高科文科数学立体几何真题解析
专题07 立体几何立体几何的知识是高中数学的主干内容之一，它主要研究简单空间几何体的位置和数量关系．本专题内容分为三部分：一是点、直线、平面之间的位置关系，二是简单空间几何体的结构，三是空间向量与立体几何．在本专题中，我们将首先复习空间点、直线、平面之间的位置关系，特别是对特殊位置关系(平行与垂直)的研究；其后，我们复习空间几何体的结构，主要是柱体、锥体、台体和球等的性质与运算；最后，我们通过空间向量的工具证明有关线、面位置关系的一些命题，并解决线线、线面、面面的夹角问题．§7－1 点、直线、平面之间的位置关系【知识要点】1．空间直线和平面的位置关系：(1)空间两条直线：①有公共点：相交，记作：a∩b＝A，其中特殊位置关系：两直线垂直相交．②无公共点：平行或异面．平行，记作：a∥b．异面中特殊位置关系：异面垂直．(2)空间直线与平面：①有公共点：直线在平面内或直线与平面相交．直线在平面内，记作：a⊂α ．直线与平面相交，记作：a∩α ＝A，其中特殊位置关系：直线与平面垂直相交．②无公共点：直线与平面平行，记作：a∥α ．(3)空间两个平面：①有公共点：相交，记作：α ∩β ＝l，其中特殊位置关系：两平面垂直相交．②无公共点：平行，记作：α ∥β ．2．空间作为推理依据的公理和定理：(1)四个公理与等角定理：公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内．公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补．(2)空间中线面平行、垂直的性质与判定定理：①判定定理：如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行．如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行．如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直．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．②性质定理：如果一条直线与一个平面平行，那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线与该直线平行．如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行．垂直于同一个平面的两条直线平行．如果两个平面垂直，那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直． (3)我们把上述判定定理与性质定理进行整理，得到下面的位置关系图：【复习要求】1．了解四个公理与等角定理；2．理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理；3．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题． 【例题分析】例1 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB ，AA 1的中点． 求证：(Ⅰ)E 、C 、D 1、F 四点共面；(Ⅱ)CE 、DA 、D 1F 三线共点．【分析】对于(Ⅰ)中证明“E 、C 、D 1、F 四点共面”，可由这四点连接成两条直线，证明它们平行或相交即可；对于(Ⅱ)中证明“CE 、DA 、D 1F 三线共点”，可证其中两条相交直线的交点位于第三条直线上．证明：(Ⅰ)连接D 1C 、A 1B 、EF ． ∵E ，F 分另是AB ，AA 1的中点，∴EF ∥A 1B ，,211B A EF =又A 1D 1∥BC ，A 1D 1＝BC ， ∴A 1D 1CB 是平行四边形． ∴A 1B ∥D 1C ，EF ∥D 1C ， ∴E 、C 、D 1、F 四点共面． (Ⅱ)由(Ⅰ)得EF ∥CD 1，,211CD EF =∴直线CE 与直线D 1F 必相交，记CE ∩ D 1F ＝P ， ∵P ∈D 1F ⊂平面A 1ADD 1，P ∈CE ⊂平面ABCD ， ∴点P 是平面A 1ADD 1和平面ABCD 的一个公共点． ∵平面A 1ADD 1∩平面ABCD ＝AD ， ∴P ∈AD ，∴CE 、DA 、D 1F 三线共点．【评述】1、证明多点共面、多点共线、多线共面的主要依据：(1)证明多点共面常用公理2及其推论；(2)证明多点共线常用公理3，即证明点在两个平面内，从而点在这两个平面的交线上； (3)证明多线共面，首先由其中两直线确定平面，再证其余直线在此平面内． 2、证明a ，b ，c 三线交于一点的主要依据：(1)证明a 与b 相交，c 与b 相交，再证明两交点重合； (2)先证明a 与b 相交于点P ，再证明P ∈c ．例2 在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，求证：MN ∥平面P AD ．【分析】要证明“线面平行”，可通过“线线平行”或“面面平行”进行转化；题目中出现了中点的条件，因此可考虑构造(添加)中位线辅助证明．证明：方法一，取PD 中点E ，连接AE ，NE ．∵底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，∴MA ∥CD ，.21CD MA = ∵E 是PD 的中点， ∴NE ∥CD ，.21CD NE =∴MA ∥NE ，且MA ＝NE ， ∴AENM 是平行四边形， ∴MN ∥AE ．又AE ⊂平面P AD ，MN ⊄平面P AD ， ∴MN ∥平面P AD ．方法二取CD 中点F ，连接MF ，NF ． ∵MF ∥AD ，NF ∥PD ， ∴平面MNF ∥平面P AD ， ∴MN ∥平面P AD ．【评述】关于直线和平面平行的问题，可归纳如下方法：111111【分析】要证明“线线垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，因此设法证明A1C垂直于经过BC1的平面即可．证明：连接AC1．∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，∴AB⊥AA1．又AB⊥AC，∴AB⊥平面A1ACC1，∴A1C⊥A B．①又AA1＝AC，∴侧面A1ACC1是正方形，∴A1C⊥AC1．②由①，②得A1C⊥平面ABC1，∴A1C⊥BC1．【评述】空间中直线和平面垂直关系的论证往往是以“线面垂直”为核心展开的．如本题已知条件中出现的“直三棱柱”及“AB⊥AC”都要将其向“线面垂直”进行转化．例4在三棱锥P－ABC中，平面P AB⊥平面ABC，AB⊥BC，AP⊥PB，求证：平面P AC ⊥平面PBC．【分析】要证明“面面垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，而“线面垂直”又可以通过“线线垂直”进行转化．证明：∵平面P AB ⊥平面ABC ，平面P AB ∩平面ABC ＝AB ，且AB ⊥BC ， ∴BC ⊥平面P AB ， ∴AP ⊥BC ． 又AP ⊥PB ，∴AP ⊥平面PBC ， 又AP ⊂平面P AC ，∴平面P AC ⊥平面PBC ．【评述】关于直线和平面垂直的问题，可归纳如下方法：例5 如图，在斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面A 1ABB 1是菱形，且垂直于底面ABC ，∠A 1AB ＝60°，E ，F 分别是AB 1，BC 的中点．(Ⅰ)求证：直线EF ∥平面A 1ACC 1；(Ⅱ)在线段AB 上确定一点G ，使平面EFG ⊥平面ABC ，并给出证明． 证明：(Ⅰ)连接A 1C ，A 1E ．∵侧面A 1ABB 1是菱形， E 是AB 1的中点， ∴E 也是A 1B 的中点，又F 是BC 的中点，∴EF ∥A 1C ．∵A 1C ⊂平面A 1ACC 1，EF ⊄平面A 1ACC 1， ∴直线EF ∥平面A 1ACC 1． (2)解：当31=GA BG 时，平面EFG ⊥平面ABC ，证明如下： 连接EG ，FG ．∵侧面A 1ABB 1是菱形，且∠A 1AB ＝60°，∴△A 1AB 是等边三角形． ∵E 是A 1B 的中点，31=GA BG ，∴EG ⊥AB ．∵平面A 1ABB 1⊥平面ABC ，且平面A 1ABB 1∩平面ABC ＝AB ， ∴EG ⊥平面ABC ．又EG ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面ABC ．练习7－1一、选择题：1．已知m ，n 是两条不同直线，α ，β ，γ 是三个不同平面，下列命题中正确的是( ) (A)若m ∥α ，n ∥α ，则m ∥n (B)若m ⊥α ，n ⊥α ，则m ∥n (C)若α ⊥γ ，β ⊥γ ，则α ∥β (D)若m ∥α ，m ∥β ，则α ∥β 2．已知直线m ，n 和平面α ，β ，且m ⊥n ，m ⊥α ，α ⊥β ，则( ) (A)n ⊥β (B)n ∥β ，或n ⊂β (C)n ⊥α (D)n ∥α ，或n ⊂α3．设a ，b 是两条直线，α 、β 是两个平面，则a ⊥b 的一个充分条件是( ) (A)a ⊥α ，b ∥β ，α ⊥β (B)a ⊥α ，b ⊥β ，α ∥β (C)a ⊂α ，b ⊥β ，α ∥β (D)a ⊂α ，b ∥β ，α ⊥β 4．设直线m 与平面α 相交但不垂直，则下列说法中正确的是( ) (A)在平面α 内有且只有一条直线与直线m 垂直 (B)过直线m 有且只有一个平面与平面α 垂直 (C)与直线m 垂直的直线不可能与平面α 平行 (D)与直线m 平行的平面不可能与平面α 垂直 二、填空题：5．在三棱锥P －ABC 中，6==PB PA ，平面P AB ⊥平面ABC ，P A ⊥PB ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝30°，则PC ＝______．6．在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，当底面ABCD 满足条件______时，有A 1C ⊥B 1D 1．(只要求写出一种条件即可)7．设α ，β 是两个不同的平面，m ，n 是平面α ，β 之外的两条不同直线，给出四个论断： ①m ⊥n ②α ⊥β ③n ⊥β ④m ⊥α以其中三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出正确的一个命题______． 8．已知平面α ⊥平面β ，α ∩β ＝l ，点A ∈α ，A ∉l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α ，m ∥β ，给出下列四种位置：①AB ∥m ；②AC ⊥m ；③AB ∥β ；④AC ⊥β ， 上述四种位置关系中，不一定成立的结论的序号是______． 三、解答题：9．如图，三棱锥P －ABC 的三个侧面均为边长是1的等边三角形，M ，N 分别为P A ，BC 的中点．(Ⅰ)求MN 的长；(Ⅱ)求证：P A ⊥BC ．10．如图，在四面体ABCD 中，CB ＝CD ，AD ⊥BD ，且E 、F 分别是AB 、BD 的中点．求证：(Ⅰ)直线EF ∥平面ACD ； (Ⅱ)平面EFC ⊥平面BCD ．11．如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB＝90°，BC ∥AD ，AF BE AF BE AD BC 21,//,21==，G ，H 分别为F A ，FD 的中点．(Ⅰ)证明：四边形BCHG 是平行四边形；(Ⅱ)C ，D ，F ，E 四点是否共面?为什么?(Ⅲ)设AB ＝BE ，证明：平面ADE ⊥平面CDE ．§7－2空间几何体的结构【知识要点】1．简单空间几何体的基本概念：(1)(2)特殊的四棱柱：(1)平行投影：①概念：如图，已知图形F，直线l与平面α 相交，过F上任意一点M作直线MM1平行于l，交平面α 于点M1，则点M1叫做点M在平面α 内关于直线l的平行投影．如果图形F上的所有点在平面α 内关于直线l的平行投影构成图形F1，则F1叫图形F在α 内关于直线l的平行投影．平面α 叫投射面，直线l叫投射线．②平行投影的性质：性质1．直线或线段的平行投影仍是直线或线段； 性质2．平行直线的平行投影是平行或重合的直线；性质3．平行于投射面的线段，它的投影与这条线段平行且等长； 性质4．与投射面平行的平面图形，它的投影与这个图形全等；性质5．在同一直线或平行直线上，两条线段平行投影的比等于这两条线段的比． (2)直观图：斜二侧画法画简单空间图形的直观图． (3)三视图：①正投影：在平行投影中，如果投射线与投射面垂直，这样的平行投影叫做正投影． ②三视图：选取三个两两垂直的平面作为投射面．若投射面水平放置，叫做水平投射面，投射到这个平面内的图形叫做俯视图；若投射面放置在正前方，叫做直立投射面，投射到这个平面内的图形叫做主视图；和直立、水平两个投射面都垂直的投射面叫做侧立投射面，投射到这个平面内的图形叫做左视图．将空间图形向这三个平面做正投影，然后把三个投影按右图所示的布局放在一个水平面内，这样构成的图形叫空间图形的三视图．③画三视图的基本原则是“主左一样高，主俯一样长，俯左一样宽”． 4．简单几何体的表面积与体积： (1)柱体、锥体、台体和球的表面积：①S 直棱柱侧面积＝ch ，其中c 为底面多边形的周长，h 为直棱柱的高．②'=ch S 21正棱锥形面积，其中c 为底面多边形的周长，h ＇为正棱锥的斜高． ③''+=h c c S )(21正棱台侧面积，其中c ＇，c 分别是棱台的上、下底面周长，h ＇为正棱台的斜高．④S 圆柱侧面积＝2πRh ，其中R 是圆柱的底面半径，h 是圆柱的高． ⑤S 圆锥侧面积＝πRl ，其中R 是圆锥的底面半径，l 是圆锥的母线长． ⑥S 球＝4πR 2，其中R 是球的半径． (2)柱体、锥体、台体和球的体积：①V 柱体＝Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．②Sh V 31=锥体，其中S 是锥体的底面积，h 是锥体的高． ③)(31'+'+=S SS S h V 台体，其中S ＇，S 分别是台体的上、下底面的面积，h 为台体的高． ④3π34R V =球，其中R 是球的半径．【复习要求】1．了解柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征；2．会画出简单几何体的三视图，会用斜二侧法画简单空间图形的直观图； 3．理解球、棱柱、棱锥、台的表面积与体积的计算公式． 【例题分析】例1 如图，正三棱锥P －ABC 的底面边长为a ，侧棱长为b ．(Ⅰ)证明：P A ⊥BC ；(Ⅱ)求三棱锥P －ABC 的表面积； (Ⅲ)求三棱锥P －ABC 的体积．【分析】对于(Ⅰ)只要证明BC (P A )垂直于经过P A (BC )的平面即可；对于(Ⅱ)则要根据正三棱锥的基本性质进行求解．证明：(Ⅰ)取BC 中点D ，连接AD ，PD ． ∵P －ABC 是正三棱锥，∴△ABC 是正三角形，三个侧面P AB ，PBC ，P AC 是全等的等腰三角形． ∵D 是BC 的中点，∴BC ⊥AD ，且BC ⊥PD ， ∴BC ⊥平面P AD ，∴P A ⊥BC ．(Ⅱ)解：在Rt △PBD 中，,4212222a b BD PB PD -=-= ∴.442122a b a PD BC S PBC -==⋅∆ ∵三个侧面P AB ，PBC ，P AC 是全等的等腰三角形， ∴三棱锥P －ABC 的侧面积是.44322a b a- ∴△ABC 是边长为a 的正三角形，∴三棱锥P －ABC 的底面积是,432a∴三棱锥P －ABC 的表面积为⋅-+=-+)312(434434322222a b a aa b a a (Ⅲ)解：过点P 作PO ⊥平面ABC 于点O ，则点O 是正△ABC 的中心， ∴,63233131aa AD OD =⨯==在Rt △POD 中，,3332222a b OD PD PO -=-=∴三棱锥P －ABC 的体积为.3123334331222222a b a a b a -=-⨯⨯ 【评述】1、解决此问题要求同学们熟悉正棱锥中的几个直角三角形，如本题中的Rt△POD ，其中含有棱锥的高PO ；如Rt △PBD ，其中含有侧面三角形的高PD ，即正棱锥的斜高；如果连接OC ，则在Rt △POC 中含有侧棱．熟练运用这几个直角三角形，对解决正棱锥的有关问题很有帮助．例2 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E 是AC 的中点．(Ⅰ)求证：平面BEC 1⊥平面ACC 1A 1；(Ⅱ)求证：AB 1∥平面BEC 1． 【分析】本题给出的三棱柱不是直立形式的直观图，这种情况下对空间想象能力提出了更高的要求，可以根据几何体自身的性质，适当添加辅助线帮助思考．证明：(Ⅰ)∵ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱，∴AA 1⊥平面ABC ， ∴BE ⊥AA 1．∵△ABC 是正三角形，E 是AC 的中点，∴BE ⊥AC ，∴BE ⊥平面ACC 1A 1，又BE ⊂平面BEC 1，∴平面BEC 1⊥平面ACC 1A 1．(Ⅱ)证明：连接B 1C ，设BC 1∩B 1C ＝D ．∵BCC 1B 1是矩形，D 是B 1C 的中点， ∴DE ∥AB 1． 又DE ⊂平面BEC 1，AB 1⊄平面BEC 1， ∴AB 1∥平面BEC 1．例3 在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，△P AD 是等边三角形，已知BD ＝2AD ＝8，542==DC AB ．(Ⅰ)设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面P AD ； (Ⅱ)求四棱锥P －ABCD 的体积．【分析】本题中的数量关系较多，可考虑从“算”的角度入手分析，如从M 是PC 上的动点分析知，MB ，MD 随点M 的变动而运动，因此可考虑平面MBD 内“不动”的直线BD 是否垂直平面P AD ．证明：(Ⅰ)在△ABD 中，由于AD ＝4，BD ＝8，54=AB ，所以AD 2＋BD 2＝AB 2． 故AD ⊥BD ．又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以BD ⊥平面P AD ，又BD ⊂平面MBD ，故平面MBD ⊥平面P AD ． (Ⅱ)解：过P 作PO ⊥AD 交AD 于O ，由于平面P AD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ． 因此PO 为四棱锥P －ABCD 的高，又△P AD 是边长为4的等边三角形．因此.32423=⨯=PO 在底面四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ，所以四边形ABCD 是梯形，在Rt △ADB 中，斜边AB 边上的高为5585484=⨯，即为梯形ABCD 的高，所以四边形ABCD 的面积为.2455825452=⨯+=S 故.316322431=⨯⨯=-ABCD P V例4 如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图．它的主视图和左视图在下面画出(单位：cm)(Ⅰ)画出该多面体的俯视图；(Ⅱ)按照给出的尺寸，求该多面体的体积； (Ⅲ)在所给直观图中连结BC ＇，证明：BC ＇∥平面EFG ．【分析】画三视图的基本原则是“主左一样高，主俯一样长，俯左一样宽”，根据此原则及相关数据可以画出三视图．证明：(Ⅰ)该几何体三视图如下图：(Ⅱ)所求多面体体积).cm (32842)2221(316442=⨯⨯⨯⨯-⨯⨯=-=正三棱锥长方体V V V (Ⅲ)证明：在长方体ABCD －A'B'C'D'中，连结AD'，则AD'∥BC'． 因为E ，G 分别为AA'，A'D'中点， 所以AD'∥EG ，从而EG ∥BC '．又BC'⊄平面EFG ， 所以BC'∥平面EFG ．例5 有两个相同的直三棱柱，底面三角形的三边长分别是3a ，4a ，5a ，高为a2，其中a ＞0．用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，表面积最小的一个是四棱柱，求a 的取值范围．解：直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的三个侧面的面积分别是6，8，10，底面积是6a 2，因此每个三棱柱的表面积均是2×6a 2＋6＋8＋10＝12a 2＋24．情形①：将两个直三棱柱的底面重合拼在一起，只能拼成三棱柱，其表面积为：2×(12a 2＋24)－2×6a 2＝12a 2＋48．情形②：将两个直三棱柱的侧面ABB 1A 1重合拼在一起，结果可能拼成三棱柱，也可能拼成四棱柱，但表面积一定是：2×(12a 2＋24)－2×8＝24a 2＋32．情形③：将两个直三棱柱的侧面ACC 1A 1重合拼在一起，结果可能拼成三棱柱，也可能拼成四棱柱，但表面积一定是：2×(12a 2＋24)－2×6＝24a 2＋36．情形④：将两个直三棱柱的侧面BCC 1B 1重合拼在一起，只能拼成四棱柱，其表面积为：2×(12a 2＋24)－2×10＝24a 2＋28在以上四种情形中，②、③的结果都比④大，所以表面积最小的情形只能在①、④中产生．依题意“表面积最小的一个是四棱柱”，得24a 2＋28＜12a 2＋48，解得,352<a 所以a 的取值范围是⋅)315,0( 例6 在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点，求三棱锥F －A 1ED 1的体积．【分析】计算三棱锥F －A 1ED 1的体积时，需要确定锥体的高，即点F 到平面A 1ED 1的距离，直接求解比较困难．利用等积的方法，调换顶点与底面的方式，如1111EFD A ED A F V V --=，也不易计算，因此可以考虑使用等价转化的方法求解．解法1：取AB 中点G ，连接FG ，EG ，A 1G ． ∵GF ∥AD ∥A 1D 1，∴GF ∥平面A 1ED 1，∴F 到平面A 1ED 1的距离等于点G 到平面A 1ED 1的距离．∴.8183313132111111111a a a D A S V V V EG A EG A D ED A G ED A F =⨯⨯====⋅∆---解法2：取CC 1中点H ，连接F A 1，FD 1，FH ，FC 1，D 1H ，并记FC 1∩D 1H ＝K ．∵A 1D 1∥EH ， A 1D 1＝EH ，∴A 1，D 1，H ，E 四点共面．∵A 1D 1⊥平面C 1CDD 1，∴FC ⊥A 1D 1．又由平面几何知识可得FC 1⊥D 1H ，∴FC ⊥平面A 1D 1HE ． ∴FK 的长度是点F 到平面A 1D 1HE (A 1ED 1)的距离． 容易求得.811053453131,1053321111a a a FK S V a FK ED A ED A F =⨯⨯===⋅∴∆- 练习7－2一、选择题：1．将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为( ) (A)2π (B)4π (C)8π (D)16π2．如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是( )(A)9π (B)10π (C)11π (D)12π3．有一种圆柱体形状的笔筒，底面半径为4 cm ，高为12 cm ．现要为100个这种相同规格的笔筒涂色(笔筒内外均要涂色，笔筒厚度忽略不计)．如果所用涂料每0.5 kg 可以涂1 m 2，那么为这批笔筒涂色约需涂料( ) (A)1.23 kg (B)1.76 kg (C)2.46 kg (D)3.52 kg 4．某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a ＋b 的最大值为( ) (A)22(B)32(C)4(D)52二、填空题：5．如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的每条棱长均为2，E 、F 分别是BC 、A 1C 1的中点，则EF 的长等于______．6．将边长为1的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使得BD ＝1，则三棱锥D －ABC 的体积是______．7．一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为3，底面周长为3，则这个球的体积为______．8．平面内的一个四边形为平行四边形的充要条件有多个，如两组对边分别平行，类似地，写出空间中的一个四棱柱为平行六面体的两个充要条件：充要条件①：_______________________________________________________________；充要条件②：_______________________________________________________________．(写出你认为正确的两个充要条件)三、解答题：9．如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E是DD1的中点．(Ⅰ)求证：BD1∥平面ACE；(Ⅱ)求证：平面ACE⊥平面B1BDD1．10．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(Ⅰ)求该几何体的体积V；(Ⅱ)求该几何体的侧面积S．11．如图，已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝1．(Ⅰ)求证：E，B，F，D1四点共面；(Ⅱ)若点G 在BC 上，32=BG ，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，求证：EM ⊥面BCC 1B 1．习题7一、选择题：1．关于空间两条直线a 、b 和平面α ，下列命题正确的是( ) (A)若a ∥b ，b ⊂α ，则a ∥α (B)若a ∥α ，b ⊂α ，则a ∥b (C)若a ∥α ，b ∥α ，则a ∥b (D)若a ⊥α ，b ⊥α ，则a ∥b 2．正四棱锥的侧棱长为23，底面边长为2，则该棱锥的体积为( ) (A)8(B)38(C)6 (D)23．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则直线AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) (A)46 (B)410 (C)22 (D)23 4．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何 体的体积是( )(A)3cm 34000 (B)3cm 38000 (C)2000cm 3 (D)4000cm 35．若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60° 的菱形，则该棱柱的体积等于( ) (A)2 (B)22 (C)23 (D)24二、填空题：6．已知正方体的内切球的体积是π34，则这个正方体的体积是______．7．若正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面边长为1，AB 1与底面ABCD 成60°角，则直线AB 1和BC 1所成角的余弦值是______． 8．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是______．9．连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB 、CD 的长度分别等于3472、，每条弦的两端都在球面上运动，则两弦中点之间距离的最大值为______．10．已知AABC 是等腰直角三角形，AB ＝AC ＝a ，AD 是斜边BC 上的高，以AD 为折痕使∠BDC 成直角．在折起后形成的三棱锥A －BCD 中，有如下三个结论： ①直线AD ⊥平面BCD ； ②侧面ABC 是等边三角形；③三棱锥A －BCD 的体积是.2423a 其中正确结论的序号是____________．(写出全部正确结论的序号) 三、解答题：11．如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是BC 的中点，AB ＝AA 1．(Ⅰ)求证：AD ⊥B 1D ；(Ⅱ)求证：A 1C ∥平面A 1BD ；(Ⅲ)求二面角B －AB 1－D 平面角的余弦值．12．如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥AB ，P A ⊥AC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝2，AB ＝1，M 为PC 的中点．(Ⅰ)求证：平面PCB ⊥平面MAB ； (Ⅱ)求三棱锥P －ABC 的表面积．13．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝AA 1＝2，M 、N 分别是A 1C 1、BC 1的中点．(Ⅰ)求证：BC 1⊥平面A 1B 1C ； (Ⅱ)求证：MN ∥平面A 1ABB 1； (Ⅲ)求三棱锥M －BC 1B 1的体积． 14．在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2=AD ，DC ＝SD＝2．点M 在侧棱SC 上，∠ABM ＝60°．(Ⅰ)证明：M 是侧棱SC 的中点；(Ⅱ)求二面角S －AM －B 的平面角的余弦值．专题07 立体几何参考答案练习7-1一、选择题：1．B 2．D 3．C 4．B二、填空题：5．10 6．AC ⊥BD (或能得出此结论的其他条件)7．②、③、④⇒①；或①、③、④⇒② 8．④三、解答题：9．(Ⅰ)解：连接MB ，MC ．∵三棱锥P －ABC 的三个侧面均为边长是1的等边三角形， ∴23==MC MB ，且底面△ABC 也是边长为1的等边三角形．∵N 为BC 的中点，∴MN ⊥BC ．在Rt △MNB 中，⋅=-=2222BN MB MN(Ⅱ)证明：∵M 是P A 的中点，∴P A ⊥MB ，同理P A ⊥MC ．∵MB ∩MC ＝M ，∴P A ⊥平面MBC ，又BC ⊂平面MBC ，∴P A ⊥BC ．10．证明：(Ⅰ)∵E 、F 分别是AB 、BD 的中点，∴EF 是△ABD 的中位线，∴EF ∥AD ．又EF ⊄平面ACD ，AD ⊂平面ACD ，∴直线EF ∥平面ACD ．(Ⅱ)∵EF ∥AD ，AD ⊥BD ，∴EF ⊥BD ．∵CB ＝CD ，F 是BD 的中点，∴CF ⊥BD ．∵CF ∩EF ＝F ，∴BD ⊥平面CEF ．∵BD ⊂平面BCD ，∴平面EFC ⊥平面BCD ．11．(Ⅰ)由题意知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，∴GH ∥AD ，,21AD GH =又BC ∥AD ，AD BC 21=，∴GH ∥BC ，GH ＝BC ， ∴四边形BCHG 是平行四边形．(Ⅱ)C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下：由BE ∥AF ，AF BF 21=，G 是F A 的中点， 得BE ∥FG ，且BE ＝FG ．∴EF ∥BG ．由(Ⅰ)知BG ∥CH ，∴EF ∥CH ，故EC ，FH 共面，又点D 在直线FH 上，所以C ，D ，F ，E 四点共面．(Ⅲ)连结EG ，由AB ＝BE ，BE ∥AG ，BE ＝AG 及∠BAG ＝90°，知ABEG 是正方形，故BG ⊥EA ．由题设知F A ，AD ，AB 两两垂直，故AD ⊥平面F ABE ，∴BG ⊥AD ．∴BG ⊥平面EAD ，∴BG ⊥ED ．又ED ∩EA ＝E ，∴BG ⊥平面ADF ．由(Ⅰ)知CH ∥BG ，∴CH ⊥平面ADE ．由(Ⅱ)知F ∈平面CDE ，故CH ⊂平面CDE ，得平面ADE ⊥平面CDE ．练习7-2一、选择题：1．B 2．D 3．D 4．C二、填空题：5．5 6．122 7．3π4 8．答案不唯一，如“两组相对侧面分别平行”；“一组相对侧面平行且全等”；“对角线交于一点”；“底面是平行四边形”等．三、解答题：9．证明：(Ⅰ)设AC ∩BD ＝O ，连结OE ．∵E 是DD 1的中点，O 是BD 的中点，∴OE ∥BD 1．又OE ⊂平面ACE ，BD 1⊄平面ACE ，∴BD 1∥平面ACE ．(Ⅱ)∵ABCD －A 1B 1C 1D 1是正四棱柱，∴底面ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD ．又D 1D ⊥平面ABCD ，∴AC ⊥D 1D ，∴AC ⊥平面B 1BDD 1，∵AC ⊂平面ACE ，∴平面ACE ⊥平面B 1BDD 1．10．解：由已知可得该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥P －ABCD ．(Ⅰ).644)68(3131=⨯⨯⨯==Sh V (Ⅱ)该四棱锥有两个侧面P AD 、PBC 是全等的等腰三角形，且BC 边上的高为：h 1＝.24)28(422=+ 另两个侧面P AB 、PCD 也是全等的等腰三角形，AB 边上的高为,5)26(4222=-+=h 因此.22440)582124621(2+=⨯⨯+⨯⨯=S11．(Ⅰ)证明：在DD 1上取一点N 使得DN ＝1，连接CN ，EN ，显然四边形CFD 1N 是平行四边形，∴D 1F ∥CN ．同理四边形DNEA 是平行四边形，∴EN ∥AD ，且EN ＝AD ．又BC ∥AD ，且BC ＝AD ，∴EN ∥BC ，且EN ＝BC ，∴四边形CNEB 是平行四边形，∴CN ∥BE ，∴D 1F ∥BE ，∴E ，B ，F ，D 1四点共面．(Ⅱ)∵GM ⊥BF ，∴△BCF ∽△MBG ，∴,CF BG BC MB =即,2323=MB ∴MB ＝1． ∵AE ＝1，∴四边形ABME 是矩形，∴EM ⊥BB 1．又平面ABB 1A 1⊥平面BCC 1B 1，且EM ⊂平面ABB 1A 1，∴EM ⊥平面BCC 1B 1．习题7一、选择题：1．D 2．B 3．A 4．B 5．B二、填空题：6．324 7．438．9π 9．5 10．①、②、③三、解答题：11．(Ⅰ)证明：∵ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱，∴BB 1⊥平面ABC ，∴平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ．∵正△ABC 中，D 是BC 的中点，∴AD ⊥BC ，∴AD ⊥平面BB 1C 1C ，∴AD ⊥B 1D ．(Ⅱ)解：连接A 1B ，设A 1B ∩AB 1＝E ，连接DE ．∵AB ＝AA 1， ∴ 四边形A 1ABB 1是正方形，∴E 是A 1B 的中点，又D 是BC 的中点，∴DE ∥A 1C ．∵DE ⊂平面A 1BD ，A 1C ⊄平面A 1BD ，∴A 1C ∥平面A 1BD ．(Ⅲ)解：建立空间直角坐标系，设AB ＝AA 1＝1， 则⋅-)1,0,21(),0,23,0(),0,0,0(1B A D设n 1＝(p ，q ，r )是平面A 1BD 的一个法向量， 则,01=⋅AD n 且,011=⋅D B n故.021,023=-=-r P q 取r ＝1，得n 1＝(2，0，1)． 同理，可求得平面AB 1B 的法向量是).0,1,3(2-=n设二面角B －AB 1－D 大小为θ ，∵,515||||cos 2121==⋅n n n n θ ∴二面角B －AB 1－D 的平面角余弦值为⋅51512．(Ⅰ)∵P A ⊥AB ，AB ⊥AC ，∴AB ⊥平面P AC ，故AB ⊥PC ．∵P A ＝AC ＝2，M 为PC 的中点，∴MA ⊥PC ．∴PC ⊥平面MAB ，又PC ⊂平面PCB ，∴平面PCB ⊥平面MAB ．(Ⅱ)Rt △P AB 的面积1211==⋅AB PA S ．Rt △P AC 的面积.2212==⋅AC PA S Rt △ABC 的面积S 3＝S 1＝1．∵△P AB ≌△CAB ，∵PB ＝CB ，∴△PCB 的面积.632221214=⨯⨯==⋅MB PC S ∴三棱锥P －ABC 的表面积为S ＝S 1＋S 2＋S 3＋S 4＝.64+13．(Ⅰ)∵ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，∴BB 1⊥平面A 1B 1C 1，∴B 1B ⊥A 1B 1．又B 1C 1⊥A 1B 1，∴A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，∴BC 1⊥A 1B 1．∵BB 1＝CB ＝2，∴BC 1⊥B 1C ，∴BC 1⊥平面A 1B 1C ．(Ⅱ)连接A 1B ，由M 、N 分别为A 1C 1、BC 1的中点，得MN ∥A 1B ，又A 1B ⊂平面A 1ABB 1，MN ⊄平面A 1ABB 1，∴MN ∥平面A 1ABB 1．(Ⅲ)取C 1B 1中点H ，连结MH ．∵M 是A 1C 1的中点，∴MH ∥A 1B 1，又A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，∴MH ⊥平面BCC 1B 1，∴MH 是三棱锥M －BC 1B 1的高，∴三棱锥M －BC 1B 1的体积⋅=⨯⨯⨯==⋅⋅∆321421313111MH S V B BC 14．如图建立空间直角坐标系，设A (2，0，0)，则B (2，2，0)，C (0，2，0)，S (0，0，2).(Ⅰ)设)0(>=λλ， 则),12,12,2(),12,12,0(λλλλλ++--=++BM M 又.60,),0,2,0(ο>=<-=BM BA BA 故,60cos ||||.οBM = 即,)12()12()2(14222λλλ+++-+-=+解得λ ＝1．∴M 是侧棱SC 的中点．(Ⅱ)由M (0，1，1)，A (2，0，0)得AM 的中点⋅)21,21,22(G 又),1,1,2(),1,1,0(),21,23,22(-=-=-=AM ∴,,,0,0AM ⊥⊥∴==⋅⋅∴cos 〉MS ,G B 〈等于二面角S －AM －B 的平面角． Θ,36||||),cos(-==MS GB即二面角S －AM －B 的平面角的余弦值是－36．。
专题11 立体几何-十年(2012-2021)高考数学真题分项详解(全国通用)(解析版)
（2）若 PD = DC = 1，求四棱锥 P − ABCD 的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2） 2 ． 3
【分析】（1）因为 PD ⊥ 底面 ABCD ， AM 平面 ABCD ， 所以 PD ⊥ AM ， 又 PB ⊥ AM ， PB PD = P ， 所以 AM ⊥ 平面 PBD ， 而 AM 平面 PAM ，
所以 AA'− CC ' = DB +100 = A' B '+100 ．
因为 BCH = 15 ，所以 CH = C ' B ' = 100 tan15
在 A ' B 'C ' 中，由正弦定理得：
A'B' = C'B' =
100
= 100 ，
sin 45 sin 75 tan15cos15 sin15
=
1 2
D1B1
=
2，
sin PBC1
=
PC1 BC1
=
1 2
，所以 PBC1
=
6
.
故选：D
2．（2021 年全国高考甲卷数学（理）试题）2020 年 12 月 8 日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高
程为 8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，
PB ⊥ AM ，则 PB AM = −2a2 +1 = 0 ，解得 a = 2 ，故 BC = 2a = 2 ； 2
( )
（2）设平面 PAM 的法向量为 m = ( x1, y1, z1 ) ，则 AM = −
立体几何高考题解析(文科)
《立体几何》高考题解析（文科）一选择题1把正方形ABCD 沿对角线AC 折起，当A 、B C 、D 四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD 与平面ABC 所成的角的大小为（ C ）A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°（2四面体ABCD 四个面的重心分别为E 、F 、G 、H ，则四面体EFGH的表面积与四面体ABCD 的表面积的比值是（ C ）A ．271B ．161C ．91D ．813已知m 、n 是不重合的直线，α、β是不重合的平面，有下列命题：①若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ； ②若m ∥α，m ∥β，则α∥β；③若α∩β=n ，m ∥n ，则m ∥α且m ∥β； ④若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β. 其中真命题的个数是（ B ）A ．0B ．1C ．2D ．35在下列关于直线l 、m 与平面α、β的命题中,真命题是（ B ） A ．若l ⊂β且α⊥β,则l ⊥α. B ．若l ⊥β且α∥β,则l ⊥α. C ．若l ⊥β且α⊥β,则l ∥α. D ．若α∩β=m 且l ∥m,则l ∥α. （04上海13）6不同直线,m n 和不同平面,αβ，给出下列命题① ////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭② //////m n n m ββ⎫⇒⎬⎭③ ,m m n n αβ⊂⎫⇒⎬⊂⎭异面④ //m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⎭其中假命题有：（ D ）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个 7 如图，棱长为5的正方体无论从哪一个面看，都有两个直通的边长为1的正方形孔，则这个有孔正方体的表面积（含孔内各面）是（ C ）A ．258B ．234C ．222D ．210柱的体积为 （ A ）A ．26B ．6C ．66D ． 3613 正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，则此三棱锥的体C ．3E 、F 、r, α∥β. ①和④π，则球的表面D ）π4是边长为1的正方形，，则该多面体的体积分别是侧棱AA 1、CC 1C ））13V （D ）12V这样的平面α共有（D ） ）6个 （D ）7个AB ，BC ，CA 的中点，⊥平面P A E （C ）平面PDF ⊥平面ABC （D ）平面P AE ⊥平面 ABC 24对于不重合的两个平面βα与，给定下列条件：①存在平面γ，使得α、β都垂直于γ； ②存在平面γ，使得α、图1β都平等于γ；③存在直线α⊂l ，直线β⊂m ，使得m l //； ④存在异面直线l 、m ，使得.//,//,//,//βαβαm m l l其中，可以判定α与β平行的条件有（ B ） A ．1个 B ．2个 C 3个 D ．4个25有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面 各连接中点，已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形 的表面积（含最底层正方体的底面面积）超过39，则该塔形中正方体的个数至少是 （ C ）A ．4B ．5C ．6D ．727木星的体积约是地球体积的30240倍，则它的表面积约是地球表面积的（ C ）A ．60倍B ．6030倍C ．120倍D ．12030倍28已知a 、b 、c 是直线，β是平面，给出下列命题：①若c a c b b a //,,则⊥⊥； ②若c a c b b a ⊥⊥则,,//；③若b a b a //,,//则ββ⊂；④若a 与b 异面，且ββ与则b a ,//相交；⑤若a 与b 异面，则至多有一条直线与a ，b 都垂直.其中真命题的个数是 （ A ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4（05湖北8）30矩形ABCD 中，AB=4，BC=3，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B —AC —D ，则四面体ABCD 的外接球的体积为（ C ）A ．π12125B ．π9125C ．π6125D ．π312531设α、β 为两个不同的平面，l 、m 为两条不同的直线，且l ⊂α，m ⊂β，有如下的两个命题：①若α∥β，则l ∥m ；②若l ⊥m ，则α⊥β．那么（D ）(A) ①是真命题，②是假命题 (B) ①是假命题，②是真命题(C) ①②都是真命题 (D) ①②都是假命题 二填空题1图1，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器（图2）.当这个正六棱柱容器的底面边长为 2/3 时，其容积最大.4 用平面α截半径为R 的球，如果球心到平面α的距离为2R ，那么截得小圆的面积与球的表面积的比值为 163. 5已知a 、b 为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a 、b 在α上的射影有可能是 . ①两条平行直线 ②两条互相垂直的直线 ③同一条直线④一条直线及其外一点在一面结论中，正确结论的编号是 ①②④ （写出所有正确结论的编号）.6 某地球仪上北纬30°纬线的长度为12πcm,该地球仪的半径是34cm, 表面积是 192π cm 2. 7下面是关于四棱柱的四个命题：①若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱③若四个侧面两两全等，则该四棱柱为直四棱柱④若四棱柱的四条对角线两两相等，则该四棱柱为直四棱柱 其中，真命题的编号是②④ （写出所有正确结论的编号）. （ 8在正方形''''D C B A ABCD -中，过对角线'BD 的一个平面交'AA 于E ，交'CC 于F ，（1）四边形E BFD '一定是平行四边形（2）四边形E BFD '有可能是正方形（3）四边形E BFD '在底面ABCD 内的投影一定是正方形 （4）四边形E BFD '有可能垂直于平面D BB '以上结论正确的为 ①③④ （写出所有正确结论的编号）9有两个相同的直三棱柱，高为a2，底面三角形的三边长分别为)0(5,4,3>a a a a 。
专题12：文科立体几何高考真题大题(全国卷)赏析(解析版)
专题12：文科立体几何高考真题大题（全国卷）赏析（解析版） 题型一：求体积1，2018年全国卷Ⅲ文数高考试题如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点． （1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）证明见解析 （2）存在，理由见解析 【详解】分析：（1）先证AD CM ⊥,再证CM MD ⊥，进而完成证明． （2）判断出P 为AM 中点，，证明MC ∥OP ，然后进行证明即可． 详解：（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．2，2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I 卷）如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM ∠=︒，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】(1)见解析. (2)1. 【解析】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 详解：（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，且AC AD A =，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =32．又23BP DQ DA ==，所以22BP =． 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE = 13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322sin451332Q ABP ABPV QE S-=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=． 点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可. 3．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18 【分析】（1）先由长方体得，11B C ⊥平面11AA B B ，得到11B C BE ⊥，再由1BE EC ⊥，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先设长方体侧棱长为2a ，根据题中条件求出3a =；再取1BB 中点F ，连结EF ，证明EF ⊥平面11BB C C ，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果. 【详解】（1）因为在长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11AA B B ；BE ⊂平面11AA B B ，所以11B C BE ⊥，又1BE EC ⊥，1111B C EC C ⋂=，且1EC ⊂平面11EB C ，11B C ⊂平面11EB C ，所以BE ⊥平面11EB C ；（2）设长方体侧棱长为2a ，则1AE A E a ==，由（1）可得1EB BE ⊥；所以22211EB BE BB +=，即2212BE BB =， 又3AB =，所以222122AE AB BB +=，即222184a a +=，解得3a =；取1BB 中点F ，连结EF ，因为1AE A E =，则EF AB ∥； 所以EF ⊥平面11BB C C ， 所以四棱锥11E BB C C -的体积为1111111136318333E BB C C BB C C V S EF BC BB EF -=⋅=⋅⋅⋅=⨯⨯⨯=矩形.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.4．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷） 四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,01,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= （1）证明：直线//BC 平面PAD ;（2）若△PCD 面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）43【分析】试题分析：证明线面平有两种思路，一是寻求线线平行，二是寻求面面平行；取AD 中点M ，由于平面PAD 为等边三角形，则PM AD ⊥，利用面面垂直的性质定理可推出PM ⊥底面ABCD ，设BC x =，表示相关的长度，利用PCD ∆的面积为27.试题解析：（1）在平面内，因为,所以又平面平面故平面（2）取的中点，连接由及得四边形为正方形，则.因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面，所以底面因为底面，所以,设，则，取的中点，连接，则,所以，因为的面积为，所以，解得（舍去），于是所以四棱锥的体积【详解】题型二：求距离5．2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II ）如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）详见解析（245【解析】分析：（1）连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；（2）过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =3 连结OB ．因为AB =BC 2AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2． 由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ． 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC=12AC=2，CM=23BC=423，∠ACB=45°．所以OM=25，CH=sinOC MC ACBOM⋅⋅∠=45．所以点C到平面POM的距离为45．点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.6．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.（1）证明：（2）若,求三棱柱的高.【答案】（1）详见解析;（2）三棱柱111ABC A B C -的高为21. 【解析】试题分析：（1）根据题意欲证明线线垂直通常可转化为证明线面垂直，又由题中四边形是菱形，故可想到连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点，又因为侧面11BB C C 为菱形，对角线相互垂直11B C BC ⊥;又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥，根据线面垂直的判定定理可得：1B C ⊥平面ABO ，结合线面垂直的性质：由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥;（2）要求三菱柱的高，根据题中已知条件可转化为先求点O 到平面ABC 的距离，即：作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H ，则由线面垂直的判定定理可得OH ⊥平面ABC ，再根据三角形面积相等：OH AD OD OA ⋅=⋅，可求出OH 的长度，最后由三棱柱111ABC A B C -的高为此距离的两倍即可确定出高． 试题解析：（1）连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点. 因为侧面11BB C C 为菱形，所以11B C BC ⊥. 又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥， 故1B C ⊥平面ABO.由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥.（2）作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H. 由于，BC OD ⊥，故BC ⊥平面AOD ，所以OH BC ⊥， 又OH AD ⊥，所以OH ⊥平面ABC.因为0160CBB ∠=，所以1CBB ∆为等边三角形，又1BC =，可得3OD. 由于1AC AB ⊥，所以11122OA B C ==,由OH AD OD OA ⋅=⋅，且2274AD OD OA =+=，得2114OH ， 又O 为1B C 的中点，所以点1B 到平面ABC 的距离为217. 故三棱柱111ABC A B C -的高为217. 考点：1.线线，线面垂直的转化;2.点到面的距离;3.等面积法的应用 7．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅱ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥面ABCD ，E 为PD 的中点． （1）证明：//PB 平面AEC ; （2）设1AP =，3AD =，三棱锥P ABD -的体积 34V =，求A 到平面PBC 的距离．【答案】（1）证明见解析 （2） A 到平面PBC 的距离为31313【详解】试题分析：（1）连结BD 、AC 相交于O ，连结OE ，则PB ∥OE ，由此能证明PB ∥平面ACE ．（2）以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A 到平面PBD 的距离试题解析：(1）设BD 交AC 于点O ，连结EO ． 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB 又EO平面AEC ，PB平面AEC所以PB ∥平面AEC ． （2）136V PA AB AD AB =⋅⋅=由，可得. 作交于． 由题设易知，所以故， 又31313PA AB AH PB ⋅==所以到平面的距离为法2：等体积法136V PA AB AD AB =⋅⋅= 由，可得.由题设易知,得BC假设到平面的距离为d ，又因为PB=所以又因为(或)，，所以考点 ：线面平行的判定及点到面的距离8．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【答案】（1）见解析；（2）41717. 【分析】（1）利用三角形中位线和11//A D B C 可证得//ME ND ，证得四边形MNDE 为平行四边形，进而证得//MN DE ，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）根据题意求得三棱锥1C CDE -的体积，再求出1C DE ∆的面积，利用11C CDE C C DE V V --=求得点C 到平面1C DE 的距离，得到结果.【详解】（1）连接ME ，1B CM ，E 分别为1BB ，BC 中点 ME ∴为1B BC ∆的中位线1//ME B C ∴且112ME B C = 又N 为1A D 中点，且11//A D B C 1//ND B C ∴且112ND B C = //ME ND ∴ ∴四边形MNDE 为平行四边形//MN DE ∴，又MN ⊄平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE//MN ∴平面1C DE（2）在菱形ABCD 中，E 为BC 中点，所以DE BC ⊥， 根据题意有3DE =，117C E =，因为棱柱为直棱柱，所以有DE ⊥平面11BCC B ，所以1DE EC ⊥，所以113172DEC S ∆=⨯⨯， 设点C 到平面1C DE 的距离为d ，根据题意有11C CDE C C DE V V --=，则有11113171343232d ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯， 解得41717d ==， 所以点C 到平面1C DE 的距离为417. 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.题型三：求面积9．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥，且90BAP CDP ∠=∠=︒.（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【答案】（1）证明见解析；（2）623+.【详解】 试题分析：（1）由90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．从而得AB PD ⊥，进而而AB ⊥平面PAD ，由面面垂直的判定定理可得平面PAB ⊥平面PAD ；（2）设PA PD AB DC a ====，取AD 中点O ，连结PO ，则PO ⊥底面ABCD ，且22,AD a PO a ==，由四棱锥P ABCD -的体积为83，求出2a =，由此能求出该四棱锥的侧面积.试题解析：（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ．又AB 平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得2AD x =，22PE x =． 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=． 由题设得31833x =，故2x =． 从而2PA PD ==，22AD BC ==22PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为111222PA PD PA AB PD DC ⋅+⋅+⋅ 21sin606232BC +︒=+10．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面，（I ）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（II ）若120ABC ∠=，,AE EC ⊥ 三棱锥E ACD -的体积为6，求该三棱锥的侧面积.【答案】（1）见解析（2）5【分析】（1）由四边形ABCD 为菱形知AC ⊥BD ，由BE ⊥平面ABCD 知AC ⊥BE ，由线面垂直判定定理知AC ⊥平面BED ，由面面垂直的判定定理知平面AEC ⊥平面BED ；（2）设AB =x ，通过解直角三角形将AG 、GC 、GB 、GD 用x 表示出来，在Rt ∆AEC 中，用x 表示EG ，在Rt ∆EBG 中，用x 表示EB ，根据条件三棱锥E ACD -6求出x ，即可求出三棱锥E ACD -的侧面积.【详解】（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED（2）设AB =x ，在菱形ABCD 中，由 ∠ABC =120°，可得AG =GC =32x ,GB =GD =2x .因为AE ⊥EC ，所以在 Rt ∆AEC 中，可得EG =3x . 连接EG ，由BE ⊥平面ABCD ，知 ∆EBG 为直角三角形，可得BE =22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积3116632243E ACD V AC GD BE x -=⨯⋅⋅==.故 x =2 从而可得AE =EC =ED 6.所以∆EAC 的面积为3， ∆EAD 的面积与∆ECD 的面积均为 5故三棱锥E -ACD 的侧面积为3+25【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力.11．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标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1,2AB BE BF ===， 60FBC ∠=，将其沿,AB BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明图2中的,,,A C G D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】(1)见详解；(2)4.【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形ABED ，Rt ABC 和菱形BFGC 内部的夹角，所以//AD BE ，//BF CG 依然成立，又因E 和F 粘在一起，所以得证.因为AB 是平面BCGE 垂线，所以易证.(2) 欲求四边形ACGD 的面积，需求出CG 所对应的高，然后乘以CG 即可．【详解】(1)证：//AD BE ，//BF CG ，又因为E 和F 粘在一起.∴//AD CG ，A ，C ，G ，D 四点共面.又,AB BE AB BC ⊥⊥.AB ∴⊥平面BCGE ，AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCGE ，得证.(2)取CG 的中点M ，连结,EM DM .因为//AB DE ，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE ，故DE CG ⊥，由已知，四边形BCGE 是菱形，且60EBC ∠=得EM CG ⊥，故CG ⊥平面DEM ． 因此DM CG ⊥．在Rt DEM △中，DE=1，3EM =，故2DM =．所以四边形ACGD 的面积为4.【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形ACGD的面积考查考生的空间想象能力.。
立体几何高考题解析汇报(文科)
04-05《立体几何》高考题解析（文科）一选择题1把正方形ABCD 沿对角线AC 折起，当A 、B C 、D 四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD 与平面ABC 所成的角的大小为 （ 5.C ）A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°（04湖南5）2四面体ABCD 四个面的重心分别为E 、F 、G 、H ，则四面体EFGH 的表面积与四面体ABCD的表面积的比值是 （C ）A ．271 B ．161C ．91D ．81（04湖北6） 3已知m 、n 是不重合的直线，α、β是不重合的平面，有下列命题：①若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ； ②若m ∥α，m ∥β，则α∥β；③若α∩β=n ，m ∥n ，则m ∥α且m ∥β； ④若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β. 其中真命题的个数是 （ 6.B ）A ．0B ．1C ．2D ．3（04福建6） 5在下列关于直线l 、m 与平面α、β的命题中,真命题是（ 13．B ）A ．若l ⊂β且α⊥β,则l ⊥α.B ．若l ⊥β且α∥β,则l ⊥α.C ．若l ⊥β且α⊥β,则l ∥α.D ．若α∩β=m 且l ∥m,则l ∥α. （04上海13） 6不同直线,m n 和不同平面,αβ，给出下列命题（ ）①////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭ ② //////m n n m ββ⎫⇒⎬⎭③ ,m m n n αβ⊂⎫⇒⎬⊂⎭异面 ④ //m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⎭ 其中假命题有：（ 8．D ）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个（04重庆8）7 如图，棱长为5的正方体无论从哪一个面看，都有两个直通的边长为1的正方形孔，则这个有孔正方体的表面积（含孔内各面）是（ 12．C ） A ．258 B ．234 C ．222 D ．210（04重庆12）91DA2V=为A. 104B. 38C. 134D. 16（04天津11） 11正三棱柱侧面的一条对角线长为2，且与底面成45°角，则此三棱柱的体积为 （ A ）A ．26 B ． 6C ．66 D ．36（04甘肃3） 13 正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，则此三棱锥的体积为（C ）A ．B ．C ．3 D ．04广西10） 14已知正四面体ABCD 的表面积为S ，其四个面的中心分别为E 、F 、G 、H ，设四面体EFGH 的表面积为T ，则ST等于（ A ）A ．91B ．94C ．41 D ．31（04河北10） 15设 m, n 是两条不同的直线,r ,,βα是三个不同的平面.给出下列四个命题: ①若m ⊥α,n ∥α,则m ⊥n;② 若α∥β, β∥r, m ⊥α,则m ⊥r; ③ 若m ∥α,n ∥α,则m ∥n;④ 若α⊥r, β⊥r,则α∥β. 其中正确命题的序号是3.A(A)①和② (B)②和③ (C)③和④ (D)①和④（04北京3） 19一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则球的表面积为2．C（A ）π28 （B ）π8（C ）π24 （D ）π4(05河北2)20如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且BCF ADE ∆∆、均为正三角形，EF ∥AB ，EF=2，则该多面体的体积为4．D（A ）32（B ）33 （C ）34（D ）23(05河北4)21设三棱柱ABC-A 1B 1C 1的体积为V ，P 、Q 分别是侧棱AA 1、CC 1上的点，且PA=QC 1，则四棱锥B-APQC 的体积为C（A ）16V （B ）14V （C ）13V （D ）12V (05四川4) 22不共面的四个定点到平面α的距离都相等，这样的平面α共有D（A ）3个 （B ）4个 （C ）6个 （D ）7个(05四川11)23在正四面体P －ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结论中不成立．．．的是（7）C（A ）BC //平面PDF （B ）DF ⊥平面PA E（C ）平面PDF ⊥平面ABC （D ）平面PAE ⊥平面 ABC （05北京7） 24对于不重合的两个平面βα与，给定下列条件：①存在平面γ，使得α、β都垂直于γ； ②存在平面γ，使得α、β都平等于γ； ③存在直线α⊂l ，直线β⊂m ，使得m l //； ④存在异面直线l 、m ，使得.//,//,//,//βαβαm m l l其中，可以判定α与β平行的条件有（ 7.B ）A ．1个B ．2个C 3个D ．4个（05重庆7）25有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面 各连接中点，已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形 的表面积（含最底层正方体的底面面积）超过39，则该塔形中正方体的个数至少是 （ 10.C ） A ．4 B ．5 C ．6 D ．7（05重庆10）27木星的体积约是地球体积的30240倍，则它的表面积约是地球表面积的（5．C ）A ．60倍B ．6030倍C ．120倍D ．12030倍（05湖北5）28已知a 、b 、c 是直线，β是平面，给出下列命题：①若c a c b b a //,,则⊥⊥； ②若c a c b b a ⊥⊥则,,//；③若b a b a //,,//则ββ⊂；④若a 与b 异面，且ββ与则b a ,//相交；⑤若a 与b 异面，则至多有一条直线与a ，b 都垂直.图1 其中真命题的个数是 （ 8．A ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4（05湖北8） 30矩形ABCD 中，AB=4，BC=3，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B —AC —D ，则四面体ABCD 的外接球的体积为（ 9．C ）A ．π12125 B ．π9125 C ．π6125 D ．π3125（05江西9） 31设α、β 为两个不同的平面，l 、m 为两条不同的直线，且l ⊂α，m ⊂β，有如下的两个命题：①若α∥β，则l ∥m ；②若l ⊥m ，则α⊥β．那么（D ）(A) ①是真命题，②是假命题 (B) ①是假命题，②是真命题(C) ①②都是真命题 (D) ①②都是假命题(05浙江7) 二填空题1图1，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器（图2）.当这个正六棱柱容器的底面边长为 2/3 时，其容积最大. （04福建16）4 用平面α截半径为R 的球，如果球心到平面α的距离为2R，那么截得小圆的面积与球的表面积的比值为163. （04广西14） 5已知a 、b 为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a 、b 在α上的射影有可能是 .①两条平行直线 ②两条互相垂直的直线③同一条直线④一条直线及其外一点（04河北16）在一面结论中，正确结论的编号是 ①②④ （写出所有正确结论的编号）.6 某地球仪上北纬30°纬线的长度为12πcm,该地球仪的半径是34cm, 表面积是 192π cm 2. （04北京12）7下面是关于四棱柱的四个命题：①若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱 ③若四个侧面两两全等，则该四棱柱为直四棱柱④若四棱柱的四条对角线两两相等，则该四棱柱为直四棱柱其中，真命题的编号是②④ （写出所有正确结论的编号）. （04四川16）8在正方形''''D C B A ABCD -中，过对角线'BD 的一个平面交'AA 于E ，交'CC 于F ， （1）四边形E BFD '一定是平行四边形（2）四边形E BFD '有可能是正方形 （3）四边形E BFD '在底面ABCD 内的投影一定是正方形 （4）四边形E BFD '有可能垂直于平面D BB '以上结论正确的为 ①③④ (05河北16)9有两个相同的直三棱柱，高为a2，底面三角形的三边长分别为)0(5,4,3>a a a a 。
高考文科数学专题5 立体几何 高考文科数学 (含答案)
专题五 立体几何第一讲 空间几何体1．棱柱、棱锥 (1)棱柱的性质侧棱都相等，侧面是平行四边形；两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形；直棱柱的侧棱长与高相等且侧面与对角面是矩形． (2)正棱锥的性质侧棱相等，侧面是全等的等腰三角形，斜高相等；棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影构成一个直角三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也构成一个直角三角形；某侧面的斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个直角三角形；侧棱在底面内的射影、斜高在底面内的射影及底面边长的一半也构成一个直角三角形． 2．三视图(1)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高； (2)三视图排列规则：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样；侧视图放在正视图的右面，高度和正视图一样，宽度与俯视图一样． 3．几何体的切接问题(1)解决球的内接长方体、正方体、正四棱柱等问题的关键是把握球的直径即棱柱的体对角线长．(2)柱、锥的内切球找准切点位置，化归为平面几何 问题．4．柱体、锥体、台体和球的表面积与体积(不要求记忆) (1)表面积公式①圆柱的表面积 S ＝2πr (r ＋l )； ②圆锥的表面积S ＝πr (r ＋l )；③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )； ④球的表面积S ＝4πR 2. (2)体积公式①柱体的体积V ＝Sh ；②锥体的体积V ＝13Sh ；③台体的体积V ＝13(S ′＋SS ′＋S )h ；④球的体积V ＝43πR 3.1． (2013·广东)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是( )A ．4 B.143C.163D ．6答案 B解析 由三视图知四棱台的直观图为由棱台的体积公式得：V ＝13(2×2＋1×1＋2×2×1×1)×2＝143.2． (2013·四川)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )答案 D解析由三视图可知上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.3． (2013·江西)如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m＋n＝( )A．8 B．9 C．10 D．11答案 A解析取CD的中点H，连接EH，HF.在四面体CDEF中，CD⊥EH，CD⊥FH，所以CD⊥平面EFH，所以AB⊥平面EFH，所以正方体的左、右两个侧面与EF平行，其余4个平面与EF相交，即n＝4.又因为CE与AB在同一平面内，所以CE与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面相交，即m＝4，所以m＋n＝4＋4＝8.4． (2013·新课全国Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为( )答案 A解析根据已知条件作出图形：四面体C1－A1DB，标出各个点的坐标如图(1)所示，可以看出正视图为正方形，如图(2)所示．故选A.5． (2013·福建)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是________．答案12π解析由三视图知，该几何体为正方体和球组成的组合体，正方体的对角线为球的直径．所以2R＝23，即R＝3，球的表面积为S＝4πR2＝12π.题型一空间几何体的三视图例1(1)(2012·广东)某几何体的三视图如图所示，它的体积为( )A．12πB．45πC．57πD．81π(2)(2012·陕西)将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥，得到如图(2)所示的几何体，则该几何体的左(侧)视图为( )审题破题根据三视图先确定原几何体的直观图和形状，然后再解题．答案(1)C (2)B解析 (1)由三视图知该几何体是由圆柱、圆锥两几何体组合而成，直观图如图所示． 圆锥的底面半径为3，高为4，圆柱的底面半径为3，高为5，∴V ＝V 圆锥＋V 圆柱＝13Sh 1＋Sh 2＝13×π×32×4＋π×32×5＝57π.(2)还原正方体后，将D 1，D ，A 三点分别向正方体右侧面作垂线．D 1A 的射影为C 1B ，且为实线，B 1C 被遮挡应为虚线．反思归纳 将三视图还原成直观图是解答该类问题的关键，其解题技巧是对常见简单几何体及其组合体的三视图，特别是正方体、长方体、圆柱、圆锥、棱柱、棱锥、球等几何体的三视图分别是什么图形，数量关系有什么特点等都应该熟练掌握，会画出其直观图，然后由三视图验证．变式训练1 若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是________ cm 3.答案 18解析 由几何体的三视图可知，该几何体由两个直四棱柱构成，其直观图如图所示．上底面直四棱柱的长是3 cm ，宽是3 cm ，高是1 cm ，故其体积为9 cm 3，下底面直四棱柱的高是3 cm ，长是1 cm ，宽是3 cm ，其体积为9 cm 3.故该几何体的体积为V ＝18 cm 3. 题型二 空间几何体的表面积和体积例2 如图所示，已知E 、F 分别是棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱A 1A 、CC 1的中点，求四棱锥C 1—B 1EDF 的体积．审题破题 本题可从两个思路解题：思路一：先求出四棱锥C 1—B 1EDF 的高及其底面积，再利用棱锥的体积公式求出其体积； 思路二：先将四棱锥C 1—B 1EDF 化为两个三棱锥B 1—C 1EF 与D —C 1EF ，再求四棱锥C 1—B 1EDF 的体积．解 方法一 连接A 1C 1，B 1D 1交于点O 1，连接B 1D ，过O 1作。
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选择题1.（12年四川卷）如图，半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内，过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ，过圆O 的直径CD 作平面α成45角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的距离最大的点为B ，该交线上的 一点P 满足60BOP ∠=，则A 、P 两点 间的球面距离为 （ ）A. RB. 4R πC. RD. 3R π 2.（12年广东卷）某几何体的三视图如图1所示，它的体积为( )A. 72πB. 48πC. 30πD. 24π3.（12年重庆卷）设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1和a 且长为a的棱与长为的棱异面，则a 的取值范围是（ ）A.B.C.D.4.（12年浙江卷）已知某三棱锥的三视图（单位：cm ）如图所示，则该三棱锥的体积是（ ） A.1cm 3 B.2cm 3 C.3cm 3 D.6cm3图1C5.（12年浙江卷）设l 是直线，αβ，是两个不同的平面 （ ）A.若l ∥α，l ∥β，则α∥βB. 若l ∥α，l ⊥β，则α⊥βC. 若α⊥β，l ⊥α，则l ⊥βD. 若α⊥β， l ∥α，则l ⊥β6.（12年新课标卷）如图，网格上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则几何体的体积为（ ）A .6B .9C .12D .187. 某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是（ ）A．28+ B．30+ C．56+ D ．60+ 8.（12年福建卷）一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何体不可以是（ ）A ．球B ．三棱锥C ．正方体D ．圆柱 9.（12年湖南卷）某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能．．．是（ ）10.（12年江西卷）若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为 ( ) A B C DA ．112 B.5 C.4 D. 9211.（12年大纲卷）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB =，1CC =E 为1CC 的中点，则直线1AC 与平面BED 的距离为（ ）A ．2 BCD ．1 12.（12年陕西卷）将正方体（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为（ ）填空题1．（12年湖北卷）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 .左视图主视图俯视图侧视图正视图俯视图2.（12年四川卷）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD ，1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成的角的大小是____________.3.（12年山东卷）如图，正方体1111D C B A ABCD -的棱长为1，E 为线段C B 1上的一点，则三棱锥1DED A -的体积为___________ .4.（12年安徽卷）某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是_____.5.（12年江苏卷）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3cm AB AD ==，12cm AA =，则四棱锥11A BB D D -的体积为 cm 3．NA 1A B CC 1 A 1 侧（左）视图正（主）视图 4俯视图 5 4 26.（12年辽宁卷）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_______________.7.（12年辽宁卷）已知点P A B C D ，，，，是球O 表面上的点，PA ABCD ⊥平面，四边形ABCD是边长为.若PA =，则OAB ∆的面积为______________. 8.（12年大纲卷）已知正方形1111ABCD A B C D -中，,E F 分别为1BB ，1CC 的中点，那么异面直线AE 与1D F 所成角的余弦值为 ．9.（12年上海卷）一个高为2的圆柱，底面周长为2π，该圆柱的表面积为 . 10.（12年天津卷）一个几何体的三视图如图所示（单位：m ），则该几何体的体积 3m.2.（12年山东卷）(本小题满分12分)如图，几何体E ABCD -是四棱锥，△ABD 为正三角形，,CB CD EC BD =⊥. (Ⅰ)求证：BE DE =；(Ⅱ)若∠120BCD =︒，M 为线段AE 的中点， 求证：DM ∥平面BEC .3.（12年广东卷）(本小题满分13分)如图所示，在四棱锥P ABCD -中，AB ⊥平面PAD ，//,AB CD PD AD =，E 是PB 中点，F 是DC 上的点，且12DF AB =，PH 为PAD ∆中AD 边上的高. （1）证明：PH ⊥平面ABCD ； （2）若1,1PH AD FC ===，求三棱锥E BCF -的体积； （3）证明：EF ⊥平面PAB ． 6.（12年新课标卷）（本小题满分12分） 如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直底面，o 90ACB ∠=，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的 中点.(Ｉ) 证明：平面BDC ⊥平面1BDC（Ⅱ）平面1BDC 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.选择题1.【答案】A【分析】由已知可知，AOP CBD ⊥面面，∴cos cos cos AOP AOB BOP =∠∠∠，带入数据得12cos ==224AOP ∠，arccos 4AP R ∴=. 2. 【答案】C【分析】几何体是半球与圆锥叠加而成它的体积为32141π3π330π233V =⨯⨯+⨯⨯= 3.【答案】：A【分析】：如图所示，取,EF 分别为,PC AB 的中点，依题意可得PB BC ⊥，所以 GEAB FCPD H2BE ==.在BEF ∆中，BF BE <，所以2AB BF =<4. 【答案】C【分析】由题意判断出，底面是一个直角三角形，两个直角边分别为1和2，整个棱锥的高由侧视图可得为3，所以三棱锥的体积为11123132⨯⨯⨯⨯=. 5.【答案】B【分析】利用排除法可得选项B 是正确的，∵l ∥α，l ⊥β，则α⊥β．如选项A ：l ∥α，l ∥β时，α⊥β或α∥β；选项C ：若α⊥β，l ⊥α时，l ∥β或l β⊂；选项D ：若α⊥β，l ∥α时，l ∥β或l ⊥β．6. 【答案】B【分析】由三视图知，其对应几何体为三棱锥，其底面为一边长为6，底边上高为3的等腰三角形，棱锥的高为3，故其体积为1163332⨯⨯⨯⨯=9，故选B. 7. 【答案】B 【分析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥，本题所求表面积为三棱锥四个面的面积之和.利用垂直关系和三角形面积公式，可得：=10=10=10S S S S 后右左底，，，因此该几何体表面积30S =+，故选B .8. 【答案】D【分析】圆的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为圆；三棱锥的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图可以为全等的三角形； 正方体的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为正方形； 圆柱的正视图（主视图）、侧视图（左视图）为矩形，俯视图为圆.9. 【答案】D【分析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均相同，原图下面部分应为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，A ，B ，C 都可能是该几何体的俯视图，D 不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面部分应为中间有条虚线的矩形..10. 【答案】C【分析】通过观察几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为六边形（2条对边长为1，其余4），高为1的直棱柱.所以该几何体的体积为112122142V sh ⎛⎫==⨯+⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，故选D.11. 【答案】D【分析】因为底面的边长为2，高为,AC BD ，得到交点为O ，连接EO ，1//EO AC ，则点1C 到平面BDE 的距离等于C 到平面BDE 的距离，过点C 作CH OE ⊥，则CH 即为所求，在三角形OCE 中，利用等面积法，可得1CH =，故选答案D. 12.【答案】B【分析】显然从左边看到的是一个正方形，因为割线1AD 可见，所以用实线表示；而割线1B C 不可见，所以用虚线表示．故选B ．填空题1. 【答案】12π【分析】该几何体的左中右均为圆柱体，其中左右圆柱体全等，是底面半径为2，高为1的 圆柱体；中间部分是底面半径为1，高为4的圆柱体，所以所求的体积为：22π212π14=12πV =⨯⨯⨯+⨯⨯.2. 【答案】o 90【分析】方法一：连接D 1M ，易得DN ⊥A 1D 1 ，DN ⊥D 1M ，所以，DN ⊥平面A 1MD 1，又A 1M ⊂平面A 1MD 1，所以，DN ⊥A 1M ，故夹角为o 90 方法二：以D 为原点，分别以DA ， DC ， DD 1为x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系D —xyz .设正方体边长为2，则D （0，0，0），N （0，2，1），M （0，1，0），A 1（2，0，2）故1(0,2,1)(2,1,2)DN MA ==-， 所以， 111cos ,0DN MA DN MA DN MA <>==，故DN ⊥A 1M ，所以夹角为o 90.3. 【答案】61【分析】求1DED A -的体积，显然为定值，也就是说三棱锥的底面面积与三棱锥的高都为定值，因此，我们需要找一个底面为定值的三角形，三角形1ADD 的面积为21（为定值），而E 点到底面1ADD 的高恰为正方体的高为1（为定值），因此体积为61. 4. 【答案】56 【分析】该几何体是底面是直角梯形，高为4的直四棱柱，几何体的的体积是：()12544562V =⨯+⨯⨯=5. 【答案】6【分析】∵长方体底面ABCD 是正方形 ，∴△ABD 中BD cm ，BD 边上的高（它也是四棱锥11A BB D D -的高）∴四棱锥11A BB D D -的体积为123⨯6. 【答案】12π+【分析】由三视图可知该几何体为一个长方体和一个等高的圆柱的组合体，其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1，圆柱的底面直径为2，高位1，所以该几何体的体积为3411112ππ⨯⨯+⨯⨯=+7.【答案】【分析】点P A B C D O 、、、、为球内接长方体的顶点，14O OAB ∴∆球心为该长方体对角线的中点，的面积是该长方体对角面面积的，164OAB AB PA S ∆===⨯=8. 【答案】35【分析】首先根据已知条件，连接DF ，则由//DF AE 可知1DFD ∠或其补角为异面直线AE 与1D F 所成的角，设正方体的棱长为2，则可以求解得到112DF D F DD ===，再由余弦定理可得22211115543cos 2255D F DF D D DFD D F DF +-+-∠===⋅⨯.9. 【答案】π6【分析】根据该圆柱的底面周长得底面圆的半径为1=r ，所以该圆柱的表面积为：22π2π4π2π6πS rh r =+=+=.10. 【答案】30【分析】由三视图可知这是一个下面是个长方体，上面是个平躺着的底面为直角梯形的直四棱柱构成的组合体.长方体的体积为24243=⨯⨯，直四棱柱的体积是6412)21(=⨯⨯+，所以几何体的总体积为30.2. 【证明】(Ⅰ)设BD 的中点为O ，连接,OC OE , 则由BC CD CO BD =知垂直 又CE BD ⊥，所以BD OCE ⊥平面 所以BD OE ⊥，即OD 是BE 的垂直平分线BE DE =所以(Ⅱ)取AB 的中点为N ，连接MN ,DN ONM因为M 是AE 的中点，，所以//MN BE 因为ABD ∆是等边三角形，所以DN ⊥AB由o o 12030BCD CBD ∠=∠=知，所以o 90ABC ∠=，即BC ⊥AB所以ND //BC所以平面MND //平面BEC ，故DM //平面BEC3. 【解】（1）AB ⊥平面PAD ，PH ⊂面PAD PH AB ⇒⊥ 又,PH AD ADAB A PH ⊥=⇒⊥面ABCD（2）E 是PB 中点⇒点E 到面BCF 的距离1122h PH ==三棱锥E BCF -的体积1111113326212BCF V S h FC AD h ∆=⨯=⨯⨯⨯⨯=⨯= （3）过D 作DG PA G ⊥于，连接EG ，易得EG PAD ⊥面 由AB ⊥平面PAD ⇒面PAD ⊥面PAB DG ⇒⊥面PAB E P B E GP A A B P是的中点，⊥，⊥ 11//,//////22EG AB DF AB EG DF DG EF ⇒⇒⇒ 得：EF ⊥平面PAB6. 【解】（Ⅰ）由题设知1BC CC ⊥，BC AC ⊥，1CC AC C =∩，∴BC ⊥面11ACC A又∵1DC ⊂面11ACC A ，∴1DC BC ⊥，由题设知01145A DC ADC ∠=∠=，∴1CDC ∠=090，即1DC DC ⊥，又∵DC BC C =∩，∴1DC ⊥面BDC ， ∵1DC ⊂面1BDC ，∴面BDC ⊥面1BDC ；（Ⅱ）设棱锥1B DACC -的体积为1V ，AC =1，由题意得，1V =1121132+⨯⨯⨯=12，由三棱柱111ABC A B C -的体积V =1，精品文档精品文档 ∴11():V V V =1:1，∴平面1BDC 分此棱柱为两部分体积之比为1:1.。
2024届高考数学总复习：立体几何及答案解析
1．如图，在矩形 ABCD 中，将△ACD 沿对角线 AC 折起，使点 D 到达点 E 的位置，且 AE ⊥BE． （1）求证：平面 ABE⊥平面 ABC；
（2）若 EB ，三棱锥 B﹣AEC 的体积为 ，求二面角 E﹣AC﹣B 的余弦值．
【解答】解：（1）证明：由翻折可得 AE⊥EC， ∵AE⊥BE，BE∩CE＝E，∴AE⊥平面 BEC， 又 BC⊂平面 BEC，∴AE⊥BC， ∵BC⊥AB，AE∩AB＝A，∴CB⊥平面 ABE， ∵CB⊂平面 ABC，∴平面 ABE⊥平面 ABC．
∴AQ∥平面 CPB1；
解：（2）如图，过点 A 作 AH⊥BC 于点 H，
∵三棱柱 ABC﹣A1B1C1 为直三棱柱，∴AH⊥平面 CBB1C1，
∵BC＝BA ㌳，AC
，
∴կ
կ
，
即 AH կ
㌳
㌳ ㌳，
㌳ 则点 P 到平面 BCB1 的距离为 ㌳ ．
又կ
ͳ，CP＝PB1＝4，∴△CPB1 的面积为 ㌳，
立空间直角坐标系，
∵EO⊥平面 ABC，∴平面 ABC 的一个法向量为 （0，0，1），
在直角三角形 AEB 中，AE⊥BE，EO⊥AB，AE＝3，AB＝4，EB ，
∴AO h，BO ，EO
，
∴E（0，0， ），A（ꥐ h，0，0），C（ ，3，0），
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则 կ （4，3，0），
h
（ ， ， ），
（2）设 BC＝a，则 AE＝a，∵AE⊥BE，∴S△ABE
，
由（1）知 CB⊥平面 ABE，
∵EB ，三棱锥 B﹣AEC 的体积为 ，
∴ ꥐկ
կꥐ
կ
(完整版)—高考全国卷Ⅰ文科数学立体几何专题复习(附详细解析)
2012-2018年新课标全国卷Ⅰ文科数学汇编立体几何一、选择题【2017，6】如图，在下列四个正方体中,A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ,Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中,直接AB 与平面MNQ 不平行的是（）【2016，7】如图所示,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（） A ．17π B ．18π C ．20π D ．28π【2016，11】平面α过正方体1111ABCD A BC D -的顶点A ,α∥平面11CB D ，α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =,则,m n 所成角的正弦值为(）A ．3 B ．22C ．3D ．13【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委M 依垣内角,下周八尺，高五尺，问”积及为M 几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放M （如图,M 堆为一个圆锥的四分之一)，M 堆底部的弧长为8尺,M 堆的高为5尺，M 堆的体积和堆放的M 各位多少？”已知1斛M 的体积约为1．62立方尺,圆周率约为3，估算出堆放的M 有（ ) A ．14斛 B ．22斛 C ．36斛 D ．66斛【2015，11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为16+20π，则r =( ) B A ．1 B ．2 C ．4 D ．8【2015，11】【2014，8】【2013,11】【2012，7】【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的一个几何体的三视图，则这个几何体是（ ）A ．三棱锥B ．三棱柱C ．四棱锥D ．四棱柱【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）．A ．16＋8π B．8＋8π C．16＋16π D．8＋16π【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为A ．6B ．9C ．12D ．15【2012，8】平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2,则此球的体积为（）A ．6πB ．43πC ．46πD ．63π【2018，5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1,O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,该圆柱的表面积为A. 12π B. 12π C. 8π D. 10π【2018，9】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图,圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径的长度为A 。
高考数学-立体几何(含22年真题讲解)
高考数学-立体几何（含22年真题讲解）1．【2022年全国甲卷】如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8B．12C．16D．20【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，×2×2=12.则该直四棱柱的体积V=2+42故选：B.2．【2022年全国甲卷】在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B 所成的角均为30°，则（）A．AB=2AD B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC=CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°【解析】 【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出． 【详解】 如图所示：不妨设AB =a,AD =b,AA 1=c ，依题以及长方体的结构特征可知，B 1D 与平面ABCD 所成角为∠B 1DB ，B 1D 与平面AA 1B 1B 所成角为∠DB 1A ，所以sin30∘=cB 1D=bB 1D ，即b =c ，B 1D =2c =√a 2+b 2+c 2，解得a =√2c ．对于A ，AB =a ，AD =b ，AB =√2AD ，A 错误；对于B ，过B 作BE ⊥AB 1于E ，易知BE ⊥平面AB 1C 1D ，所以AB 与平面AB 1C 1D 所成角为∠BAE ，因为tan∠BAE =c a=√22，所以∠BAE ≠30∘，B 错误；对于C ，AC =√a 2+b 2=√3c ，CB 1=√b 2+c 2=√2c ，AC ≠CB 1，C 错误； 对于D ，B 1D 与平面BB 1C 1C 所成角为∠DB 1C ，sin∠DB 1C =CDB 1D=a2c =√22，而0<∠DB 1C <90∘，所以∠DB 1C =45∘．D 正确． 故选：D ．3．【2022年全国甲卷】甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若S 甲S 乙=2，则V 甲V 乙=（ ）A ．√5B ．2√2C ．√10D ．5√104【答案】C 【解析】设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r 1，乙圆锥底面圆半径为r 2，根据圆锥的侧面积公式可得r 1=2r 2，再结合圆心角之和可将r 1,r 2分别用l 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r 1，乙圆锥底面圆半径为r 2，则S 甲S 乙=πr 1l πr 2l =r1r 2=2， 所以r 1=2r 2， 又2πr 1l+2πr 2l=2π，则r 1+r 2l=1，所以r 1=23l,r 2=13l ，所以甲圆锥的高ℎ1=√l 2−49l 2=√53l ，乙圆锥的高ℎ2=√l 2−19l 2=2√23l ， 所以V 甲V 乙=13πr 12ℎ113πr 22ℎ2=49l 2×√53l 19l ×2√23l =√10.故选：C.4．【2022年全国乙卷】在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB,BC 的中点，则（ ） A ．平面B 1EF ⊥平面BDD 1 B ．平面B 1EF ⊥平面A 1BD C ．平面B 1EF//平面A 1AC D ．平面B 1EF//平面A 1C 1D【答案】A 【解析】 【分析】证明EF ⊥平面BDD 1，即可判断A ；如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，设AB =2，分别求出平面B 1EF ，A 1BD ，A 1C 1D 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD . 【详解】解：在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中， AC ⊥BD 且DD 1⊥平面ABCD ， 又EF ⊂平面ABCD ，所以EF ⊥DD 1，因为E,F 分别为AB,BC 的中点， 所以EF ∥AC ，所以EF ⊥BD ， 又BD ∩DD 1=D ， 所以EF ⊥平面BDD 1， 又EF ⊂平面B 1EF ，所以平面B 1EF ⊥平面BDD 1，故A 正确；如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，设AB =2，则B 1(2,2,2),E (2,1,0),F (1,2,0),B (2,2,0),A 1(2,0,2),A (2,0,0),C (0,2,0)， C 1(0,2,2)，则EF ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,1,0),EB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,1,2)，DB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,2,0),DA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2)，AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,2),AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,2,0),A 1C 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,2,0),设平面B 1EF 的法向量为m ⃑⃑ =(x 1,y 1,z 1)， 则有{m ⃑⃑ ⋅EF ⃑⃑⃑⃑⃑ =−x 1+y 1=0m ⃑⃑ ⋅EB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =y 1+2z 1=0 ，可取m ⃑⃑ =(2,2,−1)，同理可得平面A 1BD 的法向量为n 1⃑⃑⃑⃑ =(1,−1,−1)， 平面A 1AC 的法向量为n 2⃑⃑⃑⃑ =(1,1,0)， 平面A 1C 1D 的法向量为n 3⃑⃑⃑⃑ =(1,1,−1)， 则m ⃑⃑ ⋅n 1⃑⃑⃑⃑ =2−2+1=1≠0，所以平面B 1EF 与平面A 1BD 不垂直，故B 错误； 因为m ⃑⃑ 与n 2⃑⃑⃑⃑ 不平行，所以平面B 1EF 与平面A 1AC 不平行，故C 错误； 因为m ⃑⃑ 与n 3⃑⃑⃑⃑ 不平行，所以平面B 1EF 与平面A 1C 1D 不平行，故D 错误， 故选：A.5．【2022年全国乙卷】已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A．13B．12C．√33D．√22【答案】C【解析】【分析】先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为α，则S ABCD=12⋅AC⋅BD⋅sinα≤12⋅AC⋅BD≤12⋅2r⋅2r=2r2（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2又r2+ℎ2=1则VO−ABCD =13⋅2r2⋅ℎ=√23√r2⋅r2⋅2ℎ2≤√23√(r2+r2+2ℎ23)3=4√327当且仅当r2=2ℎ2即ℎ=√33时等号成立，故选：C6．【2022年新高考1卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m 时，相应水面的面积为140．0km 2；水位为海拔157．5m 时，相应水面的面积为180．0km 2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m 上升到157．5m 时，增加的水量约为（√7≈2.65）（ ） A ．1.0×109m 3 B ．1.2×109m 3 C ．1.4×109m 3 D ．1.6×109m 3【答案】C 【解析】 【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出． 【详解】依题意可知棱台的高为MN =157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ． 棱台上底面积S =140.0km 2=140×106m 2，下底面积S ′=180.0km 2=180×106m 2， ∴V =13ℎ(S +S ′+√SS ′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012) =3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m 3)．故选：C ．7．【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l ≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ） A ．[18,814]B ．[274,814]C ．[274,643]D ．[18,27]【答案】C 【解析】 【分析】设正四棱锥的高为ℎ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∵ 球的体积为36π，所以球的半径R =3, 设正四棱锥的底面边长为2a ，高为ℎ， 则l 2=2a 2+ℎ2，32=2a 2+(3−ℎ)2, 所以6ℎ=l 2，2a 2=l 2−ℎ2所以正四棱锥的体积V =13Sℎ=13×4a 2×ℎ=23×(l 2−l 436)×l 26=19(l 4−l 636)， 所以V ′=19(4l 3−l 56)=19l 3(24−l 26)，当3≤l ≤2√6时，V ′>0，当2√6<l ≤3√3时，V ′<0， 所以当l =2√6时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643， 又l =3时，V =274，l =3√3时，V =814,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274， 所以该正四棱锥体积的取值范围是[274，643]. 故选：C.8．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A ．100π B ．128π C ．144π D ．192π【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r 1,r 2，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积． 【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r 1,r 2，所以2r 1=3√3sin60∘,2r 2=4√3sin60∘，即r 1=3,r 2=4，设球心到上下底面的距离分别为d 1,d 2，球的半径为R ，所以d 1=√R 2−9，d 2=√R 2−16，故|d 1−d 2|=1或d 1+d 2=1，即|√R 2−9−√R 2−16|=1或√R 2−9+√R 2−16=1，解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4πR2=100π．故选：A．9．【2022年北京】已知正三棱锥P−ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T={Q∈S|PQ≤5}，则T表示的区域的面积为（）A．3π4B．πC．2πD．3π【答案】B【解析】【分析】求出以P为球心，5为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.【详解】设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，则O为三角形ABC的中心，且BO=23×6×√32=2√3，故PO=√36−12=2√6.因为PQ=5，故OQ=1，故S的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC内切圆的圆心为O，半径为2×√34×363×6=√3>1，故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为π故选：B10．【2022年浙江】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．22πB．8πC．223πD．163π【答案】C【解析】【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为1cm，圆台的下底面半径为2cm，所以该几何体的体积V=12×43π×13+π×12×2+13×2×(π×22+π×12+√π×22×π×12)=22π3cm3．故选：C．11．【2022年浙江】如图，已知正三棱柱ABC−A1B1C1,AC=AA1，E，F分别是棱BC,A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F−BC−A的平面角为γ，则（）A．α≤β≤γB．β≤α≤γC．β≤γ≤αD．α≤γ≤β【答案】A【解析】【分析】先用几何法表示出α，β，γ，再根据边长关系即可比较大小．【详解】如图所示，过点F作FP⊥AC于P，过P作PM⊥BC于M，连接PE，则α=∠EFP，β=∠FEP，γ=FMP，tanα=PEFP =PEAB≤1，tanβ=FPPE=ABPE≥1，tanγ=FPPM≥FPPE=tanβ，所以α≤β≤γ，故选：A．12．【2022年新高考1卷】（多选）已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则（）A．直线BC1与DA1所成的角为90°B．直线BC1与CA1所成的角为90°C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°【答案】ABD【解析】【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可. 【详解】如图，连接B 1C 、BC 1，因为DA 1//B 1C ，所以直线BC 1与B 1C 所成的角即为直线BC 1与DA 1所成的角，因为四边形BB 1C 1C 为正方形，则B 1C ⊥ BC 1，故直线BC 1与DA 1所成的角为90°，A 正确；连接A 1C ，因为A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，BC 1⊂平面BB 1C 1C ，则A 1B 1⊥BC 1， 因为B 1C ⊥ BC 1，A 1B 1∩B 1C =B 1，所以BC 1⊥平面A 1B 1C ， 又A 1C ⊂平面A 1B 1C ，所以BC 1⊥CA 1，故B 正确； 连接A 1C 1，设A 1C 1∩B 1D 1=O ，连接BO ，因为BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，C 1O ⊂平面A 1B 1C 1D 1，则C 1O ⊥B 1B ， 因为C 1O ⊥B 1D 1，B 1D 1∩B 1B =B 1，所以C 1O ⊥平面BB 1D 1D ， 所以∠C 1BO 为直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角，设正方体棱长为1，则C 1O =√22，BC 1=√2，sin∠C 1BO =C 1O BC 1=12，所以，直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为30∘，故C 错误；因为C 1C ⊥平面ABCD ，所以∠C 1BC 为直线BC 1与平面ABCD 所成的角，易得∠C 1BC =45∘，故D 正确. 故选：ABD13．【2022年新高考2卷】（多选）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED,AB =ED =2FB ，记三棱锥E −ACD ，F −ABC ，F −ACE 的体积分别为V 1,V 2,V 3，则（ ）A．V3=2V2B．V3=V1C．V3=V1+V2D．2V3=3V1【答案】CD【解析】【分析】直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3=V A−EFM+V C−EFM计算出V3，依次判断选项即可.【详解】设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅(2a)2=43a3，V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅(2a)2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=√2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=2√2a,EG=a，则EM=√(2a)2+(√2a)2=√6a,FM=√a2+(√2a)2=√3a，EF=√a2+(2√2a)2=3a，EM2+FM2=EF2，则EM⊥FM，S△EFM=12EM⋅FM=3√22a2，AC=2√2a，则V3=V A−EFM+V C−EFM=13AC⋅S△EFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.14．【2022年全国甲卷】小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．(1)证明：EF//平面ABCD；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】(1)证明见解析；(2)6403√3．【解析】【分析】（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是EF//MN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍，即可解出．(1)如图所示：，分别取AB,BC 的中点M,N ，连接MN ，因为△EAB,△FBC 为全等的正三角形，所以EM ⊥AB,FN ⊥BC ，EM =FN ，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面EAB ∩平面ABCD =AB ，EM ⊂平面EAB ，所以EM ⊥平面ABCD ，同理可得FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN ，而EM =FN ，所以四边形EMNF 为平行四边形，所以EF//MN ，又EF ⊄平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以EF//平面ABCD ． (2)如图所示：，分别取AD,DC 中点K,L ，由（1）知，EF//MN 且EF =MN ，同理有，HE//KM,HE =KM ，HG//KL,HG =KL ，GF//LN,GF =LN ，由平面知识可知，BD ⊥MN ，MN ⊥MK ，KM =MN =NL =LK ，所以该几何体的体积等于长方体KMNL −EFGH 的体积加上四棱锥B −MNFE 体积的4倍．因为MN =NL =LK =KM =4√2，EM =8sin60∘=4√3，点B 到平面MNFE 的距离即为点B 到直线MN 的距离d ，d =2√2，所以该几何体的体积V =(4√2)2×4√3+4×13×4√2×4√3×2√2=128√3+2563√3=6403√3．15．【2022年全国甲卷】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1 ,AB=2,DP=√3．(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)√55.【解析】【分析】（1）作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理证明AD⊥BD，根据线面垂直的性质可得PD⊥BD，从而可得BD⊥平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE=BF=12，故DE=√32，BD=√DE2+BE2=√3，所以AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD=D，所以BD ⊥平面PAD ， 又因PA ⊂平面PAD ， 所以BD ⊥PA ；(2)解：如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系， BD =√3，则A(1,0,0),B(0,√3,0),P(0,0,√3)，则AP⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,0,√3),BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,−√3,√3),DP ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,√3)， 设平面PAB 的法向量n⃑ =(x,y,z)， 则有{n →⋅AP →=−x +√3z =0n →⋅BP →=−√3y +√3z =0，可取n ⃑ =(√3,1,1)， 则cos〈n ⃑ ,DP ⃑⃑⃑⃑⃑ 〉=n ⃑ ⋅DP ⃑⃑⃑⃑⃑⃑|n ⃑ ||DP ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=√55， 所以PD 与平面PAB 所成角的正弦值为√55.16．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD,AD =CD,∠ADB =∠BDC ，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F−ABC 的体积．【答案】(1)证明详见解析(2)√34【解析】【分析】（1）通过证明AC⊥平面BED来证得平面BED⊥平面ACD.（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱锥F−ABC的体积.(1)由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.由于{AD=CDBD=BD∠ADB=∠CDB，所以△ADB≅△CDB，所以AB=CB，故AC⊥BD，由于DE∩BD=D，DE,BD⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.(2)依题意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等边三角形，所以AC=2,AE=CE=1,BE=√3，由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1. DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，由于AC∩BE=E，AC,BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.由于△ADB ≅△CDB ，所以∠FBA =∠FBC ， 由于{BF =BF∠FBA =∠FBC AB =CB ，所以△FBA ≅△FBC ，所以AF =CF ，所以EF ⊥AC ，由于S △AFC =12⋅AC ⋅EF ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小值. 过E 作EF ⊥BD ，垂足为F ，在Rt △BED 中，12⋅BE ⋅DE =12⋅BD ⋅EF ，解得EF =√32，所以DF =√12−(√32)2=12,BF =2−DF =32，所以BF BD =34.过F 作FH ⊥BE ，垂足为H ，则FH //DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且FHDE =BFBD =34， 所以FH =34,所以V F−ABC =13⋅S △ABC ⋅FH =13×12×2×√3×34=√34.17．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD,AD =CD,∠ADB =∠BDC ，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设AB =BD =2,∠ACB =60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37【解析】 【分析】（1）根据已知关系证明△ABD ≌△CBD ，得到AB =CB ，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到BE ⊥DE ，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可. (1)因为AD =CD ，E 为AC 的中点，所以AC ⊥DE ；在△ABD 和△CBD 中，因为AD =CD,∠ADB =∠CDB,DB =DB ，所以△ABD ≌△CBD ，所以AB =CB ，又因为E 为AC 的中点，所以AC ⊥BE ； 又因为DE,BE ⊂平面BED ，DE ∩BE =E ，所以AC ⊥平面BED ， 因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD . (2)连接EF ，由（1）知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ， 所以AC ⊥EF ，所以S △AFC =12AC ⋅EF ， 当EF ⊥BD 时，EF 最小，即△AFC 的面积最小. 因为△ABD ≌△CBD ，所以CB =AB =2， 又因为∠ACB =60°，所以△ABC 是等边三角形， 因为E 为AC 的中点，所以AE =EC =1，BE =√3， 因为AD ⊥CD ，所以DE =12AC =1,在△DEB 中，DE 2+BE 2=BD 2，所以BE ⊥DE .以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E −xyz ，则A (1,0,0),B(0,√3,0),D (0,0,1)，所以AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,0,1),AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,√3,0)， 设平面ABD 的一个法向量为n⃑ =(x,y,z )， 则{n ⃑ ⋅AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =−x +z =0n ⃑ ⋅AB⃑⃑⃑⃑⃑ =−x +√3y =0，取y =√3，则n ⃑ =(3,√3,3)，又因为C (−1,0,0),F (0,√34,34)，所以CF⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,√34,34)， 所以cos⟨n ⃑ ,CF ⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩=n ⃑ ⋅CF⃑⃑⃑⃑⃑|n ⃑ ||CF⃑⃑⃑⃑⃑ |=√21×√74=4√37，设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为θ(0≤θ≤π2)， 所以sinθ=|cos⟨n ⃑ ,CF⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩|=4√37， 所以CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37.18．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的体积为4，△A 1BC 的面积为2√2．(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1=AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求二面角A −BD −C 的正弦值． 【答案】(1)√2 (2)√32【解析】 【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC ⊥平面ABB 1A 1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. (1)在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设点A 到平面A 1BC 的距离为h ， 则V A−A 1BC =13S △A 1BC ⋅ℎ=2√23ℎ=V A 1−ABC =13S △ABC ⋅A 1A =13V ABC−A 1B 1C 1=43，解得ℎ=√2，所以点A 到平面A 1BC 的距离为√2； (2)取A 1B 的中点E ,连接AE ,如图，因为AA 1=AB ，所以AE ⊥A 1B , 又平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1=A 1B ， 且AE ⊂平面ABB 1A 1，所以AE ⊥平面A 1BC ， 在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，由BC ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE ⊥BC ，BB 1⊥BC ， 又AE,BB 1⊂平面ABB 1A 1且相交，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，所以BC,BA,BB 1两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE =√2，所以AA 1=AB =2，A 1B =2√2，所以BC =2， 则A(0,2,0),A 1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A 1C 的中点D(1,1,1)， 则BD⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,1,1)，BA ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,0),BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,0), 设平面ABD 的一个法向量m ⃑⃑ =(x,y,z)，则{m ⃑⃑ ⋅BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =x +y +z =0m ⃑⃑ ⋅BA ⃑⃑⃑⃑⃑ =2y =0，可取m⃑⃑ =(1,0,−1)，设平面BDC 的一个法向量n ⃑ =(a,b,c)，则{m ⃑⃑ ⋅BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =a +b +c =0m ⃑⃑ ⋅BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =2a =0， 可取n⃑ =(0,1,−1)， 则cos〈m ⃑⃑ ,n ⃑ 〉=m⃑⃑⃑ ⋅n ⃑ |m ⃑⃑⃑ |⋅|n ⃑ |=√2×√2=12， 所以二面角A −BD −C 的正弦值为√1−(12)2=√32.19．【2022年新高考2卷】如图，PO 是三棱锥P −ABC 的高，PA =PB ，AB ⊥AC ，E 是PB 的中点．(1)证明：OE//平面PAC ；(2)若∠ABO =∠CBO =30°，PO =3，PA =5，求二面角C −AE −B 的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)1113 【解析】 【分析】（1）连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，根据三角形全等得到OA =OB ，再根据直角三角形的性质得到AO =DO ，即可得到O 为BD 的中点从而得到OE //PD ，即可得证； （2）过点A 作Az //OP ，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得； (1)证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥P −ABC 的高，所以PO ⊥平面ABC ，AO,BO ⊂平面ABC ， 所以PO ⊥AO 、PO ⊥BO ，又PA =PB ，所以△POA ≅△POB ，即OA =OB ，所以∠OAB =∠OBA ，又AB ⊥AC ，即∠BAC =90°，所以∠OAB +∠OAD =90°，∠OBA +∠ODA =90°， 所以∠ODA =∠OAD所以AO =DO ，即AO =DO =OB ，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以OE //PD ，又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ， 所以OE //平面PAC(2)解：过点A 作Az //OP ，如图建立平面直角坐标系， 因为PO =3，AP =5，所以OA =√AP 2−PO 2=4，又∠OBA =∠OBC =30°，所以BD =2OA =8，则AD =4，AB =4√3，所以AC =12，所以O(2√3,2,0)，B(4√3,0,0)，P(2√3,2,3)，C (0,12,0)，所以E (3√3,1,32)， 则AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(3√3,1,32)，AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(4√3,0,0)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,12,0)， 设平面AEB 的法向量为n ⃑ =(x,y,z )，则{n ⃑ ⋅AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =3√3x +y +32z =0n ⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =4√3x =0 ，令z =2，则y =−3，x =0，所以n ⃑ =(0,−3,2)；设平面AEC 的法向量为m⃑⃑ =(a,b,c )，则{m ⃑⃑ ⋅AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =3√3a +b +32c =0m ⃑⃑ ⋅AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =12b =0 ，令a =√3，则c =−6，b =0，所以m ⃑⃑ =(√3,0,−6)；所以cos⟨n⃑ ,m⃑⃑ ⟩=n⃑ ⋅m⃑⃑⃑|n⃑ ||m⃑⃑⃑ |=√13×√39=−4√313设二面角C−AE−B为θ，由图可知二面角C−AE−B为钝二面角，所以cosθ=−4√313，所以sinθ=√1−cos2θ=1113故二面角C−AE−B的正弦值为1113；20．【2022年北京】如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB=BC=2，M，N分别为A1B1，AC的中点．(1)求证：MN∥平面BCC1B1；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：AB⊥MN；条件②：BM=MN．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）取AB的中点为K，连接MK,NK，可证平面MKN//平面CBB1C1，从而可证MN//平面CB B1C1.（2）选①②均可证明BB1⊥平面ABC，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.(1)取AB的中点为K，连接MK,NK，由三棱柱ABC −A 1B 1C 1可得四边形ABB 1A 1为平行四边形， 而B 1M =MA 1,BK =KA ，则MK //BB 1，而MK ⊄平面CBB 1C 1，BB 1⊂平面CBB 1C 1，故MK //平面CBB 1C 1， 而CN =NA,BK =KA ，则NK //BC ，同理可得NK //平面CBB 1C 1， 而NK ∩MK =K,NK,MK ⊂平面MKN ，故平面MKN //平面CBB 1C 1，而MN ⊂平面MKN ，故MN //平面CBB 1C 1， (2)因为侧面CBB 1C 1为正方形，故CB ⊥BB 1， 而CB ⊂平面CBB 1C 1，平面CBB 1C 1⊥平面ABB 1A 1， 平面CBB 1C 1∩平面ABB 1A 1=BB 1，故CB ⊥平面ABB 1A 1， 因为NK //BC ，故NK ⊥平面ABB 1A 1， 因为AB ⊂平面ABB 1A 1，故NK ⊥AB ，若选①，则AB ⊥MN ，而NK ⊥AB ，NK ∩MN =N ， 故AB ⊥平面MNK ，而MK ⊂平面MNK ，故AB ⊥MK ，所以AB ⊥BB 1，而CB ⊥BB 1，CB ∩AB =B ，故BB 1⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)， 故BA ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,0),BN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,1,0),BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,1,2)， 设平面BNM 的法向量为n⃑ =(x,y,z)， 则{n ⃑ ⋅BN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0n ⃑ ⋅BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，从而{x +y =0y +2z =0，取z =−1，则n⃑ =(−2,2,−1)， 设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则 sinθ=|cos〈n ⃑ ,AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 〉|=42×3=23. 若选②，因为NK //BC ，故NK ⊥平面ABB 1A 1，而KM ⊂平面MKN ， 故NK ⊥KM ，而B 1M =BK =1,NK =1，故B 1M =NK ， 而B 1B =MK =2，MB =MN ，故△BB 1M ≅△MKN ， 所以∠BB 1M =∠MKN =90°，故A 1B 1⊥BB 1， 而CB ⊥BB 1，CB ∩AB =B ，故BB 1⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)， 故BA⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,0),BN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,1,0),BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,1,2)， 设平面BNM 的法向量为n⃑ =(x,y,z)，则{n ⃑ ⋅BN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0n ⃑ ⋅BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，从而{x +y =0y +2z =0，取z =−1，则n ⃑ =(−2,2,−1)， 设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则 sinθ=|cos〈n ⃑ ,AB⃑⃑⃑⃑⃑ 〉|=42×3=23.21．【2022年浙江】如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，AB//DC ，DC//EF ，AB =5，DC =3，EF =1，∠BAD =∠CDE =60°，二面角F −DC −B 的平面角为60°．设M ，N 分别为AE,BC 的中点．(1)证明：FN ⊥AD ；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)5√714．【解析】 【分析】（1）过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点G 、H ，由平面知识易得FC =BC ，再根据二面角的定义可知，∠BCF =60∘，由此可知，FN ⊥BC ，FN ⊥CD ，从而可证得FN ⊥平面ABCD ，即得FN ⊥AD ；（2）由（1）可知FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以可以以点N 为原点，NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N −xyz ，求出平面ADE 的一个法向量，以及BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，即可利用线面角的向量公式解出． (1)过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点交于点G 、H ．∵四边形ABCD 和EFCD 都是直角梯形，AB//DC,CD//EF,AB =5,DC =3,EF =1，∠BAD =∠CDE =60°，由平面几何知识易知，DG =AH =2,∠EFC =∠DCF =∠DCB =∠ABC =90°，则四边形EFCG 和四边形DCBH 是矩形，∴在Rt △EGD 和Rt △DHA ，EG =DH =2√3， ∵DC ⊥CF,DC ⊥CB ，且CF ∩CB =C ，∴DC ⊥平面BCF,∠BCF 是二面角F −DC −B 的平面角，则∠BCF =60∘， ∴△BCF 是正三角形，由DC ⊂平面ABCD ，得平面ABCD ⊥平面BCF ，∵N 是BC 的中点，∴ FN ⊥BC ，又DC ⊥平面BCF ，FN ⊂平面BCF ，可得FN ⊥CD ，而BC ∩CD =C ，∴FN ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD ∴FN ⊥AD ． (2)因为FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以以点N 为原点， NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N −xyz ，设A(5,√3,0),B(0,√3,0),D(3,−√3,0),E(1,0,3)，则M (3,√32,32)，∴BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(3,−√32,32),AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,−2√3,0),DE⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,√3,3) 设平面ADE 的法向量为n⃑ =(x,y,z) 由{n ⃑ ⋅AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =0n ⃑ ⋅DE ⃑⃑⃑⃑⃑ =0 ，得{−2x −2√3y =0−2x +√3y +3z =0 ，取n ⃑ =(√3,−1,√3)，设直线BM 与平面ADE 所成角为θ， ∴sinθ=|cos〈n⃑ ,BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 〉|=|n⃑ ⋅BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ||n⃑ |⋅BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=|3√3+√32+3√32|√3+1+3⋅√9+34+94=√3√7⋅2√3=5√714．1．（2022·全国·模拟预测）已知正方体中1111ABCD A B C D -，E ，G 分别为11A D ，11C D 的中点，则直线1A G ，CE 所成角的余弦值为（ ）A B C D 【答案】C 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义，取AB 的中点F ，则∠ECF （或其补角）为直线1A G 与CE 所成角，再解三角形即可得解． 【详解】如图所示：，取AB 的中点F ，连接EF ，CF ，易知1A G CF ∥，则∠ECF （或其补角）为直线1A G 与CE 所成角．不妨设2AB =，则CF =EF =3EC =，由余弦定理得cosECF ∠==，即直线1A G 与CE 故选：C ．2．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在三棱台111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，111111AA A B B C ===，2AB =，则AC 与平面11BCC B 所成的角为（ ）A ．30B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】A 【解析】 【分析】将棱台补全为棱锥，利用等体积法求A 到面11BCC B 的距离，结合线面角的定义求AC 与平面11BCC B 所成角的大小. 【详解】将棱台补全为如下棱锥D ABC -，由90ABC ∠=︒，111111AA A B B C ===，2AB =，易知：2DA BC ==，AC = 由1AA ⊥平面ABC ，,AB AC ⊥平面ABC ，则1AA AB ⊥，1AA AC ⊥，所以BD =CD =222BC BD CD +=，所以122BCD S =⨯⨯=△A 到面11BCC B 的距离为h ，又D ABC A BCD V V --=，则111222323h ⨯⨯⨯⨯=⨯h = 综上，AC 与平面11BCC B 所成角[0,]2πθ∈，则1sin 2h AC θ==，即6πθ=. 故选：A3．（2022·浙江湖州·模拟预测）如图，已知四边形ABCD ，BCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形，ABD △为等边三角形，2BD =，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △在翻折的过程中，下列结论中不正确．．．的是（ ）A ．BD PC ⊥B ．DP 与BC 可能垂直C ．直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是45︒ D ．四面体PBCD 【答案】C 【解析】 【分析】对于A ，取BD 的中点M ，即可得到BD ⊥面PMC ，A 选项可判断对于B ，采用反证法，假设DP BC ⊥，则BC ⊥面PCD ，再根据题目所给的长度即可判断；对于C ，当面PBD ⊥面BCD 时，此时直线DP 与平面BCD 所成角有最大值，判断即可；对于D ，当面PBD ⊥面BCD 时，此时四面体PBCD 的体积有最大值，计算最大体积判断即可 【详解】如图所示，取BD 的中点M ，连接,PM CMBCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形,BD CM ∴⊥ABD △为等边三角形,BD PM ∴⊥BD ∴⊥面PMC ,BD PC ∴⊥ ,故A 正确 对于B ，假设DP BC ⊥，又BC CD ⊥BC ∴⊥面PCD ，BC PC ∴⊥，又2,PB BC ==1PC ⎤⎦，故DP 与BC 可能垂直，故B 正确当面PBD ⊥面BCD 时，此时PM ⊥面BCD ，PDB ∠即为直线DP 与平面BCD 所成角 此时60PDB ︒∠=，故C 错误当面PBD ⊥面BCD 时，此时四面体PBCD 的体积最大，此时的体积为：111(332BCDV S PM ==⨯=，故D 正确 故选：C4．（2022·河南安阳·模拟预测（理））已知球O 的体积为125π6，高为1的圆锥内接于球O ，经过圆锥顶点的平面α截球O 和圆锥所得的截面面积分别为12,S S ，若125π8S =，则2S =（ ）A ．2BCD ．【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出球O 半径，平面α截球O 所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面α截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答. 【详解】球O 半径为R ，由34π125π36R =得52R =，平面α截球O 所得截面小圆半径1r ，由21128π5πS r ==得1r =因此，球心O 到平面α的距离1d r ===，而球心O 在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面α所成的角为45，因圆锥的高为1，则球心O 到圆锥底面圆的距离为132d =，于是得圆锥底面圆半径2r =，令平面α截圆锥所得截面为等腰PAB △，线段AB 为圆锥底面圆1O 的弦，点C 为弦AB 中点，依题意，145CPO ∠=，111CO PO ==，PC =AB ==所以212AB S PC =⋅=. 故选：C 【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.5．（2022·浙江·模拟预测）如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，2,1BD DE ==，点P 在线段EF 上，给出下列命题：①存在点P ，使得直线//DP 平面ACF ②存在点P ，使得直线DP ⊥平面ACF③直线DP 与平面ABCD 所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎣⎦④三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面面积是98π 其中所有真命题的序号是（ ） A ．①③ B ．①④C ．②④D ．①③④ 【答案】D 【解析】 【分析】取EF 中点推理判断①；假定DP ⊥平面ACF ，分析判断②；确定直线DP 与平面ABCD 所成角，求出临界值判断③；求出ACF 外接圆面积判断④作答.令AC BD O =，连接,FO DF ，令EF 中点为G ，连DG ，如图，依题意，O 是,BD AC 的中点，对于①，在矩形BDEF 中，//DO FG ，DO FG =，四边形DOFG 是平行四边形，直线//DG OF ，OF ⊂平面ACF ，DG ⊄平面ACF ，则//DG 平面ACF ，当P 是线段EF 中点G 时，直线//DP 平面ACF ，①正确；对于②，假定直线DP ⊥平面ACF ，由①知，DP OF ⊥，DP DG ⊥，当点P 在线段EF 上任意位置（除点G 外），PDG ∠均为锐角，即DP 不垂直于DG ，也不垂直于OF ，因此，不存在点P ，使得直线DP ⊥平面ACF ，②不正确；对于③，平面BDEF ⊥平面ABCD ，DP 在平面ABCD 内射影在直线BD 上，直线DP 与平面ABCD 所成角为PDB ∠，当点P 由点E 运动到点F 的过程中，PDB ∠逐渐减小，当P 与E 重合时，PDB ∠最大，为90EDB ∠=，max (sin )1PDB ∠=，当P 与F 重合时，PDB ∠最小，为FDB ∠，min (sin )BF PDB DF ∠==所以直线DP 与平面ABCD 所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎣⎦，③正确；对于④，在ACF 中，2AC =，|AF CF ==FO sin OF FAC AF ∠==由正弦定理得ACF 外接圆直径2sin FC r FAC ==∠半径r =圆面积为298S r ππ==，三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面是ACF 外接圆， 因此三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面面积是98π，④正确, 所以所有真命题的序号是①③④. 故选：D6．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知1O 是正方体1111ABCD A B C D -的中心O 关于平面1111D C B A 的对称点，则下列说法中正确的是（ ）A ．11O C 与1A C 是异面直线B ．11OC ∥平面11A BCD C ．11O C AD ⊥ D ．11O C ⊥平面11BDD B【答案】B 【解析】 【分析】根据正方体的性质、空间直线与平面的位置关系，即可对选项做出判断. 【详解】连接1A C 、1AC ，交于点O ，连接11A C 、11B D ，交于点P . 连接AC 、BD 、1A B 、1D C 、1O O .由题可知，1O 在平面11A C CA 上，所以11O C 与1A C 共面，故A 错误；在四边形11OO C C 中，11//O O C C 且11O O C C =，所以四边形11OO C C 为平行四边形. 11//O C OC ∴.OC ⊂平面11A BCD ，11O C ⊄平面11A BCD ，11O C ∴∥平面11A BCD ，故B 正确；由正方体的性质可得1111AC B D ⊥，因为1111O B O D =，所以111O P B D ⊥，又111O P AC P =，11B D ∴⊥平面111O AC ， 1111B D O C ∴⊥，又11//B D BD ， 11BD O C ∴⊥，而AD 与BD 所成角为45︒，所以显然11O C 与AD 不垂直，故C 错误；显然11O C 与11O B 不垂直，而11O B ⊂平面11BDD B ，所以11O C 与平面11BDD B 不垂直，故D 错误. 故选：B.7．（2022·北京·北大附中三模）已知平面,,αβγ，直线m 和n ，则下列命题中正确的是（ ） A ．若,m m αβ⊥⊥，则αβ∥ B ．若,αγβγ⊥⊥，则αβ∥ C ．若,m n m α⊥⊥，则n α∥ D ．若,m n αα∥∥，则m n ∥ 【答案】A 【解析】 【分析】对于A 选项，垂直于同一条直线的两个平面互相平行；对于B 选项，垂直于同一个平面的两个平面有可能相交，也有可能互相平行； 对于C 选项，由线面垂直的性质即可判断；对于D 选项，平行于同一个平面的两条直线有可能相交、平行或异面. 【详解】选项A 正确，因为垂直于同一直线的两个平面互相平行； 选项B 错误，平面α和β也可以相交； 选项C 错误，直线n 可能在平面α内； 选项D 错误，直线m 和n 还可能相交或者异面. 故选：A.8．（2022·云南师大附中模拟预测（理））已知正方形ABCD 的边长为ABC 沿对角线AC 折起，使得二面角B AC D --的大小为90°.若三棱锥B ACD -的四个顶点都在球O 的球面上，G 为AC 边的中点，E ，F 分别为线段BG ，DC 上的动点（不包括端点），且BE ，当三棱锥E ACF -的体积最大时，过点F 作球O 的截面，则截面面积的最小值为（ ）A ．B ．2πC ．32πD ．89π【答案】D 【解析】 【分析】根据面面垂直的判定定理得BG ⊥平面ACD ，继而表示出三棱锥E ACF -的体积，求出x =V 取得最大值，在∠GCF 中，由余弦定理，得GF =当GF 垂直于截面时，截面圆的面积最小，继而得解. 【详解】因为正方形ABCD 的边长为4AC =.如图，由于平面ABC ⊥平面ACD ，平面ABC 平面ACD AC =，又G 为AC 边的中点，则有BG AC ⊥，所以BG ⊥平面ACD ．设CF x =(0x <<，则BE =，所以三棱锥E ACF -的体积13ACF V S EG ==△2111122sin 4(22))323223AC CF ACF EG x x x ⨯∠=⨯⨯-=-，当x =时，V 取得最大值．由于GA GB GC GD ===，则球O 的球心即为G ，且球O 的半径2R =．又在△GCF中，由余弦定理，得cos GF GC CF ACF =∠=。
高考立体几何文科大题及答案
（III）设平面 的一个法向量为 ，并设 ＝（
即
取 ，则 ， ，从而 ＝（1，1，3）
取平面 D的一个法向量为
故二面角 的大小为
9、（Ⅰ）证发1：连接BD，由底面是正方形可得AC BD。
SD 平面ＡＢＣＤ， BD是BE在平面ABCD上的射影，
由三垂线定理得AC BE.
(II)解法1： SD 平面ABCD，ＣＤ 平面ＡＢＣＤ， SD CD.
又底面ＡＢＣＤ是正方形， ＣD ＡD，又ＳＤ AD=D， CD 平面SAD。
过点D在平面SAD内做DF AE于F，连接CF，则CF AE，
故 CFD是二面角C-AE-D的平面角，即 CFD=60°
在Rt△ADE中， AD= , DE= ，AE= 。
于是，DF=
在Rt△CDF中，由 cot60°=
得 ，即 =3
连接cqdp分别是abae的中点所以所以dcpqpq平面acddc平面acd所以pq平面acdbqaqbcac所以abcq而dc平面abcdcebeb平面abceb平面abe所以平面abe平面abc所以cq平面abe由知四边形dcqp是平行四边形所以cqdp所以dp平面abe所以直线ad在平面abe内的射影是ap所以直线ad与平面abeapdrtdcacadcaqcqdp所以addpdap4解法1四边形abcd是正方形acbdpdabcd底面pdacac平面pdb平面aecpdb平面设acbdo连接oe由知ac平面pdb于oaeo为ae与平面pdb所的角分别为dbpb的中点oepdoepd又pdabcd底面oe底面abcdoeao在rtaoeoepdabao45aoe即ae与平面pdb所成的角的大小为45解法2如图以d为原点建立空间直角坐标系dxyzacdpacdbacdpacdbac平面pdb平面aecpdb平面pdab设acbdo连接oe由知ac平面pdb于oaeo为ae与平面pdb所的角eaeoaeoeaeo45aoe即ae与平面pdb所成的角的大小为45edabcd在线段ad的垂直平分线上同理点f?在线段bc的垂直平分线上