2021版江苏高考数学复习讲义：高考中的立体几何问题含答案
2021年高考数学中“立体几何多选题”的类型分析含答案
2021年高考数学中“立体几何多选题”的类型分析含答案一、立体几何多选题1. 如图，正方体ABCD-ABCD中的正四而体A厂BD G的棱长为2,则下列说法正确的是（）A. 异面直线A&与所成的角是彳3B. 丄平而A^DC. 平而Acq截正四而体- BDC,所得截而而积为2D. 正四而体A - BDC｛的髙等于正方体ABCD-\B,C X D X体对角线长的;【答案】ABD【分析】选项A,利用正方体的结构特征找到异而直线所成的角；选项B,根据正方体和正四而体的结构特征以及线而垂直的判定泄理容易得证；选项C,由图得平而ACQ截正四而体A - BDC x所得截面而积为A AC冋面积的四分之一：选项D,分别求出正方体的体对角线长和正四而体A - BDC.的高，然后判断数量关系即可得解.【详解】□ ______________ qA：正方体ABCD — AQCQ中，易处ADJIBC、,异面直线£3与所成的角即直线A"与BG所成的角，即ZA/G , LA.B G为等边三角形，ZABC,=-,正确:B：连接Bp, QB丄平面AdG®, AC|U平而AdGD，即人q丄B®又AG 丄Bp, B\BcBQ=B],有AQ 丄平而BDD 且,BQu 平而BDD X B X ,所以BD』A}C{,同理可证：BD』人》, = 所以8卩丄平而AQD ,正确:D t CiS Fic：易知平面心截正四耐本A-所得截而面积为半斗’错误;D：易得正方体ABCD- A且CQ的体对角线长为（（血丫 +（近$ +（Qf =应,棱长为22于正方体ABCD-A^B^D.体对角线长的亍，正确.3故选：ABD.【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异而直线所成角的平而角求其大小，根拯线而垂直的判定证明39丄平而AGD,由正四而体的性质，结合几何图形确左截而的面积，并求高，即可判断c、D的正误.2. 已知直三棱柱ABC-A^C,中，AB丄BC, AB = BC = BB、, D是AC的中点，0 为£C的中点•点p是BC］上的动点，则下列说法正确的是（）A. 当点P运动到中点时，直线AP与平而AEG所成的角的正切值为遁5B. 无论点P在BC］上怎么运动，都有AP丄OB〕C. 当点P运动到BC］中点时，才有与OB】相交于一点，记为0,且—Y =-D. 无论点P在BC\上怎么运动，直线与AB所成角都不可能是30°【答案】ABD【分析】EP构造线而角，由已知线段的等量关系求tan ZPA\E =——的值即可判断力的正误;知C的正误；由直线的平行关系构造线线角为ZB.A.P ,结合动点P分析角度范囤即可知D的正误【详解】直三棱柱ABC-A/G 中，AB 丄BC, AB = BC =选项人中，当点P运动到BC】中点时，有F为坊q的中点，连接A£、EP,如下图示即有护丄而AdGFP・・・直线£P与平而所成的角的正切值:tanZPA^ = —AEEP = \ BB「AE =J A(B[+ B£= » BB{2 2tan ZPAjE = ‘ 故A疋确选项8中，连接B,C,与SC】交于E,并连接A}B,如下图示由题意知，B{BCC}为正方形，即有BQ丄而AB丄BCRABC -为直三棱柱，有丄而B.BCQ , BC； u面B.BCC,AjBj 丄BC、,又A】B] H BQ = B t:.BC}丄而A,BC，OQu而4dC,故SC】丄OB】同理可证：fB丄OB】,又fBcBC严B:.OB,丄而A.BC},又£Pu而ABC】，即有丄OB「故B正确选项C中，点P运动到BC；中点时，即在△ A.BC中A]P、OQ均为中位线选项D 中，由于"JIAB ,直线£P 与AB 所成角即为与Af 所成角：ZB/f结合下图分析知：点P 住B G 上运动时当P 在“或G 上时，ZB.A.P 最大为45°当户在Bq 中点上时，ZB X A,P 最小为arctan 返〉arctan 込= 30。
最新-2021届高考数学文科江苏版1轮复习课件：第7章 立体几何 1 第1讲 平面的基本性质、空间两
【证明】 已知：直线 a∥b，直线 l∩a＝A，直线 l∩b＝B. 求证：直线 a，b，l 共面． 设直线 a 和 l 确定的平面为 α，假设直线 b 不在平面 α 内， 过点 B 在平面 α 内作直线 b′∥a，但 b∥a，即过点 B 可作两 条直线 b′、b 都与 a 平行，这与平行公理矛盾，所以 b⊂α， 即 a，b，l 共面．
【解析】 (1)图①中，直线 GH∥MN；图②中，G，H，N 三点共面，但 M∉面 GHN，因此直线 GH 与 MN 异面；图③ 中，连结 MG，GM∥HN，因此 GH 与 MN 共面；图④中， G，M，N 共面，但 H∉面 GMN，因此 GH 与 MN 异面．所 以在图②④中，GH 与 MN 异面． (2)平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则 AB， CD，EF 和 GH 在原正方体中，显然 AB 与 CD，EF 与 GH， AB 与 GH 都是异面直线，而 AB 与 EF 相交，CD 与 GH 相 交，CD 与 EF 平行．故互为异面的直线有且只有 3 对．
1．如图所示，在三棱锥 P-ABC 的六条棱所在的直线中，异 面直线共有___3_____对．
[解析] 根据异面直线的定义可知共 3 对，分别是 AP 与 BC， CP 与 AB，BP 与 AC.
2．如图所示，点 A 是平面 BCD 外一点，AD＝BC＝2，E、 F 分别是 AB、CD 的中点，且 EF＝ 2，则异面直线 AD 和 BC 所成的角为__9_0_°____．
为异面直线 D1C 与 BE 所成的角．不妨设
AA1＝2AB＝2，则 A1E＝1，BE＝ 2，A1B
＝ 5 ， 在 △A1BE 中 ， cos ∠ A1BE ＝
江苏省2021届高三数学高考一轮复习立体几何专题
立体几何考点一空间点，线，面的位置关系知识框架共面平行—没有公共点(1)直线与直线相交—有且只有一个公共点异面(既不平行，又不相交)直线在平面内—有无数个公共点(2)直线和平面直线不在平面内平行—没有公共点(直线在平面外) 相交—有且只有一公共点(3)平面与平面相交—有一条公共直线(无数个公共点)平行—没有公共点（4）异面直线的判定：证明两条直线是异面直线通常采用反证法.有时也可用定理“平面内一点与平面外一点的连线，与平面内不经过该点的直线是异面直线”.练习巩固1.判断下列结论是否正确(请在括号内打“”或“×”)(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β=a.()(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．()(3)经过两条相交直线，有且只有一个平面.()(4)没有公共点的两条直线是异面直线．()(5)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线．()2.给出以下说法：①不共面的四点中，任意三点不共线；②有三个不同公共点的两个平面重合；③没有公共点的两条直线是异面直线；④分别和两条异面直线都相交的两条直线异面；⑤一条直线和两条异面直线都相交，则它们可以确定两个平面．其中正确结论的序号是________．3.α,β是两个不同的平面，m,n是两条不同的直线，有下列四个命题：①如果m⊥n,m⊥α,n//β,那么α⊥β；②如果m⊥α,n//α，那么m⊥n；③如果α//β,m//α，那么m//β；④如果m//n,α//β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有_________.(填写所有正确命题的编号)4.已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线n满足n⊥l，则n与β____(填“一定”或“不一定”)垂直．5.如图，棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点(不含端点)，则下列结论正确的序号是____________(写出所有正确结论的序号)]①平面D1A1P⊥平面A1AP②∠APD1的取值范围是(0,π2③三棱锥B1−D1PC的体积为定值④DC1⊥D1P6.如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论： ①直线AM与CC1是相交直线; ②直线AM与BN是平行直线; ③直线BN与MB1是异面直线; ④直线AM与DD1是异面直线．其中正确的结论为.(注：把你认为正确的结论序号都填上)7.（多选）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是A. 若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nB. 若m⊥α，m//n，n//β，则α⊥βC. 若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD. 若α∩β=l，β∩γ=m，γ∩α=n，l//γ，则m//n．考点二线面平行知识框架(1)两直线平行的判定①定义：在同一个平面内，且没有公共点的两条直线平行.②如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行，即若a∥α,aβ④垂直于同一平面的两直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b（线面垂直的性质定理）⑤两平行平面与同一个平面相交，那么两条交线平行，即若α∥β,α∩γ,β∩γ=b,则a ∥b（面面平行的性质公理）⑥中位线定理、平行四边形、比例线段……，α∩β=b,则a∥b.（线面平行的判定定理）③平行于同一直线的两直线平行，即若a∥b,b∥c,则a∥c.（公理4）(2)两直线垂直的判定①定义：若两直线成90°角，则这两直线互相垂直.②一条直线与两条平行直线中的一条垂直，也必与另一条垂直.即若b∥c,a⊥b,则a⊥c③一条直线垂直于一个平面，则垂直于这个平面内的任意一条直线.即若a⊥α,b α，a⊥b.④三垂线定理和它的逆定理：在平面内的一条直线，若和这个平面的一条斜线的射影垂直，则它也和这条斜线垂直.⑤如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与这个平面的垂线垂直.即若a ∥α,b ⊥α,则a ⊥b.(3)直线与平面平行的判定①定义：若一条直线和平面没有公共点，则这直线与这个平面平行.②如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，则这条直线与这个平面平行.即若a ⊄α,b ⊂α，a ∥b,则a ∥α.（线面平行的判定定理）③两个平面平行，其中一个平面内的直线平行于另一个平面，即若α∥β,l ⊂α，则l ∥β. 练习巩固1. 如图，点P 在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的面对角线BC 1上运动，则下列四个结论：①三棱锥A −D 1PC 的体积不变；②A 1P//平面ACD 1；③DP ⊥BC 1； ④平面PDB 1⊥平面ACD 1．其中正确的结论的个数是( )A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个2. 点M 是棱长为3的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中棱AB 的中点，CN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2NC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，动点P 在正方形AA 1DD 1(包括边界)内运动，且PB 1//面DMN ，则PC 的长度范围为( )A. [√13,√19]B. [3√355,√19]C. [2√3,√19]D. [3√395,√19] 3. 如图，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AC =2，∠BAC =120°，D 是AB 上一点，且AD =2DB ，E 是AA 1的中点，F 是CC 1上一点．当CF =1时，BF//平面CDE ，则三棱柱ABC −A 1B 1C 1，外接球的表面积为( )A. 24πB. 32πC. 36πD. 40π4. 如图在四面体ABCD 中，若截面PQMN 是正方形，则在下列命题中正确的有__________.(填上所有正确命题的序号)①AC ⊥BD ②AC =BD ③AC//截面PQMN④异面直线PM 与BD 所成的角为45°5. 如图，已知在三棱锥P −ABC 中，PA ⊥平面ABC ，E,F,G 分别为AC,PA,PB 的中点，且AC =2BE ．(1)求证：PB ⊥BC ．(2)设平面EFG与BC交于点H，求证：H为BC的中点．6.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD//BC，∠DAB=90°，AB=BC=AD=2，E为PB的中点，F是PC上的点．PA=12(1)若EF//平面PAD，证明：F为PC的中点．(2)求点C到平面PBD的距离．7.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E在PC上，PC=3PE，PD=3．(1)证明：CD//平面ABE．(2)若M是BC的中点，点N在PD上，MN//平面ABE，求线段PN的长．考点三 线面垂直直线与平面垂直的判定①定义：若一条直线和一个平面内的任何一条直线垂直，则这条直线和这个平面垂直. ②如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面.即若m ⊂α，n ⊂α，m ∩n=B,l ⊥m,l ⊥n,则l ⊥α.（线面垂直判定定理）③如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于同一平面.即若l ∥a,a ⊥α,则l ⊥α.④一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面，即若α∥β,l ⊥β，则l ⊥α.⑤如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面，即若α⊥β,a ∩β=α，l ⊂β，l ⊥a,则l ⊥α.(面面垂直的性质定理)练习巩固1. 在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑A −BCD 中，AB ⊥平面BCD ，且BD ⊥CD ，AB =BD =CD ，则直线AC 与平面ABD 所成角的正切值是A. √3B. √33C. √2D. √222. 棱长为l 的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，P 为正方体表面上的一个动点，且总有PC ⊥BD 1，则动点P 的轨迹的长度为A. 34πB. 4πC. 3√2D. 4√23. 已知点A ∈平面α，点P ∉平面α，点P 在平面α上的投影为O ，点B ∈平面α，点B ∉直线OA.记，，，则下列结论中一定成立的是( )A. cos θ=cos θ1⋅cos θ2B. cos θ=cos θ1+cos θ2C. sin θ=sin θ1⋅sin θ2D. sin θ=sin θ1+sin θ24. 若点N 为点M 在平面α上的正投影，则记N =f α(M).如图，在棱长为1的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，记平面AB 1D 1为β，平面ABCD 为γ，点P 是线段CC 1上一动点，Q 1=f γ[f β(P)],Q 2=f β[f γ(P)].给出下列四个结论：①Q 2为△AB 1D 1的重心；；③当CP =45时，PQ 1//平面β；④当三棱锥D 1−APB 1的体积最大时，三棱锥D 1−APB 1外接球的表面积为2π． 其中，所有正确结论的序号是________________．5. 正四棱锥S −ABCD 底面边长为2，高为1，E 是边BC 的中点，动点P 在四棱锥表面上运动，并且总保持PE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则动点P 的轨迹的周长为___________．6.如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，A−BCB1是棱长为2的正四面体．(Ⅰ)求证：AC⊥CC1；(Ⅱ)求三棱锥B−ACC1的体积．7.如图1所示的平面图形中，ABCD为矩形，AB=2AD=2，O为线段CD的中点，点P是以O为圆心，CD为直径的半圆上任一点(不与C，D重合)，以CD为折痕，将半圆所在平面CDP折起，使平面CDP⊥平面ABCD，如图2，E为线段DP的中点．(Ⅰ)证明：OE⊥AE．(Ⅱ)若锐二面角P−AD−C的大小为30°，求二面角A−DP−B的正弦值．考点四面面平行两平面平行的判定①定义：如果两个平面没有公共点，那么这两个平面平行，即无公共点⇔α∥β.②如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行，即若a,b⊂α，a∩b=P,a∥β,b∥β,则α∥β.（面面平行判定定理）推论：一个平面内的两条直线分别平行于另一平面内的两条相交直线，则这两个平面平行，即若a,b⊂α,c,d⊂β,a∩b=P,a∥c,b∥d,则α∥β.练习巩固1.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长是a，S是A1B1的中点，P是A1D1的中点，点Q在正方形DCC1D1及其内部运动，若PQ//平面SBC1，则点Q的轨迹的长度是________．2.如图，在棱长为1的正方体中，点M是AD的中点，动点P在底面ABCD内(不包括边界)，若B1P//平面A1BM，则C1P的最小值是____．3.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=DD1=1，AB=√3，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一个动点，若直线D1P与平面EFG平行，则△BB1P 面积最小值为________．4.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AC∩BD=O，E为线段AD1(含端点)上的动点，有下列结论：①OE⊥B1D；②OE//平面A1BC1；③直线OE与直线A1C1所成角的范围是[0,π2]；④直线OE与直线CC1所成角的余弦值的取值范围是[0,√63].其中正确结论的序号是________．5.在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，BF是圆台的一条母线．(Ⅰ)已知G,H分别为EC,FB的中点，求证：GH//平面ABC；(Ⅱ)已知EF=FB=12AC=2,AB=BC，求三棱锥A−FBC体积．6.如图，在三棱锥F—ACE与三棱锥F—ABC中，△ACE和△ABC都是边长为2的等边三角形，H，D分别为FB，AC的中点，EF//BD，EF=12BD．(Ⅰ)试在平面EFC内作一条直线l，当P∈l时，均有PH//平面ABC(作出直线l并证明)；(Ⅱ)求两个三棱锥体积之和的最大值．7.如图，四边形ABCD为矩形，△ABE和△BCF均为等腰直角三角形，且∠BAE=∠BCF=∠DAE=90°，EA//FC．(1)求证：ED//平面BCF；(2)设BCAB =λ，问是否存在λ，使得棱锥A—BDF的高恰好等于√33BC？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．8.如图1，在等腰梯形ABCD中，AD//CB，AD=2CB=4，∠ABC=120°，点E，N，M分别是AD，BC，CE的中点．现分别沿BE，EC将△ABE和△ECD折起，使得平面ABE⊥平面BCE，平面ECD⊥平面BCE，连接AD，DM，ND，如图2．(1)证明：平面DMN//平面BEA；(2)求多面体ABCDE的体积．考点五面面垂直两平面垂直的判定①定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，那么这两个平面互相垂直，即二面角α－a－β=90°⇔α⊥β.②如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直，即若l⊥β,l ⊂α，则α⊥β.（面面垂直判定定理）练习巩固1.如图，在△ABC中，AB=√7，AC=√10，BC=3.过AC的中点M的动直线l与线段AB交于点N.将△AMN沿直线l向上翻折至△AˈMN，使得点Aˈ在平面BCMN内的投影H 落在线段BC上．则点Aˈ的轨迹长度为________．2.如图，在正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，H为EF的中点，沿AE，EF，FA将正方形折起，使B，C，D重合于点O，构成四面体，则在四面体A−OEF中，下列说法不正确的序号是______ ．①AO⊥平面EOF ②AH⊥平面EOF③AO⊥EF④AF⊥OE⑤平面AOE⊥平面AOF．3.在三棱锥A−BCD中，已知BC=CD=BD=√2AB=√2AD=6，且平面ABD⊥平面BCD，则三棱锥A−BCD外接球的表面积为________．，AB=AC=2√3，BD=10，CD=8，且平4.如图所示：三棱锥D−ABC，∠BAC=2π3面ABC⊥平面BCD，该几何体的外接球的表面积为 _________．5.在四棱锥中P−ABCD，AB⊥PA，AB//CD，AB<DC，PA=PD，平面PAD⊥平面ABCD．(Ⅰ)求证：平面PCD⊥平面PAD；(Ⅱ)在棱PA上是否存在点Q，使DQ//平面PBC，若存在，求PQ的值；若不存在，说明PA理由．6.如图，五面体ABCDEF中，ABEF为等腰梯形，且AB//EF，AB⊥AD，CD=DA=AF=FE=1，AB=2．(1)求证：DF//平面BCE；(2)若平面ABCD⊥平面ABEF，G为AB的中点．①求证：平面BCF⊥平面GCE；②求五面体ABCDEF的体积．7.如图，在四棱锥P−ABCD中，PC⊥平面ABCD，AD=BC，AB//CD，∠ADC=120°，AB=2CD=2，直线PB与平面ABCD所成的角为45°，G是AB的中点．(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；(2)求直线PG与平面PBC所成角的正切值．8.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC为直角，BC=2,CC1=4,D为CC1的中点．(1)求证：平面A1B1D⊥平面ABD；(2)若异面直线A1B1与AC所成的角的正弦值是2√13，求三棱锥B−A1AD的体积．139.如图1，在等腰梯形ABF1F2中，两腰AF2=BF1=2，底边AB=6，F1F2=4，D，C是AB的三等分点，E是F1F2的中点．分别沿CE，DE将四边形BCEF1和ADEF2折起，使F1，F2重合于点F，得到如图2所示的几何体．在图2中，M，N分别为CD，EF的中点．(1)证明：MN⊥平面ABCD．(2)求直线CN与平面ABF所成角的正弦值．10.在四棱锥中P−ABCD，AB⊥PA，AB//CD，AB=12CD，△PAD是等边三角形，点M 在棱PC上，平面PAD⊥平面ABCD．(Ⅰ)求证：平面PCD⊥平面PAD；(Ⅱ)若AB=AD，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值的最大值；(Ⅲ)设直线AM与平面PBD相交于点N，若ANAM =PMPC，求ANAM的值．11.设三棱锥P−ABC的每个顶点都在球O的球面上，△PAB是面积为3√3的等边三角形，AC⊥BC，AC=BC，且平面PAB⊥平面ABC．(1)求球O的表面积；(2)证明：平面POC⊥平面ABC，且平面POC⊥平面PAB．(3)与侧面PAB平行的平面α与棱AC，BC，PC分别交于D，E，F，求四面体ODEF的体积的最大值．。
2021年高考数学中“立体几何多选题”的类型分析含答案
2021年高考数学中“立体几何多选题”的类型分析含答案一、立体几何多选题1．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 -的高为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.2．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 5B ．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3．如图四棱锥P ABCD-，平面PAD⊥平面ABCD，侧面PAD是边长为26角形，底面ABCD为矩形，23CD=Q是PD的中点，则下列结论正确的是（）A ．CQ ⊥平面PADB ．PC 与平面AQC 所成角的余弦值为223C ．三棱锥B ACQ -的体积为62D ．四棱锥Q ABCD -外接球的内接正四面体的表面积为3【答案】BD 【分析】取AD 的中点O ，BC 的中点E ，连接,OE OP ，则由已知可得OP ⊥平面 ABCD ，而底面ABCD 为矩形，所以以O 为坐标原点，分别以,,OD OE OP 所在的直线为x 轴，y 轴 ，z 轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量依次求解即可. 【详解】解：取AD 的中点O ，BC 的中点E ，连接,OE OP ， 因为三角形PAD 为等边三角形，所以OP AD ⊥, 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以OP ⊥平面 ABCD ， 因为AD OE ⊥，所以,,OD OE OP 两两垂直，所以，如下图，以O 为坐标原点，分别以,,OD OE OP 所在的直线为x 轴，y 轴 ，z 轴， 建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(6,0,0),(6,0,0)O D A ，(0,0,32),6,23,0),(6,23,0)P C B ，因为点Q 是PD 的中点，所以632)2Q ， 平面PAD 的一个法向量为(0,1,0)m =，632(23,22QC =-，显然 m 与QC 不共线， 所以CQ 与平面PAD 不垂直，所以A 不正确；3632(6,23,32),(,0,),(26,23,0)22PC AQ AC =-==， 设平面AQC 的法向量为(,,)n x y z =，则360260n AQ x zn AC ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，令=1x ，则y z ==， 所以(1,2,n =-， 设PC 与平面AQC 所成角为θ，则21sin 36n PC n PCθ⋅===， 所以cos θ=，所以B 正确； 三棱锥B ACQ -的体积为1132BACQ Q ABC ABCV V SOP --==⋅ 1116322=⨯⨯⨯=， 所以C不正确；设四棱锥Q ABCD -外接球的球心为)M a ，则MQ MD=，所以2222222a a⎛⎫++-=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得0a =，即M 为矩形ABCD 对角线的交点，所以四棱锥Q ABCD -外接球的半径为3，设四棱锥Q ABCD -外接球的内接正四面体的棱长为x ， 将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，故正方体的棱长为2x，所以22362x ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，得224x =， 所以正四面体的表面积为244x ⨯=，所以D 正确. 故选：BD【点睛】此题考查线面垂直，线面角，棱锥的体积，棱锥的外接球等知识，综合性强，考查了计算能力，属于较难题.4．如图，点O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，S 是棱PC 上的点，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ，则（ ）A ．若//MN 平面PAB ，则//AB RQ B ．存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQC ．存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+= D ．111PQPRPS++是常数【答案】ABD 【分析】对于选项A ，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ， 13SC PC =时，通过线面垂直的判定定理，证明此时PC ⊥平面SRQ ，即可证明，存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ；对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=，利用线面垂直的判定定理可证得PC ⊥平面PAB ，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断；对于选项D ，利用S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V ----=++，即可求得111PQPRPS++是常数.【详解】 对于选项A ， 若//MN 平面PAB ，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ,∴平面SMN 平面PAB =RQ ，又MN ⊂平面SMN ，//MN 平面PAB ，∴//MN RQ ，点O 在面ABC 上，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，∴MN ⊂平面ABC ，又//MN 平面PAB ，平面ABC平面PAB AB =，∴//MN AB ， ∴//AB RQ ，故A 正确； 对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ，S 为线段PC 上靠近C 的三等分点，即13SC PC =， 此时PC ⊥平面SRQ ，以下给出证明： 在正四面体P ABC -中，设各棱长为a ，∴ABC ，PBC ，PAC △，PAB △均为正三角形，点O 为ABC 的中心，//MN AB ，∴由正三角形中的性质，易得23CN CM a ==， 在CNS 中，23CN a =，13SC a =，3SCN π∠=，∴由余弦定理得，3SN a ==， ∴222249SC SN a CN +==，则SN PC ⊥， 同理，SM PC ⊥，又SM SN S =，SM ⊂平面SRQ ，SN ⊂平面SRQ ，∴PC ⊥平面SRQ ，∴存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ，故B 正确； 对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=， 设QR 中点为K ，则2PQ PR PK +=，∴PS PK ⊥，即PC PK ⊥，()cos cos 0PC AB PC PB PA PC PB CPB PC PA CPA ⋅=⋅-=⋅∠-⋅∠=，∴PC AB ⊥，又易知AB 与PK 为相交直线，AB 与PK 均在平面PQR 上，∴PC ⊥平面PQR ，即PC ⊥平面PAB ，与正四面体P ABC -相矛盾，所以假设不成立， 故C 错误； 对于选项D ，易知点O 到面PBC ，面PAC ，面PAB 的距离相等，记为d ， 记PC 与平面PAB 所处角的平面角为α，α为常数，则sin α也为常数， 则点S 到PQR 的距离为sin PS α， 又13sin23PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅ ∴()()1133sin sin sin 33412S PQR PQRV PS S PS PQ PR PQ PR PS ααα-=⋅=⋅⋅=⋅⋅， 又13sin 234PSRSPS PR PS PR π=⋅=⋅， 13sin23PSQS PS PQ PS PQ π=⋅=⋅， 13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅，()S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V PS PR PS PQ PQ PR ----=++=⋅+⋅+⋅，∴()3sin 12PQ PR PS d PS PR PS PQ PQ PR α⋅⋅=⋅+⋅+⋅， ∴111sin d PQPRPSα++=为常数，故D 正确. 故选：ABD. 【点睛】本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了三棱锥体积的计算，考查了向量的运算，考查了转化能力与探究能力，属于较难题.5．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．6．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个B ．若3PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2D ．若PD ∥平面1ACB ，且3PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94π 【答案】ABD 【分析】若3PD =，由于P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一；()313PD =∈，，则12PD =，即点P 的轨迹是一段圆弧；当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为3=，可判断C ；平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为32=，可得D . 【详解】 如图：∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2， ∴1122B D =11AA =， ∴()2212213DB =+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确；∵()313PD =，，11DD =，则12PD P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确； 连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为()22213+=C 错误；由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接2221322122++=，面积为94π，故D 正确． 故选：ABD ． 【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.7．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段B 1C 上运动，则（ ）A ．直线BD 1⊥平面A 1C 1DB ．三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值C ．异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[45°，90°] D ．直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为63【答案】ABD 【分析】在A 中，推导出A 1C 1⊥BD 1，DC 1⊥BD 1，从而直线BD 1⊥平面A 1C 1D ；在B 中，由B 1C ∥平面 A 1C 1D ，得到P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，再由△A 1C 1D 的面积是定值，从而三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为63． 【详解】解：在A 中，∵A 1C 1⊥B 1D 1，A 1C 1⊥BB 1，B 1D 1∩BB 1＝B 1， ∴A 1C 1⊥平面BB 1D 1，∴A 1C 1⊥BD 1，同理，DC 1⊥BD 1， ∵A 1C 1∩DC 1＝C 1，∴直线BD 1⊥平面A 1C 1D ，故A 正确； 在B 中，∵A 1D ∥B 1C ，A 1D ⊂平面A 1C 1D ，B 1C ⊄平面A 1C 1D ， ∴B 1C ∥平面 A 1C 1D ，∵点P 在线段B 1C 上运动，∴P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，又△A 1C 1D 的面积是定值，∴三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值，故B 正确； 在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]，故C 错误；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，P （a ，1，a ），则D （0，0，0），A 1（1，0，1），C 1（0，1，1），1DA ＝（1，0，1），1DC ＝（0，1，1），1C P ＝（a ，0，a ﹣1）， 设平面A 1C 1D 的法向量(),,n x y z =，则1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x ＝1，得1,1,1n，∴直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为：11||||||C P n C P n ⋅⋅＝22(1)3a a +-⋅＝21132()22a ⋅-+， ∴当a ＝12时，直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为63，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解； （2）、用空间向量坐标公式求解.8．如图，已知P 为棱长为1的正方体对角线1BD 上的一点，且()()10,1BP BD λλ=，下面结论中正确结论的有（ ）A ．11A D C P ⊥；B ．当1A P PD +取最小值时，23λ=；C ．若()0,1λ∈，则7,312APC ππ⎛⎫∠∈⎪⎝⎭； D ．若P 为1BD 的中点，四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π． 【答案】ABD 【分析】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，利用向量关系可判断ABC ；根据几何体外接球关系建立方程求出球半径即可判断D. 【详解】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系， 则()1,1,0B ，()10,0,1D ，设(),,P x y z ，()()10,1BP BD λλ=，1BP BD λ∴=，即()()1,1,1,1,1x y z λ--=--，则可解得()1,1,P λλλ--， 对A ，()()()111,0,1,0,0,0,0,1,1A D C ，()11,0,1A D ∴=--，()11,,1C P λλλ=---，则()()()()11110110A D C P λλλ⋅=-⨯-+⨯-+-⨯-=，则11A D C P ⊥，故A 正确；对B ，()()()()()2222221111111A P PD λλλλλλ+=--+-+--+-+222223422333λλλ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭则当23λ=时，1A P PD +取最小值，故B 正确； 对C ，()()1,0,0,0,1,0A C ，(),1,PA λλλ∴=--，()1,,PC λλλ=--，则222321cos 1321321PA PCAPC PA PC λλλλλλ⋅-∠===--+-+⋅，01λ<<，则2232123λλ≤-+<，则2111123212λλ-≤-<-+， 即11cos 22APC -≤∠<，则2,33APC ππ⎛⎤∠∈ ⎥⎝⎦，故C 错误；对于D ，当P 为1BD 中点时，四棱锥11P AA D D -为正四棱锥，设平面11AA D D 的中心为O ，四棱锥11P AA D D -的外接球半径为R ，所以2221222R R ⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得34R =， 故四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π，所以D 正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：本题考查空间相关量的计算，解题的关键是建立空间直角坐标系，利用向量建立关系进行计算.9．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 '交于点M ，N ，以下四个命题中正确的是（ ）A ．0MN EF ⋅=B ．ME NE =C ．四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2:3D ．四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3 【答案】ABD 【分析】证明EF ⊥平面BDD B ''，进而得EF MN ⊥，即可得A 选项正确；证明四边形MENF 为菱形即可得B 选项正确；由菱形性质得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅，再分别讨论MN 的最大值与最小值即可；根据割补法求解体积即可. 【详解】对于A 选项，如图，连接BD ，B D ''，MN ．由题易得EF BD ⊥，EFBB '⊥，BD BB B '⋂=，所以EF ⊥平面BDD B ''，又MN ⊂平面BDD B ''，所以EF MN ⊥，因此0MN EF ⋅=，故A 正确．对于B 选项，由正方体性质得：平面''//BCC B 平面''ADD A ，平面''BCC B 平面EMFN MF =，平面''ADD A 平面EMFN EN =， 所以//MF EN ，同理得//ME NF ，又EF MN ⊥，所以四边形MENF 为菱形， 因此ME NE =，故B 正确．对于C 选项，由B 易得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅， 所以当点M ，N 分别为BB '，DD '的中点时，四边形MENF 的面积S 最小，此时MN EF ==，即面积S 的最小值为1；当点M ，N 分别与点B （或点B '），D （或D ）重合时，四边形MENF 的面积S 最大，此时MN =，即面积S所以四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2C 不正确． 对于D 选项，四棱锥A MENF -的体积11113346M AEF N AEF AEF V V V DB S --=+=⋅==△； 因为E ，F 分别是AA '，CC '的中点，所以BM D N '=，DN B M '=，于是被截面MENF 平分的两个多面体是完全相同的，则它们的体积也是相同的，因此多面体ABCD EMFN -的体积21122ABCD A B C D V V ''''-==正方体，所以四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】本题考查立体几何与向量的综合、截面面积的最值、几何体的体积，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于证明四边形MENF 为菱形，利用割补法将四棱锥A MENF -的体积转化为三棱锥M AEF - 和N AEF -的体积之和，将多面体ABCD EMFN -的体积转化为正方体的体积的一半求解.10．如图所示，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，得四边形1BFD E ，在以下结论中，正确的是（ ）A ．四边形1BFD E 有可能是梯形B ．四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形C ．四边形1BFDE 有可能垂直于平面11BB D D D ．四边形1BFD E 6【答案】BCD 【分析】四边形1BFD E 有两组对边分别平行知是一个平行四边形四边形；1BFD E 在底面ABCD内的投影是四边形ABCD ；当与两条棱上的交点是中点时，四边形1BFD E 垂直于面11BB D D ；当E ，F 分别是两条棱的中点时，四边形1BFD E 的面积最小为62.【详解】过1BD 作平面与正方体1111ABCD A B C D -的截面为四边形1BFD E ， 如图所示，因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，且平面1BFD E 平面11ABB A BE =.平面1BFD E平面1111,//DCC D D F BE D F =，因此，同理1//D E BF ，故四边形1BFD E 为平行四边形，因此A 错误；对于选项B ，四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形ABCD ，因此B 正确； 对于选项C ，当点E F 、分别为11,AA CC 的中点时，EF ⊥平面11BB D D ，又EF ⊂平面1BFD E ，则平面1BFD E ⊥平面11BB D D ，因此C 正确；对于选项D ，当F 点到线段1BD 的距离最小时，此时平行四边形1BFD E 的面积最小，此时点E F 、分别为11,AA CC 的中点，此时最小值为162322⨯⨯=，因此D 正确. 故选：BCD【点睛】关键点睛：解题的关键是理解想象出要画的平面是怎么样的平面，有哪些特殊的性质，考虑全面即可正确解题.。
2021版江苏高考数学复习课后限时集训：立体几何中的向量方法含解析
教课资料范本2021版江苏高考数学复习课后限时集训：立体几何中的向量方法含分析编辑： __________________时间： __________________建议用时： 45 分钟一、选择题1．若直线 l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于 120°，则直线 l与平面α所成的角等于 ()A．120°B．60°C.30 °D．60°或30°C[ 设直线 l 与平面α所成的角为β，直线 l 与平面α的法向量的夹角为γ.1则 sin β＝ |cos γ|＝|cos 120 |＝°2.又 0°≤β≤90°，∴β＝30°.]2．在正方体 A1B1C1D1-ABCD中， AC与 B1D所成角大小为 ()ππA.6B.4ππC.3D.2D[ 成立如下图的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则 A(0,0,0),→C(1,1,0)，B1(1,0,1)，D(0,1,0). ∴AC＝(1,1,0)，→B1D＝(－1,1，－ 1)，→ →∵AC·B1D＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，π→→∴AC⊥B1D，∴ AC 与 B1D 所成的角为2 .]3.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝ 2CB，则直线 BC1与直线AB1夹角的余弦值为()55A. 5B. 3253C.5D.5A [ 设 CA＝2，则 C(0,0,0)， A(2,0,0)， B(0,0,1)， C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得→→(0,2，－ 1)，由向量的夹角公式得→ →向量 AB1＝(－2,2,1)， BC1＝cos〈AB1，BC1〉＝错误! ＝错误 ! ＝错误! .]4．在直三棱柱 ABC-A B C 中， AB＝ 1， AC＝ 2， BC＝3， D，E分别是AC1111和BB 的中点，则直线 DE与平面 BB C C所成的角为 ()111A．30°B．45°C．60°D．90°A[ 由已知 AB2＋BC2＝ AC2，得 AB⊥ BC.以 B 为原点，分别以 BC，BA，BB1所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴成立空间直角坐标系，如下图，设AA1＝2a，则A(0,1,0)，C( 3，0,0)，3 1→3 1，平面 BB 11的一个法向D 2 ，2，a ，E(0,0，a)，因此 ED ＝2 ，2，0C C量为 n ＝(0,1,0)，→12→， n 〉＝ ED ·n1 →〈 ＝＝ ，〈 ED ， n 〉＝ 60°，因此直cos ED→ 3 21 22|ED||n|＋＋02×122线 DE 与平面 BB 1C 1C 所成的角为 30°.应选 A.]5.如图，在四棱锥 P-ABCD 中，四边形 ABCD 为平行四边形，且 BC ⊥平面 PA B ，PA ⊥AB ，M 为 PB 的中点， PA ＝AD ＝2.若 AB ＝ 1，则二面角 B-AC-M 的余弦值为 ()5/2263A. 6B. 621C. 6D.6A [ 由于 BC⊥平面 PAB，PA? 平面 PAB，因此 PA⊥ BC，又 PA⊥AB，且BC∩AB＝B，因此 PA⊥平面 ABCD.以点 A 为坐标原点，分别以 AB，AD，AP 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴，成立空间直角坐标系 A-xyz.1则 A(0,0,0)，C(1,2,0)，P(0,0,2)，B(1,0,0)，M 2， 0， 1 ，→→1因此 AC＝(1,2,0)， AM＝2，0，1 ，求得平面 AMC 的一个法向量为 n＝(－ 2,1,1)，→又平面 ABC 的一个法向量 AP＝(0,0,2)，→→216 n· AP＝因此 cos〈n，AP〉＝→＝＝6. 4＋ 1＋ 1×26|n||AP |6因此二面角 B-AC-M 的余弦值为 6 .]二、填空题6．在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中， AA1＝2AB，则 CD与平面 BDC1所成角的正弦值等于．[以 D 为坐标原点，成立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝ 2，则3D(0,0,0)，C(0,1,0)， B(1,1,0)，→→→C1(0,1,2)，则 DC＝(0,1,0)， DB＝(1,1,0)， DC1＝ (0,1,2)．设平面 BDC1的法向量为 n＝(x， y， z)，→n·DB＝ 0，则→n·DC1＝0，x＋y＝0，因此有y＋2z＝0，令 y＝－ 2，得平面 BDC1的一个法向量n＝ (2，－ 2,1)．设 CD 与平面 BDC1所成的角为θ，则→〉|＝→n· DC＝2sin θ＝ |cos〈n， DC→3.]|n||DC |7．(20xx ·汕头模拟 )在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中，∠ ABC＝90°，AD∥BC，SA⊥平面 A1BCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝2，则平面 SCD与平面 SAB所成锐二面角的余弦值是．[如下图，成立空间直角坐标系，则依题意可知，31D 2，0，0 ， C(1,1,0)，S(0,0,1)，→1可知 AD＝，0，0是平面SAB的一个法向量．2设平面 SCD 的一个法向量 n＝(x，y，z)，→1由于 SD＝，0，－1，2→1DC＝，1，0，2→n·SD＝0，因此→n·DC＝0，x2－z＝0，即x2＋y＝0.令 x＝2，则有 y＝－ 1， z＝1，因此 n＝(2，－ 1,1)．设平面 SCD 与平面 SAB 所成的锐二面角为θ，→|AD·n|则 cos θ＝→|AD||n|＝错误!＝错误! .]8.(20xx 北·京模拟 )如下图，四棱锥 P-ABCD中， PD⊥底面 ABCD ，底面 ABCD是边长为 2的正方形， PD＝2，E是棱 PB的中点， M是棱 PC上的动点，当直线 PA与直线 EM所成的角为 60°时，那么线段 PM的长度是．54 2 [如图成立空间直角坐标系，则 A(2,0,0)，P(0,0,2)， B(2,2,0)，∴→＝( －2，0，2) ，AP∵E 是棱 PB 的中点，∴ E (1,1,1)， 设－ ， ，则 →＝( －1，1－m ，m －1) ，M(0,2 m m) EM→→∴ cos 〈AP ，EM 〉→ →AP ·EM＝→→|AP||EM |＝错误 !1＝2，353解得 m＝4，∴ M 0，4，4，∴PM＝252552.] 16＋16＝4三、解答题9．(20xx ·南通二模 )如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD是矩形， PA⊥平面 ABCD，AB＝1，AP＝AD＝2.(1)求直线 PB与平面 PCD 所成角的正弦值；(2)若点 M，N分别在 AB，PC上，且 MN⊥平面 PCD，试确立点 M，N的地点．[解 ](1)由题意知， AB，AD，AP 两两垂直，→→→以 A 为坐标原点，分别以 AB，AD， AP为 x，y，z 轴正方向建如下图的空间直角坐标系 A-xyz.则 A(0,0,0)，B(1,0,0)， C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．→→→进而 PB＝(1,0，－ 2)，PC＝(1,2，－ 2)，PD＝ (0,2，－ 2)．设平面 PCD 的法向量 n＝ (x，y，z)，→x＋2y－ 2z＝0，n·PC＝ 0，则即→2y－ 2z＝0，n·PD＝ 0，令 y＝1，则 x＝0，z＝ 1，因此平面 PCD 的一个法向量 n＝ (0,1,1)．设直线 PB 与平面 PCD 所成角为θ，→→10 PB·n因此 sin θ＝ |cos〈PB， n〉 |＝→＝ 5，|PB| ·|n|即直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为10 5 .→(2)设 M(a,0,0)，则 MA＝(－ a,0,0)，→→→→设PN＝λPC，则 PN＝(λ，2λ，－ 2λ)，而 AP＝(0,0,2)，→→→→因此 MN＝MA＋AP＋PN＝(λ－a,2λ，2－2λ)．由(1)知，平面 PCD 的一个法向量 n＝(0,1,1)，→由于 MN⊥平面 PCD，因此 MN∥n.λ－ a＝ 0，11因此2λ＝ 2－2λ，解得λ＝2，a＝2.因此 M 为 AB 的中点， N 为 PC 的中点．10． (20xx ·全国卷Ⅱ )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．[解 ](1)证明：由已知得， B1C1⊥平面 ABB1A1，BE? 平面 ABB1A1，故B1C1⊥BE.又 BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，因此 BE⊥平面 EB1 C1.(2)由 (1)知∠ BEB1＝90°.由题设知 Rt△ABE≌Rt△ A1B1E，因此∠ AEB＝45°，故 AE＝AB，AA1＝2AB.→→以 D 为坐标原点， DA的方向为 x 轴正方向， |DA为单位长度，成立如下图|的空间直角坐标系 D-xyz，则 C(0,1,0)， B(1,1,0)，C1，，→＝(0,1,2)E(1,0,1) CB →→＝ (1，－ 1,1)，CC1＝(0,0,2)．(1,0,0)， CE→CB·n＝ 0，设平面 EBC 的法向量为 n＝(x，y，z)，则即→CE·n＝ 0，x＝0，x－y＋z＝ 0，因此可取 n＝ (0，－ 1，－ 1)．设平面 ECC1的法向量为 m＝ (x1，y1， z1)，则→CC1·m＝ 0，→CE·m＝ 0，2z1＝0，即x1－y1＋z1＝ 0，因此可取 m＝(1,1,0)．n·m1于是 cos〈n，m〉＝|n||m|＝－2.3因此，二面角 B-EC-C1的正弦值为 2 .13/221．设正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 2，则点 D1到平面 A1BD的距离是 ( )32A. 2B. 22223C.3D.3D[ 如图成立坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，→→D1A1＝(2,0,0)， DB＝(2,2,0)，→DA1＝(2,0,2)．设平面 A1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则2x ＋2z ＝0， ∴2x ＋2y ＝0，→n ·DA1＝ 0，→n ·DB ＝0，令 z ＝1，得 n ＝(－ 1,1,1)．→2 2 3∴D 1 到平面|D1A1·n|＝ 1|n|＝3 .]A BD 的距离 d ＝32.如图，平面 ABCD ⊥平面 ABEF ，四边形 ABCD 是正方形，四边形 ABEF 是1矩形，且 AF ＝2AD ＝a ，G 是 EF 的中点，则 GB 与平面 AGC 所成角的正弦值为 ．63[如图，以 A 为原点成立空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a ， a,0)，→ → →AG ＝ (a ，a,0)，AC ＝(0,2a,2a)，BG ＝ (a ，－ a,0)，设平面 AGC 的法向量为 n 1＝(x 1，y 1,1)，→ax1＋ ay1＝0x1＝1由AG ·n1＝ 0?，－．?? n 1＝(1→2ay1＋2a ＝0y1＝－ 11,1)AC ·n1＝ 0→2a6|BG ·n1|＝sin θ＝ → 2a × 3 ＝3 .]|BG||n1|3．已知正四棱锥 S-ABCD 的侧棱长与底面边长都相等， E 是SB 的中点，则 A E 与SD 所成角的余弦值为 ．3[以两对角线 AC 与 BD 的交点 O 作为原点，以 OA ， OB ， OS 所在直 3线分别为 x ， y ， z 轴成立空间直角坐标系，设边长为 2，则有 O(0,0,0)，A( 2，0,0)， B(0， 2，0)，S(0,0， 2)， D(0，－ 2，0)，2 2 ，E0，2，2→＝－，2 2 →，－2，－2)，，，SD＝(0AE2223故 AE 与 SD 所成角的余弦值为 3 .]4．(20xx ·全国卷Ⅱ)如下图，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，且二面角 M-PA-C为30°，求 PC与平面 PAM所成角的正弦值．[解 ](1)证明：由于 AP＝CP＝AC＝4，O 为 AC 的中点，因此 OP⊥AC，且OP＝2 3.2连结 OB.由于 AB＝ BC＝2 AC，因此△ ABC 为等腰直角三角形，1且 OB⊥ AC， OB＝2AC＝2.由 OP2＋OB2＝ PB2知 PO⊥OB.由 OP⊥ OB， OP⊥ AC， OB∩ AC＝ O，知 PO⊥平面 ABC.→(2)如图，以 O 为坐标原点， OB的方向为 x 轴正方向，成立空间直角坐标系O-xyz.→由已知得 O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－ 2，0)， C(0,2,0)，P(0， 0,23)， AP＝→(0,2,2 3)．取平面 PAC 的一个法向量 OB＝(2,0,0)．→设 M(a,2－a,0)(0≤ a≤2)，则 AM＝ (a,4－a,0)．设平面 PAM 的法向量为 n＝(x，y，z)．→→·＝得由AP·＝，n 0AMn 0错误 ! 可取 n＝(错误 ! (a－4)，错误 ! a，－ a)，→因此 cos〈OB， n〉＝错误 ! .由已知可得 |cos〈错误 ! ，n〉|＝错误 ! ，因此错误 ! ＝错误 ! ，解得 a＝－ 4(舍去 )或 a＝错误 ! ，8343，－4因此 n＝－3，3.3→→3又PC＝(0,2，－23)，因此 cos〈 PC，n〉＝4 .3因此 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为4 .1．已知斜四棱柱 ABCD-A1 B1C1D1的各棱长均为 2，∠ A1AD＝60°，∠ BAD＝90°，平面 A1ADD 1⊥平面 ABCD，则直线 BD1与平面 ABCD所成的角的正切值为 ( )313A. 4B.43939C. 13D.3C[ 取 AD 中点 O，连结 OA1，易证 A1O⊥平面 ABCD.成立如下图的空间直角坐标系，得 B(2，－ 1,0)，D1，，3)，→＝(－2,3，3)，平面 ABCD 的一个法(0 2BD1→向量为 n＝ (0,0,1)，设 BD1与平面 ABCD 所成的角为θ，∴ sin θ＝|BD1·n|＝→|BD1||n|34，39∴t an θ＝13 .]2．(20xx ·天津高考 )如图， AE⊥平面 ABCD ，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(1)求证： BF ∥平面 ADE ；(2)求直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值；1(3)若二面角 E-BD-F 的余弦值为 3，求线段 CF 的长．→ → →[解 ] 依题意，能够成立以 A 为原点，分别以 AB ，AD ，AE 的方向为 x 轴， y 轴， z 轴正方向的空间直角坐标系 (如图 )，可得 A(0,0,0)， B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)．设 CF ＝h(h ＞0)，则 F ( 1，2，h ) .依题意， → → → →＝(1,0,0)是平面 ADE 的法向量，又 BF ＝(0,2， h)，可得 BF ·(1) ABAB＝ 0，又由于直线 BF?平面 ADE ，因此 BF ∥平面 ADE.依题意， → → →＝(－1,1,0)，BE ＝(－ 1,0,2)， CE ＝(－ 1，－ 2， 2)．(2) BD→设 n ＝ (x ，y ，z)为平面 BDE 的法向量，则n ·BD ＝0，即→n ·BE ＝0，－ x ＋y ＝0， － x ＋2z ＝ 0，令 z ＝1，可得 n ＝(2,2,1)．→→4CE ·n因此 cos 〈CE ， n 〉＝ →＝－ 9.|CE||n|4因此，直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值为 9.→m ·BD ＝ 0，(3)设 m ＝(x ， y ， z)为平面 BDF 的法向量，则→m ·BF ＝ 0，－ x ＋y ＝0， 即2y ＋hz ＝0，2不如令 y ＝1，可得 m ＝ 1，1，－ h .·2n|4－ h18由题意，有 | cos 〈 m ， n 〉 | ＝|m ＝.经查验，|m||n|＝ ，解得 h ＝4373 2＋ h2切合题意．8因此，线段 CF 的长为 7.。
2021版江苏高考数学复习讲义：空间几何体的结构及其表面积、体积含答案
4．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8
cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为 cm.
13[如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.
在Rt△ABC中，AC＝12 cm，BC＝8－3＝5(cm)．
所以AB＝122＋52＝13(cm)．]
考点1空间几何体的直观图
(1)概念辨析类的问题常借助反例
求解．
(2)紧扣结构特征是判断空间几何体的结构特征正误的关键，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后依据题意判定．
考点2空间几何体的表面积与体积
空间几何体的表面积
如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长均为2，D为棱B1C1上任意一点，则三棱锥D-A1BC的体积是．
23 3
[VD-A1BC＝VB1-A1BC＝VA1-B1BC＝
1
3
×S△B1BC×3＝
23
3
.] 考点3与球有关的切、接问题。
2021年高中数学立体几何多选题专题复习附答案
2021年高中数学立体几何多选题专题复习附答案一、立体几何多选题1．已知图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，分别沿着AB 、BC 、CD 、DA 把ABF 、BCG 、CDH △、DAE △向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面ABCD 垂直，再顺次连接EFGH ，得到一个如图2所示的多面体，则（ ）A ．AEF 是正三角形B ．平面AEF ⊥平面CGHC ．直线CG 与平面AEF 2D ．当2AB =时，多面体ABCD EFGH -的体积为83【答案】AC 【分析】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ，证明出OH ⊥平面ABCD ，然后以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，求出EF ，可判断A 选项的正误，利用空间向量法可判断BC 选项的正误，利用几何体的体积公式可判断D 选项的正误. 【详解】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ， 在图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，则1122CH GH EH DH ===，O 为CD 的中点，OH CD ∴⊥，平面CDH ⊥平面ABCD ，平面CDH 平面ABCD CD =，OH ⊂平面CDH ，OH ∴⊥平面ABCD ，在图1中，设正方形EFGH 的边长为()220a a >，可得四边形ABCD 的边长为2a ， 在图1中，ADE 和ABF 均为等腰直角三角形，可得45BAF DAE ∠=∠=， 90BAD ∴∠=，∴四边形ABCD 是边长为2a 的正方形，O 、M 分别为CD 、AB 的中点，则//OC BM 且OC BM =，且90OCB ∠=，所以，四边形OCBM 为矩形，所以，OM CD ⊥，以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则()2,,0A a a -、()2,,0B a a 、()0,,0C a 、()0,,0D a -、(),,E a a a -、()2,0,F a a 、(),,G a a a 、()0,0,H a .对于A 选项，由空间中两点间的距离公式可得2AE AF EF a ===，所以，AEF 是正三角形，A 选项正确；对于B 选项，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，(),0,AE a a =-，()0,,AF a a =，由11110m AE ax az m AF ay az ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取11z =，则11x =，11y =-，则()1,1,1m =-，设平面CGH 的法向量为()222,,n x y z =，(),0,CG a a =，()0,,CH a a =-， 由222200n CG ax az n CH ay az ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取21z =-，可得21x =，21y =-，则()1,1,1n =--，()22111110m n ⋅=+--⨯=≠，所以，平面AEF 与平面CGH 不垂直，B 选项错误；对于C 选项，6cos ,23CG m CG m a CG m⋅<>===⨯⋅， 设直线CG 与平面AEF 所成角为θ，则sin 6θ=，23cos 1sin θθ=-=，所以，sin tan 2cos θθθ==，C 选项正确； 对于D 选项，以ABCD 为底面，以OH 为高将几何体ABCD EFGH -补成长方体1111ABCD A B C D -，则E 、F 、G 、H 分别为11A D 、11A B 、11B C 、11C D 的中点，因为2AB =，即1a =，则1OH =，长方体1111ABCD A B C D -的体积为2214V =⨯=，11211111113326A A EF A EF V S AA -=⋅=⨯⨯⨯=△，因此，多面体ABCD EFGH -的体积为111044463ABCD EFGH A A EF V V V --=-=-⨯=， D 选项错误. 故选：AC. 【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 hlθ=（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=<>.2．已知球O 为正方体1111ABCD A B C D -的内切球，平面11A C B 截球O 的面积为24π，下列命题中正确的有（ ）A ．异面直线AC 与1BC 所成的角为60°B ．1BD ⊥平面11AC B C ．球O 的表面积为36πD ．三棱锥111B AC B -的体积为288 【答案】AD 【分析】连接11A C ，1A B ，通过平移将AC 与1BC 所成角转化为11A C 与1BC 所成角可判断A ；通过反证法证明B ；由已知平面11A C B 截球O 的面积为24π求出正方体棱长，进而求出内切球的表面积可判断C ；利用等体积法可求得三棱锥111B AC B -的体积可判断D. 【详解】对于A ，连接11A C ，1A B ，由正方体1111ABCD A B C D -，可知11//A C AC ，11AC B ∴∠为异面直线AC 与1BC 所成的角，设正方体边长为a ，则1111AC A B BC ==，由等边三角形知1160A C B ∠=，即异面直线AC 与1BC 所成的角为60，故A 正确； 对于B ，假设1BD ⊥平面11A C B ，又1A B ⊂平面11A C B ，则11BD B A ⊥，设正方体边长为a ，则11A D a =，1A B =，1BD =，由勾股定理知111A D B A ⊥，与假设矛盾，假设不成立，故1BD 不垂直于平面11A C B ，故B 错误；对于C ，设正方体边长为a ，则112AC a =，内切球半径为2a，设内切球的球心O 在面11A C B 上的投影为O '，由等边三角形性质可知O '为等边11A C B △的重心，则111623332332O A AC a a =⨯'=⨯=，又132OA a =，∴球心O 到面11A C B 的距离为121222326336a a a OA O A ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-='-，又球心与截面圆心的连线垂直于截面，∴截面圆的半径为2236626a a a ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-=，又截面圆的面积26246S a ππ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭=，解得12a =，则内切球半径为6，内切球表面积214644S ππ==⨯，故C 错误；对于D ，由等体积法知111111111111212122812383B A C B B A C B A C B V V S a --==⨯⨯=⨯⨯=，故D 正确； 故选：AD【点睛】关键点点睛：本题考查了正方体和它的内切球的几何结构特征，关键是想象出截面图的形状，从而求出正方体的棱长，进而求出内切球的表面积及三棱锥的体积，考查了空间想象能力，数形结合的思想，属于较难题.3．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 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 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 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 603A 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.4．正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 在侧面11CDD C 上运动，且满足1//B F 平面1A BE .以下命题正确的有（ ）A ．侧面11CDD C 上存在点F ，使得11B F CD ⊥ B ．直线1B F 与直线BC 所成角可能为30︒C ．平面1A BE 与平面11CDD C 所成锐二面角的正切值为2D ．设正方体棱长为1，则过点E ，F ，A 5【答案】AC 【分析】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，易证得平面1//B MN 平面1A BE ，可得点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，根据等腰三角形的性质得1B F MN ⊥，即有11B F CD ⊥，A 正确；当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，可判断B 错误；根据平面1//B MN 平面1A BE ，11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，计算可知C 正确；取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，则易证得11//B N A E ，1//MN A B ，从而平面1//B MN 平面1A BE ，所以点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，因为1B MN △是等腰三角形，所以1B F MN ⊥，又因为1//MN CD ，所以11B F CD ⊥，故A 正确；设正方体的棱长为a ，当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，此时11tan C B F ∠=1tan 3023︒<=，所以B 错误； 平面1//B MN 平面1A BE ，取F 为MN 的中点，则1MN C F ⊥，1MN B F ⊥，∴11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，11111tan B C B FC C F∠==22，所以C 正确；因为当F 为1C E 与MN 的交点时，截面为菱形1AGC E （G 为1BB 的交点），面积为6，故D 错误. 故选：AC.【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．5．在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 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，1AR D R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD如图所示建立空间直角坐标系，计算142D P CQ b ⋅=-，()12222D R CQ b λλ⋅=--，134AR D R ⋅=-，10D R n ⋅=，得到答案.【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a，a ⎡∈⎣，()Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到()22,22R λλ--，[]0,1λ∈. ()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；()122,2D R λλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确； 1AR A C ⊥，则()()12,222212440AR AC λλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=， 14λ=，此时113313,,02222224AR D R ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错误； 113AC A R =，则4433R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，14233D R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(3,n =-，故10D R n ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确. 故选：ABD .【点睛】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力.6．已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，过对角线1BD 作平面α交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，以下结论正确的是（ ） A ．四边形1BFD E 不一定是平行四边形 B ．平面α分正方体所得两部分的体积相等 C ．平面α与平面1DBB 不可能垂直 D ．四边形1BFD E 面积的最大值为2 【答案】BD 【分析】由平行平面的性质可判断A 错误;利用正方体的对称性可判断B 正确;当E ､F 为棱中点时,通过线面垂直可得面面垂直,可判断C 错误;当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积最大,且最大值为2,可判断D 正确. 【详解】 如图所示,对于选项A,因为平面1111//ABB A CC D D ,平面1BFD E 平面11ABB A BE =,平面1BFD E平面111CC D D D F =,所以1//BE D F ,同理可证1//D E BF ,所以四边形1BFD E 是平行四边形,故A 错误; 对于选项B,由正方体的对称性可知,平面α分正方体所得两部分的体积相等,故B 正确; 对于选项C,在正方体1111ABCD A B C D -中,有1,AC BD AC BB ⊥⊥, 又1BD BB B ⋂=,所以AC ⊥平面1BB D , 当E ､F 分别为棱11,AA CC 的中点时, 有//AC EF ,则EF ⊥平面1BB D , 又因为EF ⊂平面1BFD E ,所以平面1BFD E ⊥平面1BB D ,故C 错误;对于选项D,四边形1BFD E 在平面ABCD 内的投影是正方形ABCD , 当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积有最大值, 此时1212S D E BE =⋅=⋅=,故D 正确; 故选:BD. 【点睛】本题考查了正方体的几何性质与应用问题,也考查了点线面的位置关系应用问题,属于中档题.7．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（ ）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点 B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点 C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点 D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1 【答案】BC 【分析】取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.【详解】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ， 连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=，连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==，NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ， ,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒， ,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ，则12//,,23BP FB MS BP MS BC MS FS =∴==， 22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴===N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴==所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点， 点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点， 点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点. 做出线段BC 的另一个三等分点P '， 做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=， 所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体 从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1. 故选:BC.【点睛】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.8．如果一个棱锥的底面是正方形，且顶点在底面内的射影是底面的中心，那么这样的棱锥叫正四棱锥．若一正四棱锥的体积为18，则该正四棱锥的侧面积最小时，以下结论正确的是（ ）．A ．棱的高与底边长的比为22B ．侧棱与底面所成的角为4π C ．棱锥的高与底面边长的比为2 D ．侧棱与底面所成的角为3π 【答案】AB 【分析】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a ，由21183V a h ==得254h a=，然后可得侧面积为242108a a+，运用导数可求出当32a =时侧面积取得最小值，此时3h =，然后求出棱锥的高与底面边长的比和SAO ∠即可选出答案. 【详解】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a 可得21183V a h ==，即254h a=所以其侧面积为2222244215410842244a a a h a a a a⋅⋅+=+=+ 令()242108f a a a =+，则()23321084f a a a⨯'=- 令()233210840f a a a⨯'=-=得32a = 当()0,32a ∈时()0f a '<，()f a 单调递减当()32,a ∈+∞时()0f a '>，()f a 单调递增所以当32a =时()f a 取得最小值，即四棱锥的侧面积最小 此时3h =所以棱锥的高与底面边长的比为22，故A 正确，C 错误 侧棱与底面所成的角为SAO ∠，由3h =，32a =可得3AO = 所以4SAO π∠=，故B 正确，D 错误故选：AB 【点睛】本题考查的知识点有空间几何体的体积和表面积、线面角及利用导数求最值，属于综合题.9．如图，正三棱柱11ABC A B C -中，11BC AB ⊥、点D 为AC 中点，点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点则以下结论正确的是（ ）A ．()1112DA A A B A BC =-+ B ．若//DE 平面11ABB A ，则动点E 2AC C ．异面直线AD 与1BC ，所成角的余弦值为66D ．若点E 到平面11ACC A 3EB ，则动点E 的轨迹为抛物线的一部分【答案】BCD 【分析】根据空间向量的加减法运算以及通过建立空间直角坐标系求解，逐项判断，进而可得到本题答案. 【详解】解析：对于选项A ，()1112AD A A B A BC =-+，选项A 错误； 对于选项B ，过点D 作1AA 的平行线交11A C 于点1D ．以D 为坐标原点，1DA DB DD ,,分别为,,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz ．设棱柱底面边长为a ，侧棱长为b ，则002a A ⎛⎫⎪⎝⎭,,，00B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,，10B b ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,，102a C b ⎛⎫- ⎪⎝⎭,,，所以122a BC a b ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭,,，122a AB a b ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,,． ∵11BC AB ⊥，∴110BC AB ⋅=，即222022a a b ⎛⎫⎛⎫--+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得2b a =． 因为//DE 平面11ABB A ，则动点E的轨迹的长度等于1BB =．选项B 正确． 对于选项C ，在选项A 的基础上，002a A ⎛⎫⎪⎝⎭,,，00B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,，()0,0,0D ，1022a C a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,,，所以002a DA ⎛⎫= ⎪⎝⎭,,，1222a BC a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,-,，因为2111cos ,||||aBC DA BC DA BC DA a ⎛⎫- ⎪⋅<>===1,BC DA 所成角C 正确． 对于选项D，设点E 在底面ABC 的射影为1E ，作1E F 垂直于AC ，垂足为F ，若点E 到平面11ACC A 的距离等于2EB ，即有12E F EB =，又因为在1CE F ∆中，11E F C =，得1EB E C =，其中1E C 等于点E 到直线1CC 的距离，故点E 满足抛物线的定义，另外点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点，所以动点E 的轨迹为抛物线的一部分,故D 正确.故选：BCD 【点睛】本题主要考查立体几何与空间向量的综合应用问题，其中涉及到抛物线定义的应用.10．如图，1111ABCD A B C D -为正方体，下列结论中正确的是（ ）A ．11A C ⊥平面11BB D D B ．1BD ⊥平面1ACBC ．1BD 与底面11BCC B 2 D ．过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条 【答案】ABD 【分析】由直线与平面垂直的判定判断A 与B ；求解1BD 与底面11BCC B 所成角的正切值判断C ；利用空间向量法可判断D ． 【详解】对于A 选项，如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，1BB ⊥平面1111D C B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，则111BB A C ⊥， 由于四边形1111D C B A 为正方形，则1111AC B D ⊥， 1111BB B D B =，因此，11A C ⊥平面11BB D D ，故A 正确；对于B 选项，在正方体1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，1AC DD ∴⊥，因为四边形ABCD 为正方形，所以，AC BD ⊥，1D DD BD =，AC ∴⊥平面11BB D D ， 1BD ⊂平面11BB D D ，1AC BD ∴⊥，同理可得11BD B C ⊥，1ACB C C =，1BD ∴⊥平面1ACB ，故B 正确；对于C 选项，由11C D ⊥平面11BCC B ，得11C BD ∠为1BD 与平面11BCC B 所成角， 且111112tan 2C D C BD BC ∠==，故C 错误； 对于D 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则()1,0,0A 、()0,0,0D 、()0,1,0C 、()11,1,1B ，()1,0,0DA =，()11,0,1CB =，设过点1A 且与直线DA 、1CB 所成角的直线的方向向量为()1,,m y z =， 则221cos ,21DA m DA m DA my z ⋅<>===⋅++， 1122111cos ,221CB m zCB m CB my z ⋅+<>===⋅⋅++， 整理可得2222341y z y z z ⎧+=⎨=++⎩，消去y 并整理得2210z z +-=，解得12z =-12z =-由已知可得3z ≤，所以，12z =-+22y =± 因此，过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条，D 选项正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法： 一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．。
第12题 多选题中的立体几何综合问题-2021年高考数学真题(新高考全国Ⅰ卷)(含答案解析)
一､原题呈现
【原题】 正三棱柱 中， ，点 满足 ，其中 ， ，则（）
A.当 时， 的周长为定值
B.当 时，三棱锥 的体积为定值
C 当 时，有且仅有一个点 ，使得
D.当 时，有且仅有一个点 ，使得 平面
答案：BD
解析：解法一：对于A，当 时， ，所以 ，因为 ，
所以点P是线段 上的动点，所以 周长不是定值，故A错误；
对于D，当 时， ，取 ， 中点为 . ，所以 点轨迹为线段 .设 ，因为 ，所以 ， ，所以 ，此时 与 重合，故D正确.故选BD.
【就题论题】多选题中的立体几何试题，常把多个知识点交汇考查，如把几何体长度､角度､面积､体积的计算与线面位置关系结合在一起考查，也可与函数､不等式及空间向量结合在一起考查，此类问题对空间想象能力要求较高，难度也比较大.
，所以 平面 ，所以 BD，所以点P与点F重合，D正确，故选BD.
解法二：易知，点 在矩形 内部（含边界）.
对于A，当 时， ，即此时 线段 ， 周长不是定值，故A错误；
对于B，当 时， ，故此时 点轨迹为线段 ，而 ， 平面 ，则有 到平面 的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确.
对于C，当 时， ，取 ， 中点分别为 ， ，则 ，所以 点轨迹为线段 ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图， ， ， ，则 ， ， ，所以 或 .故 均满足，故C错误；
二､考题揭秘
【命题意图】本题考查空间向量的应用､几何体中面积与体积的计算及线面位置关系的判断及应用，考查直观想象及逻辑推理的核心素养.难度：中等偏难
【考情分析】立体几何中对线面位置关系的综合考查常作为较难试题出现，求角度问题､截面位置不固定几何体的体积､最值问题，均是热点问题.
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由AB＝AC＝CD＝DF＝EF＝2，BC＝DE＝CF＝AE＝AD＝BF＝2 ，
可知△ABC，△DEF为等腰直角三角形，故OA⊥BC，O1F⊥DE，CD⊥DE，CD⊥DF，又DE∩DF＝D，故CD⊥平面DEF，平面BCDE⊥平面DEF，因为平面BCDE∩平面DEF＝DE，O1F⊥DE，所以O1F⊥平面BCDE.
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，
故AB⊥平面BCGE.……………………………………………3分
又因为AB⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面BCGE.…………………………………4分
(2)作EH⊥BC，垂足为H.
因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，
所以EH⊥平面ABC.…………………………………………5分
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则
即 ………………………………9分
所以可取n＝(3,6，－ ).……………………………………10分
又平面BCGE的法向量可取为m＝(0,1,0)，
所以cos〈n，m〉＝ ＝ .………………………………11分
因此，二面角BCGA的大小为30°.…………………………12分
∴ ＝(0,3,0)， ＝(－2,2,0)， ＝(－1,1， )．
设平面SBE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
由
令y1＝1，
得m＝(1,1,0)．
设平面SBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
由
令z2＝1，得n＝( ，0,1)．
∴cos〈m，n〉＝ ＝ ＝ .
∴二面角CSBE的余弦值为 .
则有B(1,1,0)，C(－1，－1,0)，D(－1，－1,2)，F(－1,1,2)，
故 ＝(－2，－2,2)， ＝(－2，－2,0)， ＝(－2,0,2)．
设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，由 ⊥n， ⊥n得 取x＝1得y＝－1，z＝1，故平面BCF的一个法向量为n＝(1，－1,1)．
设BD与平面BCF所成角为θ，则sinθ＝|cos〈 ，n〉|＝ ＝ .
(2)建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．
[规范特训]1.(20xx·江南十校二模)已知多面体ABCDEF，四边形BCDE为矩形，△ADE与△BCF为边长为2 的等边三角形，AB＝AC＝CD＝DF＝EF＝2.
(1)证明：平面ADE∥平面BCF；
(2)求BD与平面BCF所成角的正弦值．
[易错防范]
易错点
防范措施
不能恰当的建立直角坐标系
由(1)的结论入手，结合面面垂直的性质及侧面菱形的边角关系建立空间直角坐标系
建系后写不出G点的坐标
结合折叠后棱柱的侧棱关系： ＝ 可求出 ，或者借助折叠前后直角三角形的边角关系，直接求出点G的坐标
[通性通法]合理建模、建系巧解立体几何问题
(1)建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型或角度、距离等的计算模型；
(2)求图2中的二面角BCGA的大小③.
[信息提取]看到①想到四边形ACGD共面的条件，想到折叠前后图形中的平行关系；看到②想到面面垂直的判定定理；看到③想到利用坐标法求两平面法向量的夹角余弦值，想到建立空间直角坐标系．
[规范解答](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.……………2分
[典例示范](本题满分12分)(20xx·全国卷Ⅲ)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，连接DG，如图2.
图1图2
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面①，且平面ABC20xx·河南、河北考前模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，点E是边AD上的一点，且AE＝2ED，点H是BE的中点，将△ABE沿着BE折起，使点A运动到点S处，且有SC＝SD.
(1)证明：SH⊥平面BCDE.
(2)求二面角CSBE的余弦值．
[解](1)证明：取CD的中点M，连接HM，SM，
由已知得AE＝AB＝2，∴SE＝SB＝2，
又点H是BE的中点，∴SH⊥BE.
∵SC＝SD，点M是线段CD的中点，∴SM⊥CD.
又∵HM∥BC，BC⊥CD，
∴HM⊥CD，
∵SM∩HM＝M，
从而CD⊥平面SHM，得CD⊥SH，
又CD，BE不平行，∴SH⊥平面BCDE.
(2)法一：取BS的中点N，BC上的点P，使BP＝2PC，连接HN，PN，PH，
同理OA⊥平面BCDE；所以O1F∥OA，而O1F＝OA，故四边形AOFO1为平行四边形，所以AO1∥OF，AO1⊄平面BCF，OF⊂平面BCF，所以AO1∥平面BCF，又BC∥DE，故DE∥平面BCF，而AO1∩DE＝O1，所以平面ADE∥平面BCF.
(2)以O为坐标原点，以过O且平行于AC的直线作为x轴，平行于AB的直线作为y轴，OO1为z轴建立空间直角坐标系如图．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝ .……………………………………………………………6分
以H为坐标原点， 的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，
则A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0， )，
＝(1,0， )， ＝(2，－1,0).……………………………8分
可知HN⊥BS，HP⊥BE.
由(1)得SH⊥HP，∴HP⊥平面BSE，则HP⊥SB，
又HN⊥BS，HN∩HP＝H，∴BS⊥平面PHN，
∴二面角CSBE的平面角为∠PNH.
又计算得NH＝1，PH＝ ，PN＝ ，
∴cos∠PNH＝ ＝ .
法二：由(1)知，过H点作CD的平行线GH交BC于点G，以点H为坐标原点，HG，HM，HS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Hxyz，则点B(1，－1,0)，C(1,2,0)，E(－1,1,0)，S(0,0， ),
2021版江苏高考数学复习讲义：高考中的立体几何问题含答案
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立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高考试题来看，立体几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算，考查的热点是平行与垂直的证明、二面角的计算、平面图形的翻折、探索存在性问题，突出三大能力：空间想象能力、运算能力、逻辑推理能力与两大数学思想：转化化归思想、数形结合思想的考查．