高考数学中的立体几何
2023届高考数学总复习《立体几何》附答案解析
（2）若点 N 为 BC 的中点，求四面体 A'MNB 的体积．
【解答】证明：（1）连接 BD，设 BD∩EC＝F，连接 MF，
由题意可得四边形 BCDE 为正方形，则 F 为 BD 的中点，
∴MF 为△A′BD 的中位线，可得 MF∥A′B，
又 A′B⊄平面 EMC，MF⊂平面 EMC，
∴A'B∥平面 EMC；
2023 年高考：立体几何复习题及答案
1．如图，已知直角梯形 ABCD，BC∥AD，BC＝CD＝2，AD＝4，∠BCD＝90°，点 E 为 AD 的中点，现将三角形 ABE 沿 BE 折叠，得到四棱锥 A'﹣BCDE，其中∠A'ED＝120°， 点 M 为 A'D 的中点．
（1）求证：A'B∥平面 EMC；
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∵BE⊂平面 BEF，∴平面 BEF⊥平面 AMD， 结合题意分析知，点 F 在线段 AD 上，连接 MF， 过 A 作 AH⊥MF，交 MF 的延长线于点 H，
则结合已知条件得
，解得 AH ，
设 Dt ，
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【解答】解：（1）证明：由题意知 PC2+AC2＝PA2，∴PC⊥AC， 同理，PC⊥BC，又 AC∩BC＝C，∴PC⊥平面 ABC， ∵D，E 分别是 AC，PA 的中点，∴DE∥PC， ∴DE⊥平面 ABC， 又 DE⊂平面 BDE，∴平面 BDE⊥平面 ABC． （2）在△BDE 中，DE⊥BD，BD＝2 ，DE＝2，∴BE＝4， 如图，过 A 作 AM⊥BE 于 M，连接 MD， 在△ABE 中，AB＝BE＝4，AE＝2 ，解得 AM ，ME＝1， ∵DM⊂平面 BDE，∴AC⊥DM， 在 Rt△ADM 中，AM ，AD＝2，∴DM ， ∴DM2+EM2＝DE2，∴MD⊥BE， ∵AM∩MD＝M，∴BE⊥平面 AMD，
立体几何在高考中的地位和作用
立体几何在高考中的地位和作用
立体几何是数学中的一个重要分支，它主要研究空间中的图形和立体体形，并探讨它们之间的关系和性质。
在高中数学中，立体几何是一个重要的考试科目，而在高考中更是必考的内容之一。
立体几何在高考中扮演着至关重要的角色。
首先，它是高考数学试卷中的一个固定题型，并且在多年的历史中一直保持着不变。
因此，每位考生都必须学好立体几何，才能在高考中取得好成绩。
其次，立体几何是高考数学中的重点和难点之一。
它需要考生具备扎实的几何基础和深厚的空间想象力，而这些技能和能力是其他数学知识所不能代替的。
因此，学好立体几何对于提高数学考试成绩和升入理工类大学都至关重要。
最后，立体几何在高考数学中的作用还表现在它与其他数学知识的交叉和融合上。
例如，立体几何与向量、坐标系、三角函数等知识有着密切的联系，而这些知识又常常会在高考数学试卷中共同出现，形成相互融合的考点。
总之，立体几何在高考数学中的地位和作用不容忽视。
每位考生都应该认真学习和掌握立体几何的知识和技能，以便在高考中取得好成绩，为自己的未来发展打下坚实的基础。
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2023年高考数学----两角相等(构造全等)的立体几何问题典型例题讲解
2023年高考数学----两角相等（构造全等）的立体几何问题典型例题讲解【规律方法】 构造垂直的全等关系 【典型例题】例1．如图，已知三棱柱−111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交A B 于E ，交A C 于F ． （1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．【解析】（1）证明：M Q ，N 分别为BC ，11B C 的中点，底面为正三角形， ∴=1B N BM ，四边形1BB NM 为矩形，⊥111A N B C ，∴1//BB MN ，11//AA BB Q ，∴1//AA MN ， ⊥11MN B C Q ，⊥111A N B C ，⋂=1MN A N N ， ∴⊥11B C 平面1A AMN ，⊂11B C Q 平面11EB C F ， ∴平面⊥1A AMN 平面11EB C F ，综上，1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ．（2）解：Q 三棱柱上下底面平行，平面11EB C F 与上下底面分别交于11B C ，EF ，∴11////EF B C BC ，//AO Q 面11EB C F ，⊂AO 面1A MNA ，面⋂1AMNA 面=11EB C F PN ，∴//AO PN ，四边形APNO 为平行四边形， O Q 是正三角形的中心，=AO AB ，∴=13A N ON ，=3AM AP ，===113PN BC B C EF ，由（1）知直线1B E 在平面1A AMN 内的投影为PN ，直线1B E 与平面1A AMN 所成角即为等腰梯形11EFC B 中1B E 与PN 所成角， 在等腰梯形11EFC B 中，令=1EF ，过E 作⊥11EH B C 于H ， 则===113PN B C EH ，=11B H，=1B E∠==111sin B H B EH B E， ∴直线1B E 与平面1A AMN．例2．如图，在锥体−P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB，==PA PD =2PB ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点（1）证明：⊥AD 平面DEF （2）求二面角−−P AD B 的余弦值．【解析】（1）取AD 的中点G ，连接PG ，BG ，在∆ABG 中，根据余弦定理可以算出==BG ，发现+=222AG BG AB ，可以得出⊥AD BG ，又//DE BG ∴⊥DE AD ，又=PA PD ，可以得出⊥AD PG ，而⋂=PG BG G ， ∴⊥AD 平面PBG ，而⊂PB 平面PBG ， ∴⊥AD PB ，又//PB EF ， ∴⊥AD EF ．又⋂=EF DE E ， ∴⊥AD 平面DEF ．（2）由（1）知，⊥AD 平面PBG ，所以∠PGB 为二面角−−P AD B 的平面角，在∆PBG 中，==PG ，=BG ，=2PB ，由余弦定理得+−∠==⋅222cos 2PG BG PB PGB PG BG ，因此二面角−−P AD B 的余弦值为．本课结束。
高考数学立体几何专题：等体积法
高考数学立体几何专题：等体积法一、引言在高考数学中，立体几何是一门重要的学科，它考察了学生的空间想象能力和逻辑推理能力。
其中，等体积法是一种常用的方法，它在解决立体几何问题中具有重要的作用。
本文将详细介绍等体积法的基本原理和应用，并通过实例来展示其用法。
二等体积法的基本原理等体积法的基本原理是：对于同一个体积，可以将其分解为不同的几何形状，并且这些几何形状的体积相等。
在立体几何中，常见的几何形状有长方体、正方体、圆柱体、圆锥体等。
这些形状的体积可以通过其高度、底面积和高度的乘积等参数来计算。
三等体积法的应用等体积法在解决立体几何问题中具有广泛的应用。
下面我们将通过几个例子来展示其用法：1、求几何体的表面积和体积例1：已知一个长方体的长、宽和高分别为a、b和c，求该长方体的表面积和体积。
解：该长方体的表面积为2(ab+bc+ac)，体积为abc。
2、判断两个几何体是否体积相等例2：给定两个几何体，判断它们是否体积相等。
解：根据等体积法，我们可以分别计算两个几何体的体积，如果两个体积相等，则两个几何体体积相等；否则，两个几何体体积不相等。
3、求几何体的重心位置例3：已知一个长方体的长、宽和高分别为a、b和c，求该长方体的重心位置。
解：根据等体积法，我们可以将该长方体分成两个小的长方体，它们的重心位置与原长方体的重心位置相同。
因此，我们只需要找到这两个小长方体的重心位置即可。
四、结论等体积法是一种常用的方法，在解决立体几何问题中具有重要的作用。
它可以帮助我们计算几何体的表面积和体积，判断两个几何体是否体积相等，以及求几何体的重心位置等。
在实际应用中，我们需要灵活运用等体积法来解决各种不同的问题。
在数学的世界里，立体几何是一门研究空间几何形状、大小、位置关系的科学。
它不仅在数学领域中占据着重要的地位，同时也是高考数学中的重要考点之一。
本文将针对高考数学立体几何专题进行深入探讨，帮助大家更好地理解和掌握这一部分内容。
2023年高考数学总复习《立体几何》附答案解析
所以 z1＝0，
，故可取
， ，，
于是 ＜ ， ＞
，
设所成锐二面角为θ，所以 sinθ
，
所以平面 PAD 和平面 PBE 所成锐二面角的正弦值为 ．
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∴CF CC1 AA1 ， ∵∠BAC＝90°，
∴CD
，
在 Rt△FCD 中，tan∠FDC 맨
，
故直线 DF 与平面 ABC 所成角的正切值为 ．
2．如图所示，四棱锥 P﹣ABCD 的底面 ABCD 是边长为 1 的菱形，∠BCD＝60°，E 是 CD 的中点，PA⊥底面 ABCD，PA＝2． （1）证明：平面 PBE⊥平面 PAB； （2）求平面 PAD 和平面 PBE 所成二面角（锐角）的正弦值．
【解答】（1）证明：如图所示，连接 BD，由 ABCD 是菱形且∠BCD＝60°， 知△ABC 是等边三角形． ∵E 是 CD 的中点， ∴BE⊥CD，又 AB∥CD， ∴AB⊥BE，∴BE⊥平面 PAB， 又 BE⊂平面 PBE， ∴平面 PBE⊥平面 PAB． （2）解：在平面 ABCD 内，过点 A 作 AB 的垂线，如图所示，以 A 为原点建立空间直角
【解答】（1）证明：连接 DG、FG， 由直三棱柱的性质知，BB1∥CC1，且 BB1＝CC1， ∵B1E＝2EB，C1F＝2FC， ∴EB∥FC，且 EB＝FC， ∴四边形 BCFE 为平行四边形， ∴EF∥BC，EF＝BC， ∵BD＝2DA，CG＝2GA， ∴GD∥BC，且 GD BC， ∴EF∥GD，且 GD EF， ∴四边形 DEFG 为梯形，即 D、E、F、G 四点共面， ∴点 G 在平面 EFD 内． （2）解：由直三棱柱的性质知，CC1⊥平面 ABC， ∵F 为 CC1 上一点， ∴点 F 在平面 ABC 上的投影为点 C， 连接 CD，则∠FDC 即为直线 DF 与平面 ABC 所成角． ∵点 D 在棱 AB 上，且 BD＝2DA， ∴AD AB ， ∵C1F＝2FC，
高考数学(文)《立体几何》专题复习
(2)两个平面垂直的判定和性质
✓ 考法5 线面垂直的判定与性质
1.证明直线 与平面垂直 的方法
2.线面垂直 的性质与线 线垂直
（1）判定定理（常用方法）： 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线
与此平面垂直.判定定理中的两条相交直线必须保证“在平面 内相交”这一条件. （2）性质： ①应用面面垂直的性质（常用方法）：若两平面垂直,则在一 个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面，是证明线 面垂直的主要方法； ②（客观题常用）若两条平行直线中的一条垂直于一个平面, 则另一条也垂直于这个平面.
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✓ 考法4 面面平行的判定与性质
1.证明平面 与平面平行 的常用方法 2.空间平行关系 之间的转化
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✓ 考法3 面面平行的判定与性质
1.证明平面 与平面平行 的常用方法
这是立体几何中证明平行关系常用的思路,三 种平行关系的转化可结合下图记忆
2.空间平行关系 之间的转化
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600分基础 考点&考法
定义 判定方法
2.等角定理
判定定理 反证法 两条异面直线所成的角
✓ 考法2 异面直线所成的角
常考形式
直接求 求其三角函数值
常用方法
作角
正弦值 余弦值 正切值
证明 求值 取舍
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600分基础 考点&考法
➢ 考点46 线面、面面平行的判定与性质 ✓ 考法3 线面平行的判定与性质 ✓ 考法4 面面平行的判定与性质
1.计算有关 线段的长
2.外接球、内切 球的计算问题
观察几何体的特征 利用一些常用定理与公式 (如正弦定理、余弦定理、勾股定理、 三角函数公式等) 结合题目的已知条件求解
2023届高考数学总复习：立体几何附答案
设平面 PCD 的一个法向量为 （x1，y1，z1），
有
t
t， （0，1，1），
平面 ECD 的一个法向量为 （x2，y2，z2），
t 所以 th
t， （0，1，2）， tt，
t 即二面角 P﹣DC﹣E 的余弦值为 ．
t
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以 F 为坐标原点， ， ， ‐的方向为 x，y，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，
t， t， ， t，
∴
t， ， tt，
，t，tt，
t， ， t，
设平面 AEF 的法向量为
，，t
∵
t，
t
∴
t ，∴ t
t， ， t，
∵
，
∴
，
∴直线 B1F⊥平面 AEF．
（Ⅱ）
， ， t，
【解答】（Ⅰ）证明：因为 PA＝AB，E 为 PB 中点，所以 AE⊥PB，
因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥BC，
由 BC⊥AB，所以 BC⊥平面 PAB，所以 BC⊥AE，又 AE⊥PB，BC∩PB＝B，
所以 AE⊥平面 PBC，
平面 AEF⊥平面 PBC．
（Ⅱ）解：法 1：取 PA 中点 G，连结 GE，GD，由 GE∥AB，CD∥AB，
t，t， t，
设平面 B1AE 的法向量为
，，t
∵
t ，∴
t
t
t， t
不妨取 y2＝3 ，则 x2＝﹣5，z2＝﹣4 ．
∴
⺁， ， t t，
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平面 AEF 的法向量为
t， ， t，
设二面角 B1﹣AE﹣F 的平面角为θ，
∴ th
t⺁．
2．如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，PA⊥底面 ABCD，PA＝AB，E 为 PB 的中点，F 为线段 BC 上的动点． （Ⅰ）求证：平面 AEF⊥平面 PBC； （Ⅱ）求二面角 P﹣DC﹣E 的余弦值．
立体几何(7大题型)(解析版)2024年高考数学立体几何大题突破
立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。
考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。
2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。
题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D 1DC =120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ，从而DE ⊥CD ．又AD ⊥CD ，DE ∩AD =D ，DE ,AD ⊂平面AED ，所以CD ⊥平面AED ，ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．连AC 交BD 于点O ，连接CE 交DF 于点G ，连OG ．因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ，所以AE ∥OG ，因为O 为AC 中点，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=2．连接AG 交BD 于点I ，连HI ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AGE ，平面AGE ∩平面BDF =IH ，所以AE ∥IH ．HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA为x 轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ．由(1)知DE =3，得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ，得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t )．因为AE ⎳平面BDF ，所以存在唯一的λ，μ∈R ，使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，所以DE ⊥平面ABC ，从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ，所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点，所以CD ⊥DB ，即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点，DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23，则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A ，过点A 向平面α做垂线，确定垂足O ；(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。
高考数学的立体几何多选题及答案
高考数学的立体几何多选题及答案一、立体几何多选题1．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12AC BC AA ===，90ACB ∠=︒，D ，E ，F分别为AC ，1AA ，AB 的中点．则下列结论正确的是（ ）A ．1AC 与EF 相交B ．11//BC 平面DEF C ．EF 与1AC 所成的角为90︒D ．点1B 到平面DEF 的距离为322【答案】BCD 【分析】利用异面直线的位置关系，线面平行的判定方法，利用空间直角坐标系异面直线所成角和点到面的距离，对各个选项逐一判断． 【详解】对选项A ，由图知1AC ⊂平面11ACC A ，EF 平面11ACC A E =，且1.E AC ∉由异面直线的定义可知1AC 与EF 异面，故A 错误；对于选项B ，在直三棱柱111ABC A B C -中，11B C //BC ．D ，F 分别是AC ，AB 的中点， //∴FD BC ，11B C ∴ //FD ．又11B C ⊄平面DEF ，DF ⊂平面DEF ，11B C ∴ //平面.DEF 故B 正确；对于选项C ，由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0C ，0，0)，(2A ，0，0)，(0B ，2，0)，1(2A ，0，2)，1(0B ，2，2)，1(0C ，0，2)，(1D ，0，0)，(2E ，0，1)，(1F ，1，0)．(1EF ∴=-，1，1)-，1(2AC =-，0，2)． 1·2020EF AC =+-=，1EF AC ∴⊥，1EF AC ∴⊥． EF 与1AC 所成的角为90︒，故C 正确；对于选项D ，设向量(n x =，y ，)z 是平面DEF 的一个法向量． (1DE =，0，1)，(0DF =，1，0)， ∴由n DE n DF ⎧⊥⎨⊥⎩，，，即·0·0n DE n DF ⎧=⎨=⎩，，，得00.x z y +=⎧⎨=⎩，取1x =，则1z =-，(1n ∴=，0，1)-， 设点1B 到平面DEF 的距离为d ． 又1(1DB =-，2，2)，1·102DB n d n-+∴===， ∴点1B 到平面DEF 的距离为2，故D 正确．故选：BCD 【点睛】本题主要考查异面直线的位置关系，线面平行的判定，异面直线所成角以及点到面的距离，还考查思维能力及综合分析能力，属难题．2．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD 【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -22222262213⎛⎫--⨯ ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.3．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E ，F 在平面1111D C B A 内，若||5AE =，AC DF ⊥，则（ ）A ．点E 的轨迹是一个圆B ．点F 的轨迹是一个圆C ．EF 21-D ．AE 与平面1A BD 21530+【答案】ACD 【分析】对于A 、B 、C 、D 四个选项，需要对各个选项一一验证. 选项A ：由2211||5AE AA A E =+=1||1A E =，分析得E 的轨迹为圆；选项B ：由AC DBF ⊥，而点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，； 选项C ：由E 的轨迹为圆，F 的轨迹为线段11B D ，可分析得min ||EF d r =-； 选项D ：建立空间直角坐标系，用向量法求最值. 【详解】 对于A:2211||5AE AA A E =+=221|25A E +=1||1A E =，即点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上；故A 正确；对于B: 正方体1111ABCD A B C D -中，AC ⊥BD ，又AC DF ⊥，且BD ∩DF=D ，所以AC DBF ⊥，所以点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，故B 错误；对于C:在平面1111D C B A 内，1A 到直线11B D 的距离为2,d =当点E ，F 落在11A C 上时，min ||21EF =-；故C 正确； 对于D:建立如图示的坐标系，则()()()()10,0,0,2,0,0,0,0,2,0,2,0A B A D因为点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上，可设()cos ,sin ,2E θθ 所以()()()1cos ,sin ,2,2,0,2,2,2,0,AE A B BD θθ==-=-设平面1A BD 的法向量(),,n x y z =，则有1·220·220n BD x y n A B x z ⎧=-+=⎪⎨=-=⎪⎩不妨令x =1，则()1,1,1n =， 设AE 与平面1A BD 所成角为α，则：22|||sin |cos ,|||||5315n AE n AE n AE πθα⎛⎫++ ⎪⎝⎭====⨯⨯当且仅当4πθ=时，sin α有最大值222153015++=， 故D 正确 故选：CD 【点睛】多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．4．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 内（含边界）一点．（ ） A ．若13A P =，则满足条件的P 点有且只有一个 B ．若12A P =，则点P 的轨迹是一段圆弧 C ．若1//A P 平面11B D C ，则1A P 长的最小值为2D ．若12A P =且1//A P 平面11B DC ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面的面积为23π【答案】ABD 【分析】选项A ，B 可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD 上，1A P 长的最大值为2；结合以上条件点P 与B 或D 重合，利用12sin 60A P r =︒，求出63r =，进而求出面积. 【详解】对A 选项，如下图：由13A P =，知点P 在以1A 为球心，半径为3的球上，又因为P 在底面ABCD 内（含边界），底面截球可得一个小圆，由1A A ⊥底面ABCD ，知点P 的轨迹是在底面上以A 为圆心的小圆圆弧，半径为22112r A P A A =-=，则只有唯一一点C满足，故A 正确；对B 选项，同理可得点P 在以A 为圆心，半径为22111r A P A A =-=的小圆圆弧上，在底面ABCD 内（含边界）中，可得点P 轨迹为四分之一圆弧BD .故B 正确；对C 选项，移动点P 可得两相交的动直线与平面11B D C 平行，则点P 必在过1A 且与平面11B D C 平行的平面内，由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD上，则1A P 长的最大值为12A B =，则C 不正确； 对选项D ，由以上推理可知，点P 既在以A 为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD 上，即与B 或D 重合，不妨取点B ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面为11A BC 的外接圆，利用2126622,,sin 60333A B r r S r ππ==∴=∴==︒.故D 正确.故选：ABD 【点睛】（1）平面截球所得截面为圆面，且满足222=R r d +（其中R 为球半径，r 为小圆半径，d 为球心到小圆距离）；（2）过定点A 的动直线平行一平面α，则这些动直线都在过A 且与α平行的平面内.5．在三棱锥M ABC -中，下列命题正确的是（ ） A ．若1233AD AB AC =+，则3BC BD = B ．若G 为ABC 的重心，则111333MG MA MB MC =++ C ．若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MB AC ⋅=D ．若三棱锥M ABC -的棱长都为2，P ，Q 分别为MA ，BC 中点，则2PQ = 【答案】BC 【分析】作出三棱锥M ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得.【详解】对于A ，由已知12322233AD AB AC AD AC AB AD AC AB AD =+⇒=+⇒-=-，即2CD DB =，则32BD BD DC BC =+=，故A 错误； 对于B ，由G 为ABC 的重心，得0GA GB GC ++=，又MG MA AG =+，MG MB BG =+，MG MC CG =+，3MA MB MC MG ∴++=，即111333MG MA MB MC =++，故B 正确；对于C ，若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MC MA BC AB ⋅+⋅=，即()00MA BC AC CB MA BC AC C MC C M B M C ⋅++=⇒⋅++⋅⋅=⋅()00MA BC A MC MC MC MC C BC MA BC AC ⋅⋅⋅⇒⋅+-=⇒-+=⋅()000MC M CA BC AC AC CB AC CB AC C MC ⇒+=⇒+=⇒+=⋅⋅⋅⋅⋅，即0MB AC ⋅=，故C 正确；对于D ，111()()222PQ MQ MP MB MC MA MB MC MA ∴=-=+-=+- ()21122PQ MB MC MA MB MC MA ∴=+-=+-，又()2222222MB MC MA MB MC MA MB MC MB MA MC MA+-=+++⋅-⋅-⋅2221112222222222228222=+++⨯⨯⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=，1822PQ ∴==，故D 错误. 故选：BC 【点睛】关键点睛：本题考查向量的运算，用已知向量表示某一向量的三个关键点： (1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量． (3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．6．在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =12AD AA ==，P 、Q 、R 分别是AB 、1BB 、1A C 上的动点，下列结论正确的是（ ）A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥C ．当1AR A C ⊥时，1ARD R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABCD 【分析】本题先建立空间直角坐标系，再运用空间向量在立体几何中的应用逐一判断即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设(2,,0)P a，0a ⎡∈⎣，(2,)Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到(22,,22)R λλ--，[]0,1λ∈. 1(2,,2)D P a =-，(2,0,)CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；1(22,2)D R λλ=--，12(22)2D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确；1AR A C ⊥，则1(2,22)(2)412440AR AC λλλλλ⋅=--⋅--=+-+=，解得：15λ=，此时12282()()05555AR D R ---⋅=⋅=，1AR D R ⊥，C 正确；113AC A R =，则44()33R，142()33D R =-，设平面1BDC 的法向量为(,,)n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(3,n =-，故10n D R ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确.故选：ABCD.【点睛】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，是偏难题.7．已知直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==，D 是AC 的中点，O 为1A C 的中点.点P 是1BC 上的动点，则下列说法正确的是（ ）A ．当点P 运动到1BC 中点时，直线1A P 与平面111ABC 5 B ．无论点P 在1BC 上怎么运动，都有11A P OB ⊥C ．当点P 运动到1BC 中点时，才有1A P 与1OB 相交于一点，记为Q ，且113PQ QA = D ．无论点P 在1BC 上怎么运动，直线1A P 与AB 所成角都不可能是30° 【答案】ABD 【分析】构造线面角1PA E ∠，由已知线段的等量关系求1tan EPPA E AE∠=的值即可判断A 的正误；利用线面垂直的性质，可证明11A P OB ⊥即可知B 的正误；由中位线的性质有112PQ QA =可知C 的正误；由直线的平行关系构造线线角为11B A P ∠，结合动点P 分析角度范围即可知D 的正误 【详解】直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==选项A 中，当点P 运动到1BC 中点时，有E 为11B C 的中点，连接1A E 、EP ，如下图示即有EP ⊥面111A B C∴直线1A P 与平面111A B C 所成的角的正切值：1tan EPPA E AE∠= ∵112EP BB =，22111152AE A B B E BB =+= ∴15tan PA E ∠=，故A 正确选项B 中，连接1B C ，与1BC 交于E ，并连接1A B ，如下图示由题意知，11B BCC 为正方形，即有11B C BC ⊥而AB BC ⊥且111ABC A B C -为直三棱柱，有11A B ⊥面11B BCC ，1BC ⊂面11B BCC ∴111A B BC ⊥，又1111A B B C B =∴1BC ⊥面11A B C ，1OB ⊂面11A B C ，故11BC OB ⊥ 同理可证：11A B OB ⊥，又11A B BC B ⋂=∴1OB ⊥面11A BC ，又1A P ⊂面11A BC ，即有11A P OB ⊥，故B 正确选项C 中，点P 运动到1BC 中点时，即在△11A B C 中1A P 、1OB 均为中位线∴Q为中位线的交点∴根据中位线的性质有：112PQQA=，故C错误选项D中，由于11//A B AB，直线1A P与AB所成角即为11A B与1A P所成角：11B A P∠结合下图分析知：点P在1BC上运动时当P在B或1C上时，11B A P∠最大为45°当P在1BC中点上时，11B A P∠最小为23arctan30>=︒∴11B A P∠不可能是30°，故D正确故选：ABD【点睛】本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小8．如图，正方体1111ABCD A B C D-的棱长为1，线段11B D上有两个动点E，F，且2EF=则下列结论正确的是（）A ．三棱锥A BEF -的体积为定值B ．当E 向1D 运动时，二面角A EF B --逐渐变小C ．EF 在平面11ABB A 内的射影长为12D ．当E 与1D 重合时，异面直线AE 与BF 所成的角为π4【答案】AC 【分析】对选项分别作图，研究计算可得. 【详解】选项A:连接BD ,由正方体性质知11BDD B 是矩形，1112212224BEF S EF BB ∆∴=⋅=⨯=连接AO 交BD 于点O由正方体性质知AO ⊥平面11BDD B ,所以，AO 是点A 到平面11BDD B 的距离，即22AO =112213312A BEF BEF V S AO -∆∴=⨯==A BEF V -∴是定值.选项B:连接11A C 与11B D 交于点M ，连接11,AD AB ， 由正方体性质知11AD AB =,M 是11B D 中点，AM EF ∴⊥ ,又1BB EF ⊥,11//BB AAA EFB ∴--的大小即为AM 与1AA 所成的角，在直角三角形1AA M 中，12tan 2MAA ∠=为定值. 选项C:如图，作1111,,,FH A B EG A B ET EG ⊥⊥⊥ 在直角三角形EFT 中，221cos 452FT EF =⨯=⨯=12HG FT ∴== 选项D:当E 与1D 重合时，F 与M 重合，连接AC 与BD 交于点R ，连接1D R ,1//D R BM 异面直线AE 与BF 所成的角,即为异面直线1AD 与1D R 所成的角, 在三角形1AD R 中，22111132,2AD D R MB BB M B ===+=2AR =由余弦定理得13cos AD R ∠= 故选：AC 【点睛】本题考查空间几何体性质问题.求解思路：关键是弄清(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．求空间几何体体积的思路：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法；若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.9．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,2,AB BC AA P ===是1A B 上的一动点，则下列选项正确的是( )A ．DP 35B ．DP 5C ．1AP PC +6D ．1AP PC +170【答案】AD 【分析】DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高即可；旋转11A BC 所在平面到平面11ABB A ，1AP PC +的最小值转化为求AC '即可.【详解】求DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高，易知115,2A B A D BD ===，所以1A B 边上的高为355h =111,AC BC ，得11A BC ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，则AC '即为所求的最小值，易知11122,2,cos AA AC AAC ''==∠=， 所以217042222()105AC '=+-⨯⨯⨯-=.故选：AD. 【点睛】本题考查利用旋转求解线段最小值问题.求解翻折、旋转问题的关键是弄清原有的性质变化与否， (1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，翻折、旋转前后应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．10．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为2，则（）A．BF⊥平面EABB．该二十四等边体的体积为20 3C．该二十四等边体外接球的表面积为8πD．PN与平面EBFN所成角的正弦值为2 2【答案】BCD【分析】A用反证法判断；B先补齐八个角成正方体，再计算体积判断；C先找到球心与半径，再计算表面积判断；D先找到直线与平面所成角，再求正弦值判断．【详解】解：对于A，假设A对，即BF⊥平面EAB，于是BF AB⊥，90ABF∠=︒，但六边形ABFPQH为正六边形，120ABF∠=︒，矛盾，所以A错；对于B，补齐八个角构成棱长为2的正方体，则该二十四等边体的体积为3112028111323-⋅⋅⋅⋅⋅=，所以B对；对于C，取正方形ACPM对角线交点O，即为该二十四等边体外接球的球心， 其半径为2R =，其表面积为248R ππ=，所以C 对；对于D ，因为PN 在平面EBFN 内射影为NS ， 所以PN 与平面EBFN 所成角即为PNS ∠， 其正弦值为22PS PN ==，所以D 对． 故选：BCD ．【点睛】本题考查了正方体的性质，考查了直线与平面所成角问题，考查了球的体积与表面积计算问题．。
高三数学一轮专题4 高考中的立体几何问题(含解析)北师
专题四 高考中的立体几何问题1.如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段AD 上，且CE ∥AB ．(1)求证：CE ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝2，∠CDA ＝45°，求四棱锥P －ABCD 的体积．[解析] (1)∵PA ⊥底面ABCD ，CE 平面ABCD∴CE ⊥PA ，又∵AB ⊥AD ，CE ∥AB ．∴CE ⊥AD ．又∵PA ∩AD ＝A ，∴CE ⊥平面PAD ．(2)由(1)可知CE ⊥AD ．在Rt △ECD 中，DE ＝CD·cos45°＝1，CE ＝CD·sin45°＝1.又∵AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ，所以四边形ABCE 为矩形．∴S 四边形ABCD ＝S 矩形ABCE ＋S △CDE ＝AB·AE ＋12CE·DE＝1×2＋12×1×1＝52.又PA ⊥底面ABCD ，PA ＝1所以V 四棱锥p －ABCD ＝13S 四边形ABCD×PA ＝13×52×1＝56.2．(2015·潍坊模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．求证：(1)直线EF ∥平面PCD ；(2)平面BEF ⊥平面PAD ．[证明] (1)在△PAD 中，因为E 、F 分别为AP 、AD 的中点，所以EF ∥PD ．又因为E F ⃘平面PCD ，PD 平面PCD ．所以直线EF ∥平面PCD ．(2)连结BD ．因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形．因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD ．因为平面PAD ⊥平面ABCD ，BF平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD．又因为BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD．3．如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD、PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD．[解析](1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD．(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD．又因为B E⃘平面PAD，AD平面PAD，所以BE ∥平面PAD ．(3)因为AB ⊥AD ，而且四边形ABED 为平行四边形，所以BE ⊥CD ，AD ⊥CD ．由(1)知PA ⊥底面ABCD ．所以PA ⊥CD ．所以CD ⊥平面PAD ．所以CD ⊥PD ．因为E 和F 分别是CD 和PC 的中点，所以PD ∥EF.所以CD ⊥EF ，又因为CD ⊥BE ，BE ∩EF ＝E ，所以CD ⊥平面BEF.所以平面BEF ⊥平面PCD ．4．如图，在几何体P －ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，AB ＝PA ＝2.(1)当AD ＝2时，求证：平面PBD ⊥平面PAC ；(2)若PC 与AD 所成的角为45°，求几何求P －ABCD 的体积．[解析] (1)证明：当AD ＝2时，四边形ABCD 是正方形，则BD ⊥AC ．∵PA ⊥平面ABCD ，BD 平面ABCD ，∴PA ⊥BD ．又∵PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面PAC ．∵BD 平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面PAC ．(2)解：PC 与AD 成45°角，AD ∥BC ，则∠PCB ＝45°.∵BC ⊥AB ，BC ⊥PA ，AB ∩PA ＝A ，∴BC ⊥平面PAB ，PB 平面PAB ．∴BC ⊥PB ．∴∠CPB ＝90°－45°＝45°.∴BC ＝PB ＝2 2.∴几何体P －ABCD 的体积为13×(2×22)×2＝823.1.(2014·四川高考)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC ⊥BC ，证明：直线BC ⊥平面ACC1A1；(2)设D ，E 分别是线段BC ，CC1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使直线DE ∥平面A1MC ？请证明你的结论．[解析] (1)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB ，AA1⊥AC ．因为AB ，AC 为平面ABC 内两条相交直线，所以AA1⊥平面ABC ．因为直线BC 平面ABC ，所以AA1⊥BC ．又由已知，AC ⊥BC ，AA1，AC 为平面ACC1A1内两条相交直线，所以BC ⊥平面ACC1A1.(2)取线段AB 的中点M ，连接A1M ，MC ，A1C ，AC1，设O 为A1C ，AC1的交点． 由已知，O 为AC1的中点．连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为△ABC ，△ACC1的中位线，所以，MD 綊12AC ，OE 綊12AC ，因此MD綊OE.连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.因为直线D E⃘平面A1MC，MO平面A1MC．所以直线DE∥平面A1MC．即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC．2．如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.(1)证明：AA1⊥BD；(2)证明：CC1∥平面A1BD．[解析](1)∵DD1⊥平面ABCD，BD平面ABCD∴DD1⊥BD，又∵AB＝2AD且∠BAD＝60°∴由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD即BD＝3AD，∴AD2＋BD2＝AB2，∴BD⊥AD又∵AD∩DD1＝D∴BD⊥平面ADD1A1，又∵AA1平面ADD1A1，∴BD⊥AA1(2)连接AC，交BD于M，连接A1M，A1C1，∵底面ABCD 是平行四边形，∴AM ＝CM ＝12AC又∵AB ＝2AD ＝2A1B1∴A1G 綊CM ，即四边形A1MCC1是平行四边形；∴CC1∥AM1，又∵CC 1⃘平面A1BD ，A1M 平面A1BD∴CC1∥平面A1BD ．3．(文)(2015·临沂模拟)如图，在边长为3的正三角形ABC 中，G ，F 为边AC 的三等分点，E ，P 分别是AB ，BC 边上的点，满足AE ＝CP ＝1，今将△BEP ，△CFP 分别沿EP ，FP 向上折起，使边BP 与边CP 所在的直线重合，B ，C 折后的对应点分别记为B1，C1.(1)求证：C1F ∥平面B1GE ；(2)求证：PF ⊥平面B1EF.[解析] (1)取EP 的中点D ，连接FD ，C1D ．因为BC ＝3，CP ＝1，所以折起后C1为B1P 的中点．所以在△B1EP 中，DC1∥EB1.又因为AB ＝BC ＝AC ＝3，AE ＝CP ＝1，所以EP AC ＝EB AB ，所以EP ＝2且EP ∥GF.因为G ，F 为AC 的三等分点，所以GF ＝1.又因为ED ＝12EP ＝1，所以GF ＝ED ，所以四边形GEDF 为平行四边形．所以FD ∥GE.又因为DC1∩FD ＝D ，GE ∩B1E ＝E ，所以平面DFC1∥平面B1GE.又因为C1F 平面DFC1， 所以C1F ∥平面B1GE.(2)连接EF ，B1F ，由已知得∠EPF ＝60°，且FP ＝1，EP ＝2，由余弦定理，得EF2＝12＋22－2×1×2×cos60°＝3，所以FP2＋EF2＝EP2，可得PF ⊥EF.因为B1C1＝PC1＝1，C1F ＝1，得FC1＝B1C1＝PC1，所以△PB1F 的中线C1F ＝12PB1，可得△PB1F 是直角三角形，即B1F ⊥PF.因为EF ∩B1F ＝F ，EF ，B1F 平面B1EF ，所以PF ⊥平面B1EF.(理)(2014·浙江高考)如图，在四棱锥A －BCDE 中，平面ABC ⊥平面BCDE ，∠CDE ＝∠BED ＝90°，AB ＝CD ＝2，DE ＝BE ＝1，AC ＝ 2.(1)证明：DE ⊥平面ACD ；(2)求二面角B －AD －E 的大小．[解析] (1)在平面四边形BCDE 中，BC ＝2，在三角形ABC 中，AB＝2，BC ＝2，AC ＝ 2.根据勾股定理逆定理．∴AC ⊥BC ．∵平面ABC ⊥平面BCOE ，而平面ABC ∩平面BCDE ＝BCAC ⊥BC ，∴AC ⊥平面BCDE ，∴AC ⊥DE ，又∵AC ⊥DE ，DE ⊥DC ，∴DE ⊥平面ACD ．(2)由(1)知分别以CD →、CA →为x 轴、z 轴正方向．以过C 平行DE →为y 轴正向建立坐标系．则B(1,1,0)，A(0,0，2)，D(2,0,0)，E(2,1,0)∴AB →＝(1,1，－2)，AD →＝(2,0，－2)，DE →＝(0,1,0)设平面ABD 法向量n1＝(x1，y1，z1)，由n1·DE →＝n1·AD →＝0，解得n1＝(1,1，2)设平面ADE 法向量n2＝(x2，y2，z2)，则n2·AE →＝n2·AD →＝0，解得：n2＝(1,0，2)设平面ABD 与平面ADE 夹角为θ，cosθ＝|cos 〈n1，n2〉|＝1＋0＋22×3＝32π∴平面ABD与平面ADE的二面角平面角为6.。
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高考数学中的立体几何
高考中的数学涉及到许多不同的领域，其中立体几何是一个重
要的方面。
学生需要掌握各种不同的几何形状以及它们的性质，
这样才能在考试中取得好成绩。
本文将讨论在高考数学中立体几
何的重要性以及如何准备好这一方面。
一、立体几何在高考数学中的重要性
立体几何是高考数学中非常重要的领域，通常在数学试卷中占
据比例较大的部分。
在考试中充分掌握这一领域的知识，不仅能
够帮助学生取得更好的成绩，还有助于他们在高中及以后的学习
中获得更好的理解。
以下是一些立体几何在高考数学中的主要方面：
1.几何体的性质
在高考数学中，学生需要掌握不同几何体的定义和特征，以及
它们之间的关系。
例如，他们需要理解圆柱体和圆锥体的相似性，以及棱柱和棱锥的相似性。
了解这些性质有助于学生更好地理解
各种几何体的构造和使用。
2.面积和体积计算
另一个涉及立体几何的重要领域是面积和体积计算。
在高考数学中，学生需要掌握计算不同几何体的表面积和体积的方法。
这包括使用不同的公式，例如圆柱体和球形的体积公式。
同时，他们需要能够运用这些公式来解决各种不同的问题。
3.图形的相似性和投影
学生还需要掌握几何图形的相似性和投影的知识。
他们需要了解什么是相似的三角形、矩形和平行四边形，以及它们的性质和应用。
此外，学生还需要理解投影是什么，以及如何计算相应的投影。
二、如何准备好准备好高考数学中的立体几何需要学生进行全面的准备。
以下是一些建议，可以帮助学生在考试中取得更好的成绩：
1.熟悉各种几何体的定义和性质
为了更好地理解几何体的性质，学生需要熟悉不同几何体的定
义和特征。
这包括各种正方体、长方体、圆柱体、圆锥体和棱柱、棱锥等。
通过掌握各种几何体的特点，学生可以更好地深入了解
它们的性质和应用。
2.掌握计算面积和体积的公式
在高考数学中，学生需要掌握计算不同几何体的表面积和体积
的公式。
为了熟悉这些公式，学生需要通过反复练习来掌握各种
不同几何体的计算方法。
同时，他们还需要理解公式的来源和用途。
3.运用不同的几何形状来解决问题
为了在考试中取得好成绩，学生需要能够熟练使用不同的几何
形状来解决问题。
这包括使用三角形、矩形和平行四边形等进行
计算。
通过掌握这些不同的几何形状，学生可以更好地理解它们
的特性和应用。
4.检查解答过程和答案
最后，学生应该始终检查自己的解答过程和答案，以确保它们正确无误。
这意味着他们需要仔细考虑每个题目的答案，并利用各种工具来验证结果。
总之，高考数学中的立体几何是一个重要的领域。
学生需要全面准备，并通过反复练习来掌握这些知识。
只有这样，才能够在考试中取得好成绩，为未来的学习和职业生涯打下坚实的基础。