高中数学文科立体几何大题复习
高中数学立体几何大题练习(文科)
立体几何大题练习（文科）：1．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥DC，∠ABC=90°，AD=SD，BC=CD=，侧面SAD⊥底面ABCD．（1）求证：平面SBD⊥平面SAD；（2）若∠SDA=120°，且三棱锥S﹣BCD的体积为，求侧面△SAB的面积．【分析】（1）由梯形ABCD，设BC=a，则CD=a，AB=2a，运用勾股定理和余弦定理，可得AD，由线面垂直的判定定理可得BD⊥平面SAD，运用面面垂直的判定定理即可得证；（2）运用面面垂直的性质定理，以及三棱锥的体积公式，求得BC=1，运用勾股定理和余弦定理，可得SA，SB，运用三角形的面积公式，即可得到所求值．【解答】（1）证明：在梯形ABCD中，AB∥DC，∠ABC=90°，BC=CD=，设BC=a，则CD=a，AB=2a，在直角三角形BCD中，∠BCD=90°，可得BD=a，∠CBD=45°，∠ABD=45°，由余弦定理可得AD==a，则BD⊥AD，由面SAD⊥底面ABCD．可得BD⊥平面SAD，又BD⊂平面SBD，可得平面SBD⊥平面SAD；（2）解：∠SDA=120°，且三棱锥S﹣BCD的体积为，由AD=SD=a，在△SAD中，可得SA=2SDsin60°=a，△SAD的边AD上的高SH=SDsin60°=a，由SH⊥平面BCD，可得×a××a2=，解得a=1，由BD⊥平面SAD，可得BD⊥SD，SB===2a，又AB=2a，在等腰三角形SBA中，边SA上的高为=a，则△SAB的面积为×SA×a=a=．【点评】本题考查面面垂直的判定定理的运用，注意运用转化思想，考查三棱锥的体积公式的运用，以及推理能力和空间想象能力，属于中档题．2．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．【分析】（1）利用AB∥EF及线面平行判定定理可得结论；（2）通过取线段CD上点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，利用线面垂直的性质定理可知FG⊥AD，结合线面垂直的判定定理可知AD⊥平面EFG，从而可得结论．【解答】证明：（1）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，所以AB∥EF，又因为EF⊂平面ABC，AB⊂平面ABC，所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；（2）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，因为BC⊥BD，FG∥BC，所以FG⊥BD，又因为平面ABD⊥平面BCD，所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD，又因为AD⊥EF，且EF∩FG=F，所以AD⊥平面EFG，所以AD⊥EG，故AD⊥AC．【点评】本题考查线面平行及线线垂直的判定，考查空间想象能力，考查转化思想，涉及线面平行判定定理，线面垂直的性质及判定定理，注意解题方法的积累，属于中档题．3．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥CB，点M和N分别是B1C1和BC的中点．（1）求证：MB∥平面AC1N；（2）求证：AC⊥MB．【分析】（1）证明MC1NB为平行四边形，所以C1N∥MB，即可证明MB∥平面AC1N；（2）证明AC⊥平面BCC1B1，即可证明AC⊥MB．【解答】证明：（1）证明：在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，因为点M，N分别是B1C1，BC的中点，所以C1M∥BN，C1M=BN．所以MC1NB为平行四边形．所以C1N∥MB．因为C1N⊂平面AC1N，MB⊄平面AC1N，所以MB∥平面AC1N；（2）因为CC1⊥底面ABC，所以AC⊥CC1．因为AC⊥BC，BC∩CC1=C，所以AC⊥平面BCC1B1．因为MB⊂平面BCC1B1，所以AC⊥MB．【点评】本题考查线面平行的判定，考查线面垂直的判定与性质，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．4．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD||BC，PD⊥底面ABCD，∠ADC=90°，AD=2BC，Q为AD的中点，M为棱PC的中点．（Ⅰ）证明：PA∥平面BMQ；（Ⅰ）已知PD=DC=AD=2，求点P到平面BMQ的距离．【分析】（1）连结AC交BQ于N，连结MN，只要证明MN∥PA，利用线面平行的判定定理可证；（2）由（1）可知，PA∥平面BMQ，所以点P到平面BMQ的距离等于点A到平面BMQ的距离．【解答】解：（1）连结AC交BQ于N，连结MN，因为∠ADC=90°，Q为AD的中点，所以N为AC的中点．…（2分）当M为PC的中点，即PM=MC时，MN为△PAC的中位线，故MN∥PA，又MN⊂平面BMQ，所以PA∥平面BMQ．…（5分）（2）由（1）可知，PA∥平面BMQ，所以点P到平面BMQ的距离等于点A到平面BMQ的距离，所以V P=V A﹣BMQ=V M﹣ABQ，﹣BMQ取CD的中点K，连结MK，所以MK∥PD，，…（7分）又PD⊥底面ABCD，所以MK⊥底面ABCD．又，PD=CD=2，所以AQ=1，BQ=2，，…（10分）=V A﹣BMQ=V M﹣ABQ=.，…（11分）所以V P﹣BMQ则点P到平面BMQ的距离d=…（12分）【点评】本题考查了线面平行的判定定理的运用以及利用三棱锥的体积求点到直线的距离．5．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC⊥AC，D，E分别是AB，AC的中点．（1）求证：B1C1∥平面A1DE；（2）求证：平面A1DE⊥平面ACC1A1．【分析】（1）证明B1C1∥DE，即可证明B1C1∥平面A1DE；（2）证明DE⊥平面ACC1A1，即可证明平面A1DE⊥平面ACC1A1．【解答】证明：（1）因为D，E分别是AB，AC的中点，所以DE∥BC，…（2分）又因为在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，B1C1∥BC，所以B1C1∥DE…（4分）又B1C1⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以B1C1∥平面A1DE…（6分）（2）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，又DE⊂底面ABC，所以CC1⊥DE…（8分）又BC⊥AC，DE∥BC，所以DE⊥AC，…（10分）又CC1，AC⊂平面ACC1A1，且CC1∩AC=C，所以DE⊥平面ACC1A1…（12分）又DE⊂平面A1DE，所以平面A1DE⊥平面ACC1A1…（14分）【点评】本题考查线面平行、线面垂直、面面垂直的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．6．在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，M，N分别是PD，PA的中点，AC⊥AD，∠ACD=∠ACB=60°，PC=AC．（1）求证：PA⊥平面CMN；（2）求证：AM∥平面PBC．【分析】（1）推导出MN∥AD，PC⊥AD，AD⊥AC，从而AD⊥平面PAC，进而AD ⊥PA，MN⊥PA，再由CN⊥PA，能证明PA⊥平面CMN．（2）取CD的中点为Q，连结MQ、AQ，推导出MQ∥PC，从而MQ∥平面PBC，再求出AQ∥平面，从而平面AMQ∥平面PCB，由此能证明AM∥平面PBC．【解答】证明：（1）∵M，N分别为PD、PA的中点，∴MN为△PAD的中位线，∴MN∥AD，∵PC⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴PC⊥AD，又∵AD⊥AC，PC∩AC=C，∴AD⊥平面PAC，∴AD⊥PA，∴MN⊥PA，又∵PC=AC，N为PA的中点，∴CN⊥PA，∵MN∩CN=N，MN⊂平面CMN，CM⊂平面CMN，∴PA⊥平面CMN．解（2）取CD的中点为Q，连结MQ、AQ，∵MQ是△PCD的中位线，∴MQ∥PC，又∵PC⊂平面PBC，MQ⊄平面PBC，∴MQ∥平面PBC，∵AD⊥AC，∠ACD=60°，∴∠ADC=30°．∴∠DAQ=∠ADC=30°，∴∠QAC=∠ACQ=60°，∴∠ACB=60°，∴AQ∥BC，∵AQ⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AQ∥平面PBC，∵MQ∩AQ=Q，∴平面AMQ∥平面PCB，∵AM⊂平面AMQ，∴AM∥平面PBC．【点评】本题考查线面垂直、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想，是中档题．7．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA=PD=AD，E、F分别为PC、BD的中点．（1）求证：EF∥平面PAD；（2）求证：面PAB⊥平面PDC．【分析】（1）连接AC，则F是AC的中点，E为PC 的中点，证明EF∥PA，利用直线与平面平行的判定定理证明EF∥平面PAD；（2）先证明CD⊥PA，然后证明PA⊥PD．利用直线与平面垂直的判定定理证明PA⊥平面PCD，最后根据面面垂直的判定定理即可得到面PAB⊥面PDC．【解答】证明：（1）连接AC，由正方形性质可知，AC与BD相交于BD的中点F，F也为AC中点，E为PC中点．所以在△CPA中，EF∥PA，又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD；（2）平面PAD⊥平面ABCD平面PAD∩面ABCD=AD⇒CD⊥平面PAD⇒CD⊥PA正方形ABCD中CD⊥ADPA⊂平面PADCD⊂平面ABCD又，所以PA2+PD2=AD2所以△PAD是等腰直角三角形，且，即PA⊥PD．因为CD∩PD=D，且CD、PD⊂面PDC所以PA⊥面PDC又PA⊂面PAB，所以面PAB⊥面PDC．【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，直线与平面平行的判定的应用，考查逻辑推理能力．8．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，且PA=AD=2，BD=2，E、F分别为AD、PC中点．（1）求点F到平面PAB的距离；（2）求证：平面PCE⊥平面PBC．【分析】（1）取PB的中点G，连接FG、AG，证得底面ABCD为正方形．再由中位线定理可得FG∥AE且FG=AE，四边形AEFG是平行四边形，则AG∥FE，运用线面平行的判定定理可得EF∥平面PAB，点F与点E到平面PAB的距离相等，运用线面垂直的判定和性质，证得AD⊥平面PAB，即可得到所求距离；（2）运用线面垂直的判定和性质，证得BC⊥平面PAB，EF⊥平面PBC，再由面面垂直的判定定理，即可得证．【解答】（1）解：如图，取PB的中点G，连接FG、AG，因为底面ABCD为菱形，且PA=AD=2，，所以底面ABCD为正方形．∵E、F分别为AD、PC中点，∴FG∥BC，AE∥BC，，，∴FG∥AE且FG=AE，∴四边形AEFG是平行四边形，∴AG∥FE，∵AG⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB，∴点F与点E到平面PAB的距离相等，由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD，又AD⊥AB，PA∩AB=A，AD⊥平面PAB，则点F到平面PAB的距离为EA=1．（2）证明：由（1）知AG⊥PB，AG∥EF，∵PA⊥平面ABCD，∴BC⊥PA，∵BC⊥AB，AB∩BC=B，∴BC⊥平面PAB，由AG⊂平面PAB，∴BC⊥AG，又∵PB∩BC=B，∴AG⊥平面PBC，∴EF⊥平面PBC，∵EF⊂平面PCE，∴平面PCE⊥平面PBC．【点评】本题考查空间点到平面的距离，注意运用转化思想，考查线面平行和垂直的判定和性质，以及面面垂直的判定，熟练掌握定理的条件和结论是解题的关键，属于中档题．9．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠BAD=∠ADC=90°，DC=2AB=2AD，BC⊥PD，E，F分别是PB，BC的中点．求证：（1）PC∥平面DEF；（2）平面PBC⊥平面PBD．【分析】（1）由中位线定理可得PC∥EF，故而PC∥平面DEF；（2）由直角梯形可得BC⊥BD，结合BC⊥PD得出BC⊥平面PBD，于是平面PBC ⊥平面PBD．【解答】证明：（1）∵E，F分别是PB，BC的中点，∴PC∥EF，又PC⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，∴PC∥平面DEF．（2）取CD的中点M，连结BM，则AB DM，又AD⊥AB，AB=AD，∴四边形ABMD是正方形，∴BM⊥CD，BM=CM=DM=1，BD=，∴BC=，∴BD2+BC2=CD2，∴BC⊥BD，又BC⊥PD，BD∩PD=D，∴BC⊥平面PBD，又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PBD．【点评】本题考查了线面平行，面面垂直的判定，属于中档题．10．如图，在三棱锥A﹣BCD中，E，F分别为BC，CD上的点，且BD∥平面AEF．（1）求证：EF∥平ABD面；（2）若AE⊥平面BCD，BD⊥CD，求证：平面AEF⊥平面ACD．【分析】（1）利用线面平行的性质可得BD∥EF，从而得出EF∥平面ABD；（2）由AE⊥平面BCD可得AE⊥CD，由BD⊥CD，BD∥EF可得EF⊥CD，从而有CD⊥平面AEF，故而平面AEF⊥平面ACD．【解答】证明：（1）∵BD∥平面AEF，BD⊂平面BCD，平面BCD∩平面AEF=EF，∴BD∥EF，又BD⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，∴EF∥平ABD面．（2）∵AE⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AE⊥CD，由（1）可知BD∥EF，又BD⊥CD，∴EF⊥CD，又AE∩EF=E，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，∴CD⊥平面AEF，又CD⊂平面ACD，∴平面AEF⊥平面ACD．【点评】本题考查了线面平行、线面垂直的性质，面面垂直的判定，属于中档题．。
高考立体几何文科大题及答案
（Ⅱ）求二面角A— —B的大小。
14.（2009宁夏海南卷文）如图，在三棱锥 中，⊿ 是等边三角形，∠PAC=∠PBC=90（Ⅰ）证明：AB⊥PC
（Ⅱ）若 ，且平面 ⊥平面 ，
求三棱锥 体积。
15.（2009福建卷文）如图，平行四边形 中， ， 将
沿 折起到 的位置，使平面 平面
（I）求证：
又底面ＡＢＣＤ是正方形， ＣD ＡD，又ＳＤ AD=D， CD 平面SAD。
过点D在平面SAD内做DF AE于F，连接CF，则CF AE，
故 CFD是二面角C-AE-D的平面角，即 CFD=60°
在Rt△ADE中， AD= , DE= ，AE= 。
于是，DF=
在Rt△CDF中，由 cot60°=
得 ，即 =3
【解法2】如图，以D为原点建立空间直角坐标系 ，
设
则 ，
（Ⅰ）∵ ，
∴ ，
∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面PDB，
∴平面 .
（Ⅱ）当 且E为PB的中点时， ，
设AC∩BD=O，连接OE，
由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，
∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，
∵ ，
∴ ，
∴ ，即AE与平面PDB所成的角的大小为 .
由 得2AD= ，解得AD= 。
故AD=AF。又AD⊥AF，所以四边形ADEF为正方形。
因为BC⊥AF，BC⊥AD，AF∩AD=A，故BC⊥平面DEF，因此平面BCD⊥平面DEF。
连接AE、DF，设AE∩DF=H，则EH⊥DF，EH⊥平面BCD。
连接CH，则∠ECH为 与平面BCD所成的角。
因ADEF为正方形，AD= ，故EH=1，又EC= =2，
（Ⅰ）设 ，则
高中文科数学立体几何知识点(大题)
高考立体几何中直线、平面之间的位置关系知识点总结（文科）一．平行问题 （一） 线线平行：方法一：常用初中方法（1中位线定理；2平行四边形定理；3三角形中对应边成比例；4同位角、内错角、同旁内角） 方法二：1线面平行⇒线线平行m l m l l ////⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⋂⊂βαβα方法三：2面面平行⇒线线平行m l m l ////⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⋂=⋂βγαγβα方法四：3线面垂直 ⇒线线平行若αα⊥⊥m l ,，则m l //。
（二） 线面平行：方法一：4线线平行⇒线面平行ααα////l l m m l ⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊄⊂方法二：5面面平行⇒线面平行 αββα////l l ⇒⎭⎬⎫⊂ （三） 面面平行：6方法一：线线平行⇒面面平行βααβ//',','//'//⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⊂⊂且相交且相交m l m l m m l l 方法二：7线面平行⇒面面平行βαβαα//,////⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⊂A m l m l m l ，方法三：8线面垂直⇒面面平行 βαβα面面面面//⇒⎭⎬⎫⊥⊥l ll二．垂直问题：（一）线线垂直方法一：常用初中的方法（1勾股定理的逆定理；2三线合一 ；3直径所对的圆周角为直角；4菱形的对角线互相垂直。
） 方法二：9线面垂直⇒线线垂直 m l m l ⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥αα （二）线面垂直：10方法一：线线垂直⇒线面垂直αα⊥⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⊂=⋂⊥⊥l AB AC A AB AC AB l AC l , 方法二：11面面垂直⇒线面垂直αββαβα⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊂⊥=⋂⊥l l m l m ,（面） 面面垂直：方法一：12线面垂直⇒面面垂直 βαβα⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥l l 三、夹角问题：异面直线所成的角：(一) 范围：]90,0(︒︒(二)求法：方法一：定义法。
步骤1：平移，使它们相交，找到夹角。
步骤2：解三角形求出角。
(计算结果可能是其补角)线面角：直线PA 与平面α所成角为θ,如下图求法：就是放到三角形中解三角形四、距离问题：点到面的距离求法1、直接求，2、等体积法（换顶点）1、一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）A ．B ．C ．D ．2、设 a b ，是两条不同的直线， αβ，是两个不同的平面，则（ ） A ．若a α∥，b α∥，则a b ∥ B ．若a α∥，αβ∥，则αβ∥C.若a b ∥，a α⊥，则b α⊥ D ．若a α∥，αβ⊥，则a β⊥3、如图是一个正方体被切掉部分后所得几何体的三视图，则该几何体的体积为 ．4、某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．5B ．163C ．7D ．1735、某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．73B ．83π-C ．83D ．73π- 6、一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图是7、某四棱锥的三视图如图所示，其俯视图为等腰直角三角形，则该四棱锥的体积为A．223B．43C．2D．48、某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（A）23（B）43（C）2（D）831、（2017新课标Ⅰ文数）（12分）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=,且四棱锥P-ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积.2、（2017新课标Ⅱ文）（12分）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,1,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=︒（1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（2）若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.3、（2017新课标Ⅲ文数）（12分）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD =CD ．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．4、（2017北京文）（本小题14分）如图，在三棱锥P–ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（Ⅰ）求证：PA⊥BD；（Ⅱ）求证：平面BDE⊥平面PAC；（Ⅲ）当PA∥平面BD E时，求三棱锥E–BCD的体积．5、（2017山东文）（本小题满分12分）由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1- B1CD1后得到的几何体如图所示,四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E 平面ABCD.A O∥平面B1CD1;（Ⅰ）证明：1（Ⅱ）设M是OD的中点,证明：平面A1EM 平面B1CD1.6、（2017江苏）（本小题满分14分）如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD 上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．。
高考文科数学__立体几何大题-知识点、考点及解题方法
立体几何大题题型及解题方法立体几何大题一般考以下五个方面：一、平行位置关系的证明1、证明线面平行（重点）解题方法：（1）线面平行判定定理；（2）面面平行的性质定理。
2、证明面面平行解题方法：（1）面面平行的判定定理；（2）面面平行判定定理的推论；（3）垂直于同一直线的两平面平行；（4）平行平面的传递性。
3、平行位置关系的探索（1）对命题条件的探索；（2）对命题结论的探索；（3）通过翻折来探索。
二、垂直位置关系的证明1、证明线线垂直解题方法：2、证明线面垂直（重点）解题方法：3、证明面面垂直4、垂直位置关系的探索（1）对命题条件的探索；（2）对命题结论的探索；（3）通过翻折来探索。
三、求空间距离1、点到平面的距离解题方法：2、空间线段长解题方法：（1）解三角形法；（2）列方程法。
四、求几何体体积五、求空间角1、异面直线所成的角2、直线与平面所成的角考点一：如何判断空间中点、线、面的位置关系（排除法）考点二：平行位置关系的证明证明题一般的解题步骤：一、根据题目的问题，确定要证明什么；根据题目的条件，确定用什么证明方法，如果无法确定，则要通过逆向思维来分析题目；二、看题目是否需要作辅助线(创造条件)，证明平行位置问题一般作的辅助线是连等分点，特别是中点；三、根据确定的证明方法，看该方法需要多少个条件，然后看题目给的条件通过什么方式给，如果是间接条件则需要推理证明得出，如果是直接条件或隐含条件则直接罗列；四、准备好条件后，再次检查条件是否都满足，是否都罗列了，最后得出结论；五、规范书写答案过程：一般过程为1、作辅助线；2、准备间接条件；3、罗列直接条件或隐含条件；4、得出结论。
1、证明线面平行（重点）解题方法：2、证明面面平行解题方法：（1）面面平行的判定定理（最常用方法）：（2）面面平行判定定理的推论：（3）垂直于同一直线的两平面平行；（4）3、平行位置关系的探索考点三、垂直位置关系的证明证明垂直的解题步骤：一、根据题目的问题，确定要证明什么；根据题目的条件，确定用什么证明方法，如果无法确定，则要通过逆向思维来分析题目；二、要注意先确定谁垂直于谁，如1、证明线线垂直时常考虑其中一条直线垂直于另一条直线所在的平面，究竟选择哪一条直线垂直于另一条直线所在的平面，需要通过对条件及图形结构做深入细致分析、尝试、判断。
高中数学《立体几何》专题复习 (3)
高中数学《立体几何》专题复习 三1．(2017·唐山模拟)正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为( ) A ．64π B ．32π C ．16π D ．8π答案 A解析 如图，作PM ⊥平面ABC 于点M ，则球心O 在PM 上，PM ＝6，连接AM ，AO ，则OP ＝OA ＝R(R 为外接球半径)，在Rt △OAM 中，OM ＝6－R ，OA ＝R ，又AB ＝6，且△ABC 为等边三角形，故AM ＝2362－32＝23，则R 2－(6－R)2＝(23)2，则R ＝4，所以球的表面积S ＝4πR 2＝64π.2．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是( ) A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π答案 C解析 由V ＝Sh ，得S ＝4，得正四棱柱底面边长为2.画出球的轴截面可得，该正四棱柱的对角线即为球的直径，所以球的半径为R ＝1222＋22＋42＝ 6.所以球的表面积为S ＝4πR 2＝24π.故选C.3．若一个正方体的体积是8，则这个正方体的内切球的表面积是( ) A ．8π B ．6π C ．4π D ．π答案 C解析 设正方体的棱长为a ，则a 3＝8.因此内切球直径为2，∴S 表＝4πr 2＝4π.4．(2017·课标全国Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径长为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A ．π B.3π4 C.π2 D.π4 答案 B解析 根据已知球的半径长是1，圆柱的高是1，如图，所以圆柱的底面半径r ＝22－122＝32，所以圆柱的体积V ＝πr 2h ＝π×(32)2×1＝34π.故选B. 5．(2018·安徽合肥模拟)已知球的直径SC ＝6，A ，B 是该球球面上的两点，且AB ＝SA ＝SB ＝3，则三棱锥S －ABC 的体积为( ) A.324B.924 C.322 D.922答案 D解析 设该球球心为O ，因为球的直径SC ＝6，A ，B 是该球球面上的两点，且AB ＝SA ＝SB ＝3，所以三棱锥S －OAB 是棱长为3的正四面体，其体积V S －OAB ＝13×12×3×332×6＝924，同理V O －ABC ＝924，故三棱锥S －ABC 的体积V S －ABC ＝V S －OAB ＋V O －ABC ＝922，故选D.6．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( ) A.3172B ．210 C.132 D ．310 答案 C解析 如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M. 又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝（52）2＋62＝132. 7．(2018·广东惠州一模)已知一个水平放置的各棱长均为4的三棱锥形容器内有一小球O(质量忽略不计)，现从该三棱锥形容器的顶端向内注水，小球慢慢上浮，当注入的水的体积是该三棱锥体积的78时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于( ) A.76π B.43πC.23π D.12π 答案 C解析 由题知，没有水的部分的体积是三棱锥形容器的体积的18，三棱锥形容器的体积为13·34·42·63·4＝1623，所以没有水的部分的体积为223.设其棱长为a ，则其体积为13×34a 2×63a ＝223，∴a ＝2，设小球的半径为r ，则4×13×3×r ＝223，解得r ＝66，∴球的表面积为4π×16＝23π，故选C.8.如图，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为1的正方体，S －ABCD 是高为1的正四棱锥，若点S ，A 1，B 1，C 1，D 1在同一个球面上，则该球的体积为( ) A.25π16 B.49π16 C.81π16 D.243π128答案 C解析 如图所示，O 为球心，设OG 1＝x ，则OB 1＝SO ＝2－x ，同时由正方体的性质可知B 1G 1＝22，则在Rt △OB 1G 1中，OB 12＝G 1B 12＋OG 12，即(2－x)2＝x 2＋(22)2，解得x ＝78，所以球的半径R ＝OB 1＝98，所以球的表面积S ＝4πR 2＝81π16，故选C. 9．(2018·郑州质检)四棱锥P －ABCD 的五个顶点都在一个球面上，该四棱锥的三视图如图所示，E ，F 分别是棱AB ，CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为22，则该球的表面积为( )A ．9πB ．3πC ．22πD ．12π答案 D解析 该几何体的直观图如图所示，该几何体可看作由正方体截得，则正方体外接球的直径即为PC.由直线EF 被球面所截得的线段长为22，可知正方形ABCD 对角线AC 的长为22，可得正方形ABCD 的边长a ＝2，在△PAC 中，PC ＝22＋（22）2＝23，球的半径R ＝3，∴S 表＝4πR 2＝4π×(3)2＝12π.10．(2014·湖南)一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 B解析 此几何体为一直三棱柱，底面是边长为6，8，10的直角三角形，侧棱为12，故其最大球的半径为底面直角三角形内切圆的半径，故其半径为r ＝12×(6＋8－10)＝2，故选B.11．(2017·天津)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________． 答案 92π解析 设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，得a ＝3，设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3a ＝3，得R ＝32，所以该球的体积为43πR 3＝43π(32)3＝92π.12．若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________．答案63π解析 设正四面体的棱长为a ，则正四面体的表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. 13．已知一圆柱内接于球O ，且圆柱的底面圆的直径与母线长均为2，则球O 的表面积为________． 答案 8π解析 圆柱的底面圆的直径与母线长均为2，所以球的直径为22＋22＝8＝22，即球半径为2，所以球的表面积为4π×(2)2＝8π.14．(2017·衡水中学调研卷)已知正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上，若PA ，PB ，PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为________． 答案33解析 方法一：先在一个正方体中找一个满足条件的正三棱锥，再利用正方体的性质解题．如图，满足题意的正三棱锥P －ABC 可以是正方体的一部分，其外接球的直径是正方体的体对角线，且面ABC 与体对角线的交点是体对角线的一个三等分点，所以球心到平面ABC 的距离等于体对角线长的16，故球心到截面ABC 的距离为16×23＝33.方法二：用等体积法：V P －ABC ＝V A －PBC 求解)．15．(2018·四川成都诊断)已知一个多面体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是直角边长为1的等腰直角三角形，俯视图是边长为1的正方形，若该多面体的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为________．答案3π解析由三视图知几何体为四棱锥，且四棱锥的一条侧棱垂直于底面，高等于1，其底面是边长为1的正方形，∴四棱锥的外接球即是边长为1的正方体的外接球，∴外接球的直径为3，∴外接球的表面积S＝4π×(32)2＝3π.16．(2018·河北唐山模拟)已知矩形ABEF所在的平面与矩形ABCD所在平面互相垂直，AD＝2，AB＝3，AF＝332，M为EF的中点，则多面体M－ABCD的外接球的表面积为________．答案16π解析记多面体M－ABCD的外接球的球心为O，如图，过点O分别作平面ABCD和平面ABEF的垂线，垂足分别为Q，H，连接MH并延长，交AB于点N，连接OM，NQ，AQ，设球O的半径为R，球心到平面ABCD的距离为d，即OQ＝d，∵矩形ABEF所在的平面与矩形ABCD所在的平面互相垂直，AF＝332，M为EF的中点，∴MN＝332，∴AN＝NB＝32，NQ＝1，∴R2＝(4＋92)2＋d2＝12＋(332－d)2，∴d＝32，R2＝4，∴多面体M－ABCD的外接球的表面积为4πR2＝16π.1．(2017·课标全国Ⅱ，文)长方体的长，宽，高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．答案14π解析依题意得，长方体的体对角线长为32＋22＋12＝14，记长方体的外接球的半径为R，则有2R＝14，R＝142，因此球O的表面积等于4πR2＝14π.2．(2018·湖南长沙一中模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为()A ．8π B.25π2C ．12π D.41π4答案 D解析 根据三视图得出，几何体是正方体中的一个四棱锥O －ABCD ，正方体的棱长为2，A ，D 为所在棱的中点．根据几何体可以判断，球心应该在过A ，D 的平行于正方体底面的中截面上，设球心到平面BCO的距离为x ，则到AD 的距离为2－x ，所以R 2＝x 2＋(2)2，R 2＝12＋(2－x)2，解得x ＝34，R＝414，该多面体外接球的表面积为4πR 2＝414π，故选D. 3．(2014·陕西，理)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( ) A.32π3B ．4πC ．2π D.4π3答案 D解析 因为该正四棱柱的外接球的半径是四棱柱体对角线的一半，所以半径r ＝1212＋12＋（2）2＝1，所以V 球＝4π3×13＝4π3.故选D.4．(2018·洛阳统一考试)如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π答案 D解析 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去3个角后得到，该长方体的长、宽、高分别为5、4、3，所以其外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以该几何体的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×(522)2＝50π，故选D.5．(2018·广东清远三中月考)某一简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积是( )A ．13πB ．16πC ．25πD ．27π答案 C解析 由三视图可知该几何体是底面为正方形的长方体，底面对角线为4，高为3，设外接球半径为r ，则2r ＝（22）2＋（22）2＋32＝5，∴r ＝52，∴长方体外接球的表面积S ＝4πr 2＝25π.6．(2018·福建厦门模拟)已知球O 的半径为R ，A ，B ，C 三点在球O 的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为32R ，AB ＝AC ＝BC ＝23，则球O 的表面积为( ) A.163π B ．16π C.643π D ．64π答案 D解析 因为AB ＝AC ＝BC ＝23，所以△ABC 为正三角形，其外接圆的半径r ＝232sin60°＝2，设△ABC 外接圆的圆心为O 1，则OO 1⊥平面ABC ，所以OA 2＝OO 12＋r 2，所以R 2＝(32R)2＋22，解得R 2＝16，所以球O 的表面积为4πR 2＝64π，故选D.7．(2018·四川广元模拟)如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，将△ADE ，△EBF ，△FCD 分别沿DE ，EF ，FD 折起，使得A ，B ，C 三点重合于点A ′，若四面体A ′EFD 的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为________．答案62解析 由题意可知△A ′EF 是等腰直角三角形，且A ′D ⊥平面A ′EF.由于△A ′EF 可以补全为边长为1的正方形，则该四面体必能补全为长、宽、高分别为1，1，2的正四棱柱，三棱锥的外接球与正四棱柱的外接球是同一个球，易知正四棱柱的外接球的直径为12＋12＋22＝ 6.故球的半径为62. 8．(2017·德州模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，该几何体的体积是________；若该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的表面积是________．答案 133π解析 由三视图知该几何体是底面为1的正方形，高为1的四棱锥，故体积V ＝13×1×1×1＝13，该几何体与棱长为1的正方体具有相同的外接球，外接球直径为3，该球表面积S ＝4π×(32)2＝3π，正方体、长方体的体对角线即为外接球的直径．。
高中数学《立体几何》专题复习 (1)
高中数学《立体几何》专题复习一1．(2018·安徽东至二中段测)将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括()A．一个圆台、两个圆锥B．两个圆台、一个圆柱C．两个圆台、一个圆锥D．一个圆柱、两个圆锥答案 D解析把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，由旋转体的定义可知所得几何体包括一个圆柱、两个圆锥．故选D.2．以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是()A．正方体的三视图是三个全等的正方形B．球的三视图是三个全等的圆C．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆答案 B解析画几何体的三视图要考虑视角，但对于球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆．3．如图所示，几何体的正视图与侧视图都正确的是()答案 B解析侧视时，看到一个矩形且不能有实对角线，故A，D排除．而正视时，有半个平面是没有的，所以应该有一条实对角线，且其对角线位置应为B中所示，故选B.4．一个几何体的三视图如图，则组成该几何体的简单几何体为()A．圆柱和圆锥B．正方体和圆锥C．四棱柱和圆锥D．正方体和球答案 C5．(2018·沧州七校联考)三棱锥S－ABC及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，则棱SB 的长为()A．16 3 B.38C．4 2 D．211答案 C解析由已知中的三视图可得SC⊥平面ABC，且底面△ABC为等腰三角形．在△ABC中，AC＝4，AC边上的高为23，所以BC＝4.在Rt△SBC中，由SC＝4，可得SB＝4 2. 6．(2017·衡水中学调研卷)已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二侧画法所画的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为()A．2 2 B．6 2C．1 D. 2答案 A解析因为底面用斜二侧画法所画的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，所以在直角坐标系中，底面是边长为1和3的平行四边形，且平行四边形的一条对角线垂直于平行四边形的短边，此对角线的长为22，所以该四棱锥的体积为V＝13×22×1×3＝2 2.7.(2018·四川泸州模拟)一个正四棱锥的所有棱长均为2，其俯视图如图所示，则该正四棱锥的正视图的面积为()A. 2B. 3C．2 D．4答案 A解析由题意知，正视图是底边长为2，腰长为3的等腰三角形，其面积为12×2×（3）2－1＝ 2.8．(2018·湖南郴州模拟)一只蚂蚁从正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是()A．①②B．③④C．①③D．②④答案 D解析由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.9．某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是()答案 D解析依题意，此几何体为组合体，若上、下两个几何体均为圆柱，则俯视图为A；若上边的几何体为正四棱柱，下边几何体为圆柱，则俯视图为B；若上边的几何体为底面为等腰直角三角形的直三棱柱，下边的几何体为正四棱柱时，俯视图为C；若俯视图为D，则正视图中还有一条虚线，故该几何体的俯视图不可能是D，故选D.10．(2018·江西上馓质检)点M，N分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱A1B1，A1D1的中点，用过平面AMN和平面DNC1的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如图，则该几何体的正(主)视图，侧(左)视图、俯视图依次为()A．①②③B．②③④C．①③④D．②④③答案 B解析由直视图可知，该几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图依次为②③④，故选B. 11．(2018·四川宜宾期中)某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长棱的长度为()A．4 B．3 2C．2 2 D．2 3答案 D解析由三视图可知，该几何体为如图所示的四棱锥P－ABCD，由图可知其中最长棱为PC，因为PB2＝PA2＋AB2＝22＋22＝8，所以PC2＝PB2＋BC2＝8＋22＝12，则PC＝23，故选D.12．(2018·北京东城区期末)在空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别为(0，0，2)，(2，2，0)，(0，2，0)，(2，2，2)．画该四面体三视图中的正视图时，以xOz平面为投影面，则得到的正视图可以为()答案 A解析设S(2，2，2)，A(2，2，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2)，则此四面体S－ABC如图①所示，在xOz平面的投影如图②所示．其中S′是S在xOz平面的投影，A′是A在xOz平面的投影，O是B在xOz平面的投影，SB 在xOz平面的投影是S′O，并且是实线，CA在xOz平面的投影是CA′，且是虚线，如图③. 13．(2018·江西宜春模拟)某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中面积最大为()A．2 2 B．4C．2 3 D．2 6答案 C解析由三视图知该几何体为棱锥S－ABD，其中SC⊥平面ABCD，将其放在正方体中，如图所示．四面体S－ABD的四个面中△SBD的面积最大，三角形SBD是边长为22的等边三角形，所以此四面体的四个面中面积最大为34×8＝2 3.故选C.14．(2018·江苏张家港一模)若将一个圆锥侧面沿一条母线剪开，其展开图是半径为2 cm的半圆，则该圆锥的高为________cm.答案 3解析设圆锥的底面圆半径为r cm，则2πr＝2π，解得r＝1 cm，∴h＝22－1＝ 3 cm. 15．(2018·成都二诊)已知正四面体的俯视图如图所示，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，则这个四面体的正视图的面积为________．答案2 2解析由俯视图可得，原正四面体AMNC可视作是如图所示的正方体的一内接几何体，则该正方体的棱长为2，正四面体的正视图为三角形，其面积为12×2×22＝2 2.16.(2018·上海长宁区、嘉定区质检)如图，已知正三棱柱的底面边长为2，高为5，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为________．答案13解析将正三棱柱ABC－A1B1C1沿侧棱AA1展开，再拼接一次，如图所示，在展开图中，最短距离是六个矩形形成的大矩形对角线的长度，也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值．由已知求得矩形的长等于6×2＝12，宽等于5，由勾股定理得d＝122＋52＝13.17．某几何体的正(主)视图和侧(左)视图如图1，它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1如图2，其中O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为________．答案96解析由俯视图的直观图可得y轴与C1B1交于D1点，O1D1＝22，故OD＝42，俯视图是边长为6的菱形，则该几何体是直四棱柱，侧棱长为4，则侧面积为6×4×4＝96. 1．(课本习题改编)如图为一个几何体的三视图，则该几何体是()A．四棱柱B．三棱柱C．长方体D．三棱锥答案 B解析由几何体的三视图可知，该几何体的直观图如图所示，即为一个平放的三棱柱．2．(2018·山东泰安模拟)某三棱锥的三视图如图所示，其侧视图为直角三角形，则该三棱锥最长的棱长等于()A．4 2 B.34C.41 D．5 2答案 C解析根据几何体的三视图，得该几何体是底面为直角三角形，有两个侧面垂直于底面，高为5的三棱锥，最长的棱长等于25＋16＝41，故选C.3．(2018·安徽毛坦厂中学月考)已知一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图是()答案 C解析A项中的几何体，正视图不符，侧视图也不符，俯视图中没有虚线；B项中的几何体，俯视图中不出现虚线；C项中的几何体符合三个视图；D项中的几何体，正视图不符．故选C.4．(2017·山东德州质检)如图是正方体截去阴影部分所得的几何体，则该几何体的侧视图是()答案 C解析此几何体的侧视图是从左边往右边看，故其侧视图应选C.5.(2017·广东汕头中学摸底)如图是一正方体被过棱的中点M，N，顶点A及过N，顶点D，C1的两个截面截去两角后所得的几何体，该几何体的正视图是()答案 B6．(2017·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)()A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤答案 B解析正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③，故选B.7．(2014·课标全国Ⅰ)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是()A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱答案 B解析由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，经分析可知该几何体为三棱柱，故选B.8.用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是()答案 B解析D项为主视图或者侧视图，俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.9．底面水平放置的正三棱柱的所有棱长均为2，当其正(主)视图有最大面积时，其侧(左)视图的面积为()A．2 3 B．3C. 3 D．4答案 A解析当正视图面积最大时，侧视图是一个矩形，一个边长为2，另一边长是三棱柱底面三角形的高为3，故侧视图面积为2 3.10．(2015·北京，文)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为()A．1 B. 2C. 3 D．2答案 C解析将三视图还原成几何体的直观图，如图，由三视图可知，底面ABCD是边长为1的正方形，SB⊥底面ABCD，SB＝AB＝1，由勾股定理可得SA＝SC＝2，SD＝SB2＋DB2＝1＋2＝3，故四棱锥中最长棱的棱长为 3.故选C. 11．(2017·南昌模拟)若一几何体的正视图与侧视图均为边长为1的正方形，则下列图形一定不是该几何体的俯视图的是()答案 D解析 若该几何体的俯视图为选项D ，则其正视图为长方形，不符合题意，故选D. 12．某几何体的正视图与侧视图如图所示，若该几何体的体积为13，则该几何体的俯视图可以是( )答案 D解析 通过分析正视图和侧视图，结合该几何体的体积为13，可知该几何体的底面积应为1，因为符合底面积为1的选项仅有D 选项，故该几何体为一个四棱锥，其俯视图为D. 13．(2018·兰州诊断考试)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中x 的值是( )A ．2 B.92 C.32 D ．3答案 D解析 由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是一个直角梯形，底面积S ＝12×(1＋2)×2＝3，高h ＝x ，所以其体积V ＝13Sh ＝13×3x ＝3，解得x ＝3，故选D.14．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，最大侧面的面积为( )A.12B.22C.52D.62答案 C解析 由三视图知，该几何体的直观图如图所示．平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A －BCDE 的高为1.四边形BCDE 是边长为1的正方形，则S △AED ＝12×1×1＝12，S △ABC ＝S △ABE ＝12×1×2＝22，S △ACD ＝12×1×5＝52，故选C.15.(2017·山东师大附中月考)如图是各棱长均为2的正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的直观图，则此三棱柱侧视图的面积为________． 答案 2 3解析 依题意，得此三棱柱的侧视图是边长分别为2，3的矩形BB 1D 1D ，故其面积是2 3.16.(2017·北京西城区期末)已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________． 答案 2 3解析 由正三棱柱三视图还原直观图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正视图的面积为2 3.17．用小立方块搭一个几何体，使它的正视图和俯视图如图所示，则它最多需要______个小立方块．答案14解析本题考查了三视图的有关知识．需要小立方块最多则：第一层最多6个，第二层最多5个，第三层最多3个，故最多用14个．18．(2017·湖南株洲质检)已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的()答案 C解析通过对以下四个四棱锥的三视图对照可知，只有选项C是符合要求．。
(完整版)—高考全国卷Ⅰ文科数学立体几何专题复习(附详细解析)
2012-2018年新课标全国卷Ⅰ文科数学汇编立体几何一、选择题【2017，6】如图，在下列四个正方体中,A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ,Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中,直接AB 与平面MNQ 不平行的是（）【2016，7】如图所示,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28π3，则它的表面积是（） A ．17π B ．18π C ．20π D ．28π【2016，11】平面α过正方体1111ABCD A BC D -的顶点A ,α∥平面11CB D ，α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =,则,m n 所成角的正弦值为(）A ．3 B ．22C ．3D ．13【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委M 依垣内角,下周八尺，高五尺，问”积及为M 几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放M （如图,M 堆为一个圆锥的四分之一)，M 堆底部的弧长为8尺,M 堆的高为5尺，M 堆的体积和堆放的M 各位多少？”已知1斛M 的体积约为1．62立方尺,圆周率约为3，估算出堆放的M 有（ ) A ．14斛 B ．22斛 C ．36斛 D ．66斛【2015，11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为16+20π，则r =( ) B A ．1 B ．2 C ．4 D ．8【2015，11】【2014，8】【2013,11】【2012，7】【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的一个几何体的三视图，则这个几何体是（ ）A ．三棱锥B ．三棱柱C ．四棱锥D ．四棱柱【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）．A ．16＋8π B．8＋8π C．16＋16π D．8＋16π【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为A ．6B ．9C ．12D ．15【2012，8】平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2,则此球的体积为（）A ．6πB ．43πC ．46πD ．63π【2018，5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1,O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,该圆柱的表面积为A. 12π B. 12π C. 8π D. 10π【2018，9】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图,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 。
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 ，。
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高中数学文科立体几何大题复习文科立体几何大题复习一．解答题（共12小题）1．如图1，在正方形ABCD中，点，E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，点G，R分别在线段DH，HB上，且．将△AED，△CFD，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，B，C重合于点P，如图2所示．（1）求证：GR⊥平面PEF；（2）若正方形ABCD的边长为4，求三棱锥P﹣DEF的内切球的半径．2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD 是菱形，∠BAD=60°，AB=2，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，在四棱锥中P﹣ABCD，AB=BC=CD=DA，∠BAD=60°，AQ=QD，△PAD是正三角形．（1）求证：AD⊥PB；（2）已知点M是线段PC上，MC=λPM，且PA∥平面MQB，求实数λ的值．4．如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．（Ⅰ）求证：AC⊥SD；（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由．5．如图所示，△ABC所在的平面与菱形BCDE所在的平面垂直，且AB⊥BC，AB=BC=2，∠BCD=60°，点M为BE的中点，点N在线段AC上．（Ⅰ）若=λ，且DN⊥AC，求λ的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求三棱锥B﹣DMN的体积．6．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC，且侧面BB1C1C是菱形，∠B1BC=60°．（Ⅰ）求证：AB1⊥BC；（Ⅱ）若AB⊥AC，AB1=BB1，且该三棱柱的体积为2，求AB的长．7．如图1，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1﹣ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE．（1）证明：BE⊥平面D1AE；（2）设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．8．如图，已知多面体ABCDEF中，△ABD、△ADE均为正三角形，平面ADE⊥平面ABCD，AB∥CD∥EF，AD：EF：CD=2：3：4．（Ⅰ）求证：BD⊥平面BFC；（Ⅱ）若AD=2，求该多面体的体积．9．如图，在四棱锥中P﹣ABCD，底面ABCD为边长为的正方形，PA⊥BD．（Ⅰ）求证：PB=PD；（Ⅱ）若E，F分别为PC，AB的中点，EF⊥平面PCD，求三棱锥的D﹣ACE体积．10．如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD．（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面BED；（Ⅱ）若∠ABC=120°，AE⊥EC，三棱锥E﹣ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．11．如图，四边形ABCD是正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，AF=ED=1．（Ⅰ）求二面角E﹣AC﹣D的正切值；（Ⅱ）设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．12．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB⊥平面BCP，CD∥AB，AB=BC=CP=BP=2，CD=1．（1）求点B到平面DCP的距离；（2）点M为线段AB上一点（含端点），设直线MP与平面DCP 所成角为α，求sinα的取值范围．文科立体几何大题复习参考答案与试题解析一．解答题（共12小题）1．如图1，在正方形ABCD 中，点，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，BD 与EF 交于点H ，点G ，R 分别在线段DH ，HB 上，且．将△AED ，△CFD ，△BEF 分别沿DE ，DF ，EF 折起，使点A ，B ，C 重合于点P ，如图2所示．（1）求证：GR ⊥平面PEF ；（2）若正方形ABCD 的边长为4，求三棱锥P ﹣DEF 的内切球的半径．【解答】证明：（Ⅰ）在正方形ABCD 中，∠A 、∠B 、∠C 均为直角，∴在三棱锥P ﹣DEF 中，PE ，PF ，PD 三条线段两两垂直，∴PD ⊥平面PEF ，∵=，即，∴在△PDH 中，RG ∥PD ，∴GR ⊥平面PEF ．解：（Ⅱ）正方形ABCD 边长为4，由题意PE=PF=2，PD=4，EF=2，DF=2，∴S △PEF =2，S △PFD =S △DPE =4，=6，设三棱锥P ﹣DEF 的内切球半径为r ，则三棱锥的体积：=，解得r=，∴三棱锥P﹣DEF的内切球的半径为．2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD 是菱形，∠BAD=60°，AB=2，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．【解答】（Ⅰ）证明：∵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．（Ⅱ）解：∵PD∥平面EAC，平面EA C∩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，∠BAD=60°，∴BH⊥AD，又BH⊥PD，AD∩PD=D，∴BH⊥平面PAD，．∴==．3．如图，在四棱锥中P﹣ABCD，AB=BC=CD=DA，∠BAD=60°，AQ=QD，△PAD是正三角形．（1）求证：AD⊥PB；（2）已知点M是线段PC上，MC=λPM，且PA∥平面MQB，求实数λ的值．【解答】证明：（1）如图，连结BD，由题意知四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°，∴△ABD为正三角形，又∵AQ=QD，∴Q为AD的中点，∴AD⊥BQ，∵△PAD是正三角形，Q为AD中点，∴AD⊥PQ，又BQ∩PQ=Q，∴AD⊥平面PQB，又∵PB?平面PQB，∴AD⊥PB．解：（2）连结AC，交BQ于N，连结MN，∵AQ∥BC，∴，∵PN∥平面MQB，PA?平面PAC，平面MQB∩平面PAC=MN，∴根据线面平行的性质定理得MN∥PA，∴，综上，得，∴MC=2PM，∵MC=λPM，∴实数λ的值为2．4．如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．（Ⅰ）求证：AC⊥SD；（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由．【解答】解：（Ⅰ）连BD，设AC交BD于O，由题意SO⊥AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD，所以AC⊥面SBD，所以AC⊥SD．（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，则SD⊥OP，设正方形ABCD的边长为a，则SD=，OD=，则OD2=PD?SD，可得PD==，故可在SP上取一点N，使PN=PD，过N作PC的平行线与SC的交点即为E，连BN．在△BDN中知BN∥PO，又由于NE∥PC，故平面BEN∥面PAC，得BE∥面PAC，由于SN：NP=2：1，故SE：EC=2：1．5．如图所示，△ABC所在的平面与菱形BCDE所在的平面垂直，且AB⊥BC，AB=BC=2，∠BCD=60°，点M为BE的中点，点N在线段AC上．（Ⅰ）若=λ，且DN⊥AC，求λ的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求三棱锥B﹣DMN的体积．【解答】解：（Ⅰ）取BC的中点O，连接ON，OD，∵四边形BCDE为菱形，∠BCD=60°，∴DO⊥BC，∵△ABC所在的平面与菱形BCDE所在平面垂直，∴DO⊥平面ABC，∵AC?平面ABC，∴DO⊥AC，又DN⊥AC，且DN∩DO=D，∴AC⊥平面DON，∵ON?平面DON，∴ON⊥AC，由O为BC的中点，AB=BC，可得，∴，即λ=3；（Ⅱ）由平面ABC⊥平面BCDE，AB⊥BC，可得AB⊥平面BCDE，由，可得点N到平面BCDE的距离为，由菱形BCDE中，∠BCD=60°，点M为BE的中点，可得DM⊥BE，且，∴△BDM的面积，∴三棱锥N﹣BDM的体积．=V B﹣DMN，又V N﹣BDM∴三棱锥B﹣DMN的体积为．6．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC，且侧面BB1C1C是菱形，∠B1BC=60°．（Ⅰ）求证：AB1⊥BC；（Ⅱ）若AB⊥AC，AB1=BB1，且该三棱柱的体积为2，求AB的长．【解答】解：（I）取BC中点M，连结AM，B1M，∵AB=AC，M是BC的中点，∴AM⊥BC，∵侧面BB1C1C是菱形，∠B1BC=60°，∴B1M⊥BC，又AM?平面AB1M，B1M?平面AB1M，AM∩B1M=M，∴BC⊥平面AB1M，∵AB1?平面AB1M，∴BC⊥AB1．（II）设AB=x，则AC=x，BC=x，∵M是BC的中点，∴AM=，BB1=，B1M=，又∵AB1=BB1，∴AB1=，∴AB12=B1M2+AM2，∴B1M⊥AM．由（I）知B1M⊥BC，AM?平面ABC，BC?平面ABC，AM∩BC=M，∴B1M⊥平面ABC，∴V==，∴x=2，即AB=2．7．如图1，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1﹣ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE．（1）证明：BE⊥平面D1AE；（2）设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【解答】（1）证明：连接BE，∵ABCD为矩形且AD=DE=EC=2，∴AE=BE=2，AB=4，∴AE2+BE2=AB2，∴BE⊥AE，又D1AE⊥平面ABCE，平面D1AE∩平面ABCE=AE，∴BE⊥平面D1AE．（2）=．取D1E中点N，连接AN，FN，∵FN∥EC，EC∥AB，∴FN∥AB，且FN==AB，∴M，F，N，A共面，若MF∥平面AD1E，则MF∥AN．∴AMFN为平行四边形，∴AM=FN=．∴=．8．如图，已知多面体ABCDEF中，△ABD、△ADE均为正三角形，平面ADE⊥平面ABCD，AB∥CD∥EF，AD：EF：CD=2：3：4．（Ⅰ）求证：BD⊥平面BFC；（Ⅱ）若AD=2，求该多面体的体积．【解答】解：（Ⅰ）因为AB∥CD，所以∠ADC=120°，△ABD为正三角形，所以∠BDC=60°．设AD=a，因为AD：CD=2：4=1：2，所以CD=2a，在△BDC中，由余弦定理，得，所以BD2+BC2=CD2，所以BD⊥BC．取AD的中点O，连接EO，因为△ADE为正三角形，所以EO⊥AD，因为平面ADE⊥平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD．取BC的中点G，连接FG，OG，则，且EF∥OG，所以四边形OEFG为平行四边形，所以FG∥EO，所以FG⊥平面ABCD，所以FG⊥BD．因为FG∩BC=G，所以BD⊥平面BFC．（Ⅱ）过G作直线MN∥AD，延长AB与MN交于点M，MN与CD交于点N，连接FM，FN．因为G为BC的中点，所以MG=OA且MG∥OA，所以四边形AOGM为平行四边形，所以AM=OG．同理DN=OG，所以AM=OG=DN=EF=3．又AB∥CD，所以AM∥DN，所以AM∥DN∥EF，所以多面体MNF﹣ADE为三棱柱．过M作MH⊥AD于H点，因为平面ADE⊥平面ABCD，所以MH⊥平面ADE，所以线段MH的长即三棱柱MNF﹣ADE的高，在△AMH中，，所以三棱柱MNF﹣ADE的体积为．因为三棱锥F﹣BMG与F﹣CNG的体积相等，所以所求多面体的体积为．9．如图，在四棱锥中P﹣ABCD，底面ABCD为边长为的正方形，PA⊥BD．（Ⅰ）求证：PB=PD；（Ⅱ）若E，F分别为PC，AB的中点，EF⊥平面PCD，求三棱锥的D﹣ACE体积．【解答】解：（Ⅰ）连接AC交BD于点O，∵底面ABCD是正方形，∴AC⊥BD且O为BD的中点．又PA⊥BD，PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，又PO?平面PAC，∴BD⊥PO．又BO=DO，∴Rt△PBO∽Rt△PDO，∴PB=PD．（Ⅱ）取PD的中点Q，连接AQ，EQ，则EQ CD，又AF，∴AFEQ为平行四边形，EF∥AQ，∵EF⊥平面PCD，∴AQ⊥平面PCD，∵PD?平面PCD，∴AQ⊥PD，∵Q是PD的中点，∴AP=AD=．∵AQ⊥平面PCD，CD?平面PCD，∴AQ⊥CD，又AD⊥CD，又AQ∩AD=A，∴CD⊥平面PAD∴CD⊥PA，又BD⊥PA，CD∩BD=D，∴PA⊥平面ABCD．故三棱锥D﹣ACE的体积为．10．如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD．（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面BED；（Ⅱ）若∠ABC=120°，AE⊥EC，三棱锥E﹣ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．【解答】证明：（Ⅰ）∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，∵BE⊥平面ABCD，∴AC⊥BE，则AC⊥平面BED，∵AC?平面AEC，∴平面AEC⊥平面BED；解：（Ⅱ）设AB=x，在菱形ABCD中，由∠ABC=120°，得AG=GC=x，GB=GD=，∵BE⊥平面ABCD，∴BE⊥BG，则△EBG为直角三角形，∴EG=AC=AG=x，则BE==x，∵三棱锥E﹣ACD的体积V===，解得x=2，即AB=2，∵∠ABC=120°，∴AC2=AB2+BC2﹣2AB?BCcosABC=4+4﹣2×=12，即AC=，在三个直角三角形EBA，EBG，EBC中，斜边AE=EC=ED，∵AE⊥EC，∴△EAC为等腰三角形，则AE2+EC2=AC2=12，即2AE2=12，∴AE2=6，则AE=，∴从而得AE=EC=ED=，∴△EAC的面积S==3，在等腰三角形EAD中，过E作EF⊥AD于F，则AE=，AF==，则EF=，∴△EAD的面积和△ECD的面积均为S==，故该三棱锥的侧面积为3+2．11．如图，四边形ABCD是正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，AF=ED=1．（Ⅰ）求二面角E﹣AC﹣D的正切值；（Ⅱ）设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）设AC∩BD=O，连结OE，由AC⊥OD，AC⊥DE，OD∩DE=D，得AC⊥OE，∴二面角E﹣AC﹣D的平面角为∠EOD，∵AF=ED=1，∴tan∠EOD=，∴二面角E﹣AC﹣D的正切值为．（Ⅱ）时，AM∥平面BEF，理由如下：作MN∥E D，则，∵AF∥DE，DE=3AF，∴，∴AMNF是平行四边形，∴AM∥FN，∵AM?平面BEF，FN?平面BEF，∴AM∥平面BEF．。