三年高考(2017-2019)理数真题专项汇编：专题06立体几何(解答题)(原卷版)

专题06 立体几何（解答题）
1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．
2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．
3．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.
4．【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，
PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且
1
3 PF
PC
=．
（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P的余弦值；
（3）设点G在PB上，且
2
3
PG
PB
=．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
5．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,
CF AE AD BC ∥∥，
,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．
（1）求证：BF ∥平面ADE ；
（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）若二面角E BD F --的余弦值为
1
3
，求线段CF 的长．
6．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．
求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．
7．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，
11
30,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；
（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.
8．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.
9．【2018年高考全国II 卷理数】如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==4PA PB PC AC ====，
O为AC的中点．
（1）证明：PO⊥平面ABC；
（2）若点M在棱BC上，且二面角M PA C
--为30︒，求PC与平面PAM所成角的正弦值．
P
A
O
C
M
10．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧»CD所在平面垂直，M是»CD上异于C，D的点．
（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；
（2）当三棱锥M ABC
-体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．
11．【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．
（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；（2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．
12．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．
求证：（1）AB ∥平面11A B C ；（2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．
13．【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，
A 1A =4，C 1C =1，A
B =B
C =B 1B =2．
（1）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；
（2）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．
14．【2018年高考北京卷理数】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC 平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，AB=BC =5，AC =1AA =2．
（1）求证：AC ⊥平面BEF ；（2）求二面角B −CD −C 1的余弦值；（3）证明：直线FG 与平面BCD 相交．
15．【2018年高考天津卷理数】如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.
（1）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面；（2）求二面角E BC F --的正弦值；
（3）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.
16．【2017年高考全国Ⅰ卷理数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o .
（1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；
（2）若P A =PD =AB =DC ，90APD ∠=o ，求二面角A −PB −C 的余弦值.
17．【2017年高考江苏卷】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．
18．【2017年高考江苏卷】如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=3，∠=︒．
120
BAD
（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；
（2）求二面角B-A1D-A的正弦值．
19．【2017年高考山东卷理数】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边
所在直线为旋转轴旋转120︒得到的，G 是»DF
的中点. （1）设P 是»CE
上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小；（2）当3AB =，2AD =时，求二面角E AG C --的大小.
20．【2017年高考全国Ⅱ理数】如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，
o 1
,90,2
AB BC AD BAD ABC ==
∠=∠= E 是PD 的中点．
（1）证明：直线CE ∥平面PAB ；
（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值．
21．【2017年高考全国Ⅲ理数】如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD =
∠CBD，AB=BD．
（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C 的余弦值.
22．【2017年高考浙江卷】如图，已知四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC AD
∥，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．
（1）证明：CE∥平面PAB；
（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．P
A
B C D
E
23．【2017年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，
点M 在线段PB 上，PD//平面MAC ，PA =PD =6，AB =4．
（1）求证：M 为PB 的中点；
（2）求二面角B −PD −A 的大小；
（3）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．
24．【2017年高考天津卷理数】如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒．点D ，E ，N
分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A =AC =4，AB =2．
（1）求证：MN ∥平面BDE ；
（2）求二面角C -EM -N 的正弦值；
（3）已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为7，求线段AH 的长．。

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2017年高考真题分类汇编(理数)专题6 立体几何(解析版)

球与多面体的切接问题1．在棱锥P ABC -中，侧棱PA 、PB 、PC 两两垂直，Q 为底面ABC ∆内一点，若点Q 到三个侧面的距离分别为3、4、5，则以线段PQ 为直径的球的表面积为（）A ．100πB ．50πC ．25πD ．52π 2.已知四面体P ABC -的外接球的球心O 在AB 上，且PO ⊥平面ABC ，23AC AB =,若四面体P ABC -的体积为32，则该球的体积为（A ）3π （B ）2π （C ）22π （D ）43π3. 已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB ＝３，BC ＝2，则棱锥O －ABCD 的体积为A. 51B. 351C. 251D. 5164．在三棱锥S —ABC 中，AB ⊥BC,AB=BC=2,SA=SC=2,，二面角S —AC —B 的余弦值是33-，若S 、A 、B 、C 都在同一球面上，则该球的表面积是（）A ．π68B ．π6C ．24πD ．6π5．已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为34π的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是（A ）36 （B ）312 （C ）318 （D ）3246．一个底面为正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱内接于半径为3的球，则该棱柱体积的最大值为（）A ．332B ．233 C ．33 D ．367.已知三棱柱的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为，，则此球的表面积等于________.8．正三棱锥S-ABC 中，M 、N 分别是SC ．BC 中点，且M N ⊥AM ，若SA=23．则正三棱锥S - ABC 的外接球的体积为。

9．已知AB 是表面积为4π的球的直径，C 、D 是该球球面上的两点，且BC ＝CD ＝DB ＝1，则三棱锥A －BCD 的体积为______________．10、（2012理11）已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（）()A 26 ()B 3 ()C 23 ()D 2211、（2010全国12）已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为(A) 23 (B)43 (C) 23 (D) 8312．把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20 cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点，则皮球的半径为A．l03cm B．10 cm C．102cm D．30cm一、单选题（共7题；共14分）1、（2017•浙江）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 ，= =2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A 、γ＜α＜βB、α＜γ＜βC、α＜β＜γD、β＜γ＜α2、（2017•新课标Ⅱ）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A、B、C、D、3、（2017•新课标Ⅲ）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、C、D、4、（2017•江苏）如图，在圆柱O1O2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O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．5、（2017•新课标Ⅰ卷）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，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，△FAB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，△FAB，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：cm3）的最大值为________．6、（2017•新课标Ⅲ）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所成角的最小值为60°；其中正确的是________（填写所有正确结论的编号）1（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．15、（2017•浙江）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．16、（2017•北京卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD= ，AB=4．（14分）(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B﹣PD﹣A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．17、（2017•江苏）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°．（Ⅰ）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．18、（2017•江苏）如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（Ⅰ）EF∥平面ABC；（Ⅱ）AD⊥AC．19、（2017•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．（Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．20、（2017•新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC；（Ⅱ）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．21、（2017•新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．答案解析部分一、单选题1、【答案】A【考点】由三视图求面积、体积，由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为× ×π×12×3+ × × × ×3= +1，故选：A【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．2、【答案】B【考点】用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6 ），Q ，R ，= ，=（0，3，6 ），=（，5，0），= ，= ．设平面PDR的法向量为=（x，y，z），则，可得，可得= ，取平面ABC的法向量=（0，0，1）．则cos = = ，取α=arccos ．同理可得：β=arccos ．γ=arccos ．∵＞＞．∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OD，OQ，OR，过点O发布作垂线：OE⊥DR，OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG．设OP=h．则cosα= = = ．同理可得：cosβ= = ，cosγ= = ．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴cosα＞cosγ＞cosβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B．【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6 ），Q ，R ，利用法向量的夹角公式即可得出二面角．解法二：如图所示，连接OD，OQ，OR，过点O发布作垂线：OE⊥DR，OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG．设OP=h．可得cosα= = = ．同理可得：cosβ= = ，cosγ= = ．由已知可得：OE＞OG＞OF．即可得出．3、【答案】B【考点】由三视图求面积、体积，由三视图还原实物图【解析】【解答】解：由三视图可得直观图，再四棱锥P﹣ABCD中，最长的棱为PA，即PA= ==2 ，故选：B．【分析】根据三视图可得物体的直观图，结合图形可得最长的棱为PA，根据勾股定理求出即可．4、【答案】B【考点】由三视图求面积、体积，组合几何体的面积、体积问题，由三视图还原实物图【解析】【解答】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S梯形= ×2×（2+4）=6，∴这些梯形的面积之和为6×2=12，故选：B【分析】由三视图可得直观图，由图形可知该立体图中只有两个相同的梯形的面，根据梯形的面积公式计算即可5、【答案】C【考点】余弦定理的应用，异面直线及其所成的角【解析】【解答】解：如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角（因异面直线所成角为（0，]），可知MN= AB1= ，NP= BC1= ；作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；∵PQ=1，MQ= AC，△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC=4+1﹣2×2×1×（﹣）=7，∴AC= ，∴MQ= ；在△MQP中，MP= = ；在△PMN中，由余弦定理得cos∠MNP= = =﹣；又异面直线所成角的范围是（0，]，∴AB1与BC1所成角的余弦值为．【分析】设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，得出AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角；根据中位线定理，结合余弦定理求出AC、MQ，MP和∠MNP的余弦值即可．6、【答案】B【考点】由三视图求面积、体积，组合几何体的面积、体积问题，由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，V=π•32×10﹣•π•32×6=63π，故选：B．【分析】由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，即可求出几何体的体积．7、【答案】B【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：∵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，∴该圆柱底面圆周半径r= = ，∴该圆柱的体积：V=Sh= = ．故选：B．【分析】推导出该圆柱底面圆周半径r= = ，由此能求出该圆柱的体积．二、填空题8、【答案】2+【考点】由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由长方体长为2，宽为1，高为1，则长方体的体积V1=2×1×1=2，圆柱的底面半径为1，高为1，则圆柱的体积V2= ×π×12×1= ，则该几何体的体积V=V1+2V1=2+ ，故答案为：2+ ．【分析】由三视图可知：长方体长为2，宽为1，高为1，圆柱的底面半径为1，高为1圆柱的，根据长方体及圆柱的体积公式，即可求得几何体的体积．9、【答案】【考点】球的体积和表面积【解析】【解答】解：设正方体的棱长为a，∵这个正方体的表面积为18，∴6a2=18，则a2=3，即a= ，∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，∴正方体的体对角线等于球的直径，即a=2R，即R= ，则球的体积V= π•（）3= ；故答案为：．【分析】根据正方体和球的关系，得到正方体的体对角线等于直径，结合球的体积公式进行计算即可．10、【答案】【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），球的体积和表面积【解析】【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：R3，圆柱的体积为：πR2•2R=2πR3．则= = ．故答案为：．【分析】设出球的半径，求出圆柱的体积以及球的体积即可得到结果．11、【答案】4 cm3【考点】棱锥的结构特征，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG= BC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OG=x，则BC=2 x，DG=5﹣x，三棱锥的高h= = = ，=3 ，则V= = = ，令f（x）=25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）=100x3﹣50x4，令f′（x）≥0，即x4﹣2x3≤0，解得x≤2，则f（x）≤f（2）=80，∴V≤ =4 cm3，∴体积最大值为4 cm3．故答案为：4 cm3．【分析】由题，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG= BC，设OG=x，则BC=2 x，DG=5﹣x，三棱锥的高h= ，求出S△ABC=3 ，V= = ，令f（x）=25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）=100x3﹣50x4，f（x）≤f（2）=80，由此能求出体积最大值．12、【答案】②③【考点】异面直线及其所成的角，用空间向量求直线间的夹角、距离【解析】【解答】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|=1，|AB|= ，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量=（0，1，0），| |=1，直线b的方向单位向量=（1，0，0），| |=1，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），∴AB′在运动过程中的向量，=（﹣cosθ，﹣sinθ，1），| |= ，设与所成夹角为α∈[0，]，则cosα= = |sinθ|∈[0，]，∴α∈[ ，]，∴③正确，④错误．设与所成夹角为β∈[0，]，cosβ= = = |cosθ|，当与夹角为60°时，即α= ，|sinθ|= = = ，∵cos2θ+sin2θ=1，∴cosβ= |cosθ|= ，∵β∈[0，]，∴β= ，此时与的夹角为60°，∴②正确，①错误．故答案为：②③．【分析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，|AC|=1，|AB|= ，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x 轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．三、解答题13、【答案】解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，∴BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，∴BE⊥BP，又∠EBC=120°，因此∠CBP=30°；（Ⅱ）解法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，∵∠EBC=120°，∴四边形BEGH为菱形，∴AE=GE=AC=GC= ．取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，∴∠EMC为所求二面角的平面角．又AM=1，∴EM=CM= ．在△BEC中，由于∠EBC=120°，由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12，∴，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°．解法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．由题意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，，3），C（﹣1，，0），故，，．设为平面AEG的一个法向量，由，得，取z1=2，得；设为平面ACG的一个法向量，由，可得，取z2=﹣2，得．∴cos＜＞= ．∴二面角E﹣AG﹣C的大小为60°．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），直线与平面垂直的判定，直线与平面垂直的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°；（Ⅱ）法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEGH为菱形，取AG中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角．求解三角形得二面角E﹣AG﹣C的大小．法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E﹣AG﹣C的大小．14、【答案】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，∵M为AD中点，∴MF∥BD，∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE．∵N为BC中点，∴NF∥AC，又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE．又MF∩NF=F．∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵PA=AC=4，AB=2，∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E（0，2，2），则，，设平面MEN的一个法向量为，由，得，取z=2，得．由图可得平面CME的一个法向量为．∴cos＜＞= ．∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为，则正弦值为；（Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t），，．∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，∴|cos＜＞|=| |=| |= ．解得：t=4．∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为4．【考点】异面直线及其所成的角，平面与平面平行的判定，平面与平面平行的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）取AB中点F，连接MF、NF，由已知可证MF∥平面BDE，NF∥平面BDE．得到平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）由PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．可以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．求出平面MEN与平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角C﹣EM﹣N的余弦值，进一步求得正弦值；（Ⅲ）设AH=t，则H（0，0，t），求出的坐标，结合直线NH与直线BE所成角的余弦值为列式求得线段AH的长．15、【答案】证明：（Ⅰ）∵四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点，∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系，设PC=AD=2DC=2CB=2，则C（0，1，0），D（0，0，0），P（1，0，1），E（），A（2，0，0），B（1，1，0），=（），=（1，0，﹣1），=（0，1，﹣1），设平面PAB的法向量=（x，y，z），则，取z=1，得=（1，1，1），∵= =0，CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB．解：（Ⅱ）=（﹣1，1，﹣1），设平面PBC的法向量=（a，b，c），则，取b=1，得=（0，1，1），设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ=|cos＜＞|= = = ．∴直线CE与平面PBC所成角的正弦值为．【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角，向量方法证明线、面的位置关系定理，用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（Ⅰ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系，利用向量法能证明CE∥平面PAB．（Ⅱ）求出平面PBC的法向量和，利用向量法能求出直线CE与平面PBC所成角的正弦值．16、【答案】（1）证明：如图，设AC∩BD=O，∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM，∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM，∴PD∥OM，则，即M为PB的中点；（2）解：取AD中点G，∵PA=PD，∴PG⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，由PA=PD= ，AB=4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M （﹣1，2，），，．设平面PBD的一个法向量为，则由，得，取z= ，得．取平面PAD的一个法向量为．∴cos＜＞= = ．∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；（3）解：，平面PAD的一个法向量为．∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜＞|=| |=| |= ．【考点】直线与平面平行的性质，平面与平面垂直的性质，直线与平面所成的角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（1.）设AC∩BD=O，则O为BD的中点，连接OM，利用线面平行的性质证明OM∥PD，再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点；（2.）取AD中点G，可得PG⊥AD，再由面面垂直的性质可得PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，再证明OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小；（3.）求出的坐标，由与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC与平面BDP所成角的正弦值．17、【答案】解：在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD，∵AA1⊥平面ABCD，AD、Ax⊂平面ABCD，∴AA1⊥Ax，AA1⊥AD，以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°，∴A（0，0，0），B（），C（，1，0），D（0，2，0），A1（0，0，），C1（）．=（），=（），，．（Ⅰ）∵cos＜＞= = ．∴异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为；（Ⅱ）设平面BA1D的一个法向量为，由，得，取x= ，得；取平面A1AD的一个法向量为．∴cos＜＞= = ．∴二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为，则二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为．【考点】异面直线及其所成的角，直线与平面垂直的性质，用空间向量求直线间的夹角、距离，二面角的平面角及求法【解析】【分析】在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD，由AA1⊥平面ABCD，可得AA1⊥Ax，AA1⊥AD，以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．结合已知求出A，B，C，D，A1，C1的坐标，进一步求出，，，的坐标．（Ⅰ）直接利用两法向量所成角的余弦值可得异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（Ⅱ）求出平面BA1D与平面A1AD的一个法向量，再由两法向量所成角的余弦值求得二面角B﹣A1D﹣A的余弦值，进一步得到正弦值．18、【答案】证明：（Ⅰ）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；（Ⅱ）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，因为BC⊥BD，所以FG⊥BC，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．【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面平行的判定【解析】【分析】（Ⅰ）利用AB∥EF及线面平行判定定理可得结论；（Ⅱ）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．19、【答案】（Ⅰ）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF AD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥AD，∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，∴直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP= ，∴∠PCO=60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°，可得：BN=MN，CN= MN，BC=1，可得：1+ BN2=BN2，BN= ，MN= ，作NQ⊥AB于Q，连接MQ，所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ== ，二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：= ．【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）取PA的中点F，连接EF，BF，通过证明CE∥BF，利用直线与平面平行的判定定理证明即可．（Ⅱ）利用已知条件转化求解M到底面的距离，作出二面角的平面角，然后求解二面角M﹣AB﹣D的余弦值即可．20、【答案】（Ⅰ）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．△ABD与△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD，∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD．∵△ACD是直角三角形，∴AC是斜边，∴∠ADC=90°．∴DO= AC．∴DO2+BO2=AB2=BD2．∴∠BOD=90°．∴OB⊥OD．又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC．（Ⅱ）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为h D，h E．则= ．∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，∴= = =1．∴点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设AB=2．则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），E ．=（﹣1，0，1），= ，=（﹣2，0，0）．设平面ADE的法向量为=（x，y，z），则，即，取= ．同理可得：平面ACE的法向量为=（0，1，）．∴cos = = =﹣．∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为．【考点】平面与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．△ABC是等边三角形，可得OB⊥AC．由已知可得：△ABD≌△CBD，AD=CD．△ACD是直角三角形，可得AC是斜边，∠ADC=90°．可得DO= AC．利用DO2+BO2=AB2=BD2．可得OB⊥OD．利用线面面面垂直的判定与性质定理即可证明．（Ⅱ）设点D，B到平面ACE的距离分别为h D，h E．则= ．根据平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，可得= = =1，即点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．设AB=2．利用法向量的夹角公式即可得出．21、【答案】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵PA∩PD=P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD；（2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD 为矩形，在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y=1，得．∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥AD，又PD⊥PA，PA∩AB=A，∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，．∴cos＜＞= = ．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（1.）由已知可得PA⊥AB，PD⊥CD，再由AB∥CD，得AB⊥PD，利用线面垂直的判定可得AB⊥平面PAD，进一步得到平面PAB⊥平面PAD；（2.）由已知可得四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，得到AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC的一个法向量，再证明PD⊥平面PAB，得为平面PAB的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣PB﹣C的余弦值．。

立体几何17-19理科数学全国卷

7．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．10 B．12 C．14 D．1616．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，△FAB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，△FAB，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：cm3）的最大值为_______。

18.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且90∠=∠=o.BAP CDP （1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，90∠=o，求二面角A-PB-C的余弦值.APD4. 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 ． 90π B ．63π C ．42π D ．36π10. 已知直三棱柱111ABC A B C -中，C 120∠AB =o ，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（）A ．3 B ．15 C ．10 D ．3 19.（12分）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点.（1）证明：直线//CE 平面PAB（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45 ，求二面角M AB D --的余弦值8．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．34πC．2πD．4π16．,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60o角时，AB与b成30o角；②当直线AB与a成60o角时，AB与b成60o角；③直线AB与a所成角的最小值为45o；④直线AB与a所成角的最大值为60o．其中正确的是________（填写所有正确结论的编号）19．（12分）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形．ABD CBD??，AB BD=．（1）证明：平面ACD^平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分．求二面角D AE C--的余弦值．DAB CE7．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．3 D．212．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A．33B．23C．32D．318．（12分）如图，四边形ABCD为正方形，,E F分别为,AD BC的中点，以DF为折痕把DFC△折起，使点C到达点P的位置，且PF BF⊥.（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.9．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA ，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为 A ．15B．CD16．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__________． 20．（12分）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．3．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10．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．54319．（12分）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧»CD所在平面垂直，M是»CD 上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）当三棱锥M ABC-体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．12．已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，PB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为 A ．68π B ．64π C ．62π D ．6π 18．（12分）如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求二面角A-MA 1-N 的正弦值．7．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16．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________.（本题第一空2分，第二空3分.）17．（12分）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.8．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 16．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___________.19．（12分）图1是由矩形ADEB 、R t △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的二面角B-CG-A 的大小.。

2017年高考真题分类汇编理数专题6 立体几何含解析精

2017年高考真题分类汇编（理数）：专题6 立体几何（解析版）一、单选题（共7题；共14分）1、（2017•浙江）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：cm2）是（）A、+1B、+3C、+1D、+32、（2017•浙江）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，= =2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D ﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A、γ＜α＜βB、α＜γ＜βC、α＜β＜γD、β＜γ＜α3、（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、3B、2C、2D、24、（2017•新课标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、165、（2017•新课标Ⅱ）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A、B、C、D、6、（2017•新课标Ⅱ）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、36π7、（2017•新课标Ⅲ）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、C、D、二、填空题（共5题；共5分）8、（2017•山东）由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．9、（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________．10、（2017•江苏）如图，在圆柱O1O2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O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．11、（2017•新课标Ⅰ卷）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，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，△FAB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，△FAB，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：cm3）的最大值为________．12、（2017•新课标Ⅲ）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所成角的最小值为60°；其中正确的是________（填写所有正确结论的编号）三、解答题（共9题；共60分）13、（2017•山东）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．（12分）（Ⅰ）设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．14、（2017·天津）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．15、（2017•浙江）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．16、（2017•北京卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD= ，AB=4．（14分）(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B﹣PD﹣A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．17、（2017•江苏）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°．（Ⅰ）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．18、（2017•江苏）如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（Ⅰ）EF∥平面ABC；（Ⅱ）AD⊥AC．19、（2017•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．（Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．20、（2017•新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC；（Ⅱ）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．21、（2017•新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．答案解析部分一、单选题1、【答案】A【考点】由三视图求面积、体积，由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为× ×π×12×3+ × × × ×3= +1，故选：A【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．2、【答案】B【考点】用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6 ），Q ，R ，= ，=（0，3，6 ），=（，5，0），= ，= ．设平面PDR的法向量为=（x，y，z），则，可得，可得= ，取平面ABC的法向量=（0，0，1）．则cos = = ，取α=arccos ．同理可得：β=arccos ．γ=arccos ．∵＞＞．∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OD，OQ，OR，过点O发布作垂线：OE⊥DR，OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG．设OP=h．则cosα= = = ．同理可得：cosβ= = ，cosγ= = ．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴cosα＞cosγ＞cosβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B．【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6 ），Q ，R ，利用法向量的夹角公式即可得出二面角．解法二：如图所示，连接OD，OQ，OR，过点O发布作垂线：OE⊥DR，OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG．设OP=h．可得cosα= = = ．同理可得：cosβ= = ，cosγ= = ．由已知可得：OE＞OG＞OF．即可得出．3、【答案】B【考点】由三视图求面积、体积，由三视图还原实物图【解析】【解答】解：由三视图可得直观图，再四棱锥P﹣ABCD中，最长的棱为PA，即PA= ==2 ，故选：B．【分析】根据三视图可得物体的直观图，结合图形可得最长的棱为PA，根据勾股定理求出即可．4、【答案】B【考点】由三视图求面积、体积，组合几何体的面积、体积问题，由三视图还原实物图【解析】【解答】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S梯形= ×2×（2+4）=6，∴这些梯形的面积之和为6×2=12，故选：B【分析】由三视图可得直观图，由图形可知该立体图中只有两个相同的梯形的面，根据梯形的面积公式计算即可5、【答案】C【考点】余弦定理的应用，异面直线及其所成的角【解析】【解答】解：如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角（因异面直线所成角为（0，]），可知MN= AB1= ，NP= BC1= ；作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；∵PQ=1，MQ= AC，△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC=4+1﹣2×2×1×（﹣）=7，∴AC= ，∴MQ= ；在△MQP中，MP= = ；在△PMN中，由余弦定理得cos∠MNP= = =﹣；又异面直线所成角的范围是（0，]，∴AB1与BC1所成角的余弦值为．【分析】设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，得出AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角；根据中位线定理，结合余弦定理求出AC、MQ，MP和∠MNP的余弦值即可．6、【答案】B【考点】由三视图求面积、体积，组合几何体的面积、体积问题，由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，V=π•32×10﹣•π•32×6=63π，故选：B．【分析】由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，即可求出几何体的体积．7、【答案】B【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：∵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，∴该圆柱底面圆周半径r= = ，∴该圆柱的体积：V=Sh= = ．故选：B．【分析】推导出该圆柱底面圆周半径r= = ，由此能求出该圆柱的体积．二、填空题8、【答案】2+【考点】由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由长方体长为2，宽为1，高为1，则长方体的体积V1=2×1×1=2，圆柱的底面半径为1，高为1，则圆柱的体积V2= ×π×12×1= ，则该几何体的体积V=V1+2V1=2+ ，故答案为：2+ ．【分析】由三视图可知：长方体长为2，宽为1，高为1，圆柱的底面半径为1，高为1圆柱的，根据长方体及圆柱的体积公式，即可求得几何体的体积．9、【答案】【考点】球的体积和表面积【解析】【解答】解：设正方体的棱长为a，∵这个正方体的表面积为18，∴6a2=18，则a2=3，即a= ，∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，∴正方体的体对角线等于球的直径，即a=2R，即R= ，则球的体积V= π•（）3= ；故答案为：．【分析】根据正方体和球的关系，得到正方体的体对角线等于直径，结合球的体积公式进行计算即可．10、【答案】【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），球的体积和表面积【解析】【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：R3，圆柱的体积为：πR2•2R=2πR3．则= = ．故答案为：．【分析】设出球的半径，求出圆柱的体积以及球的体积即可得到结果．11、【答案】4 cm3【考点】棱锥的结构特征，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG= BC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OG=x，则BC=2 x，DG=5﹣x，三棱锥的高h= = = ，=3 ，则V= = = ，令f（x）=25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）=100x3﹣50x4，令f′（x）≥0，即x4﹣2x3≤0，解得x≤2，则f（x）≤f（2）=80，∴V≤ =4 cm3，∴体积最大值为4 cm3．故答案为：4 cm3．【分析】由题，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG= BC，设OG=x，则BC=2x，DG=5﹣x，三棱锥的高h= ，求出S△ABC=3 ，V= =，令f（x）=25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）=100x3﹣50x4，f （x）≤f（2）=80，由此能求出体积最大值．12、【答案】②③【考点】异面直线及其所成的角，用空间向量求直线间的夹角、距离【解析】【解答】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|=1，|AB|= ，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量=（0，1，0），| |=1，直线b的方向单位向量=（1，0，0），| |=1，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），∴AB′在运动过程中的向量，=（﹣cosθ，﹣sinθ，1），| |= ，设与所成夹角为α∈[0，]，则c osα= = |sinθ|∈[0，]，∴α∈[ ，]，∴③正确，④错误．设与所成夹角为β∈[0，]，cosβ= = = |cosθ|，当与夹角为60°时，即α= ，|sinθ|= = = ，∵cos2θ+sin2θ=1，∴cosβ= |cosθ|= ，∵β∈[0，]，∴β= ，此时与的夹角为60°，∴②正确，①错误．故答案为：②③．【分析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，|AC|=1，|AB|= ，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．三、解答题13、【答案】解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，∴BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，∴BE⊥BP，又∠EBC=120°，因此∠CBP=30°；（Ⅱ）解法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，∵∠EBC=120°，∴四边形BEGH为菱形，∴AE=GE=AC=GC= ．取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，∴∠EMC为所求二面角的平面角．又AM=1，∴EM=CM= ．在△BEC中，由于∠EBC=120°，由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12，∴，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°．解法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．由题意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，，3），C（﹣1，，0），故，，．设为平面AEG的一个法向量，由，得，取z1=2，得；设为平面ACG的一个法向量，由，可得，取z2=﹣2，得．∴cos＜＞= ．∴二面角E﹣AG﹣C的大小为60°．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），直线与平面垂直的判定，直线与平面垂直的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°；（Ⅱ）法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEGH为菱形，取AG中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角．求解三角形得二面角E﹣AG﹣C的大小．法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E﹣AG﹣C的大小．14、【答案】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，∵M为AD中点，∴MF∥BD，∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE．∵N为BC中点，∴NF∥AC，又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE．又MF∩NF=F．∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵PA=AC=4，AB=2，∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E（0，2，2），则，，设平面MEN的一个法向量为，由，得，取z=2，得．由图可得平面CME的一个法向量为．∴cos＜＞= ．∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为，则正弦值为；（Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t），，．∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，∴|cos＜＞|=| |=| |= ．解得：t=4．∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为4．【考点】异面直线及其所成的角，平面与平面平行的判定，平面与平面平行的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）取AB中点F，连接MF、NF，由已知可证MF∥平面BDE，NF∥平面BDE．得到平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）由PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．可以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．求出平面MEN与平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角C﹣EM﹣N的余弦值，进一步求得正弦值；（Ⅲ）设AH=t，则H（0，0，t），求出的坐标，结合直线NH与直线BE所成角的余弦值为列式求得线段AH的长．15、【答案】证明：（Ⅰ）∵四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点，∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系，设PC=AD=2DC=2CB=2，则C（0，1，0），D（0，0，0），P（1，0，1），E（），A（2，0，0），B（1，1，0），=（），=（1，0，﹣1），=（0，1，﹣1），设平面PAB的法向量=（x，y，z），则，取z=1，得=（1，1，1），∵= =0，CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB．解：（Ⅱ）=（﹣1，1，﹣1），设平面PBC的法向量=（a，b，c），则，取b=1，得=（0，1，1），设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ=|cos＜＞|= = = ．∴直线CE与平面PBC所成角的正弦值为．【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角，向量方法证明线、面的位置关系定理，用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（Ⅰ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z 轴，建立空间直角系，利用向量法能证明CE∥平面PAB．（Ⅱ）求出平面PBC的法向量和，利用向量法能求出直线CE与平面PBC所成角的正弦值．16、【答案】（1）证明：如图，设AC∩BD=O，∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM，∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM，∴PD∥OM，则，即M为PB的中点；（2）解：取AD中点G，∵PA=PD，∴PG⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，由PA=PD= ，AB=4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2，），，．设平面PBD的一个法向量为，则由，得，取z= ，得．取平面PAD的一个法向量为．∴cos＜＞= = ．∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；（3）解：，平面PAD的一个法向量为．∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜＞|=| |=| |=．【考点】直线与平面平行的性质，平面与平面垂直的性质，直线与平面所成的角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（1.）设AC∩BD=O，则O为BD的中点，连接OM，利用线面平行的性质证明OM∥PD，再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点；（2.）取AD中点G，可得PG⊥AD，再由面面垂直的性质可得PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，再证明OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小；（3.）求出的坐标，由与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC与平面BDP所成角的正弦值．17、【答案】解：在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD，∵AA1⊥平面ABCD，AD、Ax⊂平面ABCD，∴AA1⊥Ax，AA1⊥AD，以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°，∴A（0，0，0），B（），C（，1，0），D（0，2，0），A1（0，0，），C1（）．=（），=（），，．（Ⅰ）∵cos＜＞= = ．∴异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为；（Ⅱ）设平面BA1D的一个法向量为，由，得，取x= ，得；取平面A1AD的一个法向量为．∴cos＜＞= = ．∴二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为，则二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为．【考点】异面直线及其所成的角，直线与平面垂直的性质，用空间向量求直线间的夹角、距离，二面角的平面角及求法【解析】【分析】在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD，由AA1⊥平面ABCD，可得AA1⊥Ax，AA1⊥AD，以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．结合已知求出A，B，C，D，A1，C1的坐标，进一步求出，，，的坐标．（Ⅰ）直接利用两法向量所成角的余弦值可得异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（Ⅱ）求出平面BA1D与平面A1AD的一个法向量，再由两法向量所成角的余弦值求得二面角B﹣A1D﹣A的余弦值，进一步得到正弦值．18、【答案】证明：（Ⅰ）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；（Ⅱ）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，因为BC⊥BD，所以FG⊥BC，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．【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面平行的判定【解析】【分析】（Ⅰ）利用AB∥EF及线面平行判定定理可得结论；（Ⅱ）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．19、【答案】（Ⅰ）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF AD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥AD，∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，∴直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP= ，∴∠PCO=60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°，可得：BN=MN，CN= MN，BC=1，可得：1+ BN2=BN2，BN= ，MN= ，作NQ⊥AB于Q，连接MQ，所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ== ，二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：= ．【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）取PA的中点F，连接EF，BF，通过证明CE∥BF，利用直线与平面平行的判定定理证明即可．（Ⅱ）利用已知条件转化求解M到底面的距离，作出二面角的平面角，然后求解二面角M ﹣AB﹣D的余弦值即可．20、【答案】（Ⅰ）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．△ABD与△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD，∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD．∵△ACD是直角三角形，∴AC是斜边，∴∠ADC=90°．∴DO= AC．∴DO2+BO2=AB2=BD2．∴∠BOD=90°．∴OB⊥OD．又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC．（Ⅱ）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为h D，h E．则= ．∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，∴= = =1．∴点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设AB=2．则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），E ．=（﹣1，0，1），= ，=（﹣2，0，0）．设平面ADE的法向量为=（x，y，z），则，即，取=．同理可得：平面ACE的法向量为=（0，1，）．∴cos = = =﹣．∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为．【考点】平面与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．△ABC是等边三角形，可得OB⊥AC．由已知可得：△ABD≌△CBD，AD=CD．△ACD是直角三角形，可得AC是斜边，∠ADC=90°．可得DO= AC．利用DO2+BO2=AB2=BD2．可得OB⊥OD．利用线面面面垂直的判定与性质定理即可证明．（Ⅱ）设点D，B到平面ACE的距离分别为h D，h E．则= ．根据平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，可得= = =1，即点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．设AB=2．利用法向量的夹角公式即可得出．21、【答案】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵PA∩PD=P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD；（2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y=1，得．∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥AD，又PD⊥PA，PA∩AB=A，∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，．∴cos＜＞= = ．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（1.）由已知可得PA⊥AB，PD⊥CD，再由AB∥CD，得AB⊥PD，利用线面垂直的判定可得AB⊥平面PAD，进一步得到平面PAB⊥平面PAD；（2.）由已知可得四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，得到AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC的一个法向量，再证明PD⊥平面PAB，得为平面PAB的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣PB﹣C的余弦值．。

立体几何(解答题)-高考真题文科数学分项汇编(原卷版)

专题06立体几何（解答题）1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）设DO= 2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P−ABC的体积.2．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；π（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B−EB1C1F3的体积．3．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如图，在长方体ABCD A 1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE ED1，BF 2FB1．证明：（1）当AB BC时，EF AC；（2）点C1在平面AEF内．4．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．5．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．6．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．7．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A E，AB=3，求四棱锥E BB1C1C的体积．18．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB，Rt△ ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积.9．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD中，PA 平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．10．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面PAC 平面PCD，PA CD,CD 2, AD 3.（1）设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面PAD；（2）求证：PA 平面PCD；（3）求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.11．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．12．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱ABC A1B1C1，平面A1ACC1 平面ABC，ABC 90，BAC 30,A1A A1C AC,E,F分别是AC，A1B1的中点.（1）证明：EF BC；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.13．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在平行四边形ABCM中，AB AC 3，∠ACM 90，以 AC 为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥ DA．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；BP DQ 2 DA ，求三棱锥Q ABP的体积．Q（2）为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且 314．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】如图，在三棱锥P ABC中，AB BC 2 2，PA PB PC AC 4，O为AC的中点．（1）证明：PO 平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且MC 2MB，求点C到平面POM的距离．15．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．16．【2018年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点.（1）求证：PE⊥BC；（2）求证：平面PAB⊥平面PCD；（3）求证：EF∥平面PCD.17．【2018年高考天津卷文数】如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=2 3，∠BAD=90°．（1）求证：AD⊥BC；（2）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（3）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．18．【2018年高考江苏卷】在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，AA1 AB, AB1 B1C1．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1 平面A1BC．19．【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（1）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．。

三年高考（2017-2019）理科数学高考真题分类汇总：空间向量与立体几何

第二十三讲空间向量与立体几何2019年1.(2019全国I理18)如图，直四棱柱ABCD-AiBrCiDi的底面是菱形，AAi=4,AB=2,Z BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB X,人刀的中点.(1)证明：枷〃平面CiDE；(2)求二面角A-MAi-N的正弦值.解析：(1)连结BiC,ME.因为E分别为BBi，BC的中点，所以ME//B1C,2又因为N为AiD的中点，所以ND=-A{D.2由题设^DAiB,P DC,可得B rCPAiD,故M E£ND,因此四边形为平行四边形，MN//ED.又MNS平面EDCr，所以MN〃平面CiDE.(2)由已知可^DE±DA.以D为坐标原点，瑟的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Q-xyz,L UUUl UULIU1则A(2,0,0),A i(2,0,4),M(1,a/3,2)，ML。

,2),天人=(0,0,-4)，=(-l,V3,-2),uuu uuuAN=(—I,o,—2),AN=(-1,0,-2).设m=(x,y,z)为平面AMA的法向量，贝!r uuuinm-A^M=0umim-A l A=0所以〈—x+y/3y~2z=0,_r-可取/n=(J5』,o).—4z=0.r uuirn•MN=0,uuir〃X n=o.设n=(p,q,r)为平面AMN的法向量，贝卜所以4'可取〃=(2,0,—1).-p-2r=0.工曰/、m n2^/3^/15于TH COS\/7l,n)=—-—=----户=----,|mll n\2x7?5所以二面角A-MA.-N的正弦值为零.2.(2019北京理16)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面ABC。

，AD LCD,PF1 ADPBC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为FQ的中点，点F在PC上，且一=一PC3(I)求证：CDJ_平面PAD；(II)求二面角F-AE-P的余弦值;(III)PC2设点G在PB上，且一=—.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.PB3解析：(I)因为平面A3CD,所以PALCD.又因为AB LCD,所以CD平面PAD,(II)过A作AO的垂线交BC于点因为PA_L平面ABCD，所以PA±AM,D,如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),8(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),F(0,0,2),因为E为PD的中点，所以E(0,1,1).UUU1UUIU ULUL所以AE=(0,1,1),FC=(2,2,—2),AF=(0,0,2).uun1uun 所以PF=—PC=3uuu uun uun AF=AP+PF=设平面AEF的法向量为〃=(x,y,z),则r UUJn-AE=0uuiy，即•n•AF=0y+z=0224•—x+—y+—z=0〔3 33令z=l,贝I]y=-l,x=-1.于是"=(—1,—1,1).又因为平面PAD的法向量为p=(l,O,O),所以cos<n,p>=C=\n\-\P\3因为二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为3PG?UUL(III)直线AG在平面AEF内，因为点G在PB上，且—=PB=(2,-1,-2)PB3uum quit<474、uum uun uldu<49所以PG=-PB=\AG=AP+PG=\---,-\.3"333)(333J由（II）知，平面AEF的法向量为"=（一1,—1,1）,uuin422所以AGn=--+—+—=0,所以直线AG在平面AEF内.3333.（2019浙江19）如图，己知三棱柱ABC—50,平面上平面A8C,/ABC=90°, ABAC=30°,=AC,E,F分别是ACMiBi的中点.（1）证明：EF±BC；（2）求直线EF与平面AiBC所成角的余弦值.解析：方法一:（I）连接&E,因为E是AC的中点，所以A.ELAC.又平®AiACCi±平面ABC,Ai£<=平面AiACG，平f fiAiACCiA平面A BOAC,所以，AiE_L平面ABC,贝Ui£±BC.又因为&F〃A3,ZABC=90°,故所以BC±平面AEF.因此EFLBC.（II）取BC中点G,连接EG,GF,贝怔GE4i是平行四边形.由于AiEI 平面ABC,故AEAEG,所以平行四边形EGFAi 为矩形.由（I ）得BC±平面EGFAi ，则平面平面EGFAi ，所以EF 在平面血3。

专题06 立体几何(解答题)

专题06 立体几何（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【答案】（1）见解析；（2）41717. 【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =，故417CH =.从而点C 到平面1C DE 的距离为41717.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积．【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知∠BEB 1=90°. 由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==．所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.3．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE．又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．（2）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM=3，故DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 4．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，⊥．所以PA BD又因为底面ABCD为菱形，所以BD AC ⊥．所以BD ⊥平面PAC ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点，所以AE ⊥CD ．所以AB ⊥AE ．所以AE ⊥平面PAB ．所以平面PAB ⊥平面PAE ．（3）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ．则FG ∥AB ，且FG =12AB ．因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，所以CE ∥AB ，且CE =12AB ．所以FG ∥CE ，且FG =CE ．所以四边形CEGF 为平行四边形．所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ，所以CF ∥平面PAE ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ；（2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（33【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，所以GH ∥平面P AD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ，又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面P AC ，又PA ⊂平面P AC ，故DN PA ⊥. 又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面P AC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面P AC 所成的角，因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点，所以3DN =又DN AN ⊥，在Rt AND △中，3sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为33.【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.6．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ，所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.7．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35．【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3. 由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===，所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35．方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，23），B （3，1，0），1(3,3,23)B ，33(,,23)22F ，C (0，2，0)．因此，33(,,23)22EF =，(3,1,0)BC =-．由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(0223)BC AC --，，，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得3030x y y z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩，取n (131)=，，，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.8．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】（1）见解析；（2）1.【解析】（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =32又23BP DQ DA ==，所以22BP = 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE =∥13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1．因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322451332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△．【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.解答本题时，（1）首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90°，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；（2）根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 9．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）见解析；（2）455．【解析】（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =23．连结OB ．因为AB =BC =22AC，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2．由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ．由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM ．故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．由题设可知OC =12AC =2，CM =23BC =23，∠ACB =45°．所以OM =253，CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠=455．所以点C 到平面POM 45【名师点睛】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明，解答本题时，连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，即过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可，本题也可利用等体积法解决.10．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ．因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ．又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ．而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．（2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点．连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．【名师点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题.11．【2018年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.（1）求证：PE ⊥BC ；（2）求证：平面P AB ⊥平面PCD ；（3）求证：EF ∥平面PCD .【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）∵PA PD =，且E 为AD 的中点，∴PE AD ⊥. ∵底面ABCD 为矩形，∴BC AD ∥， ∴PE BC ⊥.（2）∵底面ABCD 为矩形，∴AB AD ⊥. ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD . ∴AB PD ⊥.又PA PD ⊥，∴PD ⊥平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD . （3）如图，取PC 中点G ，连接,FG GD .∵,F G 分别为PB 和PC 的中点，∴FG BC ∥，且12FG BC =. ∵四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， ∴1,2ED BC DE BC =∥，∴ED FG ∥，且ED FG =，∴四边形EFGD 为平行四边形， ∴EF GD ∥.又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ， ∴EF ∥平面PCD .【名师点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.12．【2018年高考天津卷文数】如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB =2，AD =23，∠BAD =90°．（1）求证：AD ⊥BC ；（2）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值；（3）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）1326；（3）34．【解析】（1）由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ．（2）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角．在Rt △DAM 中，AM =1，故DM 22=13AD AM +AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC ．在Rt △DAN 中，AN =1，故DN 22=13AD AN +在等腰三角形DMN 中，MN =1，可得1132cos MNDMN DM ∠==．所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326．（3）连接CM ．因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM =3．又因为平面ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ．所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD =22AC AD +=4．在Rt △CMD 中，3sin 4CM CDM CD ∠==．所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34．【名师点睛】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．13．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ；（2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．【名师点睛】本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明.解答本题时，（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得四边形ABB1A1为菱形，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.14．【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（1）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）3913. 【解析】方法一：（1）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得11122AB A B ==，所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得115B C =，由2,120AB BC ABC ==∠=︒得23AC =，由1CC AC ⊥，得113AC =，所以2221111AB B C AC +=，故111AB B C ⊥.因此1AB ⊥平面111A B C .（2）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD .由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ，由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ，所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由1111115,22,21BC A B AC ==1111116cos 77C A B C A B ∠=∠=，所以13C D ，故11139sin C D C AD AC ∠==.因此，直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是3913. 方法二：（1）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意知各点坐标如下：111(0,3,0),(1,0,0),(0,3,4),(1,0,2),3,1),A B A B C --因此11111(1,3,2),(1,3,2),(0,23,3),AB A B AC ==-=- 由1110AB A B ⋅=得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（2）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（1）可知11(0,23,1),(1,3,0),(0,0,2),AC AB BB === 设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即30,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(3,1,0)=-n .所以111|39sin |cos ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅n |n n |. 因此，直线1AC 与平面1ABB 39. 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.15．【2017年高考全国Ⅰ文数】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．【答案】（1）见解析；（2）326+．【解析】（1）由已知90BAP CDP ==︒∠∠，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ．又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得2AD x =，22PE x =．故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=．由题设得31833x =，故2x =．从而2PA PD ==，22AD BC ==22PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 606232222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+ 【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；计算点面距离时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点面距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出．解答本题时，（1）由AB AP ⊥，AB PD ⊥，得AB ⊥平面PAD 即可证得结果；（2）设AB x =，则四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=，解得2x =，可得所求侧面积．16．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，1,2AB BC AD BAD ==∠90.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.【答案】（1）见解析；（2）43.【解析】（1）在平面ABCD 内，因为∠BAD =∠ABC =90°，所以BC ∥AD . 又BC PAD ⊄平面，AD PAD ⊂平面，故BC ∥平面P AD .（2）取AD 的中点M ，连结PM ，CM ，由12AB BC AD ==及BC ∥AD ，∠ABC =90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD =AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD ，因为CM ABCD⊂底面，所以PM⊥CM.设BC=x，则CM=x，CD=2x，PM=3x，PC=PD=2x.取CD的中点N，连结PN，则PN⊥CD，所以142PN x=.因为△PCD的面积为27，所以114227 22x x⨯⨯=，解得x=−2（舍去），x=2，于是AB=BC=2，AD=4，PM=23，所以四棱锥P−ABCD的体积()22412343 32V⨯+=⨯⨯=.【名师点睛】解答本题时，（1）先由平面几何知识得BC∥AD，再利用线面平行的判定定理证得结论；（2）取AD的中点M，利用线面垂直的判定定理证明PM⊥底面ABCD，从而得四棱锥的高，再通过平面几何计算得底面直角梯形的面积，最后代入锥体体积公式即可.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.17．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】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．【答案】（1）见解析；（2）1:1【解析】（1）取AC的中点O，连结DO，BO.因为AD=CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形，所以AC ⊥BO . 从而AC ⊥平面DOB ，故AC ⊥BD . （2）连结EO .由（1）及题设知∠ADC =90°，所以DO =AO . 在Rt △AOB 中，222BO AO AB +=.又AB =BD ，所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==，故∠DOB =90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以12EO AC =. 又△ABC 是正三角形，且AB =BD ，所以12EO BD =.故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1:1.【名师点睛】解答本题时，（1）取AC 的中点O ，由等腰三角形及等边三角形的性质得OD AC ⊥，OB AC ⊥，再根据线面垂直的判定定理得⊥AC 平面OBD ，即得AC ⊥BD ；（2）先由AE ⊥EC ，结合平面几何知识确定12EO AC =，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为1:1.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.18．【2017年高考北京卷文数】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．（1）求证：PA ⊥BD ；（2）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（3）当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E –BCD 的体积．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）13. 【解析】（1）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥，所以PA ⊥平面ABC ，又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA BD ⊥.（2）因为AB BC =，D 为AC 中点，所以BD AC ⊥，由（1）知，PA BD ⊥，所以BD ⊥平面PAC ，所以平面BDE ⊥平面PAC .（3）因为PA ∥平面BDE ，平面PAC 平面BDE DE =，所以PA DE ∥.因为D 为AC 的中点，所以112DE PA ==，2BD DC ==由（1）知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC . 所以三棱锥E BCD -的体积1163V BD DC DE =⋅⋅=. 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.解答本题时，（1）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（2）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（3）由13BCD V S DE =⨯⨯△即可求解.19．【2017年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =．（1）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（2）求证：PD ⊥平面PBC ；（3）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（1）55；（2）见解析；（3）55．【解析】（1）如图，由已知AD //BC ，故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角．因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD ．在Rt △PDA 中，由已知，得225AP AD PD =+=，故5cos 5AD DAP AP ∠==．所以，异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55．（2）因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD ．又因为BC //AD ，所以PD ⊥BC ，又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PB C ．（3）过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连结PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影，所以DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD //BC ，DF //AB ，故BF =AD =1，由已知，得CF =BC –BF =2．又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt △DCF 中，可得2225DF CD CF =+=，在Rt △DPF 中，可得5sin 5PD DFP DF ∠==．所以，直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55．【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点考查内容，而证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判断定理转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可，而线线垂直又可通过线面垂直得到，用几何法求线面角，关键是找到斜线的射影，斜线与其射影所成的角就是线面角．解答本题时，（1）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，因为AD BC ∥，所以DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角，本题中AD ⊥PD ，进而可得AP 的长，所以cos ADDAP AP∠=；（2）要证明线面垂直，根据判断定理，证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可；（3）根据（2）中的结论，作DF AB ∥，连结PF ，则DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．20．【2017年高考山东卷文数】由四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1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，A 1E ⊥平面ABCD . （1）证明：1A O ∥平面B 1CD 1;（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）取11B D 的中点1O ，连接111,CO AO ，由于1111ABCD A B C D -是四棱柱，所以1111,AO OC AO OC =∥，因此四边形11AOCO 为平行四边形，所以11A O O C ∥，又1O C ⊂平面11B CD ，1AO ⊄平面11B CD ，所以1A O ∥平面11B CD .（2）因为AC BD ⊥，E ，M 分别为AD 和OD 的中点，所以EM BD ⊥，又1A E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以1,A E BD ⊥ 因为11,B D BD ∥所以11111,,EM B D A E B D ⊥⊥ 又1,A E EM ⊂平面1A EM ，1A E EM E =，所以11B D ⊥平面1,A EM 又11B D ⊂平面11B CD ，所以平面1A EM ⊥平面11B CD .【名师点睛】证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行来推导线面平行，应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行．-中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，21．【2017年高考江苏卷】如图，在三棱锥A BCDF(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．【答案】（1）见解析；（2）见解析.⊥，【解析】（1）在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF AD∥．所以EF AB又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC．⊥，（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCD=BD，BC⊂平面BCD，BC BD所以BC⊥平面ABD．因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD．=，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，又AB⊥AD，BC AB B所以AD⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC．【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．22．【2017年高考浙江卷】如图，已知四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC AD∥，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（1）证明：CE ∥平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）8．【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.满分15分.（1）如图，设P A 中点为F ，连接EF ，FB ．因为E ，F 分别为PD ，P A 中点，所以EF AD ∥且12EF AD =，又因为BC AD ∥，12BC AD =，所以 EF BC ∥且EF BC =，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥，因此CE ∥平面P AB ．（2）分别取BC ，AD 的中点为M ，N ．连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ ．因为E ，F ，N 分别是PD ，P A ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点，在平行四边形BCEF 中，MQ//CE ．由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD ．由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD ．PABCDE所以AD⊥平面PBN，由BC//AD得BC⊥平面PBN，那么平面PBC⊥平面PBN．过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH．MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．设CD=1．在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=2得CE=2，在△PBN中，由PN=BN=1，PB=3得QH=14，在Rt△MQH中，QH=14，MQ=2，所以sin∠QMH=28，所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是28．【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角．。

立体几何(解答题)-三年(2017-2019)高考真题数学专题

立体几何（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C 的体积．3．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积.4．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底部ABCD 为菱形，E 为CD 的中点．（1）求证：BD ⊥平面PAC ；（2）若∠ABC =60°，求证：平面PAB ⊥平面PAE ；（3）棱PB 上是否存在点F ，使得CF ∥平面PAE ？说明理由．5．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ；（2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.6．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．7．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.8．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．9．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．10．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．11．【2018年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA⊥PD ，PA =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.（1）求证：PE ⊥BC ；（2）求证：平面PAB ⊥平面PCD ；（3）求证：EF ∥平面PCD .12．【2018年高考天津卷文数】如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M为棱AB 的中点，AB =2，AD =BAD =90°．（1）求证：AD ⊥BC ；（2）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值；（3）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．13．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ；（2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．14．【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（1）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（2）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．15．【2017年高考全国Ⅰ文数】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．16．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，1,2AB BC AD BAD ==∠90.ABC =∠=︒ （1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（2）若△PCD 的面积为P ABCD -的体积.17．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】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．18．【2017年高考北京卷文数】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．（1）求证：PA ⊥BD ；（2）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（3）当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E –BCD 的体积．19．【2017年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =．（1）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（2）求证：PD ⊥平面PBC ；（3）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．20．【2017年高考山东卷文数】由四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1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，A 1E ⊥平面ABCD . （1）证明：1A O ∥平面B 1CD 1;（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.21．【2017年高考江苏卷】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 ．22．【2017年高考浙江卷】如图，已知四棱锥P –ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC AD ∥，CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为PD 的中点．（1）证明：CE ∥平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．PABCDE立体几何（解答题）专题答案1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【答案】（1）见解析；（2. 【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由已知可得CE =1，C 1C =4，所以1C E =，故17CH =.从而点C 到平面1C DE 的距离为17.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积．【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知∠BEB 1=90°. 由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==．所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.3．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE．又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．（2）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 4．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，⊥．所以PA BD又因为底面ABCD为菱形，所以BD AC⊥．所以BD⊥平面PAC．（2）因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE．因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD．所以AB⊥AE．所以AE⊥平面PAB．所以平面PAB⊥平面PAE．（3）棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE．取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG．则FG∥AB，且FG=12 AB．因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CE∥AB，且CE=12 AB．所以FG∥CE，且FG=CE．所以四边形CEGF为平行四边形．所以CF∥EG．因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，所以CF∥平面PAE．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ；（2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3 【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，所以GH ∥平面P AD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ，又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面P AC ，又PA ⊂平面P AC ，故DN PA ⊥. 又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面P AC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面P AC 所成的角，因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点，所以DN =又DN AN ⊥，在Rt AND △中，sin DN DAN AD ∠==.所以，直线AD与平面P AC所成角的正弦值为3【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.6．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC . 因为三棱柱ABC −A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ，所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.7．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35．【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ，EG由于O 为A 1G 的中点，故12A G EO OG ===所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35．方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B1，0），1B，3,22F ，C (0，2，0)．因此，33(,22EF =，(BC =-．由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(02BC AC --，，，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.8．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】（1）见解析；（2）1.【解析】（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =又23BP DQ DA ==，所以BP = 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE =∥13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1．因此，三棱锥Q ABP -的体积为11113451332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△．【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.解答本题时，（1）首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90°，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；（2）根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.9．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）见解析；（2）5．【解析】（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =连结OB ．因为AB =BC =2AC，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2．由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ．由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM ．故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．由题设可知OC =12AC =2，CM =23BC =3，∠ACB =45°．所以OM =3，CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠=5．所以点C 到平面POM 【名师点睛】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明，解答本题时，连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，即过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可，本题也可利用等体积法解决.10．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ．因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ．又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ．而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．（2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点．连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．【名师点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题.11．【2018年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.（1）求证：PE ⊥BC ；（2）求证：平面P AB ⊥平面PCD ；（3）求证：EF ∥平面PCD .【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）∵PA PD =，且E 为AD 的中点，∴PE AD ⊥. ∵底面ABCD 为矩形，∴BC AD ∥， ∴PE BC ⊥.（2）∵底面ABCD 为矩形，∴AB AD ⊥. ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD . ∴AB PD ⊥.又PA PD ⊥，∴PD ⊥平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD . （3）如图，取PC 中点G ，连接,FG GD .∵,F G 分别为PB 和PC 的中点，∴FG BC ∥，且12FG BC =. ∵四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， ∴1,2ED BC DE BC =∥，∴ED FG ∥，且ED FG =，∴四边形EFGD 为平行四边形， ∴EF GD ∥.又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ， ∴EF ∥平面PCD .【名师点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.12．【2018年高考天津卷文数】如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB =2，AD=BAD =90°．（1）求证：AD ⊥BC ；（2）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值；（3）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）26；（3）4．【解析】（1）由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ．（2）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角．在Rt △DAM 中，AM =1，故DMAD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC ．在Rt △DAN 中，AN =1，故DN在等腰三角形DMN 中，MN =1，可得12cos MNDMN DM ∠==．所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为26．（3）连接CM ．因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ．所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD ．在Rt △CMD 中，sin 4CM CDM CD ∠==．所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为4．【名师点睛】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．13．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ；（2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．【名师点睛】本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明.解答本题时，（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得四边形ABB1A1为菱形，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.14．【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（1）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）13. 【解析】方法一：（1）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得111AB A B ==，所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得11B C = 由2,120AB BC ABC ==∠=︒得AC =由1CC AC ⊥，得1AC =，所以2221111AB B C AC +=，故111AB B C ⊥.因此1AB ⊥平面111A B C .（2）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD .由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ，由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ，所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由111111BC A B AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=，所以1C D ，故111sin C D C AD AC ∠==.因此，直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是13. 方法二：（1）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意知各点坐标如下：111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),A B A B C因此11111(1,3,2),(1,3,2),(0,23),AB A B AC ==-=- 由1110AB A B ⋅=得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（2）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（1）可知11(0,23,1),(1,3,0),(0,0,2),AC AB BB === 设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,ABBB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(=n .所以111|sin |cos ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅n |n n |. 因此，直线1AC 与平面1ABB . 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.15．【2017年高考全国Ⅰ文数】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．【答案】（1）见解析；（2）326+．【解析】（1）由已知90BAP CDP ==︒∠∠，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ．又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得AD =，2PE x =．故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=．由题设得31833x =，故2x =．从而2PA PD ==，AD BC ==PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 6062222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+ 【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；计算点面距离时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点面距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出．解答本题时，（1）由AB AP ⊥，AB PD ⊥，得AB ⊥平面PAD 即可证得结果；（2）设AB x =，则四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=，解得2x =，可得所求侧面积．16．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，1,2AB BC AD BAD ==∠90.ABC =∠=︒ （1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（2）若△PCD 的面积为，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）在平面ABCD 内，因为∠BAD =∠ABC =90°，所以BC ∥AD . 又BC PAD ⊄平面，AD PAD ⊂平面，故BC ∥平面P AD .（2）取AD 的中点M ，连结PM ，CM ，由12AB BC AD ==及BC ∥AD ，∠ABC =90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD =AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD ，因为CM ABCD ⊂底面，所以PM ⊥CM .设BC =x ，则CM =x ，CD ，PM ，PC =PD =2x .取CD 的中点N ，连结PN ，则PN ⊥CD ，所以PN x =.因为△PCD 的面积为，所以12x =解得x =−2（舍去），x =2，于是AB =BC =2，AD =4，PM =所以四棱锥P −ABCD 的体积()224132V ⨯+=⨯⨯=【名师点睛】解答本题时，（1）先由平面几何知识得BC ∥AD ，再利用线面平行的判定定理证得结论；（2）取AD 的中点M ，利用线面垂直的判定定理证明PM ⊥底面ABCD ，从而得四棱锥的高，再通过平面几何计算得底面直角梯形的面积，最后代入锥体体积公式即可.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.17．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】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．【答案】（1）见解析；（2）1:1【解析】（1）取AC 的中点O ，连结DO ，BO . 因为AD =CD ，所以AC ⊥DO . 又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO . 从而AC ⊥平面DOB ，故AC ⊥BD . （2）连结EO .由（1）及题设知∠ADC =90°，所以DO =AO . 在Rt △AOB 中，222BO AO AB +=.又AB =BD ，所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==，故∠DOB =90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以12EO AC =. 又△ABC 是正三角形，且AB =BD ，所以12EO BD =.故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1:1.【名师点睛】解答本题时，（1）取AC 的中点O ，由等腰三角形及等边三角形的性质得OD AC ⊥，OB AC ⊥，再根据线面垂直的判定定理得⊥AC 平面OBD ，即得AC ⊥BD ；（2）先由AE ⊥EC ，结合平面几何知识确定12EO AC =，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为1:1.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.18．【2017年高考北京卷文数】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．（1）求证：PA ⊥BD ；（2）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（3）当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E –BCD 的体积．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）13. 【解析】（1）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥，所以PA ⊥平面ABC ，又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA BD ⊥.（2）因为AB BC =，D 为AC 中点，所以BD AC ⊥，由（1）知，PA BD ⊥，所以BD ⊥平面PAC ，所以平面BDE ⊥平面PAC .（3）因为PA ∥平面BDE ，平面PAC 平面BDE DE =，所以PA DE ∥.因为D 为AC 的中点，所以112DE PA ==，BD DC ==由（1）知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC . 所以三棱锥E BCD -的体积1163V BD DC DE =⋅⋅=. 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.解答本题时，（1）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（2）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（3）由13BCD V S DE =⨯⨯△即可求解.19．【2017年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =．（1）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（2）求证：PD ⊥平面PBC ；（3）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（12）见解析；（3 【解析】（1）如图，由已知AD //BC ，故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角．因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD ．在Rt △PDA 中，由已知，得AP =故cos AD DAP AP ∠==所以，异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为5．（2）因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD ．又因为BC //AD ，所以PD ⊥BC ，又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PB C ．（3）过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连结PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影，所以DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD //BC ，DF //AB ，故BF =AD =1，由已知，得CF =BC –BF =2．又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt △DCF 中，可得DF ==在Rt △DPF 中，可得sin PD DFP DF ∠==．所以，直线AB 与平面PBC 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点考查内容，而证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判断定理转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可，而线线垂直又可通过线面垂直得到，用几何法求线面角，关键是找到斜线的射影，斜线与其射影所成的角就是线面角．解答本题时，（1）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，因为AD BC ∥，所以DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角，本题中AD ⊥PD ，进而可得AP 的长，所以cos ADDAP AP∠=；（2）要证明线面垂直，根据判断定理，证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可；（3）根据（2）中的结论，作DF AB ∥，连结PF ，则DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．20．【2017年高考山东卷文数】由四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1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，A 1E ⊥平面ABCD . （1）证明：1A O ∥平面B 1CD 1;（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）取11B D 的中点1O ，连接111,CO AO ，由于1111ABCD A B C D -是四棱柱，所以1111,AO OC AO OC =∥，因此四边形11AOCO 为平行四边形，所以11A O O C ∥，又1O C ⊂平面11B CD ，1AO ⊄平面11B CD ，所以1A O ∥平面11B CD .（2）因为AC BD ⊥，E ，M 分别为AD 和OD 的中点，所以EM BD ⊥，又1A E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以1,A E BD ⊥ 因为11,B D BD ∥所以11111,,EM B D A E B D ⊥⊥ 又1,A E EM ⊂平面1A EM ，1A E EM E =，所以11B D ⊥平面1,A EM 又11B D ⊂平面11B CD ，所以平面1A EM ⊥平面11B CD .【名师点睛】证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行来推导线面平行，应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如把线面平行。

专题06 立体几何中的翻折问题(解析版)

第三篇立体几何专题07 立体几何中的翻折问题常见考点考点一翻折问题典例1．如图1五边形ABCDE 中，ED EA =，//AB CD ，2CD AB =，150EDC ∠=︒，将EAD 沿AD 折到PAD △的位置，得到四棱锥P ABCD -，如图2，点M 为线段PC 的中点，且BM ⊥平面PCD ．（1）求证：CD ⊥平面PAD ；（2）若直线PC 与AB 所成角的正切值为12，求二面角P BD C --余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）取PD 的中点N ，连结AN ，MN ，利用中位线定理可证明四边形ABMN 为平行四边形，从而//AN BM ，可得AN ⊥平面PCD ，推出AN PD ⊥，AN CD ⊥，利用PAD △为等边三角形，由边角关系可得CD AD ⊥，结合线面垂直的判定定理证明即可；（2）利用线线角的定义可得PCD ∠为直线PC 与AB 所成的角，从而得到2CD PD =，设1PD =，建立合适的空间直角坐标系，求出点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面的法向量，由空间向量夹角公式计算即可．【详解】（1）证明：取PD 的中点N ，连接AN ，MN 则//MN CD ，12MN CD =，又//AB CD ，12AB CD =，所以//MN AB ，MN AB =，则四边形ABMN 为平行四边形，所以//AN BM ，又BM ⊥平面PCD ，∴AN ⊥平面PCD ，∴AN PD ⊥，AN CD ⊥．由ED EA =即PD PA =及N 为PD 的中点，可得PAD △为等边三角形， ∴60PAD ∠=︒，又150EDC ∠=︒，∴90CDA ∠=︒，∴CD AD ⊥，又,AN AD 在平面PAD 内相交， ∴CD ⊥平面PAD ．（2）//AB CD ，∴PCD ∠为直线PC 与AB 所成的角，由（1）可得90PDC ∠=︒，∴1tan 2PD PCD CD ∠==，∴2CD PD =，设1PD =，则2CD =，1PA AD AB ===，取AD 的中点O ，连接PO ，易知PO ⊥平面ABCD 过O 作AB 的平行线，可建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则1,0,02D ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1,1,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，1,2,02C ⎛⎫- ⎪⎝⎭，P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，∴14M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以()1,1,0DB =，1,1,2PB ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，34BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设(),,n x y z =为平面PBD的法向量，则0102x y x y z +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，取3x =，则(13,3,n =-为平面PBD 的一个法向量，又平面BCD 的法向量()20,0,1n =，设二面角P BD C --为θ∴1212123cos cos ,721n n n n n n θ⋅-====-，由图可知二面角为钝角，所以二面角P BD C --余弦值为变式1-1．如图，在Rt ABC 中，AC BC ⊥，30BAC ∠=︒，BC =，3AC DC =，//DE BC ，沿DE 将点A 折至1A 处，使得1A C DC ⊥，点M 为1A B 的中点.（1）证明：1A B ⊥平面CMD . （2）求二面角B CM E --的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）先证明DC ⊥平面1A CB ，可得1DC A B ⊥，再利用勾股定理计算出1A C BC =，由三线合一得1CM A B ⊥，即可证明出1A B ⊥平面CMD ；（2）以C 为原点建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得平面CMB 的法向量为()11,0,0n =，求出平面CME 的法向量，再利用向量的夹角公式计算余弦值. 【详解】（1）证明：由DC BC ⊥，1A C DC ⊥，且1AC BC C =，可得DC ⊥平面1A CB ，又1A B ⊂平面1A CB ，因此1DC A B ⊥.由30BAC ∠=︒，BC =33AC DC ===，因此1DC =，12AD A D ==，由勾股定理可得1AC BC =. 又因为点M 为1A B 的中点，所以1CM A B ⊥，而CD CM C ⋂=，故1A B ⊥平面CMD .（2）解：因为DE CD ⊥，1DE A D ⊥，所以DE ⊥平面1A CD ，又//BC DE ，所以BC ⊥平面1A CD .如图，以C 为原点，建立空间直角坐标系C xyz -，则M ⎛⎝⎭，E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()B ，则0,,22CM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，1,3CE ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭.易知()11,0,0n =是平面CMB 的一个法向量.设平面CME 的法向量为()2,,n x y z =，则2200n CM n CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即00y x y =⎨⎪=⎪⎩，令y =(2n =-.12cos ,n n ==易知二面角B CM E --为锐角，故二面角B CM E --【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理进行证明，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.变式1-2．如图，在等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，1AB =，3CD =，45ADC∠=︒，AE 为梯形ABCD 的高，将ADE 沿AE 折到PAE △的位置，使得PB（1）求证：PE ⊥平面ABCE ；（2）求平面PBC 与平面P AE 所成二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2【解析】【分析】（1）连接BE ，易知PE AE ⊥，BE 1PE =，由勾股定理证得PE BE ⊥，再由线面垂直的判定定理，得证；（2）以E 为原点建立空间直角坐标系，求得平面PBC 的法向量n ，由线面垂直的判定定理可证得EC ⊥平面PAE ，故平面PAE 的一个法向量为EC ，再由cos EC <，||||EC n n EC n ⋅>=⋅，即可得解．【详解】（1）证明：折叠前DE AE ⊥，折叠后PE AE ⊥，折叠前由已知得1DE AE AB ===，在AEB △中，BEBE =1PE =，因为PB PEB △为直角三角形，即PE BE ⊥，，因为AE BE E =，AE ⊂平面ABCE ，BE ⊂平面ABCE ，所以PE ⊥平面ABCE ．（2）由（1）知PE EC ⊥，又EA EC ⊥所以以E 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，()0,0,0E ，()0,2,0C ，所以平面P AE 的法向量为()0,2,0CE =-，又()0,0,1P ，()1,1,0B -，()1,1,1PB =--，()0,2,1PC =- 设平面PBC 的一个法向量为(),,n x y z =则0PBn PCn ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可求得平面PBC 的一个法向量为()1,1,2n =-计算得cos ,n CE <>==所以平面PBC 与平面P AE变式1-3．已知边长为2的等边ABC （图1），点D 和点E 分别是边AC 、AB 上的中点，将ADE 沿直线DE 折到ADE 的位置，使得平面A DE '⊥平面BCDE （图2），此时点O 和点P 分别是边DE 、BE 上的中点.（1）证明：CD ⊥平面A OP '；（2）求平面ACD '与平面BCDE 所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】【分析】（1）先证明DC OP ⊥，再由平面A DE '⊥平面BCDE 证明AOCD '⊥，利用线面垂直的判定定理即可证明CD ⊥平面A OP '；（2）以O 为坐标原点，分别以OH ，OD ，OA '所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面ACD '与平面BCDE 所成锐二面角的余弦值.【详解】（1）连接BD∴点O 和点P 分别是边DE 、BE 上的中点. ∴//BD OP∴等边ABC 中，点D 是边AC 的中点 ∴DC BD ⊥∴DC OP ⊥∴等边ADE 中，点O 是边DE 的中点 ∴A O DE '⊥又∴AO '⊂平面A DE∴平面A DE '⊥平面BCDE 且平面A DE '平面BCDE DE =∴AO '⊥平面BCDE ∴AOCD '⊥ ∴A O OP O '⋂=∴CD ⊥平面A OP '（2）设BC 的中点H ，由图1得OH BC ⊥以O 为坐标原点，分别以OH ，OD ，OA '所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A ⎛' ⎝⎭，10,,02D ⎛⎫⎪⎝⎭，C ⎫⎪⎪⎝⎭，所以10,2DA ⎛'=- ⎝⎭，31,02DC ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭设平面ACD '的法向量为(),,n x y z =.由10231022n DA y z n DC x y ⎧⋅=-+=⎪⎪⎨⎪⋅=+=⎪'⎩，取y =()1,3,1n =-；因为平面BCDE 的法向量为()0,0,1m =设平面ACD '与平面BCDE 所成锐二面角为θcos 51m n m nθ⋅===+ 所以，平面ACD '与平面BCDE .【点睛】立体几何解答题的基本结构：(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．典例2．如图1，在高为6的等腰梯形ABCD 中，AB ∴CD ，且CD ＝6，AB ＝12，将它沿对称轴OO 1折起，使平面ADO 1O ∴平面BCO 1O ，如图2，点P 为BC 的中点，点E 在线段AB 上(不同于A ，B 两点)，连接OE 并延长至点Q ，使AQ ∴OB .（1）证明：OD ∴平面P AQ ；（2）若BE ＝2AE ，求二面角C BQ A 的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）由OA，OB，OO1两两垂直建立空间直角坐标系，由向量坐标运算得到OD∴AQ，OD∴PQ证得OD∴平面P AQ；（2）由空间直角坐标系求得平面CBQ的法向量和平面ABQ的法向量，根据数量积的夹角公式可得答案.【详解】(1)证明：由题设知OA，OB，OO1两两垂直，∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1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，设AQ的长为m，则O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0)．∴点P为BC的中点，∴P9 (0,,3)2，∴OD＝(3，0，6)，AQ＝(0，m，0)，PQ＝9 (6,,3)2m--.∴OD·AQ＝0，OD·PQ＝0，∴OD∴AQ，OD∴PQ，即OD∴AQ，OD∴PQ，又AQ∩PQ＝Q，∴OD∴平面P AQ.(2)∴BE＝2AE，AQ∴OB，∴AQ＝12OB＝3，则Q(6，3，0)，∴OB＝(－6，3，0)，BC＝(0，－3，6)．设平面CBQ 的法向量为1n ＝(x ，y ，z )，由11.0,.0,n QB n BC ⎧=⎪⎨=⎪⎩得630,360,x y y z -+=⎧⎨-+=⎩令z ＝1，则y ＝2，x ＝1，1n ＝(1，2，1)．易得平面ABQ 的一个法向量为2n ＝(0，0，1)．设二面角C BQ A 的大小为θ，由图可知，θ为锐角，则cos θ＝212||||I n n n n ⋅⋅＝即二面角C BQ A 【点睛】本题考查了立体几何，建立空间直角坐标系是解题的关键，线面垂直可以通过直线的方向向量进行相应的计算，二面角的平面角可以通过法向量之间进行相应的计算，就能够得到问题的解决. 变式2-1．如图1，四边形ABCD 是正方形，四边形11ADE F 和22BCE F 是菱形，2AB =，1260DAF CBF ∠=∠=︒.分别沿AD ，BC 将四边形11ADE F 和22BCE F 折起，使1E 、2E 重合于E ，1F 、2F 重合于F ，得到如图2所示的几何体.在图2中，M 、N 分别是CD 、EF 的中点.（1）证明：MN ⊥平面ABCD ；（2）求平面DCN 与平面ABF所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】【分析】（1）先利用菱形与等边三角形的垂直关系得EF ⊥平面DNC ，再根据//EF AD 得AD ⊥平面DNC ，再得AD MN ⊥，又根据M 是DC 的中点得MN DC ⊥，故MN ⊥平面ABCD ；（2）根据题意，以M 为原点，MG ，MC ，MN 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系M xyz -，利用法向量求解即可. 【详解】（1）连接DF ，由图1知，四边形ADEF 为菱形，且60DEF ∠=︒，所以DEF 为等边三角形，从而EF DN ⊥. 同理EF CN ⊥，又DN CN N =，∴EF ⊥平面DNC .∴//EF AD ，∴AD ⊥平面DNC ，又∴MN ⊂平面DNC ，∴AD MN ⊥. ∴ND NC =，M 是DC 的中点，∴MN DC ⊥.又AD ⊂平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ，AD DC D =，∴MN ⊥平面ABCD . （2）取AB 的中点G ，连接MG ，∴四边形ABCD 是正方形，MG DC ⊥.如图，以M 为原点，MG ，MC ，MN 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系M xyz -，则M ()0,0,0M ，()2,1,0A -，()2,1,0B ，()2,0,0G，(F ， ∴()0,2,0AB =，(AF =-，()2,0,0MG =.设平面ABF 的法向量为(),,n x y z =，由00n AB n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得200y x y =⎧⎪⎨-+=⎪⎩，取()2,0,1n =，∴MG ⊥平面DNC ，∴取平面DNC 的法向量()2,0,0MG =，∴22cos ,23MG n MG n MG n⋅===⋅ 设平面DCN 与平面ABF 所成锐二面角的平面角为θ，∴cos θ=，故平面DCN 与平面ABF 【点睛】本题考查线面垂直的证明，利用向量方法求解二面角问题，考查数学运算能力，是中档题.变式2-2．如图，已知四边形ABDE AD 与BE 相交于点O ，BCD △为等边三角形．现将EAD 沿AD 折起到E AD '的位置，将CBD 沿BD 折起到C BD '的位置，使得折后E D '⊥平面C BO '．（1）求证：OB ⊥平面'AE D ；（2）求二面角A OC B -'-的大小．【答案】(1)见解析;(2)3π.【解析】【分析】(1)推导出E D OB '⊥,OB AD ⊥,由此能证明OB ⊥平面AE D '．(2)以O 为原点,OA ,OB ,OE '为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角A OC B -'-的大小．【详解】(1)证明:E D '⊥平面C BO ',OB ⊂平面C BO ',∴E D OB '⊥， ∴在正方形ABDE 中,O 为AD 与BE 的交点,OB AD ∴⊥E D AD D '⋂=,OB ∴⊥平面AE D '.(2)解:AE E D '=',O 为AD 中点,E O AD ∴'⊥以O 为原点,OA ,OB ,OE '为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系A ,B ,(D ,E ',E D '⊥平面C BO ',∴平面C BO '的一个法向量为(3,0,n E D ='=E D '⊥平面C BO ',∴E D OC '⊥'设(,,)C x y z ',则(,)DC x y z '=+,(,)BC x y z '=1E D OC '⊥,||||6DC BC '='=,066=∴，解得x y z ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩或x y z ⎧=⎪⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎪⎩(舍).(C ∴' 设平面AOC '的法向量(,,)n x y z =则OA 3x 0OC 3x 0n n '⎧⋅==⎪⎨⋅=-=⎪⎩,取1y =,得(0,1,1)n =- 设二面角A OC B -'-为θ,则|||31cos ||||22n m n m θ⋅-===⋅⋅由图知3πθ=,∴ 二面角A OC B -'-的大小为3π.【点睛】本题考查了线面垂直的判定,考查了二面角的求法.在证明线面垂直时,关键是在平面内找到两条直线与已知直线垂直,常运用勾股定理、矩形的临边、正方形的对角线、等腰三角形三线合一、线面垂直的性质等来证明线线垂直.求二面角的大小时,建立空间直角坐标系,求出两个平面的法向量,进而可求.变式2-3．如图1，在矩形ABCD 中，AB =BC =点E 、P 分别在线段DC 、BC 上，且DE =152DP =，现将AED ∆沿AE 折到'AED ∆的位置，连结'CD ，'BD ，如图2（1）证明：'AE D P ⊥；（2）记平面'AD E 与平面'BCD 的交线为l .若二面角'B AE D --为23π，求l 与平面'D CE 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2 【解析】(1)建立坐标系证明AE DP ⊥，再由线面垂直的判定定理以及线面垂直的性质证明'AE D P ⊥； (2)根据公理3得到平面'AD E 与平面'BCD 的交线，再根据二面角定义得到二面角'B AE D --的平面角，建立空间直角坐标系，利用向量法求l 与平面'D CE 所成角的正弦值. 【详解】解：（1）证明：如图1，线段,DP AE 交于点O在Rt PCD ∆中，由DC AB ==152DP =，PC =以点A 为坐标原点，建立直角坐标系，则(5,2AE =，PD ⎛=- ⎝⎭即30AE PD ⋅=-= AE DP ∴⊥，从而有AE OD ⊥，AE OP ⊥，即在图2中有AE OD '⊥，AE OP ⊥，OD OP O '⋂=，,OD OP '⊂平面POD 'AE ∴⊥平面POD 'D P '⊂平面POD '，AE D P '∴⊥；（2）延长AE ，BC 交于点Q ，连接'D Q根据公理3得到直线'D Q 即为l ，再根据二面角定义得到23D OP π'∠=. 在平面'POD 内过点O 作底面垂线，O 为原点，分别以OA 、OP 、及所作为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标则(0,D '-，(1,0,0)E -，(11,0,0)Q -，(3,4,0)C -，(11,1,D Q '=-，(2,4,0)EC =-，(1,ED '=-，设平面'D EC 的一个法向量为(,,)n x y z =，由2400n EC x y n ED x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩'，取1y =，得2,1,n ⎛= ⎝⎭. l ∴与平面D CE '所成角的正弦值为15cos ,5n D Q n D Q n D Q'⋅'=='⋅【点睛】本题主要考查了由线面垂直证线线垂直以及利用向量法证明线面角，属于较难题.巩固练习练习一翻折问题1．如图1，在平面五边形ABCDE 中，AD ∥,24,BC AD BC AB ===90ABC ∠=,ADE 是等边三角形.现将ADE 沿AD 折起，记折后的点E 为E '，连接,E B E C ''得到四棱锥E ABCD '-，如图2.(1)证明：BC CE ⊥'；(2)若平面E CD '⊥平面ABCD ，求二面角'A DE B --的余弦值. 【答案】(1)证明见解析【解析】【分析】（1）构建CE '所在的面，通过线面垂直证明线线垂直（2）建立坐标系，通过法向量夹角的余弦值求解二面角的余弦值 (1)如上图所示，设M 为AD 中点，连接,E M CM '，因为ADE 是等边三角形，所以AD E M ⊥'，因为AD∥,BC 所以BC E M ⊥'，因为2AD BC =所以AM BC =且//AM BC ，所以//AB CM ，因为90,ABC =∠所以CM BC ⊥ 又,CME M M '=CM 、EM ⊂平面E MC '， BC ∴⊥平面E MC '，又因为'CE ⊂平面E MC '，所以'BC CE ⊥(2)如下图所示，过A 作AH DC ⊥于点H ，由平面E CD '⊥平面ABCD ，平面E CD '平面ABCD CD =，AH ∴⊥平面,E CD '又因为'CE ⊂平面E MC '，所以AH E C ⊥' 又'BC C E ⊥，,AH BC 相交，AH 、BC ⊂平面ABCDCE ∴'⊥平面,ABCD CE '以C 为原点建立如图所示的坐标系()()()(,,2,0,0,D A B E '-()(',BD BE =-=-，()('4,0,0,2,AD AE =-=-设平面'BDE 的法向量(),,n x y z =满足(0403,26,020n BD x n n BE x ⎧⎧⋅=-=⎪⎪⇒⇒=⎨⎨⋅=-=⎪'⎪⎩⎩ 设平面'ADE 的法向量(),,m x y z =满足()4000,1,1200x m AD m x m AE ⎧-=⎧⋅=⎪⎪⇒⇒=⎨⎨-+=⎪=⎩⎪⎩'⋅313cos ,13n m m n n m ⋅==⋅.所以二面角'A DE B --2．如图所示，在边长为12的正方形11AA A A ''中，点B ，C 在线段AA '上，且3AB =，4BC =，作11BB AA ∥，分别交11A A '、1AA '于点1B 、P ，作11CC AA ∥，分别交11A A '、1AA '于点1C 、Q ，将该正方形沿BB 1、CC 1折叠，使得1A A ''与1AA 重合，构成如图2所示的三棱柱111ABC A B C -．(1)试判断直线AQ 是否与平面11AC P 平行，并说明理由； (2)求平面APQ 与平面ABC 所成二面角的余弦值．【答案】(1)直线AQ 是否与平面11AC P 不平行，理由见解析【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面11AC P 的法向量，看向量AQ 是否与平面11AC P 的法向量垂直，从而得到答案；（2）求出平面APQ 与平面ABC 的法向量，从而求出平面APQ 与平面ABC 所成二面角的余弦值. (1)直线AQ 是否与平面11AC P 不平行，理由如下：如图，以B 为原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，1BB 为z 轴，建立空间直角坐标系，则()0,0,0B ，()3,0,0A ，()0,4,0C ，()13,0,12A ，()10,4,12C ，()0,0,3P ，()0,4,7Q ，所以()3,4,7AQ =-，设平面11AC P 的法向量为(),,n x y z =，则11039093,,149040n PA x z n y z n PC ⎧⋅=+=⎧⎪⎛⎫⇒⇒=-⎨⎨ ⎪+=⎝⎭⋅=⎩⎪⎩，因为0AQ n ⋅≠，所以直线AQ 与平面11AC P 不平行；(2)设平面APQ 的法向量()1111,,x n y z =则()11103301,1,14400n PA x z n y z n PQ ⎧⋅=-=⎧⎪⇒⇒=-⎨⎨+=⋅=⎩⎪⎩ 所以，面APQ 的法向量为()11,1,1=-n ，由题意得：面ABC 的法向量为()20,0,1n =，所以1212121cos ,3n n n n n n ⋅===，设平面APQ 与平面ABC 所成二面角为α，显然α为锐角，故123cos cos ,3n n α== 所以平面APQ 与平面ABC 3．如图，四边形ABCD 是一个边长为2的菱形，且π3B ∠=，现沿着AC 将ABC 折到EAC 的位置，使得平面EAC ⊥平面ACD ，M ，N 是线段EC ，ED 上的两个动点（不含端点），且EM ENEC EDλ==.(1)证明：//MN 平面EAB ；(2)求直线EC 与平面EAD 所成的角的正弦值；(3)设平面AMN 与平面EAD 所成锐二面角为θ，当cos θ=λ的值. 【答案】(1)证明见解析(3)13【解析】【分析】（1）根据已知条件可得//MN CD 、//AB CD ，进而可得//MN AB ，再由线面平行的判定定理即可求证；（2）取AC 的中点O ，连接,EO BO ，证明,,OB OC OE 两两垂直，如图建立空间直角坐标系，求出平面EAD 的一个法向量n 以及EC 的坐标，由空间向量夹角公式即可求解；（3）由（2）知平面EAD 的法向量n ，根据AM AE EC λ=+，AN AE ED λ=+求出AM 和AN 的坐标，再求出平面AMN 的一个法向量m ，根据空间向量夹角公式计算cos cos 105,m n θ==解方程即可得λ的值. (1) 因为EM ENEC EDλ==，所以//MN CD ，因为四边形ABCD 是一个边长为2的菱形，所以//AB CD ，所以//MN AB ，因为MN ⊄平面EAB ，AB 平面EAB ，所以//MN 平面EAB . (2)因为2EA EC ==，取AC 的中点O ，连接,EO BO ，则EO AC ⊥，BO AC ⊥，因为平面EAC ⊥平面ACD ，平面EAC 平面ACD AC =，OE ⊂面EAC ，所以EO ⊥面ABCD ，可得,,OB OC OE 两两垂直，如图：以O 为原点，分别以,,OB OC OE 所在的直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则(E ，()0,1,0C ，()0,1,0A -，()D ，所以(0,1,EC =，(AE =，()AD =-，设平面EAD 的一个法向量(),,n x y z =，则3030AE n y z AD n x y⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令1x =，可得y =1z =-，所以()1,3,1n =-，设直线EC 与平面EAD 所成的角为α，则2sin cos ,52EC n EC nEC nα⋅====⨯⋅. 所以直线EC 与平面EAD . (3)由（2）知：平面EAD的法向量为()1,3,1n =-，因为EM ENEC EDλ==，所以()0,,EM EC λλ==，(),0,EN ED λ==-，()0,1AM AE EM λ=+=+，()AN AE EN =+=，设平面AMN 的一个法向量()000,,=m x y z ，则()))000001030AM my z AN m x y z λλ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩，令0y 011z λλ+=-，01x =-，所以11m λλ+⎛⎫=- ⎪-⎝⎭，所以cos cos ,55m n m n m nθ⋅====⋅⨯，整理可得：29610λλ-+=，解得：13λ=.4．如图，正方形11ABB A 的边长为2，11,AB A B 的中点分别为1,C C ，正方形11ABB A 沿着1CC 折起形成三棱柱111ABC A B C -，三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ⊥，1AD AA λ→→=.(1)证明：当12λ=时，求证：1DC ⊥平面BCD ；(2)若二面角1D BC C --λ的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)14λ= 【解析】【分析】（1）由题知点D 是1AA 的中点，进而根据几何关系得1DC DC ⊥，再根据已知条件证明BC ⊥平面11ACC A 得1BC DC ⊥，最后结合判定定理证明即可；（2）根据题意，点C 为原点，以CA →，CB →，1CC →作为x ，z ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. (1)证明：当12λ=时，点D 是1AA 的中点，因为1111AC AD A D AC ====，所以1DC DC ==又12CC =，所以22211DC DC CC +=，所以1DC DC ⊥，因为BC AC ⊥，1BC CC ⊥，1AC CC C =，所以BC ⊥平面11ACC A ，1DC ⊂平面11ACC A ，所以1BC DC ⊥，且DC BC C =，所以1DC ⊥平面BCD ； (2)解：因为1CC ，CA ，CB 两两互相垂直，所以以点C 为原点，以CA →，CB →，1CC →作为x ，z ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如下图，CA ⊥平面1BCC ，所以向量()1,0,0CA →=是平面1BCC 的法向量，设AD h =()0,1,0B ，()10,0,2C =，()1,0,D h ，()10,1,2BC →=-，()1,1,BD h →=-，设平面1DBC 的法向量(),,n x y z →=，所以100BC n BD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即020x y hz y z -+=⎧⎨-+=⎩，令1z =，2x h =-，2y =，所以平面1DBC 的一个法向量()2,2,1n h →=-，cos ,CA nCA n CA n→→→→→→⋅==12h = 所以114AD AA →→=，即14λ=，此时二面角1D BC C--5．如图甲所示，在矩形ABCD 中，4AB =，2BC =，E 为DC 的中点，沿AE 将AED 翻折，使D 折至D 处，且二面角D AE B '--为直二面角（如图乙）．（1）求证：AD BE '⊥；（2）求平面D EC '与平面ECB 所成角的正切值．【答案】（1）答案见解析；（2 【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，进而得到(1,1,2),(2,2,0)AD BE '=-=--，计算出数量积为0，由此即可得证；（2）求得OD '=是平面EBC 的一个法向量，求出平面CD E '的一个法向量，再利用向量的夹角公式求得所求二面角的余弦值，进而求得正切值．【详解】（1）证明：由题意4AB =，2BC =，E 为DC 的中点，AD E '∴为等腰三角形，取AE 的中点O ，则D O AE '⊥，又因为二面角D AE B '--为直二面角，平面D AE '平面EABC AE =，所以D O '⊥平面EABC ，以O 为原点，过O 分别作,AB BC 的平行线作为,y x 轴，OD '为z 轴建立如图坐标系：则(0,0,0),(1,1,0),(1,3,0),(1,3,0),(1,1,0),O A B C E D '---，∴(1,1,2),(2,2,0)AD BE '=-=--， ∴0AD BE '⋅=，ADBE '∴⊥；（2）(0,2,0),(1,EC ED '==-，OD '=是平面EBC 的一个法向量，设平面CD E '的一个法向量为(,,)n x y z =，则·20·0n EC y n ED x y ⎧==⎪⎨=-'+=⎪⎩，则可取(2,0,1)n =-，∴3cos ,3||||OD n OD n OD n '⋅'<>=='，∴tan ,2OD n '<>=，即平面CD E '与平面ECB6．如图1，Rt ABC 中，90B ∠=︒，AB =2BC =，D ，E分别是AB ，AC 的中点.把ADE 沿DE 折至PDE △的位置，P ∉平面BCED ，连接PB ，PC ，F 为线段PB 的中点，如图2.（1）求证：DF ⊥平面PBC ；（2）当三棱锥P BDE -的体积为12时，求直线BD 与PC 所成角的正切值.【答案】（1）见解析；（2【解析】【分析】（1）根据已知容易得出DF PB ⊥，再由DE ⊥平面PBD ，DE BC ∕∕可得BC DF ⊥，从而可证DF ⊥平面PBC ；（2）根据三棱锥P BDE -的体积为12及BDE 的面积可得PD ⊥平面BDE ，以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得直线BD 与PC 所成角的正切值. 【详解】（1）证明：因为D 是AB 的中点，所以AD BD =，即PD BD =，又因F 为线段PB 的中点，所以DF PB ⊥，因为D ，E 分别是AB ，AC 的中点，所以DE BC ∕∕，因为90B ∠=︒，所以DE AB ⊥，即DE PD ⊥，DE BD ⊥，因为PD BD D ⋂=，所以DE ⊥平面PBD ，所以BC ⊥平面PBD ，因为DF ⊂平面PBD ，所以BC DF ⊥，又因BC PB B =，所以DF ⊥平面PBC ；（2）解：因为AB =2BC =，D ，E 分别是AB ，AC 的中点，所以BD PD ==1DE =，由（1）得BDE 为直角三角形，故BDES=，设三棱锥P BDE -的高为h ，则1132P BDE BDEV Sh -=⋅==，所以h PD ，所以线段PD 即为三棱锥P BDE -的高，所以PD ⊥平面BDE ，则,PD BD PD DE ⊥⊥，如图，以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则()0,0,0D ，)B ，(P ，)C ，故()3,0,0DB =，(3,2,PC =，所以cos ,103DB PC DB PC DB PC⋅===，又因直线BD 与PC 所成角的范围为0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，所以直线BD 与PC所以直线BD 与PC7．如图是矩形ABCD 和边AB 为直径的半圆组成的平面图形，将此图形沿AB 折叠，使平面ABCD 垂直于半圆所在的平面，若点E 是折后图形中半圆O 上异于,A B 的点．（1）证明：EA EC ⊥；（2）若22AB AD ==，且异面直线AE 和DC 所成的角为6π，求平面DCE 与平面AEB 所成的锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2．【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质得BC ⊥圆O ，由线面垂直的性质得BC EA ⊥，根据线面垂直的判定可得EA ⊥面EBC ，再由线面垂直的性质可证EA EC ⊥.（2）法一：以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，首先求得1,0)2E ，再分别求平面DCE 和平面AEB 的法向量，利用法向量求二面角的余弦值；法二：首先作出两个平面的交线，再作出二面角的平面角，再求二面角的余弦值. 【详解】（1）∴平面ABCD 垂直于圆O 所在的平面，两平面的交线为AB ，BC ⊂平面ABCD ，BC AB ⊥，∴BC 垂直于圆O 所在的平面．又EA 在圆O 所在的平面内，∴BC EA ⊥． ∴AEB ∠是直角，∴BE EA ⊥．而BE BC B =，∴EA ⊥平面EBC ．又∴EC ⊂平面EBC ，∴EA EC ⊥．（2）法1（向量法）：如图，以点O 为坐标原点，AB 所在的直线为y 轴，过点O 与BC 平行的直线为z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -．由异面直线AE 和DC 所成的角为6π，//AB DC 知6BAE π∠=，∴3BOE π∠=，∴1,0)2E ．由题设可知(0,1,1)C ，(0,1,1)D -，∴33(,1)22DE =-，31(,1)2CE =--．设平面DCE 的一个法向量为000(,,)p x y z =，由0DE p ⋅=，0CE p ⋅=000000302102y z y z +-=--= 得00z x =，00y =，取02x =，得0=z∴p =．又平面AEB 的一个法向量为(0,0,1)q =， ∴21cos ,7p q p q p q ⋅<>==．故平面DCE 与平面AEB法2（几何法）：如图，过点E 作直线//m DC ，则m 是平面DCE 与平面AEB 的交线．再过点B 作BP m ⊥，P 为垂足，连接CP ，则BPC ∠是平面DCE 与平面AEB 所成锐二面角的平面角．在直角三角形AEB 中，6BAE π∠=，2AB =，所以 1.BE =在直角三角形PEB 中，,13BEP BE π∠==，所以BP =．在直角三角形PBC 中，BP PC BPC PC ==∠=．故平面DCE 与平面AEB ． 8．如图1是由正方形11ACC A 和长方形11BCC B 组成的平面图形，且24AC BC ==，D 、E 分别是11A C 、BC 的中点．将其沿1CC 折起，使得二面角1A CC B --的平面角大小为60，如图2．（1）判断直线1C E 与平面ABD 的位置关系，并证明你的结论；（2）求直线BC 与平面ABD 所成角的正弦值．【答案】（1）1//C E 平面ABD ，证明见解析；（2 【解析】【分析】（1）取AB 的中点N ，连接EN 、DN ，证明出四边形1ENDC 为平行四边形，可得出1//C E DN ，利用线面平行的判定定理可得出结论；（2）以点B 为坐标原点，BC 为x 轴，BA 为y 轴，1BB 为z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线BC 与平面ABD 所成角的正弦值.【详解】（1）1//C E 平面ABD ，理由如下：取AB 的中点N ，连接EN 、DN ，因为四边形11ACC A 为正方形，则11//AC A C 且11AC A C =， D 为11A C 的中点，所以，1//DC AC 且112DC AC =， N 、E 分别为AB 、BC 的中点，则//NE AC 且12NE AC =，所以，1NE DC =且1//NE DC ，故四边形1ENDC 为平行四边形，从而1//C E DN ．而DN ⊂平面ABD ，1C E 平面ABD ，所以1//C E 平面ABD ；（2）1CC AC ⊥，1CC BC ⊥，所以，二面角1A CC B --的平面角为ACB ∠，所以60ACB ∠=．而4AC =，2CB =，由余弦定理可得2222cos 12AB AC BC AC BC ACB =+-⋅∠=，由勾股定理可得222AB BC AC +=，从而AB BC ⊥．在图2中，1CC AC ⊥，1CC BC ⊥，AC BC C =，1CC ∴⊥平面ABC ，11//CC BB ，1BB ∴⊥平面ABC ，以点B 为原点，BC 为x 轴，BA 为y 轴，1BB 为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则()0,0,0B、()0,A、()4D 、()2,0,0C ．从而()BA =，()1,BD =，()2,0,0BC =．设平面ABD 的法向量为(),,n x y z =，由00n BA n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得040x z ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，取4x =，则()4,0,1n =-，所以，cos ,17n BCn BC n BC ⋅===⋅ 所以直线BC 与平面ABD 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin h lθ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.。

全国通用2020_2022三年高考数学真题分项汇编专题06立体几何解答题文

06 立体几何（解答题）（文科专用）1．【2022年全国甲卷】小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．(1)证明：EF//平面ABCD；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】(1)证明见解析；√3．(2)6403【解析】【分析】（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是EF//MN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍，即可解出．(1)如图所示：，分别取AB,BC 的中点M,N ，连接MN ，因为△EAB,△FBC 为全等的正三角形，所以EM ⊥AB,FN ⊥BC ，EM =FN ，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面EAB ∩平面ABCD =AB ，EM ⊂平面EAB ，所以EM ⊥平面ABCD ，同理可得FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN ，而EM =FN ，所以四边形EMNF 为平行四边形，所以EF//MN ，又EF ⊄平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以EF//平面ABCD ． (2)如图所示：，分别取AD,DC 中点K,L ，由（1）知，EF//MN 且EF =MN ，同理有，HE//KM,HE =KM ，HG//KL,HG =KL ，GF//LN,GF =LN ，由平面知识可知，BD ⊥MN ，MN ⊥MK ，KM =MN =NL =LK ，所以该几何体的体积等于长方体KMNL −EFGH 的体积加上四棱锥B −MNFE 体积的4倍．因为MN =NL =LK =KM =4√2，EM =8sin60∘=4√3，点B 到平面MNFE 的距离即为点B 到直线MN 的距离d ，d =2√2，所以该几何体的体积V =(4√2)2×4√3+4×13×4√2×4√3×2√2=128√3+2563√3=6403√3．2．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD,AD =CD,∠ADB =∠BDC ，E 为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F−ABC 的体积．【答案】(1)证明详见解析(2)√34【解析】【分析】（1）通过证明AC⊥平面BED来证得平面BED⊥平面ACD.（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱锥F−ABC的体积.(1)由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.由于{AD=CD BD=BD∠ADB=∠CDB，所以△ADB≅△CDB，所以AB=CB，故AC⊥BD，由于DE∩BD=D，DE,BD⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.(2)依题意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等边三角形，所以AC=2,AE=CE=1,BE=√3，由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1. DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，由于AC∩BE=E，AC,BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.由于△ADB≅△CDB，所以∠FBA=∠FBC，由于{BF =BF∠FBA =∠FBC AB =CB ，所以△FBA ≅△FBC ，所以AF =CF ，所以EF ⊥AC ，由于S △AFC =12⋅AC ⋅EF ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小值. 过E 作EF ⊥BD ，垂足为F ，在Rt △BED 中，12⋅BE ⋅DE =12⋅BD ⋅EF ，解得EF =√32，所以DF =√12−(√32)2=12,BF =2−DF =32，所以BF BD =34.过F 作FH ⊥BE ，垂足为H ，则FH//DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且FHDE =BFBD =34，所以FH =34,所以V F−ABC =13⋅S △ABC ⋅FH =13×12×2×√3×34=√34.3．【2021年甲卷文科】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，11BF A B ⊥.（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥. 【答案】(1)13；(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）先证明ABC 为等腰直角三角形，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；（2）将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论. 【详解】（1）由于11BF A B ⊥，11//AB A B ，所以AB BF ⊥，又AB ⊥BB 1，1BB BF B ⋂=，故AB ⊥平面11BCC B ，则AB BC ⊥，ABC 为等腰直角三角形， 111221222BCE ABC S S ⎛⎫==⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭△△，11111333F EBC BCE V S CF -=⨯⨯=⨯⨯=△. （2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体1111ABCM A B C M -，如图所示，取棱,AM BC 的中点,H G ，连结11,,A H HG GB ，正方形11BCC B 中，,G F 为中点，则1BF B G ⊥，又111111,BF A B A B B G B ⊥=，故BF ⊥平面11A B GH ，而DE ⊂平面11A B GH ，从而BF ⊥DE . 【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.4．【2021年乙卷文科】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积．【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】【分析】（1）由PD ⊥底面ABCD 可得PD AM ⊥，又PB AM ⊥，由线面垂直的判定定理可得AM ⊥平面PBD ，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM ⊥平面PBD ；（2）由（1）可知，AM BD ⊥，由平面知识可知，~DAB ABM ，由相似比可求出AD ，再根据四棱锥P ABCD -的体积公式即可求出．【详解】（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ，所以PD AM ⊥，又PB AM ⊥，PBPD P =，所以AM ⊥平面PBD ，而AM ⊂平面PAM ，所以平面PAM ⊥平面PBD ．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知AM BD ⊥．于是∽ABD BMA ，故=AD ABAB BM．因为1,,12===BM BC AD BC AB ，所以2112BC =，即BC =故四棱锥P ABCD -的体积13=⋅⋅=V AB BC PD ． [方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法由（2）知⊥AM DB ,所以1⋅=-AM BD k k ．建立如图所示的平面直角坐标系，设2(0)BC a a =>．因为1DC =，所以(0,0)A ，(1,0)B ，(0,2)D a ，()1,M a ．从而2020(2)211001--⋅=⨯=⨯-=-=---AM BD a a k k a a a ．所以2a =，即DA =. [方法三]【最优解】：空间直角坐标系法建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，设||=DA t ，所以(0,0,0)D ，(0,1,0)C ，(0,0,1)P ，(,0,0)A t ，(,1,0)B t ．所以,1,02t M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(,1,1)PB t =-，,1,02t AM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭．所以2110(1)1022t t PB AM t ⎛⎫⋅=⋅-+⨯+⨯-=-+= ⎪⎝⎭．所以t ，即||=DA . [方法四]：空间向量法由PB AM ⊥，得0PB AM ⋅=．所以()0++⋅=PD DA AB AM ．即0⋅+⋅+⋅=PD AM DA AM AB AM ．又PD ⊥底面ABCD ，AM 在平面ABCD 内，因此PD AM ⊥，所以0⋅=PD AM ．所以0⋅+⋅=DA AM AB AM ，由于四边形ABCD 是矩形，根据数量积的几何意义，得221||||02-+=DA AB ，即21||102-+=BC ．所以||2BC =，即BC =. 【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.5．【2020年新课标1卷文科】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设DO ，求三棱锥P −ABC 的体积.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】【分析】（1）根据已知可得PA PB PC ==，进而有PAC △≌PBC ，可得90APC BPC ∠=∠=，即PB PC ⊥，从而证得PC ⊥平面PAB ，即可证得结论；（2）将已知条件转化为母线l 和底面半径r 的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形ABC 边长，在等腰直角三角形APC 中求出AP ，在Rt APO 中，求出PO ，即可求出结论.【详解】（1）连接,,OA OB OC ，D 为圆锥顶点，O 为底面圆心，OD ∴⊥平面ABC ，P 在DO 上，,OA OB OC PA PB PC ==∴==，ABC 是圆内接正三角形，AC BC ∴=，PAC △≌PBC ，90APC BPC ∴∠=∠=︒，即,PB PC PA PC ⊥⊥，,PA PB P PC =∴⊥平面,PAB PC ⊂平面PAC ，∴平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，圆锥的侧面积为,rl rl π==2222OD l r =-=，解得1,r l ==2sin 603AC r ==在等腰直角三角形APC 中，AP ==在Rt PAO 中，PO ===∴三棱锥P ABC -的体积为11333P ABC ABC V PO S -=⋅==△【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.6．【2020年新课标2卷文科】如图，已知三棱柱ABC –A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B –EB 1C 1F 的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）24. 【解析】【分析】（1）由,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN CC ，根据条件可得11//AA BB ，可证1MN AA //，要证平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，只需证明EF ⊥平面1A AMN 即可；（2）根据已知条件求得11EB C F S 四边形和M 到PN 的距离，根据椎体体积公式，即可求得11B EB C F V -. 【详解】（1）,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴又11//AA BB 1//MN AA ∴在等边ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥ 又侧面11BB C C 为矩形， 1BC BB ∴⊥1//MN BBMN BC ⊥由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN ∴BC ⊥平面1A AMN又11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC又11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF =11//B C EF ∴//EF BC ∴又BC ⊥平面1A AMN∴EF ⊥平面1A AMNEF ⊂平面11EB C F∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN（2）过M 作PN 垂线，交点为H ，画出图形，如图//AO 平面11EB C FAO ⊂平面1A AMN ，平面1A AMN ⋂平面11EB C F NP =//AO NP ∴ 又//NO AP∴6AO NP ==O 为111A B C △的中心.∴1111sin 606sin 6033ON AC =︒=⨯⨯︒=故：ON AP ==3AM AP ==平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，平面11EB C F ⋂平面1A AMN NP =，MH ⊂平面1A AMN∴MH ⊥平面11EB C F 又在等边ABC 中EFAPBC AM =即2AP BCEF AM ⋅===由（1）知，四边形11EB C F 为梯形∴四边形11EB C F 的面积为：111126=62422EB C F EF B C S NP ++=⋅⨯=四边形 111113B EBC F EB C F V S h -∴=⋅四边形，h 为M 到PN 的距离sin 603MH =︒=， ∴1243243V =⨯⨯=. 【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.7．【2020年新课标3卷文科】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥；（2）点1C 在平面AEF 内．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据正方形性质得AC BD ⊥，根据长方体性质得1AC BB ⊥,进而可证AC ⊥平面11BB D D ,即得结果；（2）只需证明1//EC AF 即可，在1CC 上取点M 使得12CM MC =,再通过平行四边形性质进行证明即可.【详解】（1）因为长方体1111ABCD A B C D -,所以1BB ⊥平面ABCD ∴1AC BB ⊥,因为长方体1111,ABCD A B C D AB BC -=,所以四边形ABCD 为正方形AC BD ∴⊥ 因为11,BB BD B BB BD =⊂、平面11BB D D ,因此AC ⊥平面11BB D D ,因为EF ⊂平面11BB D D ,所以AC EF ⊥；（2）在1CC 上取点M 使得12CM MC =,连,DM MF ,因为111112,//,=D E ED DD CC DD CC =,所以11,//,ED MC ED MC =所以四边形1DMC E 为平行四边形，1//DM EC ∴因为//,=,MF DA MF DA 所以M F A D 、、、四点共面，所以四边形MFAD 为平行四边形， 1//,//DM AF EC AF ∴∴，所以1E C A F 、、、四点共面，因此1C 在平面AEF 内【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题.。

三年高考高考数学真题分项汇编专题立体几何解答题文含解析.doc

专题06立体几何(解答题)1.[2019年高考全国I卷文数】如图，直四棱柱ABCD-A^C^的底面是菱形，』4=4, AB=2, ZBAD=60° ,E, M,"分别是成；BBi, 4〃的中点.(1)证明：刎〃平面GDE；(2)求点。

到平面G庞的距离.【答案】(1)见解析；(2) .【解析】(1)连结.因为〃，盼别为的中点，所以，且.又因为伪的中点，所以.由题设知，可得，故，因此四边形姗为平行四边形，.又平面，所以沥V〃平面.(2)过。

乍G碰垂线，垂足为H由己知可得，，所以班_L平面，故DELCH.从而世上平面，故囹的长即为徐(J平面的距离，由已知可得上1, G&4,所以，故.从而点6®!平面的距离为.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.2.[2019年高考全国II卷文数】如图，长方体ABCD- ABGB的底面敬刀是正方形，点E在棱如i上，BE LEQ.(1)证明：班」平面EB&(2)若A^AxE, AB=3,求四棱锥的体积.【答案】(1)见详解；(2) 18.【解析】(1)由已知得平面ABB^Ax,政平面ABRA,故.又，所以血工平面.(2)由(1)知ZBE&=90° .由题设知Rt△，母竺RtZ\43E,所以，故』庆舟3,.作，垂足为尸，则时平面，且.所以，四棱锥的体积.【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.3.[2019年高考全国III卷文数】图1是由矩形血陟，政和菱形阴Z组成的一个平面图形，其中AB=\,BE=BF^2,ZFB(=60° .将其沿43 折起使得庞与欧重合，连结〃G,如图2.(1)证明：图2中的瓦C, G,〃四点共面，且平面』3GL平面冏％S'；(2)求图2中的四边形成％〃的面积.【答案】(1)见解析；(2) 4.【解析】(1)由已知得地陋，CGBE,所以ADCG,故时 CG确定一个平面，从而』，C, G,〃四点共面. 由已知得』姗，ABBC,故/疗平面成洗又因为/砰面/3G所以平面/及砰面及石(2)取做]中点泌连结敬DM.因为AB//DE, /砰面冏:依所以班平面此窿，故DECG.由已知，四边形及派是菱形，且ZEBG60。

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