空间立体几何典型例题分析讲解
高中数学立体几何与空间几何的应用题解析
高中数学立体几何与空间几何的应用题解析在高中数学学习中，我们会遇到立体几何与空间几何的应用题，这些题目涉及到我们日常生活中的实际问题，需要我们掌握相关的几何知识和解题方法。
本文将对一些常见的应用题进行解析，帮助读者更好地理解和应用数学知识。
题目一：求解一个体积问题一个长方体水箱的长、宽、高分别为3m、2m、4m，现在将该水箱装满水，请问需要多少升的水？解析：首先我们知道一个体积的计算公式是体积=底面积×高度。
根据题目给出的长方体水箱的长、宽、高，可以计算出水箱的底面积为3m×2m=6m²。
再根据题目给出的单位换算，1m³=1000L，可以将体积单位从立方米转换为升。
所以水箱的体积为6m²×4m=24m³=24000L。
因此，需要24000升的水才能将该水箱装满。
题目二：求解一个角度问题一个直角梯形棱镜的上底面和下底面的边长分别为3cm和6cm，两条斜边的夹角为60°，请问该棱镜的高是多少？解析：由题目可知，该直角梯形棱镜的上底面和下底面的边长分别为3cm和6cm，斜边的夹角为60°。
我们可以根据三角形的正弦定理求解该题。
正弦定理表达式为：a/sinA = b/sinB = c/sinC，其中a、b、c分别为三角形中相应边的长度，A、B、C为对应的角度。
根据题目信息，我们可以设该直角梯形棱镜的高为h。
根据正弦定理，得到3/sin30°= 6/sin60°= h/sin90°。
由于sin30°=1/2，sin60°=√3/2，sin90°=1，代入得到3/(1/2) = 6/(√3/2) = h/1。
通过计算可得，h=6cm，所以该棱镜的高是6cm。
题目三：求解一个面积问题一个正立方体油桶的侧面积为384cm²，求解该正立方体油桶的体积。
解析：由题目可知，该正立方体油桶的侧面积为384cm²。
高中数学高考复习《空间几何体的三视图》经典例题解析附习题答案
3 32正视图侧视图俯视图图1空间几何体的三视图1..一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A ）48 (B)32+8(C) 48+8(D) 80【答案】 C【命题意图】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，。
故S 表【解题指导】：三视图还原很关键，每一个数据都要标注准确。
2.设图1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A.1229 B.1829 C. 429 D. 1836答案：B解析：由三视图可以还原为一个底面为边长是3的正方形，高为2的长方体以及一个直径为3的球组成的简单几何体，其体积等于233)23(3431829。
故选 B评析：本小题主要考查球与长方体组成的简单几何体的三视图以及几何体的体积计算.3.如图l —3．某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为（）b5E2RGbCAPA.63 B.93 C.123 D.183【解析】 B.由题得三视图对应的直观图是如图所示的直四棱柱，.ABCD EA 平面3931232hS VABCD平行四边形。
所以选 B4.某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（A ）283（B ）83（C ）82（D ）23【答案】A【解析】：由三视图可知该几何体为立方体与圆锥，立方体棱长为2，圆锥底面半径为1、高为2，所以体积为3212123283故选A5．某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是HGFEDCBA 3123A ．8B ．62C ．10 D ．82【答案】 C6.一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为32，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是____________.p1EanqFDPw答案：2323234aa ，解得解析：设正三棱柱的侧棱长和底面边长为a ，则由a=2，正三棱柱的左视图与底面一边垂直的截面大小相同，故该矩形的面积是322232.DXDiTa9E3d7.一个几何体的三视图如图所示（单位：m ），则这个几何体的体积为__________ 3m 【答案】6【解析】由题意知,该几何体为一个组合体,其下面是一个长方体(长为3m,宽为2m,高为1m),上面有一个圆锥(底面半径为1,高为3),所以其体积为1321363V V 长方体圆锥.8. 下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是(A)3 (B)2 (C)1 (D)0 【答案】 A【解析】对于①,可以是放倒的三棱柱；容易判断②③可以.9.若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是第一节10.若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其侧面积．．．等于（）A.3 B.2 C.23 D.6【命题立意】本题考查三棱柱的三视图与直观图、表面积。
专题03 立体几何中的夹角问题(解析版)
第三篇 立体几何专题03 立体几何中的夹角问题常见考点考点一 线线角典例1．如图，在多面体ABCEF 中，ABC 和ACE 均为等边三角形，D 是AC 的中点，EF BD ∥，2BD EF ==(1)证明：AC BF ⊥；(2)若平面ABC ⊥平面ACE ，求异面直线AE 与BF 所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析【解析】 【分析】（1）证明一条直线垂直于另一条直线，可以先证明前者垂直于后者所在的那个平面； （2）求异面直线的夹角，优先考虑建立空间直角坐标系，用向量的方法来计算. (1)证明：连接DE .因为AB BC =，且D 为AC 的中点，所以AC BD ⊥. 因为AE EC =，且D 为AC 的中点，所以AC DE ⊥.因为BD ⊂平面BDE ，DE ⊂平面BDE ，且BD DE D ⋂=，所以AC ⊥平面BDE . 因为EF BD ∥，所以BF ⊂平面BDE ，所以AC BF ⊥；(2)由（1）可知DE AC ⊥.因为平面ABC ⊥平面ACE ，平面ABC 平面ACE AC =，DE ⊂平面ACE ， 所以DE ⊥平面ABC ，所以DC ，DB ，DE 两两垂直.以D 为原点，分别以DC ，DB .DE 的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -.则()1,0,0A -，()B ，F ⎛ ⎝，(E ，从而(AE =，0,2BF ⎛=- ⎝. 则15cos 5AE BF AE BF AE BF⋅==⋅，，即异面直线AE 与BF变式1-1．如图，在平行四边形ABCD 中，AB AC =，90ACD ︒=∠，以AC 为折痕将ACD ∆折起，使点D 到达点M 的位置，且AB AM ⊥.(1)证明：平面ACM ⊥平面ABC ；(2)E 为线段AM 上一点，F 为线段BC 上一点，且13AE CF AD ==，求异面直线AC 与EF 所成的角的余弦.【答案】(1)证明见解析【解析】 【分析】（1）由题易知AB AC ⊥，由根据线面垂直的判定定理可推出AB ⊥平面ACM ，再由面面垂直的判定定理即可得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成角的余弦值； (1) 证明：平行四边形ABCD ，//AB CD ∴，90BAC ACD ∴∠=∠=︒，即AB AC ⊥，AB AM ⊥，AC AM A ⋂=，AC 、AM ⊂平面ACM ， AB ∴⊥平面ACM ，AB ⊂平面ABC ，∴平面ACM ⊥平面ABC ．(2)解：由（1）平面ACM ⊥平面ABC ，MC AC ⊥，平面ACM ⋂平面ABC AC =，MC ⊂平面ACM ，所以CM ⊥平面ABC ，因为CD ⊂平面ABC ，所以MC CD ⊥，如图建立空间直角坐标系，令3AB AC ==，所以()0,0,0C ，()0,3,0A ，()1,1,0F -，()0,2,1E ，所以()0,3,0CA =，()1,1,1FE =，设异面直线AC与EF 所成的角为θ，则3cos 33CA FE CA FEθ⋅===⋅， 故异面直线AC 与EF变式1-2．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AA ，1AB =，AC =2BAC π∠=，D 是棱1CC 上一点．(1)若1A C BD ⊥，求1CDCC ； (2)在（1）的条件下，求直线1B D 与11AC 所成角的余弦值． 【答案】(1)112CD CC=【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量求解即可；（2）利用向量求解即可. (1)如图，以AB ，AC ，1AA 的单位向量为正交基底建立空间直角坐标系A xyz -，则()0,0,0A ，()1,0,0B，()C，(1A，(1B，(1C ．设()D a，则()BD a =-，又(1AC =，1A C BD ⊥，∴130AC BD ⋅==，∴a =D 为1CC 的中点， ∴112CD CC =．(2)由（1）得1B D ⎛=- ⎝⎭，()11AC =，∴111cos ,B D AC ==．变式1-3．如图，在正方体1111ABCDA B C D -中，E 、F 分别是1BB 、CD 的中点.(1)求证：1D F AE ⊥；(2)求直线EF 和1CB 所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2)6π 【解析】 【分析】（1）以D 为原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，计算得出10D F AE ⋅=，即可证得结论成立；（2）利用空间向量法可求得直线EF 和1CB 所成角的大小. (1)解：以D 为原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则()0,0,0D 、()2,0,0A 、()10,0,2D 、()2,2,1E 、()0,1,0F 、()0,2,0C 、()12,2,2B ，()10,1,2D F =-，()0,2,1AE =，所以，112210D F AE ⋅=⨯-⨯=，1D F AE ∴⊥.(2)解：()2,1,1EF =---，()12,0,2CB =，111cos ,6EF CB EF CB EF CB ⋅<>===⋅，因此，直线EF 和1CB 所成角为6π.考点二 线面角典例2．如图，在梯形ABCD 中，AD BC ∥，2ABC π∠=，22AB BC AD ===，E ，F 分别为边AB ，CD 上的动点，且EF BC ∥，G 是BC 的中点，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF ．(1)求AE 为何值时，BD EG ⊥；(2)在（1）的条件下，求BD 与平面ABF 所成角的正弦值． 【答案】(1)1 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用0BD EG ⋅=，得出1AE =；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法得出BD 与平面ABF 所成角的正弦值． (1)沿EF 将梯形ABCD 翻折后，以E 为原点，以EB 所在直线为x 轴，EF 所在直线为y 轴，EA 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系.设,(0,2)EA t t =∈，则(0,0,0),(0,0,),(2,0,0)E A t B t -，(0,1,),(2,1,0)D t G t -(2,1,)BD t t ∴=-，(2,1,0)EG t =-,0BD EG BD EG ⊥∴⋅=，即2(2)10t --+=，解得1t =或3t =（舍）故当1AE =时，BD EG ⊥(2)在（1）的条件下，(0,0,1)A ，3(1,0,0),0,,0,(0,1,1)2B F D ⎛⎫ ⎪⎝⎭3(1,1,1),(1,0,1),1,,02BD BA BF ⎛⎫=-=-=- ⎪⎝⎭设平面ABF 的法向量为(,,1)n a b =，由0,0n BA n BF ⋅=⋅=，解得21,3a b == 故21,,13n ⎛⎫= ⎪⎝⎭设BD 与平面ABF 所成角为θ，则sin cos ,BD n θ=1||||3BD n BD n -+⋅===⋅⋅ 故BD 与平面ABF . 变式2-1．如图所示的直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，E ，F 分别是棱BC ，CD 上的点，且2BE EC =，2DFFC =，点G 为棱1CC 上的动点，13AA =，1O 为上底面1111D C B A 的中心，1AO ∥平面EFG .(1)求CG 的长度；(2)求直线1BO 与平面EFG 所成的角的正弦值. 【答案】(1)1(2)11【解析】 【分析】（1）假设当1CG =时，1AO ∥平面EFG ，连11A C ，取棱AC 的中点O ，连1OC ，得到11AO OC ∥，设OC EF H ⋂=，连接GH ，易证1AO HG ∥，再利用线面平行的判定定理证明；（2）分别以DA ，DC ，1DD 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，求得平面EFG 的一个法向量为(),,n x y z =，设直线1BO 与平面EFG 所成的角为α，由111sin cos ,n BO n BO n BO α⋅==求解. (1)解：假设当1CG =时，1AO ∥平面EFG ， 如图所示，连11A C ，因为1O 为上底面的中心，所以1O 是棱11A C 的中点. 连AC ，取棱AC 的中点O ，连1OC ，则11AO OC ∥， 设OC EF H ⋂=，连接GH ，由2BE EC =，2DF FC =；得13CH CO =， 又因为113CG CC =，所以1OC HG ∥， 所以1AO HG ∥，又因为GH ⊂平面EFG ，1AO ⊄平面EFG ， 所以1AO ∥平面EFG ，所以假设成立，即1CG =. (2)由题可知DA ，DC ，1DD 两两相互垂直，分别以DA ，DC ，1DD 所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则2,2,03E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，40,,03F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()0,2,1G ，()11,1,3O ，()2,2,0B ，所以()11,1,3BO =--，22,,033EF ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，2,0,13EG ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设平面EFG 的一个法向量为(),,n x y z =，则0,0,n EF n EG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即()()22,,,,00332,,,0,103x y z x y z ⎧⎛⎫⋅--= ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪⋅-= ⎪⎪⎝⎭⎩，令3x =，得3y =-，2z =，所以()3,3,2n =-， 设直线1BO 与平面EFG 所成的角为α，则111sin cos ,n BO n BO n BO α⋅==，=. 变式2-2．如图，三棱锥P －ABC 中，PAB △为正三角形，侧面P AB 与底面ABC 所成的二面角为150°，AB ＝AC ＝2，AB AC ⊥，E，M ，N 分别是线段AB ，PB 和BC 的中点.(1)证明：平面PEN ⊥平面ABC ；(2)求直线PN 与平面MAC 所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析【解析】 【分析】（1）由PAB △为正三角形，可得PE AB ⊥，再由三角形中位线定理结合已知条件可得EN AB ⊥，再由线面垂直和面面垂直的判定可得结论，（2）以E 为原点，EB 、EN 所在的直线分别为x 、y 轴，过点E 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可 (1)由PAB △为正三角形，E 是AB 的中点，则知PE ⊥AB ， 因为E ，N 分别是线段AB 和BC 的中点， 所以EN ∥AC ，因为AB ⊥AC ，所以EN ⊥AB ， 又PE EN E ⋂=，所以AB ⊥平面PEN ， 因为AB 平面ABC 所以平面PEN ⊥平面ABC . (2)由（1）知，∠PEN ＝150°，以E 为原点，EB 、EN 所在的直线分别为x 、y 轴，过点E 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B （1，0，0），C （－1，2，0），A （－1，0，0），30,2P ⎛- ⎝⎭，13,24M ⎛- ⎝⎭，N （0，1，0），∴50,,2PN ⎛= ⎝⎭，33,24AM ⎛=- ⎝⎭，()0,2,0AC =， 设平面MAC 的法向量为(),,n x y z =，则00n AC n AM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2033024y x y =⎧⎪⎨-=⎪⎩， 令x ＝1，则y ＝0，z =-(1,0,n =-，设直线PN 与平面MAC 所成角为θ，则sin cos ,7PN n PN n PN nθ⋅====故直线PN 与平面MAC变式2-3．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1222AC AB AA ===，11A B AB M =，11A B B C ⊥.(1)求证：AB AC ⊥；(2)若点N 在线段1A C 上，满足MN ∥平面ABC ，求直线1B N 与平面1A BC 所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)49【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明出AC ⊥平面11AA B B ，即可证明AC AB ⊥. （2）连接1A C ，MN ，1B N .先证明出N 为1A C 的中点.以A 为坐标原点，AB ，AC ，1AA 所在直线分别为x轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解. (1)∵111ABC A B C -为直三棱柱，∴1AA ⊥平面ABC ，∴1AA AB ⊥，1AA AC ⊥， 又1AA AB =，所以四边形11AA B B 为正方形， ∴11A B AB ⊥，又11A B B C ⊥，111AB B C B ⋂=， ∴1A B ⊥平面1AB C ，又AC ⊂平面1AB C ，∴1A B AC ⊥，又1AC AA ⊥，111A B AA A ⋂=，∴AC ⊥平面11AA B B ，又AB 平面11AA B B ， ∴AC AB ⊥. (2)连接1A C ，MN ，1B N .∵MN ∥平面ABC ，又MN ⊂平面1A BC ，平面1A BC 平面ABC BC =， ∴MN BC ∥.又M 为1A B 的中点，∴N 为1A C 的中点.如图所示，以A 为坐标原点，AB ，AC ，1AA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则()10,0,1A ，()1,0,0B ，()0,2,0C ，()11,0,1B ，10,1,2N ⎛⎫⎪⎝⎭.∴111,1,2B N ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭设平面1A BC 的法向量为(),,n x y z =，又()11,0,1A B =-，()10,2,1AC =-， 由1100n A B n A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得020x z y z -=⎧⎨-=⎩，不妨取z =2，所以平面1A BC 的一个法向量为()2,1,2n =∴直线1B N 与平面1A BC 所成角θ的正弦值为11124sin cos ,3932B N n B N n B N nθ⋅====⨯.考点三 二面角典例3．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ACC A 是矩形，AC AB ⊥，12AB AA ==，3AC =，1120A AB ∠=︒，E ，F 分别为棱11A B ，BC 的中点，G 为线段CF 的中点．(1)证明：1//AG 平面AEF ； (2)求二面角A EF B --的余弦值． 【答案】(1)证明见解析；【解析】 【分析】（1）作图，由对应比例证明1//OF A G ，即可证明1//AG 平面AEF ；（2）建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，从而得对应平面向量的坐标，求解出法向量，利用向量夹角计算公式代入计算. (1)连接1A B ，交AE 于点O ，连接OF ，由题意，四边形11ABB A 为平行四边形，所以11AB A B =，因为E为11A B 中点，∴112A E AB =，∴1AOE BOA △△，且相似比为12，∴112AO OB =，又∵F ，G 为BC ，CF 中点，∴12GF BF =，∴1//OF A G ，又OF ⊂平面AEF ，1AG ⊄平面AEF ，∴1//AG 平面AEF .(2)连接1AB ，因为1120A AB ∠=︒，12AB AA ==，所以11AB A B ⊥，112,AB A B ==间直角坐标系，则()()1130,1,0,,,0,,222A B E F ⎫⎛⎫-⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则333313,,0,,,0,3,1,22222AE BE EF ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，设平面AEF 和平面BEF 的法向量分别为()()111222,,,,,m x y z n x y z ==，则{AE ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅m ⃑⃑ =0EF ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅m ⃑⃑ =0⇒{√32x 1−32y 1=0−√3x 1+y 1+32z 1=0⇒m ⃑⃑ =(3√3,3,4)，{BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅n ⃑ =0EF ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅n ⃑ =0⇒{3√32x 2−12y 2=0−√3x 2+y 2+32z 2=0⇒n ⃑ =(√3,9,−4)，所以927cos ,13213m n m n m n⋅+===，因为二面角A EF B --的平面角为锐角，所以二面角A EFB --.【点睛】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3-1．如图，ABC中AB BC⊥，且2=，将AEF沿中位线EF折起，使得AE BEAB BC⊥，连结AB，AC，M为AC的中点.(1)证明：MF⊥平面ABC；(2)求二面角E MF C--的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）由勾股定理以及等腰三角形的性质得出FM AC⊥，MF BM⊥，再由线面垂直的判定证明即可；（2）以点E 为坐标原点，建立空间直角坐标系，由向量法得出面面角. (1)设2BC =，则1,2,EF AE BE AF FC =====,AE EF AE BE ⊥⊥，EFBE E =，AE ⊥平面BCFEEC ⊂平面BCFE ，AE EC ∴⊥连接BM ，BF，AC AE ==2,BC AB ==222,AC BC AB BC AB ∴=+⊥12BM AC ∴==MF BF ===222BF MF BM ∴=+，即MF BM ⊥又,AF FC FM AC =∴⊥BM AC M ⋂=，∴MF ⊥平面ABC(2),,AE BE AE EF EF BE ⊥⊥⊥，∴以点E 为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系(0,0,2),(2,2,0),(1,1,1)(0,1,0),(0,0),0,A C M F E(1,0,1),(1,1,1),(2,1,0)MF EM FC ∴=--==设平面EMF 的法向量为()111,,n x y z =，平面MFC 的法向量为()222,,m x y z =11111000x z MF n x y z EM n ⎧--=⋅=⎧⎪⇒⎨⎨++=⋅=⎩⎪⎩，令11z =-，则(1,0,1)n =- 同理可得(1,2,1)m =--，2cos ,||||32m n m n m n ⋅〈〉===⋅⨯ 又二面角E MF C --为钝角，故二面角E MF C --的余弦值为变式3-2．如图，已知四棱锥P -ABCD 的底面为直角梯形，AB DC ∥，90DAB ∠=︒，PA ⊥底面ABCD ，且112PA AD DC AB ====，M 是棱PB 的中点.(1)证明：平面PAD ⊥平面PCD ；(2)求平面AMC 与平面BMC 的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)23【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理先证明DC ⊥平面P AD ，再根据面面垂直的判定定理证明平面PAD ⊥平面PCD ；（2）建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，继而求得相关向量的坐标，再求出相关平面AMC 和平面BMC 的法向量，根据向量的夹角公式求得答案 (1)∵PA ⊥底面ABCD ，DC ⊂底面ABCD ，∴PA DC ⊥,又由题设知AD DC ⊥，且直线P A 与AD 是平面P AD 内的两条相交直线， ∴DC ⊥平面P AD .又DC ⊂平面PCD ，∴平面PAD ⊥平面PCD . (2)∵PA AD ⊥，PA AB ⊥，AD AB ⊥，∴以A 为坐标原点，以AD 为x 轴，以AB 为y 轴，以AP 为z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系.则()0,0,0A ，()0,2,0B ，()1,1,0C ，()0,0,1P ,10,1,2M ⎛⎫⎪⎝⎭，10,1,2AM ⎛⎫= ⎪⎝⎭,(1,1,0)AC =,设平面AMC 的法向量为()1,,n x y z =，则由1100n AM n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得1020y z x y ⎧+=⎪⎨⎪+=⎩，得2z y x y =-⎧⎨=-⎩，令1y =，得()11,1,2n =--为平面AMC 的一个法向量.由10,1,2BM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，11,0,2MC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,设平面BMC 的一个法向量为()2,,n a b c =，则2200n BM n MC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即102102b c a c ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩， 令1a = ,可得平面BMC 的一个法向量为()21,1,2n =. ∴1212122cos ,3n n n n n n ⋅==-, 故所求平面AMC 与平面BMC 的夹角的余弦值为23.变式3-3．如图，三棱锥P ABC -中，PA AB ⊥，PA AC ⊥，AB AC ⊥，2AB AC ==，4PA =，点M 是P A 的中点，点D 是AC 的中点，点N 在PB 上，且2PN NB =.(1)证明：BD 平面CMN ；(2)求平面MNC 与平面ABC 所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)23【解析】 【分析】建立如图所示空间直角坐标系，得到相关点和相关向量的坐标, （1）求出平面CMN 的法向量，利用BD n =0证明即可；（2）由（1）知平面CMN 的法向量，再求平面ABC 的法向量，利用向量的夹角公式即可求解. (1)证明：三棱锥P ABC -中，PA AB ⊥，PA AC ⊥，AB AC ⊥∴分别以AB ，AC ，AP 为x ，y ，z 轴建立如图所示空间直角坐标系∵2AB AC ==，4PA =，点M 是P A 的中点，点D 是AC 的中点，点N 在PB 上且2PN NB =∴()0,0,0A ，()2,0,0B ，()0,2,0C ，()0,0,2M ，44,0,33N ⎛⎫⎪⎝⎭，()0,1,0D设平面CMN 的法向量()000,,n x y z =，()0,2,2CM =-，44,2,33CN ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()2,1,0BD =-，由00000220442033n CM y z n CN x y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩得00012x zy z ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 令02z =- 得0012x y =-⎧⎨=-⎩ ∴()1,2,2n =---∵()()2,1,01,2,20BD n ⋅=-⋅---= ∴BD n ⊥又BD ⊄平面CMN ∴BD 平面CMN ； (2)PA AB ⊥，PA AC ⊥，AB AC A ⋂=∴PA ⊥平面ABC∴PA 为平面ABC 的法向量 ()0,0,4AP =则AP 与n 的夹角α的补角是平面ABC 与平面CMN 所成二面角的平面角θ82cos cos 433AP n AP nθα⋅-=-=-=-=⨯⋅. ∴平面MNC 与平面ABC 所成角的余弦值为23.巩固练习练习一 线线角1．如图，在直三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，AB ⊥AC ，AB =AC =2，AA 1=4，点D 是BC 的中点，求异面直线 A 1B 与C 1D 所成角的余弦值.【解析】 【分析】建立空间直角坐标系,利用空间向量法求解. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系：则()()()()110,0,4,2,0,0,0,2,4,1,1,0A B C D ， 所以()()112,0,4,1,1,4A B C D =-=--， 设异面直线 A 1B 与C 1D 所成的角为θ，所以111111cos cos ,25A B C D A B C D A B C Dθ⋅====⋅. 2．如图，直棱柱111,ABC A B C -在底面ABC 中，1,90CA CB BCA ∠===，棱12,,AA M N =分别为111,A B A A 的中点.（1）求异面直线1BA ､1CB 成角的余弦值； （2）求证：BN ⊥平面1C MN .【答案】（1（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据条件中的垂直关系，以点C 为原点，建立空间直角坐标系，求向量1BA 和1CB 的坐标，再根据公式11cos ,BA CB <>的值；（2）利用向量数量积证明11,C M BN C N BN ⊥⊥，证明线面垂直. 【详解】（1）如图所示，以C 为原点，建立空间直角坐标系C xyz -，依题意得()()()()()110,1,0,1,0,1,1,0,2,0,0,0,0,1,2,B N A C B()()111,1,2,0,1,2BA CB ∴=-= ()111011223BA CB ∴⋅=⨯+-⨯+⨯= 又116,5BA CB ==11111130cos<,10BA CB BA CB BA BB⋅∴>==故11,BA CB （2）证明：依题意得()()()()11111,0,2,0,0,2,0,1,0,1,0,1,,,2,22A CB N M ⎛⎫ ⎪⎝⎭()()1111,,0,1,0,1,1,1,122C M CC N BN ⎛⎫∴==-=- ⎪⎝⎭()()()111111010,11011122C M BN C N BN ∴⋅=⨯+⨯-+⨯=⋅=⨯+⨯-+-⨯=0,11,C M BN C N BN ∴⊥⊥11,BN C M BN C N ∴⊥⊥又：1111,C M C N C C M ⋂=⊂面11,C MN C N ⊂面1C MNBN ∴⊥平面1.C MN3．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1,2,,,AC AB A A AB AC D E F ⊥===分别为1,,AB BC BB 的中点.（1）证明：//DF 平面11AB C ；（2）证明：11AFB E ⊥； （3）求异面直线111A F B C 与所成角的余弦值.【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析；（3 【解析】 【分析】（1）通过证明1//DF AB 来证得//DF 平面11AB C .（2）建立空间直角坐标系，利用向量法证得11AFB E ⊥. （3）利用向量法求得异面直线1A F 与11BC 所成角的余弦值. 【详解】（1）在三角形1ABB 中，,D F 分别是1,AB BB 的中点，所以DF 是三角形1ABB 的中位线，所以1//DF AB ，由于DF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ，所以//DF 平面11AB C . （2）以A 为原点建立如图所示空间直角坐标系，则()()()()()1110,0,2,0,2,1,0,2,2,2,0,2,1,1,0A F B C E ，所以()()110,2,1,1,1,2A F B E =-=--，11220A F B E ⋅=-+=，所以11A F B E ⊥，即11AF B E ⊥.（3）()()1110,2,1,2,2,0A F B C =-=-，设异面直线1A F 与11B C 所成角为θ，则1111cos 55A F B E A F B Eθ⋅===⋅. 所以异面直线1A F 与11B C4．如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G 分别是1DD ，BD ，1BB 的中点.（1）求证：EF CF ⊥；（2）求EF 与CG 所成角的余弦值； （3）求CE 的长.【答案】（1）证明见解析；（2（3【解析】 【分析】（1）以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，证明0EF CF ⋅=即可；（2）求出cos cos ,EF CG EF CG EF CGθ⋅=<>=⋅即可；（3）利用空间两点间距离公式即可求出. 【详解】如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系， 则()11110,0,,,,0,0,1,0,1,1,2222E F C G ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.（1）111,,222EF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，11,,022CF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则111110022222EF CF ⎛⎫⎛⎫⋅=⨯+⨯-+-⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, EF CF ∴⋅，∴EF CF ⊥； （2）设EF 与CG 所成角为θ，111,,222EF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，11,0,2CG ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则1cos cos ,153EF CG EF CG EF CGθ⋅=<>===⋅所以EF 与CG（3）CE ==练习二 线面角5．如图，已知三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B ⊥底面11,60,ABC AA BAA ABC =∠=︒为等腰直角三角形，2AC BC ==．(1)若O 为AB 的中点，求证：1CO AA ⊥； (2)求直线1BC 与平面11ACC A 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析【解析】 【分析】(1)根据题意可得CO AB ⊥，由面面垂直的性质可得CO ⊥平面11AA B B ，结合线面垂直的性质即可证明；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面11ACC A 的法向量和1BC ， 结合空间向量的数量积计算即可. (1)ABC 为等腰直角三角形，2AC BC ==，由O 为AB 的中点，CO AB ∴⊥，又平面11AA B B ⊥平面ABC ，平面11AA B B 平面ABC AB =．CO ∴⊥平面11AA B B ，又1AA ⊂平面111AA B B CO AA ∴⊥，． (2)ABC为等腰直角三角形，2AC BC AB ==∴=，又11260AA BAA =∠=︒∴，四边形11AA B B 为菱形，1AA B 为正三角形，1A O AB ∴⊥，又平面11AA B B ⊥平面ABC ，平面11AA B B 平面ABC AB =，1AO ∴⊥平面ABC，建立如图所示的空间直角坐标系，1(0,A B C A ，，，，111(2,BC BC CC BC AA =+=+=+=．又1(2,2,0)(0,2,AC AA ==，，设(,,)n x y z =是平面11ACC A 的一个法向量，则100n AA n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0,0,+== 令1z =，则(3,x y n ===-． 设直线1BC 与平面11ACC A 所成的角为θ，则1201sin cos ,7n BC θ⨯+===．6．如图，已知四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 中，90ABC ∠=︒，AB CD ∥，1AB =，1BC =，2CD =，点A 在平面PCD 内的投影恰好是△PCD 的重心G ．(1)求证：平面PAB ⊥平面PBC ；(2)求直线DG 与平面PBC 所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析；. 【解析】 【分析】（1）通过线线垂直先证明BC ⊥平面PAB ，即可由线面垂直证明面面垂直；（2）以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，即可由向量法求得线面角的正弦值. (1)因为PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PA BC ⊥， 因为90ABC ∠=︒，所以BC AB ⊥，因为PA AB A =，PA ⊂平面PAB ，AB 平面PAB ， 所以BC ⊥平面PAB ，又因为BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PBC ． (2)取CD 中点E ，连接AE ，因为90ABC ∠=︒，AB CD ∥，1AB BC ==，2CD =， 所以四边形ABCE 是矩形，所以AB AE ⊥， 因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA AB ⊥，PA AE ⊥，所以AB 、AE 、AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系：(0,0,0)A ，(1,0,0)B ，(1,1,0)C ，(0,1,0)E ，(1,1,0)D -，设(0,0,)(0)P t t >，则20,,33t G ⎛⎫⎪⎝⎭，20,,33t AG ⎛⎫= ⎪⎝⎭，11,,33t CG ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，11,,33t DG ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，因为点A 在平面PCD 内的投影恰好是△PCD 的重心G ，所以AG CG ⊥，所以0CG AG ⋅=，所以220099t -+=，t =(0,1,0)BC =，(1,0,PB =，令(2,0,1)m =，因为0BC m ⋅=，0PB m ⋅=， 所以m 是平面PBC 的法向量，DG 的方向向量是11,,33DG ⎛=- ⎝⎭，所以直线CG 与平面PBC 所成角θ的正弦值为||3sin |cos ,|3||||3m DG m DG m DG θ⋅=〈〉===⋅. 故直线DG 与平面PBC 所成角的正弦值为3. 7．已知平行四边形ABCD ，2AB =，1BC =，3A π∠=，点E 是AB 的中点，沿DE 将ADE 翻折得PDE △，使得PC =，且点F 为PC 的中点.(1)求证：BF ∥平面PDE ；(2)求直线PE与平面BCDE 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)34【解析】【分析】（1）取PD 的中点H ，证明四边形FHEB 为平行四边形，由线面平行判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可.(1)取PD 的中点H,连接EH,HF∵F ，H 分别为PC ，PD 的中点，∴1//2FH CD FH CD =，又∵E 为AB 的中点，∴1//,2EB CD BE CD =，∴//,FH EB FH EB =，∴FHEB 为平行四边形，∴FB HE ∥，又∵BF ⊄面PDE ，HE ⊂面PDE ，∴BF ∥平面PDE .(2)∵2AB =，1AD =，3A π∠=，∴AD BD ⊥，如图建立平面直角坐标系：令(),,P x y z ，由条件可知()1,0,0A，()B，12E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()C -，由11PD PE PC ⎧⎪=⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩，∴()(22222222211121014x y z x y z x y z ⎧++=⎪⎪⎛⎪⎛⎫-++= ⎨ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎪⎪⎪+++=⎩，∴1834x y z ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩∴1384P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭.∴53,884EP ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，又∵面BCDE 的法向是()0,0,1m =，记PE 与面BCDE 所成角为θ. ∴||3sin 4||EP n n →→→⋅==θ， 即PE 与面BCDE 所成角的正弦值为34.8．如图1，在△MBC 中，24,BM BC BM BC ==⊥，A ，D 分别为棱BM ，MC 的中点，将△MAD沿AD 折起到△P AD 的位置，使90PAB ∠=，如图2，连结PB ，PC ，BD ．(1)求证：平面P AD ⊥平面ABCD ；(2)若E 为PC 中点，求直线DE 与平面PBD 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；【解析】【分析】(1)推导出PA AD ⊥，PA AB ⊥，利用线面垂直的判定定理可得PA ⊥平面ABCD ，再利用面面垂直的判定定理即可证明；(2)以A 为坐标原点，建立如图空间直角坐标系A xyz -，利用向量法即可求出直线DE 与平面PBD 所成角的正弦值.(1)由题意知，因为点A 、D 分别为MB 、MC 中点，所以//AD BC ，又BM BC ⊥，所以BM AD ⊥，所以PA AD ⊥.因为90PAB ︒∠=，所以PA AB ⊥，又AB AD A ⋂=，所以PA ⊥平面ABCD ，又PA ⊂平面PAD ，所以平面PAD ⊥平面ABCD ；(2)因为PA AB ⊥，PA AD ⊥，90PAB ︒∠=，所以AP AB AD 、、两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图空间直角坐标系A xyz -，(0,0,0)(2,0,0)(2,2,0)(0,1,0)(0,0,2)(1,1,1)A B C D P E ，，，，，，则(1,0,1)(2,1,0)(2,0,2)DE BD BP ==-=-，，，设平面PBD 的一个法向量为()n x y z =，，，则0202200n BD x y x z n BP ⎧⋅=-+=⎧⎪⇒⎨⎨-+=⋅=⎩⎪⎩，令2y =，得11x z ==，， 所以(1,2,1)n =，设直线DE 与平面PBD 所成角为θ，则1sin cos 2DE n DE n DE n θ⋅====， 所以直线DE 与平面PBD练习三 二面角9．如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，AB DC ∥，AB AD ⊥，224CD AB AD ===，四边形11ADD A 为菱形，1A 在平面ABCD 内的射影O 恰好为AD 的中点，M 为AB 的中点.(1)求证：BC ⊥平面1AOM ； (2)求平面11A BC 与平面11AA D D 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析【解析】【分析】（1）先证明1A O BC ⊥，BC OM ⊥，即可证明BC ⊥平面1AOM ； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.(1)因为O 为1A 在平面ABCD 内的射影，所以1A O ⊥平面ABCD ，因为BC ⊂平面ABCD ，所以1A O BC ⊥.如图，连接BD ，在Rt △ABD 中，BD =设CD 的中点为P ，连接BP ，因为//AB DC ，AB AD ⊥，224CD AB AD ===，所以BP CD ⊥，且2BP PC ==，则BC =因为22216BD BC CD +==，所以BC BD ⊥，易知//OM BD ，所以BC OM ⊥.因为1A O ⊂平面1AOM ，OM ⊂平面1AOM ，1A O OM O ⋂=， 所以BC ⊥平面1AOM . (2)由（1）知1A O ⊥平面ABCD ，所以可以点O 为坐标原点，以OA ，1OA ，所在直线分别为x ，z ，以平面ABCD 内过点O 且垂直于OA 的直线为y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0O ，()1,0,0A ，()1,2,0B，(1A ，()1,4,0C -，(12,C -所以(1,0,0)OA =,1OA =,(11,2,A B =，(1BC =-，设平面11AA D D 的法向量为()111,,m x y z =，0m OA ⋅=，10m OA ⋅=，则110,0,x =⎧⎪=可取平面11AA D D 的一个法向量为()0,1,0m =. 设平面11A BC 的法向量为()222,,n x y z =，10n BC ⋅=，10n A B ⋅=，则222222320,20,x y x y ⎧-+=⎪⎨+=⎪⎩令2y 11A BC的一个法向量为()23,n =.设平面11A BC 与平面11AA D D 的平面角为α，由法向量的方向可知α与法向量的夹角大小相等，所以3cos 311m nm n α⋅===⨯⋅， 所以平面11A BC 与平面11AA D D . 10．如图所示，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD为菱形，SAD 为等边三角形，120ABC ∠=︒，点S 在平面ABCD 内的射影O 为线段AD 的中点.(1)求证：平面SOB ⊥平面SBC ；(2)已知点E 在线段SB 上，32SE BE =，求二面角B OE C --的余弦值.【答案】(1)证明见解析【解析】【分析】（1）证明OB BC ⊥和OS BC ⊥，利用线面垂直的判定定理证明出BC ⊥平面SOB ，再利用面面垂直的判定定理证明出平面SOB ⊥平面SBC .（2）以,,OA OB OS 为正方向建立空间直角坐标系O xyz -，用向量法求解.(1)（1）如图，连接BD .在菱形ABCD 中，120ABC ∠=︒，故ABD △为等边三角形.因为O 为AD 的中点，所以OB AD ⊥.因为AD BC ∥，所以OB BC ⊥.由条件可知SO ⊥底面ABCD ，又BC ⊂平面ABCD ，所以OS BC ⊥，因为OS OB O =，OS ，OB ⊂平面SOB ，所以BC ⊥平面SOB .因为BC ⊂平面SBC ，故平面SOB ⊥平面SBC .(2)因为SO ⊥底面ABCD ，OB AD ⊥，所以可以以,,OA OB OS 为正方向建立空间直角坐标系O xyz -，不妨设1OA =，则OS OB =因为()0,0,0O ，()B ，()C -，(S ，所以()OC =-.由32SE BE =，得35OE OS SB ⎛=+= ⎝⎭， 设(),,m x y z =是平面OEC 的法向量，由{OE ⃑⃑⃑⃑⃑ ·m ⃑⃑ =0OC ⃑⃑⃑⃑⃑ ·m ⃑⃑ =0得32020y z x +=⎧⎪⎨=⎪⎩，令2y =，则x =3z =-，则()3,2,3m =-，又因为平面BOE 的一个法向量为()1,0,0n =，所以cos ,3m n m n m n ⋅===+，故由图可知二面角B OE C --的平面角为锐角，所以二面角B OE C -- 11．如图，在直棱柱111ABC A B C -中，1CA CB ==，90BCA ∠=︒，12AA =，,M N 分别是11A B ，1AA 的中点.(1)求BN 的长；(2)求证：11A B C M ⊥；(3)求二面角11A BC B --的余弦值.【答案】(2)证明见解析【解析】【分析】（1）以点C 为原点建立空间直角坐标系，求得向量BN 的坐标求解； （2）求得向量1A B ，1C M 的坐标，利用向量的数量积运算求解； （3）先求得平面1A BC 的一个法向量(,,)n x y z =，易知(1,0,0)CA =为平面1B BC 的一个法向量，再由cos<n CA n CA n CA ⋅⋅>=⋅求解.(1) 解：依题意，以点C 为原点建立空间直角坐标系（如图），则(1,0,0)A ,(0,1,0)B ，(0,0,0)C ，11(,,2)22M ，(1,0,1)N ,1(1,0,2)A ,1(0,1,2)B ,1(0,0,2)C ， 所以向量(1,1,1)BN =-则21BN ==(2) 向量1(1,1,2)A B =--，向量111(,,0)22C M =，因为11A B C M ⋅()11112022=-⨯+⨯+-⨯0= ，所以11A B C M ⊥ 所以11A B C M ⊥；(3)向量1(1,1,2)A B =--，向量()11,0,2AC =--， 设(,,)n x y z =为平面1A BC 的一个法向量，则1100A B n A C n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020x y z x z -+-=⎧⎨--=⎩, 不妨令2x =-，可得(2,0,1)n =-，又(1,0,0)CA =为平面1B BC 的一个法向量， 则cos<n CAn CA n CA⋅⋅>=⋅= 12．如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为正方形，4AB =，AD EF ∥，2AF EF ==，90FAD AEC ∠=∠=︒.(1)证明：AF ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B ED C --的正弦值．【答案】(1)证明见解析【解析】【分析】（1）取AD 的中点为M ，连接EM ，易证AE ⊥平面ECD ，得到AE CD ⊥，再由CD AD ⊥，得到CD ⊥平面ADEF ，进而得到CD AF ⊥，再利用线面垂直的判定定理证明； （2）连接BE ，BD，以A 为原点，AB ，AD ，AF 所在方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得平面BED 的一个法向量(),,m a b c =和平面CED 的一个法向量(),,n x y z =，然后由cos ,n m n m n m ⋅=求解. (1)证明：取AD 的中点为M ，连接EM ，则2EF AM AF ===，又90FAD ∠=︒，//AD EF ，故四边形AFEM 为正方形，故2EM AM MD ===，故90AED ∠=︒，又AE EC ⊥，EC ED E =，故AE ⊥平面ECD ，则AE CD ⊥．又CD AD ⊥，AE AD A =，故CD ⊥平面ADEF ，则CD AF ⊥．又AF AD ⊥，AD CD D =，AD ，CD ⊂平面ABCD ，故AF ⊥平面ABCD ．(2)连接BE ，BD ，以A 为原点，AB ，AD ，AF 所在方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系A xyz -，如图：则B （4，0，0），C （4，4，0），D （0，4，0），E （0，2，2），则()4,4,0BD =-，()4,2,2BE =-，()4,0,0CD =-，()0,2,2DE =-．设平面BED 的一个法向量为(),,m a b c =．则0,0,m BD m BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即440,4220,a b a b c -+=⎧⎨-++=⎩令1a =，则()1,1,1m =．设平面CED 的一个法向量为(),,n x y z =， 则0,0,n CD n DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即40,220,x y z -=⎧⎨-+=⎩令1y =，则()0,1,1n =，2cos ,32n m n m n m ⋅===⨯，则3sin ,3n m =，故二面角B ED C --。
高中立体几何典型题及解析
高中立体几何典型500题及解析(二)(51~100题)51. 已知空间四边形ABCD 中，AB=BC=CD=DA=DB=AC,M 、N 分别为BC 、AD 的中点。
求：AM 及CN 所成的角的余弦值；解析：(1)连接DM,过N 作NE∥AM 交DM 于E ，则∠CNE 为AM 及CN 所成的角。
∵N 为AD 的中点, NE∥AM 省 ∴NE=21AM 且E 为MD 的中点。
设正四面体的棱长为1， 则NC=21·23= 43且ME=21MD=43 在Rt△MEC 中，CE 2=ME 2+CM 2=163+41=167∴cos ∠CNE=3243432167)43()43(222222-=⋅⋅-+=⋅⋅-+NECN CE NE CN ,又∵∠CNE ∈(0, 2π)∴异面直线AM 及CN 所成角的余弦值为32.注：1、本题的平移点是N ，按定义作出了异面直线中一条的平行线，然后先在△CEN 外计算CE 、CN 、EN 长，再回到△CEN 中求角。
2、作出的角可能是异面直线所成的角，也可能是它的邻补角，在直观图中无法判定，只有通过解三角形后，根据这个角的余弦的正、负值来判定这个角是锐角（也就是异面直线所成的角）或钝角（异面直线所成的角的邻补角）。
最后作答时，这个角的余弦值必须为正。
52. .如图所示，在空间四边形ABCD 中，点E 、F 分别是BC 、AD 上的点，已知AB=4，CD=20，EF=7， 。
求异面直线AB 及CD 所成的角。
解析：在BD 上取一点G ，使得，连结EG 、FG 在ΔBCD 中，，故EG//CD ，并且， 所以，EG=5；类似地，可证FG//AB ，且， 故FG=3，在ΔEFG 中，利用余弦定理可得 cos ∠FGE=215327532222222-=⋅⋅-+=⋅⋅-+GF EG EF GF EG ，故∠FGE=120°。
另一方面，由前所得EG//CD ，FG//AB ，所以EG 及FG 所成的锐角等于AB 及CD 所成的角，于是AB 及CD 所成的角等于60°。
立体几何难题解析附有答案详解
立体几何难题解析（附有答案详解）一、解答题1．如图1，直角梯形ABCD 中，//,90AB CD ABC ∠=︒,42==AB CD ，2=BC ．//AE BC 交CD 于点E ，点G ,H 分别在线段DA ,DE 上，且//GH AE ．将图1中的AED ∆沿AE 翻折，使平面ADE ⊥平面ABCE （如图2所示），连结BD 、CD ，AC 、BE ．HEGDCBA图1图2ABCG EHD（Ⅰ）求证：平面⊥DAC 平面DEB ；（Ⅱ）当三棱锥GHE B -的体积最大时，求直线BG 与平面BCD 所成角的正弦值．2．如图，在直三棱柱111ABC A B C －中，点D E 、分别在边11BC B C 、上，1CD B E AC ==，60ACD ∠︒＝．求证：（1）BE 平面1AC D ；（2）平面1ADC ⊥平面11BCC B ．3．如图，在直角梯形CD AB 中，D//C A B ，DC 90∠A = ，AE ⊥平面CD AB ，F//CD E ，1C CD F D 12B ==AE =E =A =．（1）求证：C //E 平面F AB ；（2）在直线C B 上是否存在点M ，使二面角D E -M -A 的大小为6π？若存在，求出C M 的长；若不存在，说明理由．4．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，90CDA BAD ∠=∠= ，1AD DC ==，2AB =，E 、F 分别为PD 、PB 的中点．（1）求证：平面PCB ⊥平面PAC ；（2）若平面CEF 与底面ABCD 所成的锐二面角为4π，求PA 的长．5．如图，两个相同的正四棱锥底面重合组成一个八面体，可放入棱长为2的正方体中，重合的底面与正方体的某一个面平行，各顶点均在正方体的表面上，将满足上述条件的八面体称为正方体的“正子体”．（1）若正子体的六个顶点分别是正方体各面的中心，求该八面体的表面积．（2）此正子体的表面积S 是否为定值？若是，求出该定值；若不是，求出表面积的取值范围．6．如图1，已知四边形ABCD 满足//AD BC ，12BA AD DC BC a ====，E 是BC 的中点，将BAE 沿着AE 翻折成1B AE △，形成四棱锥1B AECD -，F 为1B D 的中点，M 为AE 的中点，如图2所示.（1）求证：面1B DM ⊥面1B AE ；（2）当平面1B AE 与平面1B DC 所成角的余弦值为5时，求1B D 的长度；（3）当面1B AE ⊥面AECD 时，求平面1ADB 与平面1ECB 所成角的正弦值.7．在棱长均为2的正三棱柱111ABC A B C -中，E 为11B C 的中点．过AE 的截面与棱1BB ，11A C 分别交于点F ，G．（1）若F 为1BB 的中点，求三棱柱被截面AGEF 分成上下两部分的体积比12V V ；（2）若四棱雉1A AGEF -求截面AGEF 与底面ABC 所成二面角的正弦值；（3）设截面AFEG 的面积为0S ，AEG ∆面积为1S ，AEF 面积为2S ，当点F 在棱1BB 上变动时，求2012S S S的取值范围．8．如图，在四棱锥B ACDE -中，平面ABC ⊥平面ACDE ，ABC 是等边三角形，在直角梯形ACDE 中，//AE CD ，AE AC ⊥，1AE =，2AC CD ==，P 是棱BD 的中点．（1）求证：EP ⊥平面BCD ；（2）设点M 在线段AC 上，若平面PEM 与平面EAB求MP 的长．9．如图，ABCD是块矩形硬纸板，其中2AB AD ==E 为DC 中点，将它沿AE 折成直二面角D AE B --.（1）求证：AD ⊥平面BDE ；（2）如果()0AH HB λλ=> ，求二面角H AD E --的余弦值.10．如图1，在边长为2的正方形ABCD 中，P 为CD 中点，分别将△PAD,△PBC 沿PA,PB 所在直线折叠，使点C 与点D 重合于点O，如图2．在三棱锥P-OAB 中，E 为PB 中点．(Ⅰ)求证：PO⊥AB;(II）求直线BP 与平面POA 所成角的正弦值；(Ⅲ）求二面角P-AO-E 的大小．11．如图，在四棱锥P −ABCD 中，PA⊥平面Q 在PB 上，且满足PQ∶QB=1∶3，求直线CQ 与平面PAC 所成角的正弦值．12．已知四棱锥中平面，点在棱上，且，底面为直角梯形，分别是的中点．（1）求证：//平面；（2）求截面与底面所成二面角的大小．13．如图，已知四边形ABCD由Rt ABC∆拼接而成，其中∆和Rt BCDBAC BCD∠=∠=︒，3090∆沿着BC折起.=，BC=ABC∠=︒，AB ACDBC（1）若AD=，求异面直线AB与CD所成角的余弦值；（2）当四面体ABCD的表面积的最大时，求二面角A BC D--的余弦值.14．如图，ABCD与ADEF是两个边长为1的正方形，它们所在的平面互相垂直．（1）求异面直线AE 与BD 所成角的大小；（2）在线段BD 上取点M ，在线段AE 上取点N ，且BMx BD=，EN y EA =，试用x ，y 来表示线段MN 的长度；（3）在（2）的条件下，求MN 长度的最小值，并判断当MN 最短时，MN 是否是异面直线AE 与BD 的公垂线段?15．（本题满分14分）如图所示，正方形ABCD 所在的平面与等腰ABE ∆所在的平面互相垂直，其中顶120BAE ∠= ，4AE AB ==，F 为线段AE 的中点．（1）若H 是线段BD 上的中点，求证：//FH 平面CDE ；（2）若H 是线段BD 上的一个动点，设直线FH 与平面ABCD 所成角的大小为θ，求tan θ的最大值．16．如图所示，正方体ABCD A B C D -''''的棱长为1，E F 、分别是棱AA CC ''、的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB DD ''、交于M N 、，设[]01BM x x =∈，，，求:(1)求EF 与面A B BA ''所成的角的大小；(2)求四棱锥C MENF '-的体积()V h x =，并讨论它的单调性；(3)若点P 是正方体棱上一点，试证:满足'2PA PC +=成立的点的个数为6.17．如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，AC BC =，D 为AB 的中点，1D 为11A B 的中点，平面111A B C ⊥平面11ABB A ，异面直线1BC 与1AB 互相垂直.（1）求证：平面1//A DC 平面11BD C ；（2）若1CC 与平面11ABB A 的距离为x ，116AC AB ==，三棱锥1AACD -的体积为y ，试写出y 关于x 的函数关系式；（3）在（2）的条件下，当1CC 与平面11ABB A 的距离为多少时，三棱锥1A ACD -的体积取得最大值？并求出最大值.18．如图,四棱锥P ABCD -的底面为菱形且∠ABC=120°,PA ⊥底面ABCD,AB=1,PA E 为PC 的中点.(1)求直线DE 与平面PAC 所成角的大小；(2)求二面角E-AD-C 平面角的正切值；(3)在线段PC 上是否存在一点M ,使PC ⊥平面MBD 成立.如果存在,求出MC 的长；如果不存在,请说明理由参考答案1．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）BG 与平面BCD所成角的正弦值为6．【解析】（Ⅰ）由已知CD AB //，︒=∠90ABC ，42==AB CD 及BC AE //交CD 于点E ．得到四边形ABCE 是边长为2的正方形．BE AC ⊥，AE DE ⊥．再据平面ADE ABCE ⊥平面，平面ADE ABCE AE ⋂=平面，得到DE ABCE ⊥平面，DE AC ⊥，AC DBE ⊥平面，得证．（Ⅱ）由（Ⅰ）知DE ABCE ⊥平面，EC AE ⊥，以E 为原点，ED EC EA ,,的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．)0,0,2(A ，)0,2,2(B ，(0,2,0)C ，)2,0,0(D 设x EH =，则x DH GH -==2（20<<x ）由CE AB //，得到DAE AB 面⊥，从而2)]2(21[3131⨯-=⋅=∆-x x AB S V GHE GHE B ]1)1([31)2(3122+--=+-=x x x ，根据1=x 时，三棱锥GHE B -体积最大，此时，H 为ED 中点．G 也是AD 的中点，求得)1,0,1(G ，)1,2,1(--=BG ．设),,(z y x n =是面BCD 的法向量．由⎪⎩⎪⎨⎧=-=-⋅=⋅=-=-⋅=⋅022)2,2,0(),,(02)0,0,2(),,(z y z y x DC n x z y x BC n ，令1=y ，得)1,1,0(=n ，设BG 与面BCD 所成角为θ，由||sin ||||BG n BG n θ⋅=即得．试题解析：（Ⅰ）∵CD AB //，︒=∠90ABC ，42==AB CD 又BC AE //交CD 于点E ．∴四边形ABCE 是边长为2的正方形∴BE AC ⊥，AE DE ⊥．又∵平面ADE ABCE ⊥平面平面ADE ABCE AE = 平面∴DE ABCE⊥平面∵AC ABCE ⊂平面，∴DE AC ⊥又E BE DE = ∴AC DBE ⊥平面∵AC DAC ⊂平面∴平面DAC DEB⊥平面（Ⅱ）由（Ⅰ）知DE ABCE ⊥平面，ECAE ⊥以E 为原点，ED EC EA ,,的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．则)0,0,2(A ，)0,2,2(B ，(0,2,0)C ，)2,0,0(D 设x EH =，则x DH GH -==2（20<<x ）∵CE AB //，∴DAE AB 面⊥∴2)]2(21[3131⨯-=⋅=∆-x x AB S V GHE GHE B ]1)1([31)2(3122+--=+-=x x x ∵20<<x ，∴1=x 时，三棱锥GHE B -体积最大，此时，H 为ED 中点．∵AE GH //，∴G 也是AD 的中点，∴)1,0,1(G ，)1,2,1(--=BG ．设),,(z y x n =是面BCD 的法向量．则(,,)(2,0,0)20(,,)(0,2,2)220n BC x y z x n DC x y z y z ⎧⋅=⋅-=-=⎪⎨⋅=⋅-=-=⎪⎩ 令1=y ，得)1,1,0(=n 设BG 与面BCD 所成角为θ则||sin 6||||BG n BG n θ⋅===∴BG 与平面BCD所成角的正弦值为6．2．（1）见详解；（2）见详解.【分析】（1）通过1BE C D 来证明BE 平面1AC D ；（2）通过AD ⊥平面11BCC B 来证明平面1ADC ⊥平面11BCC B .【详解】证明：（1）由三棱柱111ABC A B C －是直三棱柱，得11BC B C .因为点D E 、分别在边11BC B C 、上，1CD B E =，所以1BD C E =，1BD C E .所以四边形1BDC E 是平行四形，所以1BE C D 因为1C D ⊂平面1AC D ，BE ⊄平面1AC D 所以BE 平面1AC D .(2)由三棱柱111ABC A B C －是直三棱柱,得1CC ⊥平面ABC ，因为AD ⊂平面ABC ,所以1AD CC ⊥，在ACD ∆中,由12CD AC =，60ACD ∠︒＝，得32AD AC ==，所以222AD CD AC +=，所以90ADC ∠︒＝,即：AD BC ⊥，因为BC ⊂平面11BCC B ，1CC ⊂平面11BCC B ，1BC CC C = ，所以AD ⊥平面11BCC B ，因为AD ⊂平面1ADC ，所以平面1ADC ⊥平面11BCC B .3．（1）详见解析（2）C 3M =【解析】（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理进行论证，即从平几出发，寻找线线平行：根据题意先将图形补全，再利用平行四边形得线线平行（2）研究二面角，一般方法为利用空间向量：先建立坐标系，利用坐标求二面角两个平面的法向量，因为AE ⊥平面D AM ，所以AE 为平面D AM 的一个法向量，而平面D EM 的一个法向量，则需联立方程组解出，再利用向量数量积求两法向量的夹角的余弦值，最后根据二面角与法向量夹角相等或互补关系，列等量关系确定点M ，同时根据向量的模求出C M 的长.解：（1）如图，作FG//EA ，G//F A E ，连接G E 交F A 于H ，连接BH ，G B ，F//CD E 且F CD E =，∴G//CD A ，即点G 在平面CD AB 内．由AE ⊥平面CD AB ，知G AE ⊥A ，∴四边形FG AE 为正方形，四边形CD G A 为平行四边形，∴H 为G E 的中点，B 为CG 的中点，∴//C BH E ．BH ⊂平面F AB ，C E ⊄平面F AB ，∴C //E 平面F AB ．（4分）（2）法一：如图，以A 为原点，G A 为x 轴，D A 为y 轴，AE 为z 轴，建立空间直角坐标系xyz A -．则()0,0,0A ，()0,0,1E ，()D 0,2,0，设()01,,0y M ，∴()D 0,2,1E =- ，()0D 1,2,0y M =-，设平面D EM 的一个法向量为(),,n x y z = ，则()0D 20D 20n y z n x y y ⎧⋅E =-=⎪⎨⋅M =+-=⎪⎩，令1y =，得2z =，02x y =-，∴()02,1,2n y =-．（10分）又 AE ⊥平面D AM ，∴()0,0,1AE =为平面D AM 的一个法向量，∴cos ,cos62n πAE ==，解得023y =±，∴在直线C B 上存在点M ，且33C 2233⎛M =-±= ⎝⎭．方法二：作D S A⊥M ，则SA ，由等面积法，得D 3M =，∴C 3M =．【分析】（1）本题首先可根据题意求出AC 、BC 的长度，然后根据222AC BC AB +=得出BC AC ⊥，再然后根据PA ⊥底面ABCD 得出PA BC ⊥，即可得出BC ⊥平面PAC ，最后根据BC ⊂平面PCB 即可证得平面PCB ⊥平面PAC ；（2）本题首先可结合图像构造空间直角坐标系，然后设PA a =，写出平面ABCD的法向量1n u r 以及平面CEF 的法向量2n u u r，最后根据平面CEF 与底面ABCD 所成的锐二面角为4π即可求出PA 的长.【详解】（1）因为1AD DC ==，2AB =，90CDA BAD ∠=∠=，所以AC BC ==因为222AC BC AB +=，所以BC AC ⊥，因为PA ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PA BC ⊥，因为AC PA A ⋂=，所以BC ⊥平面PAC ，因为BC ⊂平面PCB ，所以平面PCB ⊥平面PAC .（2）如图，以A 为坐标原点，分别以AD 、AB 、AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设(0)PA a a =>，则()0,2,0B =，()1,1,0C ，()1,0,0D ，()0,0,P a ，因为E 、F 分别为PD 、PB 的中点，所以1,0,22a E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,1,2a F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,1,22a CE ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ ，1,0,2a CF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，易知平面ABCD 的一个法向量1(0,0,1)n =，设平面CEF 的法向量为2(,,)n x y z =，则220,0,CE n CF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即10,220,2az x y az x ⎧--+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，不妨取4z =，则2x a =，y a =，即2(2,,4)a a n=，因为平面CEF 与底面ABCD 所成的锐二面角为4π，所以121212cos,nnn nnn⋅=⋅解得a=，即PA【点睛】利用空间向量解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将相关向量用坐标表示，通过向量运算判断或证明空间元素的位置关系及探究空间角、空间距离问题．建立空间直角坐标系的三种方法：（1）以几何体中共顶点且互相垂直的三条棱所在的直线作为坐标轴建系；（2）利用线面垂直关系找到三条互相垂直的直线建系；（3）利用面面垂直关系找到三条互相垂直的直线建系．5．（1）．【分析】（1）根据题意，正子体的所有棱都是正方体相邻两个面中心的连线，则正子体每个面都是正三角形，进而求出表面积；（2）设平面ABCD截正方体所得截面为A B C D''''，设(01)AA x x'=≤≤，进而算出ADE的面积，从而算出正子体的表面积即可判断.【详解】（1）依题意，正子体任一棱都是正方体相邻两个面中心的连线，所以正子体所有棱的长均相等.因为AB=所以242ABES=⨯，故该八面体的表面积8=．（2）正子体的表面积S不是定值．如图1，设平面ABCD截正方体所得截面为A B C D''''，且A B C D''''的中心为O，过点O作OG A B''⊥，垂足为G．设(01)AA x x '=≤≤，则1AG x =-，222222(1)1123AE DE AO OE x x x ==+=-++=-+，()2222(2)224AD x x x x =-+=-+.设AD 的中点为H ，如图2，则()22212122AD AH x x ⎛⎫==-+ ⎪⎝⎭，()22221222EH AE AH x x =-=-+，所以()()()2222211122422442ADE S AD EH x x x x ⎡⎤⎡⎤=⋅=-+-+⎢⎥⎣⎦⎣⎦ ()()2221322242x x x x =-+-+．因为01x ≤≤，所以2120x x -≤-≤，则()()2223132222442x x x x ≤-+-+≤，ADE S ≤≤ S ≤≤，所以此正子体的表面积S 的取值范围为．6．（1）证明见解析；（2）5a ；（3）45.【分析】(1)要证面1B DM ⊥面1B AE ，只需证AE ⊥面1B DM 即可；(2)根据已知条件可知，1MB D ∠即为面1B AE 与面1B DC 所成角的平面角，进而可得1B D 的长度；(3)建立适当的空间直角坐标系进行求解即可.【详解】(1)证明：因为12BA AD DC BC a ====，E 是BC 的中点，所以AD CE a ==，又因为//AD BC ，所以四边形AECD 为菱形，所以ABE △为正三角形，又因为M 为AE 的中点，所以1B M AE ⊥，DM AE ⊥，又因为1B M DM M ⋂=，所以AE ⊥面1B DM ，又因为AE ⊆面1B AE ，所以面1B DM ⊥面1B AE ，(2)由(1)知：DM AE ⊥，1B M AE ⊥，又因为//AE CD ，所以1B M CD ⊥，CD DM ⊥，所以CD ⊥面1B DM ，所以面1B DC ⊥面1B DM ，又因为面1B DM ⊥面1B AE ，所以1MB D ∠即为面1B AE 与面1B DC所成角的平面角，即1cos 5MB D ∠=，在1MB D △中，1B M =，DM =，由余弦定理得：22211111cos 25B M B D DM MB D B M B D +-∠=⋅，解得：15B D =.(3)因为面1B AE ⊥面AECD ，1B M AE ⊥，所以1B M ⊥面AECD ，所以以M 为坐标原点，以向量ME，MD ，1MB 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，由题可得：,0,02aA ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1B ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，0,,02D ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，,0,02aE ⎛⎫⎪⎝⎭，,,02C a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，则有：1,0,22a B A ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，10,,22B D ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，1,0,22a B E ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ，133,22B C a a a ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1ADB 与平面1ECB 的法向量分别为()1111,,x n y z =，()2222,,n x y z = ，由111100n B A n B D ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得11110220a x z y z ⎧--=⎪⎪=，令11z =，则1x =11y =，所以()1n =，由212100n B E n B C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得222220220ax z ax y z ⎧-=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，令21z =，则1x =21y =-，所以)21,1n =-，设平面1ADB 与平面1ECB 所成角的平面角为θ，则：12123cos 5n n n n θ⋅==⋅ 所以4sin 5θ=.7．（1）121323V V =；（2）45；（3）94,2⎡⎤⎢⎣⎦．【分析】（1）连结EF ，并延长分别交1CC ，CB 于点M ，N ，连结AM 交11A C 于点G ，连结AN ，GE ，利用比例关系确定G 为11A C 靠近1C 的三等分点，然后先求出棱柱的体积，连结1A E ，1A F ，由11111A EFB G AA E F AA E V V V V ---=++和21V V V =-进行求解，即可得到答案；（2）求出点G 到平面1A AE 的距离，得到点G 为11A C 靠近1C 的四等分点，通过面面垂直的性质定理可得1AGA ∠即为截面AGEF 与底面ABC 所成的二面角，在三角形中利用边角关系求解即可；（3）设1GC m =，则[0m ∈，1]，先求出12S S 的关系以及取值范围，然后将2012S S S 转化为1S ，2S 表示，求解取值范围即可．【详解】解：（1）连接EF ，并延长分别交1CC ，CB 延长线于点M ，N ，连接AM 交11A C 于点G ，连接AN ，GE ．易得11113GC MC C E AC MC CN ===．故G 为11A C 靠近1C 的三等分点．11MC =，123GC =．下面求三棱柱被截面分成两部分的体积比．三棱柱111ABC A B C -的体积2224V =⨯=连接1A E ，1A F ．由1//BB 平面1A AE 知，1F AA E V -为定值．11121323F AA E V -=⨯⨯=．11111A EFB G AA E F AA E V V V V ---=++1111211232323=⨯⨯⨯⨯⨯+=21V V V =-=121323V V =．（2）由111A AGEF G AA E F AA E V V V ---=+及1F AA E V -=1G AA E V -=又1113G AA E AA E V S h -=⨯⨯△，所以34h =．即点G 到1A E 的距离为34，G 为11A C 靠近1C 的四等分点．因为平面111//A B C 平面ABC ，所以截面AGEF 与平面ABC 所成角即为截面AGEF 与平面111A B C 所成角，在1GC E △中，112GC =，11C E =，故1EG GC ⊥．又因为平面11ACC A ⊥平面111A B C ，且平面11ACC A 平面11111A B C AC =，所以EG ⊥平面11ACC A ．则1AGA ∠即为截面AGEF 与底面ABC 所成的二面角．在1Rt AGA △中，132A G =，12AA =，52AG =．故114sin 5AA A GA AG ∠==．因此，截面AGEF 与平面ABC 所成二面角的正弦值为45．（3）设1GC m =，则[]0,1m ∈，2MG mGA m=-．设MGE 的面积为S ，所以12S m S m=-．又因为21S S S =+，所以1222S mS -=．且1221,122S m S -⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦．令12S t S =则1,12t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦故()21201212122212S S SS S S S S S S S +==++．令12S t S =则1,12t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以()12g t t t =++在1,12t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递减，所以()()min 14g t g ==，()max 1922g t g ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以()94,2g t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以20121221924,2S S S S S S S ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦8．（1）证明见解析；（2）2M P =.【分析】（1）取BC 的中点Q ，连接PQ 、AQ ，由线面垂直判定定理可证AQ ⊥面BCD ，即可得证；（2）以Q 为原点建立坐标系，利用向量法建立关系可求出.【详解】（1）证明：如图，取BC 的中点Q ，连接PQ 、AQ ，因为ABC 是等边三角形，所以AQ BC ⊥，又平面ABC ⊥平面ACDE ，AE AC ⊥，平面ABC 平面ACDE =AC ，所以AE ⊥面ABC ，又AQ ⊂面ABC ，所以AE AQ ⊥，又//AE CD ，所以CD AQ ⊥，又CD BC C ⋂=，所以AQ ⊥面BCD ，因为2BP PD =，又P 是棱BD 的中点，所以112PQ DC ==，//PQ DC ，又//AE CD ，1AE =，所以//AE PQ ，AE PQ =，即四边形AEPQ 是一个平行四边形，所以//EP AQ ，所以EP ⊥平面BCD ；（2）由（1）得PQ ⊥平面ABC ，所以以点Q 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0Q ，)A ，()0,1,0B ，)E ，()0,0,1P ，设平面EAB 的法向量为()111,,m x y z =，由()111+00m AB y m m AE z ⎧⋅==⎪⇒=⎨⋅==⎪⎩，因为点M 在线段AC上，设其坐标为),0M t -，其中01t ≤≤，所以(),,1EM t =--，()EP = 设平面PEM 的法向量为()222,,n x y z =，由()222200,1,0n EM ty z n t n EP ⎧⋅=--=⎪⇒=-⎨⋅==⎪⎩，由题意，设平面PEM 与平面EAB 所成的锐二面角为θ，则1cos 2m n t m n θ⋅=⇒=-⋅或12t =，因为01t ≤≤，所以1,02M ⎫-⎪⎪⎝⎭，所以M P =.【点睛】向量法求二面角的步骤：建、设、求、算、取.1、建：建立空间直角坐标系.以三条互相垂直的垂线的交点为原点，没有三垂线时需做辅助线;建立右手直角坐标系,让尽量多的点落在坐标轴上。
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)。
空间几何体的结构特征例题和知识点总结
空间几何体的结构特征例题和知识点总结在我们的日常生活中，随处可见各种各样的空间几何体，比如建筑物的形状、日常用品的外形等。
了解空间几何体的结构特征，不仅能够帮助我们更好地认识周围的世界，也是学习数学的重要基础。
接下来，让我们通过一些例题和知识点的总结，深入探讨空间几何体的奥秘。
一、棱柱棱柱是由两个互相平行的平面，以及其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的多面体。
例 1：一个三棱柱有几个面？几条棱？几个顶点？解：三棱柱有 5 个面（2 个底面和 3 个侧面），9 条棱，6 个顶点。
棱柱的性质：1、侧棱都相等，侧面都是平行四边形。
2、两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形。
3、过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形。
二、棱锥棱锥是由一个底面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形所围成的多面体。
例 2：一个四棱锥有几个面？几条棱？几个顶点？解：四棱锥有 5 个面（1 个底面和 4 个侧面），8 条棱，5 个顶点。
棱锥的性质：1、侧面都是三角形。
2、平行于底面的截面与底面相似，其面积比等于对应高的平方比。
三、棱台棱台是用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的部分。
例 3：正四棱台的上、下底面边长分别为 2 和 4，高为 2，求侧棱长。
解：设正四棱台的侧面梯形的高为\（h\），根据勾股定理可得：＼＼begin{align}h&＝＼sqrt{2^2 ＋＼left(＼dfrac{4 2}｛2}＼right)＾2}＼＼＆＝＼sqrt{4 ＋ 1}＼＼＆＝＼sqrt{5}＼end{align}＼侧棱长为\（＼sqrt{5}＼）。
棱台的性质：1、上下底面是相似多边形。
2、各侧棱延长后交于一点。
四、圆柱圆柱是以矩形的一边所在直线为轴旋转，其余三边旋转所成的曲面所围成的几何体。
例 4：已知圆柱的底面半径为 3，高为 5，求圆柱的侧面积和体积。
解：圆柱的侧面积\（S ＝ 2\pi rh ＝ 2\pi×3×5 ＝ 30\pi\）圆柱的体积\（V ＝＼pi r^2h ＝＼pi×3^2×5 ＝ 45\pi\）圆柱的性质：1、圆柱的轴截面是矩形。
空间几何体的表面积和体积经典例题(教师讲义打印一份)
空间几何体的表面积和体积一．课标要求：了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）。
二．命题走向近些年来在高考中不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题。
即使考查空间线面的位置关系问题，也常以几何体为依托.因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式.同时也要学会运用等价转化思想，会把组合体求积问题转化为基本几何体的求积问题，会等体积转化求解问题，会把立体问题转化为平面问题求解，会运用“割补法”等求解。
由于本讲公式多反映在考题上，预测2016年高考有以下特色：（1）用选择、填空题考查本章的基本性质和求积公式；（2）考题可能为：与多面体和旋转体的面积、体积有关的计算问题；与多面体和旋转体中某些元素有关的计算问题；三．要点精讲1．多面体的面积和体积公式表中S表示面积，c′、c分别表示上、下底面周长，h表斜高，h′表示斜高，l表示侧棱长。
2．旋转体的面积和体积公式表中l、h分别表示母线、高，r表示圆柱、圆锥与球冠的底半径，r1、r2分别表示圆台上、下底面半径，R表示半径。
四．典例解析题型1：柱体的体积和表面积例1．一个长方体全面积是20cm 2，所有棱长的和是24cm ，求长方体的对角线长. 解：设长方体的长、宽、高、对角线长分别为xcm 、ycm 、zcm 、lcm 依题意得：⎩⎨⎧=++=++24)(420)(2z y x zx yz xy )2()1(由（2）2得：x 2+y 2+z 2+2xy+2yz+2xz=36（3）由（3）－（1）得x 2+y 2+z 2=16 即l 2=16所以l =4(cm)。
点评：涉及棱柱面积问题的题目多以直棱柱为主，而直棱柱中又以正方体、长方体的表面积多被考察。
我们平常的学习中要多建立一些重要的几何要素（对角线、内切）与面积、体积之间的关系。
例2．如图1所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB=5，AD=4，AA 1=3，AB ⊥AD ，∠A 1AB=∠A 1AD=3π。
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A． B． C． D．
21．直三棱柱 中，各侧棱和底面的边长均为 ，点 是 上任意一点，连接 ，则三棱锥 的体积为（ ）
A． B． C． D．
22．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱（其底面是正方形，且侧棱垂直于底面）高为 ，体积为 ，则这个球的表面积是（ ）
35．如图，一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形，且直角三角形的直角边长为1，那么这个几何体的体积为____________cm3．
36．三个球的半径之比为1∶2∶3，则最大球的体积是其他两个球的体积之和的____倍
37பைடு நூலகம்湖结冰时，一个球漂在其上，取出后(未弄破冰)，冰面上留下了一个直径为24cm,深为8cm的空穴，则该球的半径为
空间立体几何
考试围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分
一、选择题（题型注释）
1．如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCB-A1B1C1D1的切球，则平面ACD1截球O的截面面积为（ ）
41．有6根细木棒，其中较长的两根分别为 ， ，其余4根均为 ，用它们搭成三棱锥，则其中两条较长的棱所在的直线所成的角的余弦值为.
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
23．中心角为135°的扇形，其面积为B，其围成的圆锥的全面积为A，则A：B为（ ）
A．11：8B．3：8C．8：3D．13：8
24．与正方体各面都相切的球，它的表面积与正方体的表面积之比为（ ）
A． B． C． D．
25．直径为10cm的一个大金属球，熔化后铸成若干个直径为2cm的小球，如果不计损耗，可铸成这样的小球的个数为（ ）
A． B． C． D．
29．将一个边长为a的正方体，切成27个全等的小正方体，则表面积增加了（ ）
A． B．12a2C．18a2D．24a2
30．球的体积与其表面积的数值相等，则球的半径等于（ ）
A． B．1C．2D．3
31．若正棱锥底面边长与侧棱长相等，则该棱锥一定不是（ ）
A．三棱锥B．四棱锥C．五棱锥D．六棱锥
A. B. C. D.
8．已知球的表面积为20 ，球面上有A、B、C三点，如果AB=AC=2，BC=2 ，则球心 到平面ABC的距离为（ ）
A．1B． C． D．2
9．设四面体的四个面的面积分别为S1,S2,S3,S4，它们的最大值为S，记 ，
则有（ ）
A．2< ≤4B．3< ≤4C．2.5< ≤4.5D．3.5< ≤5.5
A．5B．15C．25D．125
26．一个球与它的外切圆柱、外切等边圆锥（圆锥的轴截面为正三角形）的体积之比（ ）
A．2：3：5B．2：3：4C．3：5：8D．4：6：9
27．两个球体积之和为12π，且这两个球大圆周长之和为6π，那么这两球半径之差是（ ）
A． B．1C．2D．3
28．直三棱柱各侧棱和底面边长均为a，点D是CC′上任意一点，连结A′B，BD，A′D，AD，则三棱锥A—A′BD的体积（ ）
A、1∶2∶3B、1∶∶ C、1∶∶ D、1∶2∶3
17．若球的大圆面积扩大为原来的3倍，则它的体积扩大为原来的（ ）倍
A、 3 B、 9 C、 27 D、 3
18．球接正方体的表面积与球的表面积的比为（ ）
A、 2: B、 3: C、 4: D、 6:
19．球的体积是 π，则此球的表面积是（ ）
A、 12πB、 16πC、 πD、 π
第II卷（非选择题）
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评卷人
得分
二、填空题（题型注释）
32．一个空间几何体的三视图(单位： )如图所示，则该几何体的体积为_______ ．
33．一个四面体所有棱长都为 ,四个顶点在同一球面上，则此球表面积为。
34．如图，平面四边形 中， ， ，将其沿对角线 折成四面体 ，使平面 平面 ，若四面体 顶点在同一个球面上，则该球的体积为．
10．若一个三角形，采用斜二测画法作出其直观图，其直观图面积是原三角形面积的
A 倍 B 倍 C 2倍 D 倍
11．在 中， （如下图），若将 绕直线 旋转一周，则所形成的旋转体的体积是
A. B. C. D.
12．在三棱锥 中, 底面 ， ， ， ， ，,则点 到平面 的距离是( )
A． B． C． D．
A． B． C．4D．8
5．一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位：c ）为（ ）
（A）48+12 （B）48+24
（C）36+12 （D）36+24
6．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）
A．2B．1C． D．
7．已知正方形 的边长为4，点 位边 的中点，沿 折叠成一个三棱锥 （使 重合于点 ），则三棱锥 的外接球表面积为
（A） （B） （C） ( D）
2．一个几何体的三视图如图所示,且其侧视图是一个等边三角形,则这个几何的体积为（ ）
（A） （B）
（C） （D）
3．某几何体的三视图及尺寸如图示，则该几何体的表面积为（）
A. B. C. D.
4．某简单几何体的三视图如图所示，其正视图．侧视图．俯视图均为直角三角形，面积分别是1，2，4，则这个几何体的体积为( )
38．如图，一个底面半径为R的圆柱形量杯中装有适量的水、若放入一个半径为r的实心铁球，水面高度恰好升高r，则
39．把一个大的金属球表面涂漆，需油漆2.4kg，若把这个金属球熔化，制成64个半径相等的小金属球（设损耗为零），将这些小金属球表面涂漆，需用油漆。
40．球O的一个小圆O/的面积为25，O到此小圆截面的距离是12，则这个球的表面积为。
13．一个表面积为36π的球外切于一圆柱，则圆柱的表面积为（ ）
A、45πB、27π
C、36πD、54π
14．如图，半球有一接正方体，则这个半球体积与正方体的体积之比为（ ）
A、 B、 C、 D、
15．两个球的体积之比是 ，那么这两个球的表面积之比是（ ）
A、 B、 C、 D、
16．甲球与某立方体的各个面都相切，乙球与这个立方体的各条棱都相切，丙球过这个立方体的所有顶点，则甲、乙、丙三球的半径的平方之比为（ ）