积；表面积即为五个三角形的面积之和。
三、题型二：证明线面关系解题技巧：首先，要明确线面关系的概念，即线与面、直线与直线、直线与圆、圆与圆之间的位置关系。
其次，要根据已知条件，通过逻辑推理来证明关系。
最后，要注意用代入法和加减法来处理数量积。
注意事项：要熟练掌握线面关系的概念和判断方法；注意推理过程的严谨性和完整性，不要遗漏必要的步骤；注意数量积的符号和单位。
例题解析：【例2】证明线面平行：在空间四边形ABCD中，AD//BC，AB垂直于平面AC。
求证：AC//平面BCD。
解题思路：根据已知条件，首先可以确定线面平行的关系——AC//平面BCD。
然后，通过逻辑推理，从四边形ABCD出发，逐步证明线面平行。
四、题型三：求异面直线所成角解题技巧：异面直线所成角的求解方法较多，如平移法、构造法、向量法等。
其中，向量法是一种较为简便的方法，可以通过建立空间直角坐标系，将异面直线所成的角用坐标表示，再代入三角函数求解。
注意事项：要熟练掌握异面直线所成角的定义和求解方法；注意坐标系的建立是否合理，是否能够方便地表示出所求角度；注意代入三角函数时的符号和单位。
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ED C 1B 1A 1CBADC 1B 1A 1CBAEDCBAP6个典型的立体几何题：1．（本题满分14分）如图，在直三棱柱(侧棱与底面垂直的三棱柱)111ABC A B C -中，8AB =，6AC =，10BC =，D 是BC 边的中点.（Ⅰ）求证：1AB A C ⊥；（Ⅱ）求证：1AC ∥ 面1AB D ； 答案：1. 证明：（I ）直三棱柱111C B A ABC -，底面三边长8AB =，6AC =，10BC =∴ AC AB ⊥，………………………………………………..2分又1AA ABC ⊥平面，∴1AA ⊥AB 1AA AC A =∴AB ⊥面1AC …………………………………….5分∴1AB AC ⊥………………………………………….7分 （II ）设1A B 与1AB 的交点为E ，连结DE ………….9分∵ D 是BC 的中点，E 是1AB 的中点，∴ 1//DE AC …………11分∵ 1DE DB ⊂平面A ，11AC DB ⊄平面A ，∴11//AC DB 平面A ………..14分2．本小题满分14分）如图，四棱锥ABCD P -中，⊥PA 底面ABCD ，AD AB ⊥，CD AC ⊥，︒=∠60ABC ，BC AB PA ==，E 是PC 的中点．（1）求证：AE CD ⊥； （2）求证：⊥PD 面ABE ．2．答案：（1）证明：⊥PA 底面ABCD ，PA CD ⊥∴又AC CD ⊥，A AC PA =⋂，故⊥CD 面PAC⊆AE 面PAC ，故AE CD ⊥………………………………………………… 4分 （2）证明：BC AB PA ==，︒=∠60ABC ，故AC PA =E 是PC 的中点，故PC AE ⊥由（1）知AE CD ⊥，从而⊥AE 面PCD ，故PD AE ⊥易知PD BA ⊥，故⊥PD 面ABE ……………………………………………… 5分 （3）过点A 作PD AF ⊥，垂足为F ，连结EF ．由（2）知，⊥AE 面PCD ，故AFE ∠是二面角C PD A --的一个平面角．设a AC =，则a AE 22=，a AD 32=，a PD 37= 从而a PD AD PA AF 72=⋅=，故414sin ==∠AF AEAFE ．……………… 5分[3]（08顺德）（本小题满分14分） 如图，ABC 在中，FDE,2AC BC AB ABED ==边长为a 的正方形， 平面ABED ABC ⊥底面，且,G F 分别是,EC BD 的中点。
（1）求证：//GF ABC 底面； （2）求证：EBC ACD ⊥平面平面； （3）求ADEBC 几何体的体积V 。
答案：证明：（1）连E 、A ，易知GF//CA ，而/,GF ABC CA ABC ⊄⊂底面底面 所以//GF ABC 底面。
（2）提示，只要证BC ACD ⊥平面，只要证,BC AC BC DA ⊥⊥（3）36C ABED a V V -===[3]（08顺德）（本小题满分14分） 如图，ABC 在中，FGDE,2AC BC AB ABED ==边长为a 的正方形， 平面ABED ABC ⊥底面，且,G F 分别是,EC BD 的中点。
（1）求证：//GF ABC 底面； （2）求证：EBC ACD ⊥平面平面； （3）求ADEBC 几何体的体积V 。
答案：证明：（1）连E 、A ，易知GF//CA ，而/,GF ABC CA ABC ⊄⊂底面底面 所以//GF ABC 底面。
（2）提示，只要证BC ACD ⊥平面，只要证,BC AC BC DA ⊥⊥（3）36C ABED a V V -===[4]2009深圳特区一模：FAEC OBDM[4]2009深圳特区一模答案：18．（本小题满分14分）如图，AB 为圆O 的直径，点E 、F 在圆O 上，EF AB //，矩形ABCD 所在的平面 和圆O 所在的平面互相垂直，且2=AB ，1==EF AD . （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ABCD F V -，CBE F V -，求ABCD F V -CBE F V -:．（Ⅰ）证明： 平面⊥ABCD 平面ABEF ,AB CB ⊥, 平面 ABCD 平面ABEF =AB ，⊥∴CB 平面ABEF ， ⊂AF 平面ABEF ，CB AF ⊥∴ ,……… 2分又AB 为圆O 的直径，BF AF ⊥∴， …………………… 4分⊥∴AF 平面CBF 。
…………………… 5分（Ⅱ）设DF 的中点为N ，则MN //CD 21，又AO //CD 21， 则MN //AO ，MNAO 为平行四边形， …………………… 8分//OM ∴AN ，又⊂AN 平面DAF ，⊄OM 平面DAF ，//OM ∴平面DAF 。
…………………… 10分(Ⅲ)过点F 作AB FG ⊥于G ， 平面⊥ABCD 平面ABEF ，⊥∴FG 平面ABCD ，FG FG S V ABCD ABCD F 3231=⋅=∴-， …………………… 12分 ⊥CB 平面ABEF ，CB S V V BFE BFE C CBE F ⋅==∴∆--31FG CB FG EF 612131=⋅⋅⋅=，………………… 13分ABCD F V -∴1:4:=-CBE F V ． …………………… 14分5．[09省实二模题] 17. （本小题满分14分）如图所示几何体中，平面PAC ⊥平面ABC ，//PM BC ，PA = PC,1AC =，22BC PM ==，5=AB ，若该几何体左视图（侧视图）的面积为43． （1）求证：PA ⊥BC ；（2）画出该几何体的主视图并求其面积S ；（3）求出多面体PMABC 的体积V ．ABCPM主视方向5．[09省实二模题]答案17．解析：（1）1AC =，BC=2，5=AB ，222AB BC AC =+∴，∴AC BC ⊥，又∵平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC ∩平面ABC =AC,∴BC ⊥平面PAC ………………………………3分 又∵PA ⊂平面PAC∴PA ⊥BC ……………………4分 （2）该几何体的主视图如下：…………………………6分∵PA = PC ，取AC 的中点D ，连接PD ，则PD ⊥AC ，又平面PAC ⊥平面ABC ，则PD⊥平面ABC ，∴几何体左视图的面积=PD AC ⨯21=PD ⨯⨯121=43．∴PD=23，并易知PAC ∆是边长为1的正三角形，∴主视图的面积是上、下底边长分别为1和2，PD 的长为高的直角梯形的面积， ∴S=433232)21(=⨯+ …………………………9分 （3）取PC 的中点N ，连接AN ，由PAC ∆是边长为1的正三角形，可知AN ⊥PC ，由（1）BC ⊥平面PAC ，可知AN ⊥BC ，∴AN ⊥平面PCBM ， ∴AN 是四棱锥A —PCBM 的高且AN=23，……………………11分 由BC ⊥平面PAC ，可知BC ⊥PC ，//PM BC 可知四边形PCBM 是上、下底边长分别为1和2，PC 的长1 为高的直角梯形，其面积23='S ………………………13分4331=⋅'=∴AN S V ………………14分ABCPM主视方向D NCC 1ADBA 1D 1B 1MO6．本小题满分14分）在正方体1111ABCD A B C D -中，M 为1DD 的中点，O 为AC 的中点，AB=2． （I ）求证：1//BD 平面ACM ； （II ）求证：1B O ⊥平面ACM ； （Ⅲ）求三棱锥1O AB M -的体积．6：答案：（I ）证明：连结BD ，则BD 与AC 的交点为O ，,AC BD 为正方形的对角线，故O 为BD 中点；连结MO ，,O M 分别为1,DB DD 的中点，1//OM BD ∴， … 2分OM ⊂平面ACM ，1BD ⊄平面ACM … 3分1//BD ∴平面ACM ． … 4分 （II ） AC BD ⊥，1DD ⊥平面ABCD ，且AC ⊂平面ABCD ，∴1AC DD ⊥；且1BD DD D = ，∴ AC ⊥平面11BDD B ………6分 1OB ⊂平面11BDD B ，∴ 1B O AC ⊥， ……………… 7分连结1B M ，在1B MO ∆中，()222123MO =+=，()2221226B O =+=，()22211229B M=+=，∴22211B M MO BO =+，1B O OM ∴⊥ …… 10分 又OM AC O = ，∴1B O ⊥平面AMC ； …… 11分法二：211==BB DO BO MD, ∠ODM=∠B 1BO=Rt ∠, ∴ΔMDO ∽ΔOBB 1 , ∴∠MOD=∠OB 1B, 190MOD BOB ︒∠+∠=，∴1BO OM ⊥． （Ⅲ）求三棱锥1O AB M -的体积∴1111116332O AB M B AOM AOM V V OB S OA OM --∆==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，11623132=⨯⨯⨯⨯=． …………… 14分 法二：可证AO ⊥平面1OBM，则1111111112263133232O A BM A O BM O B M V V AO SO B O M --∆==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=。