新高考数学突破专题五立体几何过关检测
专题突破练19专题五立体几何过关检测一、选择题1.(2019天津实中模拟六,理4)若l,m是两条不同的直线,m⊥平面α,则“l⊥m”是“l∥α”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2.(多选题)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,其中正确的结论为()A.直线AM与C1C是相交直线B.直线AM与BN是平行直线C.直线BN与MB1是异面直线D.直线MN与AC所成的角为60°3.(2019湘赣十四校联考二,文6)已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,则下列四个结论:①若α∥β,则l ⊥m;②若l⊥β,则m∥α;③若l∥m,则α⊥β;④若m∥α,则l⊥β.其中正确的结论的个数是()A.0B.1C.2D.34.已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则()A.α∥β且l∥αB.α⊥β且l⊥βC.α与β相交,且交线垂直于lD.α与β相交,且交线平行于l5.(2019安徽淮南一模,文8)某圆锥的侧面展开图是面积为3π,圆心角为2π3的扇形,则该圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为()A.12B.13C.14D.156.如图,正方形ABCD的边长为2,E,F分别为BC,CD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A-OEF,则四面体A-OEF的体积为()A.1B.√2C.1D.√57.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是()A.4πB.9π2C.6π D.32π38.(2019山东聊城一模,理7)如图,圆柱的轴截面为正方形ABCD,E为弧BC的中点,则异面直线AE与BC所成角的余弦值为()A.√33B.√55C.√306D.√669.(2019湖南六校联考,文11)如图,在平面四边形ABCD中,E,F分别是AD,BD的中点,AB=AD=CD=2,BD=2√2,∠BDC=90°,将△ABD沿对角线BD折起至△A'BD,使平面A'BD⊥平面BCD,则在四面体A'BCD中,下列结论不正确的是()A.EF∥平面A'BCB.异面直线CD与A'B所成的角为90°C.异面直线EF与A'C所成的角为60°D.直线A'C与平面BCD所成的角为30°10.(2019新疆乌鲁木齐二模,理11)已知A,B,C为球O的球面上的三个定点,∠ABC=60°,AC=2,P为球O的球面上的动点,记三棱锥P-ABC的体积为V1,三棱锥O-ABC的体积为V2,若V1V2的最大值为3,则球O的表面积为()A.16π9B.64π9C.3π2D.6π11.(2019湘赣十四校联考二,文10)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,底面是边长为√3的正三角形,且该三棱柱外接球的表面积为7π,若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为()A.5π12B.π3C.π4D.π612.(多选题)用一个平面去截一个正方体,所得的截面可能是()A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形二、填空题13.已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为.14.(2019天津,文12,理11)已知四棱锥的底面是边长为√2的正方形,侧棱长均为√5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为.15.在三棱锥D-ABC中,CD⊥底面ABC,AC⊥BC,AB=BD=5,BC=4,则此三棱锥的外接球的表面积为.16.若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形,则此圆柱的体积是;若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为120°,半径为1的扇形,则这个圆锥的表面积与侧面积的比是.三、解答题17.(2019江苏,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.18.(2019四川成都二模,理19)如图①,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,E,F分别为AB,CD的中点,CD=2AB=2EF=4,M为DF中点.现将四边形BEFC沿EF折起,使平面BEFC⊥平面AEFD,得到如图②所示的多面体.在图②中,(1)证明:EF⊥MC;(2)求二面角M-AB-D的余弦值.19.(2019山东济宁一模,理18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PA⊥底面ABCD,∠ABC=60°,AB=√3,AD=2√3,AP=3.(1)求证:平面PCA⊥平面PCD;(2)设E为侧棱PC上的一点,若直线BE与底面ABCD所成的角为45°,求二面角E-AB-D的余弦值.20.(2019北京,理16)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且PFPC =13.(1)求证:CD⊥平面PAD;(2)求二面角F-AE-P的余弦值;(3)设点G在PB上,且PGPB =23,判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.21.(2019天津,理17)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;,求线段CF的长.(3)若二面角E-BD-F的余弦值为1322.(2019山东菏泽一模,理18)在四棱锥P-ABCD 中,PD ⊥平面ABCD ,四边形ABCD 是直角梯形,AD ⊥DC ,AB ∥DC ,DC=2AB ,PD=1,BC=√2,BC ⊥BD ,设Q 为棱PC 上一点,PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC ⃗⃗⃗⃗⃗ . (1)求证:当λ=15时,AQ ⊥PC ;(2)试确定λ的值使得二面角Q-BD-P 为45°.参考答案专题突破练19 专题五立体几何过关检测1.B 解析 若l ⊥m ,因为m ⊥平面α,所以l ∥α或l ⊂α;若l ∥α,因为m ⊥平面α,所以l ⊥m ,所以“l ⊥m ”是“l ∥α”的必要不充分条件.2.CD 解析 结合图形,显然直线AM 与C 1C 是异面直线,直线AM 与BN 是异面直线,直线BN 与MB 1是异面直线,直线MN 与AC 所成的角即直线D 1C 与AC 所成的角.在等边三角形AD 1C 中,∠ACD 1=60°,所以直线MN 与AC 所成的角为60°.综上正确的结论为CD .3.D 解析 已知直线l ⊥平面α,直线m ⊂平面β,若α∥β,则l ⊥平面β,所以l ⊥m ,①正确;已知直线l ⊥平面α,若l ⊥β,则平面α∥平面β,又直线m ⊂平面β,故m ∥α,②正确;已知直线l ⊥平面α,直线m ⊂平面β,若l ∥m ,则m ⊥平面α,所以α⊥β,③正确;已知直线l ⊥平面α,直线m ⊂平面β,若m ∥α,则α∥β不一定成立,所以l ⊥β也不一定成立,④不正确.4.D 解析 因为m ⊥α,l ⊥m ,l ⊄α,所以l ∥α.同理可得l ∥β.又因为m ,n 为异面直线,所以α与β相交,且l 平行于它们的交线.故选D .5.B 解析 由圆锥的侧面展开图是面积为3π,圆心角为2π3的扇形,可知圆锥的母线l 满足12l 2×2π3=13πl 2=3π.故l=3.又由2πr=l ×2π3,得r=1,所以该圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为13.故选B . 6.A 解析翻折前,AB ⊥BE ,AD ⊥DF ,故翻折后,OA ⊥OE ,OA ⊥OF.又OE ∩OF=O ,∴OA ⊥平面EOF.底面三角形OEF 是等腰直角三角形,直角边长为1,三棱锥的高AO=2,∴V A-OEF =13×12×1×1×2=13,故选A .7.B 解析 由题意知要使球的体积最大,则它与直三棱柱的若干个面相切.设球的半径为R ,易得△ABC 的内切球的半径为6+8-10=2,则R ≤2.又因为2R ≤3,所以R ≤3,所以V max =4π3×(32)3=9π2,故选B .8.D 解析 取BC 的中点H ,连接EH ,AH ,则∠EHA=90°.设AB=2,则BH=HE=1,AH=√5,所以AE=√6.连接ED ,则ED=√6.因为BC ∥AD ,所以异面直线AE 与BC 所成角即为∠EAD ,在△EAD 中cos ∠EAD=2×2×6=√66,故选D .9.C 解析 因为E ,F 分别为A'D ,BD 的中点,所以EF ∥A'B ,所以EF ∥平面A'BC ,故A 正确;因为平面A'BD ⊥平面BCD ,交线为BD ,且CD ⊥BD ,所以CD ⊥平面A'BD ,所以CD ⊥A'B ,故B 正确;取CD 边中点M ,连接EM ,FM (图略),则EM ∥A'C ,所以∠FEM 为异面直线EF 与A'C 所成角,又EF=1,EM=√2,FM=√3,所以EF 2+EM 2=FM 2,即∠FEM=90°,故C 错误;连接A'F (图略),可得A'F ⊥平面BCD ,连接CF ,则∠A'CF 为A'C 与平面BCD 所成角,又sin ∠A'CF=A 'FA 'C =12,所以直线A'C 与平面BCD 所成的角为30°,故D 正确. 10.B 解析如图,设△ABC 的外接圆圆心为O',其半径为r ,球O 的半径为R ,当球心O 在三棱锥P-ABC 内时,由题意可知,V 1V 2max =R+√R 2-r 2√R -r 2=3,可得R=2√3r.∵2r=ACsin∠ABC =√3,∴r=√3, ∴R=43,∴S 球=4π×169=64π9.当球心O 在三棱锥P-ABC 外时,结果不变.故选B .11.B解析如图所示,P为正三角形A1B1C1的中心,设O为△ABC的中心,由题意知,PO⊥平面ABC,连接OA,则∠PAO即为PA与平面ABC所成的角.易知OP的中点为三棱柱外接球的球心,又7π=4πr2,∴r2=74,∴AO2+OP22=74.在正三角形ABC中,AB=BC=AC=√3,∴AO=√33×√3=1,∴PO=√3.∴tan∠PAO=POAO=√3,∴∠PAO=π3.12.ABCD解析若与三个平面相交,则截面是三角形;与四个平面相交,则截面是四边形;与五个平面相交,则截面是五边形;与六个平面相交,则截面是六边形.故选ABCD.13.9π2解析如图,设球O的半径为R,则AH=2R3,OH=R3.∵π·EH2=π, ∴EH=1.在Rt△OEH中,R2=(R3)2+12,∴R2=98.∴S球=4πR2=9π2.14.π4解析如图,由底面边长为√2,可得OC=1.设M为VC的中点,则O1M=12OC=12,O1O=12VO,VO=2-OC2=2,∴O1O=1.∴V圆柱=π·O1M2·O1O=π×122×1=π4.15.34π解析由题意,在三棱锥D-ABC中,CD⊥底面ABC,AC⊥BC,AB=BD=5,BC=4,可得AC=CD=√52-42=3,故三棱锥D-ABC的外接球的半径R=√32+42+322=√342,则其表面积为4π×√3422=34π.16.2π4∶3解析设圆柱底面半径为r,则由题意,2πr=2,故r=1π,又高为2,所以体积V=π(1π)2×2=2π.设圆锥底面半径为r,则底面周长C=2πr,故展开后的扇形弧长C=2πr,又圆心角为120°=23π且半径为1,故2πr1=23π,所以r=13,故圆锥侧面积S1=12×1×2π×13=π3,表面积S2=π3+π×(13)2=49π,故表面积与侧面积的比是S2S1=49ππ3=43.17.证明(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.18.(1)证明由题意知在等腰梯形ABCD中,AB∥CD.∵E,F分别为AB,CD的中点,∴EF⊥AB,EF⊥CD.∴折叠后,EF⊥DF,EF⊥CF.∵DF∩CF=F,∴EF⊥平面DCF.又MC⊂平面DCF,∴EF⊥MC.(2)解∵平面BEFC⊥平面AEFD,平面BEFC∩平面AEFD=EF,且EF⊥DF,∴DF⊥平面BEFC,∴DF⊥CF,∴DF,CF,EF两两垂直.以F 为坐标原点,分别以FD ,FC ,FE 所在直线为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系. ∵DM=1, ∴FM=1,∴M (1,0,0),D (2,0,0),A (1,0,2),B (0,1,2), ∴MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2), 设平面MAB 的法向量m =(x ,y ,z ), 则{MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =2z =0,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =-x +y =0. 取x=1,得m =(1,1,0).设平面ABD 的法向量n =(x ,y ,z ), 则{DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =-x +2z =0,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =-x +y =0. 取z=1,得n =(2,2,1).∴cos <m ,n >=m ·n=√2×3=2√23, ∴二面角M-AB-D 的余弦值为2√23. 19.解 (1)在平行四边形ABCD 中,∠ADC=60°,CD=√3,AD=2√3,由余弦定理得AC 2=AD 2+CD 2-2AD·CD cos ∠ADC=12+3-2×2√3×√3×cos 60°=9. ∴AC 2+CD 2=AD 2,∴∠ACD=90°,即CD ⊥AC.又PA ⊥底面ABCD ,CD ⊂底面ABCD ,∴PA ⊥CD. 又AC ∩CD=C ,∴CD ⊥平面PCA.又CD ⊂平面PCD ,∴平面PCA ⊥平面PCD.(2)如图,以A 为坐标原点,AB ,AC ,AP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系.则A (0,0,0),B (√3,0,0),C (0,3,0),D (-√3,3,0),P (0,0,3).设E (x ,y ,z ),PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =m PC⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1),则(x ,y ,z-3)=λ(0,3,-3), ∴x=0,y=3λ,z=3-3λ,即点E 的坐标为(0,3λ,3-3λ). ∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,3λ,3-3λ).∴sin 45°=|cos <BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=√3+9λ+(3-3λ),解得λ=13.∴点E 的坐标为(0,1,2),∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,2),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,0), 设平面EAB 的法向量为m =(x ,y ,z ),由{m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x =0,y +2z =0.令z=1,得平面EAB 的一个法向量为m =(0,-2,1),∴cos <m ,n >=m ·n|m ||m |=√5=√55.又二面角E-AB-D 的平面角为锐角, 故二面角E-AB-D 的余弦值为√55. 20.(1)证明 因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA ⊥CD. 又因为AD ⊥CD , 所以CD ⊥平面PAD.(2)解 过A 作AD 的垂线交BC 于点M.因为PA ⊥平面ABCD , 所以PA ⊥AM ,PA ⊥AD.如图建立空间直角坐标系A-xyz ,则A (0,0,0),B (2,-1,0),C (2,2,0),D (0,2,0),P (0,0,2). 因为E 为PD 的中点,所以E (0,1,1).所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-2),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2). 所以PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =13PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =23,23,-23,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PF⃗⃗⃗⃗⃗ =23,23,43. 设平面AEF 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{y +z =0,23x +23y +43z =0.令z=1,则y=-1,x=-1. 于是n =(-1,-1,1).所以cos <n ,p >=n ·p |n ||p |=-√33. 由题知,二面角F-AE-P 为锐角, 所以其余弦值为√33. (3)解 直线AG 在平面AEF 内.因为点G 在PB 上,且PG PB =23,PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,-2),所以PG ⃗⃗⃗⃗⃗ =23PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =43,-23,-43,AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =AP⃗⃗⃗⃗⃗ +PG⃗⃗⃗⃗⃗ =43,-23,23. 由(2)知,平面AEF 的法向量n =(-1,-1,1).所以AG⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =-43+23+23=0. 所以直线AG 在平面AEF 内.21.(1)证明 依题意,可以建立以A 为原点,分别以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE⃗⃗⃗⃗⃗ 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,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)是平面ADE 的法向量,又BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,h ),可得BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,又因为直线BF ⊄平面ADE ,所以BF ∥平面ADE.(2)解 依题意,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2),CE⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,2). 设n =(x ,y ,z )为平面BDE 的法向量,则{n ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +y =0,-x +2z =0,不妨令z=1,可得n =(2,2,1).因此有cos <CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=CE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n |CE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=-49. 所以,直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49.(3)解 设m =(x ,y ,z )为平面BDF 的法向量,则{m ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +y =0,2y +ℎz =0,不妨令y=1,可得m =1,1,-2ℎ.由题意,有|cos <m ,n >|=|m ·n ||m ||n |=|4-2ℎ|3√2+4ℎ2=13,解得h=87,经检验,符合题意.所以,线段CF 的长为87.22.(1)证明 因为DC=2AB ,BC=√2,过B 作BE ⊥DC 于E ,则E 为DC 中点,所以BD=BC=√2,又BC ⊥BD ,所以DC=2.所以AD=AB=1,因为PD ⊥平面ABCD , 所以PD ⊥DC ,PD ⊥AD.在Rt △PDC 中,由勾股定理,得PC=√PD 2+DC 2=√12+22=√5.当λ=15时,PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =15PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则PQ=15PC=√55,因为PD=1, 所以PQPD =√55=PDPC . 又∠DPQ=∠CPD ,所以△DPQ ∽△CPD ,所以∠DQP=∠CDP=90°, 即PC ⊥DQ. 因为PD ⊥AD ,又AD ⊥DC ,PD ∩DC=D ,所以AD ⊥平面PDC ,所以AD ⊥PC. 又AD ∩DQ=D ,所以PC ⊥平面ADQ , 所以AQ ⊥PC ,命题得证.(2)以D 为原点,DA ,DC ,DP 所在直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系(如图).由(1)得:AD=AB=1,DC=2,则点P (0,0,1),C (0,2,0),A (1,0,0),B (1,1,0),D (0,0,0),令Q (x 0,y 0,z 0),则PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 0,y 0,z 0-1),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-1),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),DQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 0,y 0,z 0), 因为PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =m PC⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以(x 0,y 0,z 0-1)=λ(0,2,-1),所以点Q (0,2λ,1-λ),由题目条件易证BC⊥平面PBD,所以平面PBD的法向量n=BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0), 设平面QBD的法向量为m=(x,y,z),则{m·DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, m·DQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x+y=0,2λy+(1-λ)z=0,即{x=-y,z=2λλ-1y.令y=1,得m=-1,1,2λλ-1.因为二面角Q-BD-P为45°,所以|cos<m,n>|=|m·n|=√2·√2+(2λλ-2)=√2,解得λ=√2-1,λ=-√2-1, 因为Q在棱PC上,则0<λ<1,所以λ=√2-1为所求.。
2017高考新课标数学(理)二轮复习配套检测：知识专题大突破专题五立体几何专题训练13含解析
专题训练（十三）空间中的平行与垂直一、选择题1．（2016·辽宁抚顺一中月考)已知直线a,b，平面α，β，且a ⊥α，b⊂β，则“a⊥b"是“α∥β "的( ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案：B 解析：由题意a⊥α，若α∥β,则a⊥β.又因为b⊂β，所以a⊥b成立．而a⊥b,显然不能推出α∥β.所以“a⊥b"是“α∥β"的必要不充分条件．故选B。
2．（2016·浙江宁波效实中学模拟）设α，β，γ是三个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线,则下列说法正确的是( ) A．若α⊥β,β⊥γ，则α∥γB．若α⊥β，m∥β，则m⊥αC．若m⊥α,n⊥α,则m∥nD．若m∥α，n∥α,则m∥n答案：C 解析：A。
α，γ可能的位置关系为相交、平行,故A 错误；B.m可能在α上，可能与α斜交,故B错误;C.根据线面垂直的性质，可知C正确；D.m，n可能的位置关系为相交、平行、异面，故D错误，故选C。
3．(2016·辽宁大连模拟）已知互不重合的直线a，b，互不重合的平面α,β，给出下列四个命题，其中错误的命题是（）A．若a∥α，a∥β，α∩β＝b，则a∥bB．若α⊥β，a⊥α，b⊥β,则a⊥bC．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝a,则a⊥αD．若α∥β,a∥α，则a∥β答案：D 解析：A中，过直线a作平面γ分别与α，β交于m,n，则由线面平行的性质知a∥m∥n,所以m∥α，又由线面平行的性质知m∥b，所以a∥b，正确；B中，由a⊥α，b⊥β，知a，b垂直于两个平面的交线，则a,b所成的角等于二面角的大小,即为90°，所以a⊥b，正确；C中,在α内取一点A，过A分别作直线m垂直于α，β的交线，直线n垂直于α,γ的交线,则由线面垂直的性质知，m⊥β，n⊥γ，则m⊥a,n⊥a，由线面垂直的判定定理知，a⊥α，正确;D中，满足条件的a也可能在β内，故D错，故选D.4．已知ABC－A1B1C1是所有棱长均相等的直三棱柱，M是B1C1的中点,则下列命题正确的是（)A．在棱AB上存在点N，使MN与平面ABC所成的角为45°B．在棱AA1上存在点N，使MN与平面BCC1B1所成的角为45°C．在棱AC上存在点N，使MN与AB1平行D．在棱BC上存在点N，使MN与AB1垂直答案：B 解析:如图，设该直三棱柱的棱长为2，过点M作MP ⊥BC交BC于点P,连接AP,则MP＝2，AP＝错误!。
2022年高考数学基础题型重难题型突破类型五 空间几何外接球(解析版)
2022年高考数学基础题型重难题型突破类型五空间几何外接球1.已知在三梭锥A BCD -中，2AB CD ==，3AD AC BC BD ====，则该三棱锥内切球的体积为（）A．64B．6C．3D．1922.在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥底面,,ABCD AB BC AD CD ⊥⊥，且120,2BAD PA AB AD ∠=︒===，则该四棱锥外接球的体积为（）A．B．203πC．3πD．3.已知三棱锥P ABC ﹣的四个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥且8PA =，6AC =，则球O 的表面积为（）A．10πB．25πC．50πD．100π4.半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为()A.5π∶6B.6π∶2C．π∶2D．5π∶125.已知四棱锥P ABCD -的顶点都在球O 的球面上，PA ⊥底面ABCD ，1AB AD ==，2BC CD ==，若球O 的表面积为9π，则四棱锥P ABCD -的体积为（）A．4B．43C．D．2536.已知在三棱锥S－ABC 中，AB⊥BC，AB＝BC＝2，SA＝SC＝22，二面角B－AC－S 的大小为2π3，则三棱锥S－ABC 的外接球的表面积为()A.124π9B.105π4C.105π9D.104π97.在三棱锥P ABC -中，PA PB PC ===AB AC BC ===，则三棱锥P ABC -外接球的表面积是（）A．9πB．15π2C．4πD．25π48.正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为()A.81π4B．16πC．9πD.27π49.在四面体ABCD 中，AB AC ⊥，AC CD ⊥，直线AB ，CD 所成的角为60°，AB CD ==，4AC =，则四面体ABCD 的外接球表面积为（）A．π3B．52πC．80πD．208π10.在三棱锥P ABC -中，PAC △是等边三角形，平面PAC ⊥平面,ABC AB AC ==，60CAB ∠= ，则三棱锥P ABC -的外接球体积为（）A．43πB．3C．323πD．311.在正三棱锥S ABC -中，M N 、分别是棱SC BC 、的中点，且MN AM ⊥,若侧棱SA =,则正三棱锥ABC S -外接球的表面积是。
2020高考数学核心突破《专题5 立体几何 第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积》
专题五 第1讲1．(教材回归)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( D )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4解析 由题中三视图知该几何体是底面半径为1，高为2的半个圆柱，故其表面积S ＝2×12×π×12＋π×1×2＋2×2＝3π＋4.故选D.2．(2017·山东烟台模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个正三角形及其内切圆，则该几何体的体积为( A )A ．163－16π3B.163－16π3C ．83－8π3D.83－8π3解析 由三视图可知，几何体为一个棱长为4的正三棱柱去掉了一个内切圆柱．V三棱柱＝⎝⎛⎭⎫12×4×4×sin 60°×4＝16 3.在俯视图中，设内切圆半径为r ，则内切圆圆心与各顶点连接分三角形为3个全等的小三角形，由三角形面积可得12×4×4×sin 60°＝3×⎝⎛⎭⎫12×4×r ，解得r ＝233.故V 圆柱＝πr 2h ＝π×⎝⎛⎭⎫2332×4＝16π3.∴几何体的体积V ＝V 三棱柱－V 圆柱＝163－16π3.故选A.3．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( D )A.18 B.17 C.16 D.15解析 如图，由已知条件可知，截去部分是以△ABC 为底面且三条侧棱两两垂直的正三棱锥D -ABC .设正方体的棱长为a ，则截去部分的体积为16a 3，剩余部分的体积为a 3－16a 3＝56a 3.它们的体积之比为15.故选D.4．(考点聚焦)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( B )A ．1＋ 3B ．2＋3C ．1＋2 2D ．2 2解析 四面体的直观图如图所示．侧面SAC ⊥底面ABC ，且△SAC 与△ABC 均为腰长是2的等腰直角三角形，SA ＝SC ＝AB ＝BC ＝2，AC ＝2.设AC 的中点为O ，连结SO ，BO ，则SO ⊥AC ，∴SO ⊥平面ABC ，∴SO ⊥BO .又OS ＝OB ＝1，∴SB ＝2，故△SAB 与△SBC 均是边长为2的正三角形，故该四面体的表面积为2×12×2×2＋2×34×(2)2＝2＋ 3.5．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( D )A.32π3 B ．4π C ．2πD.4π3解析 正四棱柱的外接球的球心为上下底面的中心连线的中点，所以球的半径r ＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝1，球的体积V ＝4π3r 3＝4π3.故选D.6．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积是32π3，那么这个三棱柱的体积是( D )A ．963B ．163C ．24 3D ．48 3解析 如图，设球的半径为R ，由43πR 3＝32π3，得R ＝2. 所以正三棱柱的高h ＝4. 设其底面边长为a ， 则13·32a ＝2，所以a ＝43， 所以V ＝34×(43)2×4＝48 3.故选D. 7．(书中淘金)如图，在棱长为6的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在C 1D 1与C 1B 1上，且C 1E ＝4，C 1F ＝3，连接EF ，FB ，BD ，DE ，DF ，则几何体EFC 1DBC 的体积为( A )A ．66B ．68C ．70D ．72解析 如图，连接DC 1，那么几何体EFC 1-DBC 被分割成三棱锥D -EFC 1及四棱锥D -CBFC 1，那么几何体EFC 1DBC 的体积为V ＝13×12×3×4×6＋13×12×(3＋6)×6×6＝12＋54＝66.故所求几何体EFC 1DBC 的体积为66.8．(2017·湖北八校联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为__41π__.解析 由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥A -BCD ，将该三棱锥放在棱长为4的正方体中，E 是棱的中点，所以三棱锥A -BCD 和三棱柱EFD -ABC 的外接球相同．设外接球的球心为O ，半径为R ，△ABC 的外接圆的圆心是M ，则OM ＝2.在△ABC 中，AB ＝AC ＝25，由余弦定理得cos ∠CAB ＝AC 2＋AB 2－BC 22AC ·AB ＝20＋20－162×25×25＝35，所以sin ∠CAB ＝45，由正弦定理得2CM ＝BC sin ∠CAB ＝5，则CM ＝52.所以R ＝OC ＝OM 2＋CM 2＝412，则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝41π.9．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为 83π m 3.解析 由三视图知该几何体由两个相同的圆锥和一个圆柱组成．其中，圆锥的底面半径和圆柱的底面半径均为1，圆锥的高均为1，圆柱的高为2.因此该几何体的体积为V ＝2×13π×12×1＋π×12×2＝83π (m 3)．10．(数学文化)我国古代数学家祖暅是著名数学家祖冲之之子，祖暅原理叙述道：“夫叠基成立积，缘幂势既同，则积不容异：”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，其最著名之处是解决了“牟合方盖”中的体积问题，其核心过程为：如图中正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，求图中四分之一的圆柱体BB 1C 1-AA 1D 1和四分之一圆柱体AA 1B 1-DD 1C 1公共部分的体积V ，若图中正方体的棱长为2，则V ＝163.(在高度h 处的截面：用平行于正方体上下底面的平面去截，记截得两圆柱体公共部分所得面积为S 1，截得正方体所得面积为S 2，截得四棱锥C 1-ABCD 所得面积S 3，S 1＝R 2－h 2，S 2＝R 2，S 3＝h 2，S 2－S 1＝S 3)解析 由题意可知，用平行于底面的平面截得的面积满足S 2－S 1＝S 3，其中S 1表示两个圆柱的公共部分的截面面积，S 2表示截得正方体的截面面积，S 3表示截得锥体的截面面积．由祖暅原理可知：正方体体积减去两个圆柱的公共部分体积等于锥体体积，即23－V ＝13×22×2，即V ＝23－13×22×2＝163.。
2021届高考数学专题突破直线、平面垂直的判定和性质(解析版)
2021届高考数学立体几何突破性讲练 05直线、平面垂直的判定和性质一、考点传真：1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题. 二、知识点梳理：1．直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义：直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l 与平面α互相垂直.(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都，则该直线与垂直于同一个平面的 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤❶如果一条直线与平面内再多（即无数条）的直线垂直，但这些直线不相交就不能说明这条直线与此平面垂直. 2．平面与平面垂直的判定定理与性质定理一个平面过另一个平，则这两两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面[❷要求一平面只需过另一平面的垂线．]二、常用结论汇总直线与平面垂直的五个结论(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线． (2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面． (3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直． (5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面． 三、例题：例1. （2019全国II 文17）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． 【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1， 故11B C BE ⊥.又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C .（2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==. 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=.例2. (2019全国III 文19）图1是由矩形ADEB 、Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ． （2）取CG 的中点M ，联结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，1DE =，EM =，故2DM =.所以四边形ACGD 的面积为4.-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为例3. （2019北京文18）如图，在四棱锥P ABCD菱形，E为CD的中点．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【解析】（Ⅰ）因为PA⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD，⊥．所以PA BD⊥．又因为底面ABCD为菱形，所以BD AC=，又PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PA AC A所以BD⊥平面PAC．（Ⅱ）因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点， 所以AE ⊥CD ．又//AB CD ，所以AB ⊥AE ．又PA ⊂平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，PAAB A =，所以AE ⊥平面PAB ．又AE ⊂平面PAE ，所以平面PAB ⊥平面PAE ．（Ⅲ）棱PB 上存在点F ，且F 为PB 的中点，使得CF ∥平面PAE ． 取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ． 因为G ，F 分别为PA ，PB 的中点，则FG ∥AB ，且FG =12AB ． 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点， 所以CE ∥AB ，且CE =12AB ． 所以FG ∥CE ，且FG =CE ． 所以四边形CEGF 为平行四边形， 所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ， 所以CF ∥平面PAE ．例4. （2019天津文17）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面； （Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值. 【解析】 （Ⅰ）连接，易知，.又由，故，又因为平面，平面，所以平面.（Ⅱ）取棱的中点，连接.依题意，得，又因为平面平面，P ABCD -ABCDPCD PAC ⊥PCD PA CD ⊥2CD =3AD =G H ，PB AC ，GH ∥PAD PA ⊥PCD AD PAC BD ACBD H =BH DH =BG PG =GH PD ∥GH ⊄PAD PD ⊂PAD GH ∥PAD PC N DN DN PC ⊥PAC ⊥PCD平面平面，所以平面，又平面，故.又已知，，所以平面.（Ⅲ）连接，由（Ⅱ）中平面，可知为直线与平面所成的角，因为PCD △为等边三角形，且为的中点，所以又， 故在Rt AND △中，. 所以，直线与平面所成角的正弦值为. 例5. （2018全国卷Ⅱ）如图，在三棱锥-P ABC 中，==AB BC4====PA 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2=MC MB ，求点C 到平面POM 的距离．【解析】(1)因为4===AP CP AC ，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且=OP 连结OB ．因为2==AB BC AC ，所以∆ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，122==OB AC ． 由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ．由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．PACPCD PC =DN ⊥PAC PA ⊂PAC DN PA ⊥PA CD ⊥CD DN D =PA ⊥PCD AN DN ⊥PAC DAN ∠AD PAC 2CD =N PC DN =DN AN ⊥sin 3DN DAN AD ∠==AD PAC 3O MPCBA(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122==OC AC，23==CM BC，45∠=ACB．所以=OM，sin5⋅⋅∠==OC MC ACBCHOM．例6. （2018全国卷Ⅲ）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．【解析】(1)由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．又BC CM=C，所以DM⊥平面BMC．而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．HOMPCBAA BCDM⊂⊂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．四、巩固练习：1．若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的() A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】∵m⊥α，若l∥α，则必有l⊥m，即l∥α⇒l⊥m.但l⊥m⇒/ l∥α，∵l⊥m时，l可能在α内．故“l⊥m”是“l∥α”的必要不充分条件．2．设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是() A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β【答案】C【解析】对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b，故选C.3．设m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列命题为真命题的是() A．若m⊥α，α⊥β，则m∥βB．若m∥α，m⊥β，则α⊥βC．若m⊥n，m⊥α，则n∥αD．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n【答案】B【解析】对于A，m可以在β内，故A错；对于C，n可以在α内，故C错误；对于D，m与n可以平行，故D错．4．已知P A垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B两点的任一点，则下列关系不正确的是()A．P A⊥BC B．BC⊥平面P ACC．AC⊥PB D．PC⊥BC【答案】C【解析】由P A⊥平面ACB⇒P A⊥BC，故A不符合题意；由BC⊥P A，BC⊥AC，P A∩AC ＝A，可得BC⊥平面P AC，所以BC⊥PC，故B、D不符合题意；AC⊥PB显然不成立，故C符合题意．5.已知P为△ABC所在平面外一点，且P A，PB，PC两两垂直，有下列结论：①P A⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.其中正确的是()A.①②③B.①②④C.②③④D.①②③④【答案】A【解析】如图，因为P A⊥PB，P A⊥PC，PB∩PC＝P，且PB⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，所以P A⊥平面PBC.又BC⊂平面PBC，所以P A⊥BC，同理可得PB⊥AC，PC⊥AB，故①②③正确.6.如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么点D在平面ABC内的射影H必在()A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部【答案】A【解析】因为AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，所以AC⊥平央ABD，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABD，所以点D在平面ABC内的射影H必在直线AB上．7.如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，过C1作C1H⊥底面ABC，垂足为H，则点H在()A.直线AC上B.直线AB上C.直线BC上D.△ABC内部【答案】 B【解析】连接AC1，如图.∵∠BAC ＝90°，∴AC ⊥AB ， ∵BC 1⊥AC ，BC 1∩AB ＝B ， ∴AC ⊥平面ABC 1.又AC 在平面ABC 内，∴根据面面垂直的判定定理，知平面ABC ⊥平面ABC 1，则根据面面垂直的性质定理知，在平面ABC 1内一点C 1向平面ABC 作垂线，垂足必落在交线AB 上.故选B.8.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M 、N 分别是直线CD 、AB 上的动点，点P 是△A 1C 1D 内的动点(不包括边界)，记直线D 1P 与MN 所成角为θ，若θ的最小值为π3，则点P 的轨迹是( )A ．圆的一部分B ．椭圆的一部分C ．抛物线的一部分D ．双曲线的一部分【答案】B【解析】 把MN 平移到平面A 1B 1C 1D 1中，直线D 1P 与MN 所成角为θ，直线D 1P 与MN 所成角的最小值是直线D 1P 与平面A 1B 1C 1D 1所成角，即原问题转化为：直线D 1P 与平面A 1B 1C 1D 1所成角为π3，点P 在平面A 1B 1C 1D 1的投影为圆的一部分，因为点P 是△A 1C 1D 内的动点(不包括边界)，所以点P 的轨迹是椭圆的一部分．故选B.9.如图，在正四面体P -ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，则下面四个结论不成立的是( )A ．BC ∥平面PDFB ．DF ⊥平面P AEC ．平面PDF ⊥平面P AED ．平面PDE ⊥平面ABC【答案】D【解析】因为BC ∥DF ，DF ⊂平面PDF ，BC ⊄平面PDF ，所以BC ∥平面PDF ，故选项A 正确．在正四面体中，AE ⊥BC ，PE ⊥BC ，AE ∩PE ＝E ，所以BC ⊥平面P AE ，又DF ∥BC ，则DF ⊥平面P AE ，从而平面PDF ⊥平面P AE .因此选项B 、C 均正确．10.如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，G 是EF 的中点，现在沿AE ，AF 及EF 把这个正方形折成一个空间图形，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为H ，那么在这个空间图形中必有( )A.AG ⊥平面EFHB.AH ⊥平面EFHC.HF ⊥平面AEFD.HG ⊥平面AEF 【答案】 B【解析】 根据折叠前、后AH ⊥HE ，AH ⊥HF 不变，又HE ∩HF ＝H ，∴AH ⊥平面EFH ，B 正确.∵过A 只有一条直线与平面EFH 垂直，∴A 不正确.∵AG ⊥EF ，EF ⊥GH ，AG ∩GH ＝G ，∴EF ⊥平面HAG ，又EF ⊂平面AEF ，∴平面HAG ⊥平面AEF ，过H 作直线垂直于平面AEF ，一定在平面HAG 内，∴C 不正确.由条件证不出HG ⊥平面AEF ，∴D 不正确.11.如图，在下列四个正方体1111ABCD A B C D 中，E ，F ，G 均为所在棱的中点，过E ，F ，G 作正方体的截面，则在各个正方体中，直线1BD 与平面EFG 不垂直的是（ ）【答案】D【解析】对于选项D 中图形，由于E ，F ，为AB ，11A B 的中点，所以1//EF BB ，故11B BD ∠为异面直线所成的角且11TAN B BD ∠=11B BD ∠不为直角，故1BD 与平面EFG 不可能垂直，故选D.12.如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，将△ACD 沿AC 折起，使得D 折起后的位置为D 1，且D 1在平面ABC 上的射影恰好落在AB 上，在四面体D 1ABC 的四个面中，有n 对平面相互垂直，则n 等于( )A.2B.3C.4D.5【答案】 B【解析】 设D 1在平面ABC 上的射影为E ，连接D 1E ，则D 1E ⊥平面ABC .∵D 1E ⊂平面ABD 1，∴平面ABD 1⊥平面ABC .∵D 1E ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴D 1E ⊥BC ，又AB ⊥BC ，D 1E ∩AB ＝E ，∴BC ⊥平面ABD 1.又BC ⊂平面BCD 1，∴平面BCD 1⊥平面ABD 1.∵BC ⊥平面ABD 1，AD 1⊂平面ABD 1，∴BC ⊥AD 1，又CD 1⊥AD 1，BC ∩CD 1＝C ，∴AD 1⊥平面BCD 1，又AD 1⊂平面ACD 1，∴平面ACD 1⊥平面BCD 1.∴共有3对平面相互垂直.故选B.13.已知PD 垂直于正方形ABCD 所在的平面，连接PB ，PC ，P A ，AC ，BD ，则一定互相垂直的平面有________对．【答案】7【解析】由于PD ⊥平面ABCD ，故平面P AD ⊥平面ABCD ，平面PDB ⊥平面ABCD ，平面PDC ⊥平面ABCD ，平面PDA ⊥平面PDC ，平面P AC ⊥平面PDB ，平面P AB ⊥平面P AD, 平面PBC ⊥平面PDC ，共7对．14.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成角的正弦值为________.【答案】 13【解析】 连接A 1C 1，则∠AC 1A 1为AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成的角.因为AB ＝BC ＝2，所以A 1C 1＝AC ＝22，又AA 1＝1，所以AC 1＝3， 所以sin ∠AC 1A 1＝AA 1AC 1＝13. 15．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面α与棱AB ，AC ，A 1C 1，A 1B 1分别交于点E ，F ，G ，H ，且直线AA 1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH 是平行四边形；②平面α∥平面BCC 1B 1；③平面α⊥平面BCFE .其中正确命题的序号是________．【答案】①③【解析】如图所示，因为AA 1∥平面α，平面α∩平面AA 1B 1B ＝EH ，所以AA 1∥EH .同理AA 1∥GF ，所以EH ∥GF ，又ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱，易知EH ＝GF ＝AA 1，所以四边形EFGH 是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BB 1C 1C ，由平面α∩平面A 1B 1C 1＝GH ，平面BCC 1B 1∩平面A 1B 1C 1＝B 1C 1，知GH ∥B 1C 1，而GH ∥B 1C 1不一定成立，故②错误；由AA 1⊥平面BCFE ，结合AA 1∥EH 知EH ⊥平面BCFE ，又EH ⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE ，故③正确．16.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E ，要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为________.【答案】 12【解析】 设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF ，由已知可得A 1B 1＝2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h . 又12×2×2＝12×h 22＋（2）2，所以h ＝233，DE ＝33.在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝⎝⎛⎭⎫222－⎝⎛⎭⎫332＝66.由面积相等得12×66×x 2＋⎝⎛⎭⎫222＝12×22x ，得x ＝12.17.如图，在四棱锥P -ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为正方形，BC ＝PD ＝2，E 为PC 的中点，CB ＝3CG .(1)求证：PC ⊥BC ；(2)AD 边上是否存在一点M ，使得P A ∥平面MEG ？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．【解析】(1)证明：因为PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥BC .因为四边形ABCD 是正方形，所以BC ⊥CD .又PD ∩CD ＝D ，PD ⊂平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，所以BC ⊥平面PCD .因为PC ⊂平面PCD ，所以PC ⊥BC .(2)连接AC ，BD 交于点O ，连接EO ，GO ，延长GO 交AD 于点M ，连接EM ，则P A ∥平面MEG .证明如下：因为E 为PC 的中点，O 是AC 的中点，所以EO ∥P A .因为EO ⊂平面MEG ，P A ⊄平面MEG ，所以P A ∥平面MEG . 因为△OCG ≌△OAM ，所以AM ＝CG ＝23， 所以AM 的长为23. 18.如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是圆内接四边形(记此圆为W )，且P A ⊥平面ABCD .(1)当BD 是圆W 的直径时，P A ＝BD ＝2，AD ＝CD ＝3，求四棱锥P -ABCD 的体积．(2)在(1)的条件下，判断在棱P A 上是否存在一点Q ，使得B Q ∥平面PCD ？若存在，求出A Q 的长；若不存在，请说明理由．【解析】(1)因为BD 是圆W 的直径，所以BA ⊥AD ，因为BD ＝2，AD ＝3，所以AB ＝1.同理BC ＝1，所以S 四边形ABCD ＝AB ·AD ＝ 3.因为P A ⊥平面ABCD ，P A ＝2，所以四棱锥P -ABCD 的体积V ＝13S 四边形ABCD ·P A ＝233. (2)存在，A Q ＝23.理由如下． 延长AB ，DC 交于点E ，连接PE ，则平面P AB 与平面PCD 的交线是PE .假设在棱P A 上存在一点Q ，使得B Q ∥平面PCD ，则B Q ∥PE ，所以A Q P A ＝AB AE. 经计算可得BE ＝2，所以AE ＝AB ＋BE ＝3，所以A Q ＝23. 故存在这样的点Q ，使B Q ∥平面PCD ，且A Q ＝23.19.如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，E 是CD 的中点，将△ADE 沿AE 折起，得到如图2所示的四棱锥D 1-ABCE ，其中平面D 1AE ⊥平面ABCE .(1)证明：BE ⊥平面D 1AE ；(2)设F 为CD 1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使得MF ∥平面D 1AE ，若存在，求出AM AB的值；若不存在，请说明理由． 【解析】(1)证明：∵四边形ABCD 为矩形且AD ＝DE ＝EC ＝BC ＝2，∴∠AEB ＝90°，即BE ⊥AE ，又平面D 1AE ⊥平面ABCE ，平面D 1AE ∩平面ABCE ＝AE ，∴BE ⊥平面D 1AE .(2)当AM AB ＝14时，MF ∥平面D 1AE ，理由如下： 取D 1E 的中点L ，连接FL ，AL ，∴FL ∥EC ，又EC ∥AB ，∴FL ∥AB ，且FL ＝14AB ， ∴M ，F ，L ，A 四点共面，又MF ∥平面AD 1E ，∴MF ∥AL .∴四边形AMFL 为平行四边形， ∴AM ＝FL ＝14AB ，AM AB ＝14. 20.如图所示的五面体ABEDFC 中，四边形ACFD 是等腰梯形，AD ∥FC ，∠DAC ＝60°，BC ⊥平面ACFD ，CA ＝CB ＝CF ＝1，AD ＝2CF ，点G 为AC 的中点．(1)在AD 上是否存在一点H ，使GH ∥平面BCD ？若存在，指出点H 的位置并给出证明；若不存在，说明理由；(2)求三棱锥G -ECD 的体积．【解析】(1)存在点H 使GH ∥平面BCD ，此时H 为AD 的中点．证明如下．取点H 为AD 的中点，连接GH ，因为点G 为AC 的中点，所以在△ACD 中，由三角形中位线定理可知GH ∥CD ，又GH ⊄平面BCD ，CD ⊂平面BCD ，所以GH ∥平面BCD .(2)因为AD ∥CF ，AD ⊂平面ADEB ，CF ⊄平面ADEB ，所以CF ∥平面ADEB ，因为CF ⊂平面CFEB ，平面CFEB ∩平面ADEB ＝BE ，所以CF ∥BE ，又CF ⊂平面ACFD ，BE ⊄平面ACFD ，所以BE ∥平面ACFD ，所以V G -ECD ＝V E -GCD ＝V B -GCD .因为四边形ACFD 是等腰梯形，∠DAC ＝60°，AD ＝2CF ＝2AC ，所以∠ACD ＝90°， 又CA ＝CB ＝CF ＝1，所以CD ＝3，CG ＝12， 又BC ⊥平面ACFD ， 所以V B -GCD ＝13×12CG ×CD ×BC ＝13×12×12×3×1＝312. 所以三棱锥G -ECD 的体积为312.。
高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略
高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略立体几何的解答题型主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再计算几何体的体积．试题背景有折叠问题、探索性问题等，考查空间想象能力、逻辑思维能力及转化与化归思想的应用能力.题型一线面位置关系的证明题型概览：空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量法来论证，应用向量证明线、面的位置关系的关键是把空间线面位置关系的判定定理和性质定理与空间向量建立对应关系，把空间位置关系的证明转化为空间向量的运算，通过运算解决证明问题．这里以传统方法为例建立审题程序与答题模板，向量方法参照本专题题型二．如图，四边形ABCD是菱形，四边形MADN是矩形，平面MADN⊥平面ABCD，E、F分别为MA、DC的中点，求证：(1)EF∥平面MNCB；(2)平面MAC⊥平面BND.[审题程序]第一步：利用中位线、平行四边形的性质在四边形MNCB内确定与EF平行的直线；第二步：在平面MAC和平面BND中寻找与另一平面垂直的直线；第三步：应用面面垂直、菱形的性质，由线线垂直解决．[规范解答](1)如图，取NC的中点G，连接FG，MG.因为ME∥ND且ME＝12ND，F、G分别为DC、NC的中点，FG∥ND且FG＝12ND，所以FG与ME平行且相等，所以四边形MEFG是平行四边形，所以EF∥MG，又MG⊂平面MNCB，EF⊄平面MNCB，所以EF∥平面MNCB.(2)如图，连接BD、MC.因为四边形MADN是矩形，所以ND⊥AD.因为平面MADN⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面MADN＝AD，DN⊂平面MADN，所以ND⊥平面ABCD，所以ND⊥AC.因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为BD∩ND＝D，所以AC⊥平面BDN.又AC⊂平面MAC，所以平面MAC⊥平面BDN.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：1．(2016·北京西城区高三期末)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G，H分别是CE，CF的中点．(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求证：平面BDGH∥平面AEF；(3)求多面体ABCDEF的体积．[解](1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF.(2)证明：在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF.又GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.设AC∩BD＝O，连接OH.在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，所以OH∥AF.因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以OH∥平面AEF.因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.(3)由(1)得AC⊥平面BDEF.因为AO＝2，四边形BDEF的面积S▱BDEF＝3×22＝62，＝4.所以四棱锥A－BDEF的体积V1＝13×AO×S▱BDEF同理，四棱锥C－BDEF的体积V2＝4.所以多面体ABCDEF的体积V＝V1＋V2＝8.题型二求空间几何体的体积题型概览：计算几何体的体积，关键是根据条件找出相应的底面和高，应注意充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题．(1)直接法：对于规则几何体，直接利用公式计算即可．(2)割补法：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算．经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体．(3)等体积法：一般利用三棱锥的“等积性”求三棱锥体积，可以把任何一个面作为三棱锥的底面．注意两点：一是求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算；二是利用“等积性”可求“点到面的距离”，关键是在面中选取三个点，与已知点构成三棱锥．(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，P A＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明：MN∥平面P AB；(2)求四面体N－BCM的体积．[审题程序]第一步：由线线平行或面面平行证明(1)；第二步：由N 为PC 中点，推证四面体N －BCM 的高与P A 的关系； 第三步：利用直接法求四面体的体积．[规范解答] (1)由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形， 于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ， 所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5.由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5， 故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N －BCM 的体积V N －BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453. [答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：2．(2016·深圳一模)如图所示，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，侧面SBC是正三角形，E是SB的中点，且AE⊥平面SBC.(1)证明：SD∥平面ACE；(2)若AB⊥AS，BC＝2，求点S到平面ABC的距离．[解](1)证明：连接BD，交AC于点F，连接EF.∵四边形ABCD是平行四边形，∴F是BD的中点，又∵E是SB的中点，∴EF∥SD.∵SD⊄平面ACE，EF⊂平面ACE，∴SD∥平面ACE.(2)∵AB⊥AS，BC＝BS＝2，且E是SB的中点，∴AE＝1.∵AE⊥平面SBC，BS、CE⊂平面SBC，∴AE⊥BS，AE⊥CE.∴AB＝AE2＋BE2＝ 2.又侧面SBC 是正三角形，∴CE ＝3， ∴AC ＝AE 2＋CE 2＝2，∴△ABC 是底边长为2，腰长为2的等腰三角形， ∴S △ABC ＝12×2×4－12＝72.设点S 到平面ABC 的距离为h .由V 三棱锥S －ABC ＝V 三棱锥A －SBC ，得13h ·S △ABC ＝13AE ·S △SBC ，∴h ＝AE ·S △SBC S △ABC ＝237＝2217.题型三 立体几何中的探索性问题题型概览：如果知道的是试题的结论，而要求的却是试题的某一个存在性条件(如存在某个定点、定直线、定值等)，这种试题称为存在探索型试题．解题策略一般是先假设结论成立，然后以该结论作为一个已知条件，再结合题目中的其他已知条件，逆推(即从后往前推)，一步一步推出所要求的特殊条件，即要求的存在性条件．若能求出，则存在；若不能求出，则不存在．(2016·石家庄调研)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，E 在线段B 1C 1上，B 1E ＝3EC 1，AC ＝BC ＝CC 1＝4.(1)求证：BC ⊥AC 1；(2)试探究：在AC 上是否存在点F ，满足EF ∥平面A 1ABB 1？若存在，请指出点F 的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由．[审题程序]第一步：由B 1E ＝3EC 1及EF ∥平面A 1ABB 1猜想点F 的位置；第二步：在平面A 1ABB 1内探求与EF 平行的直线或寻找经过EF 与平面A 1ABB 1平行的平面； 第三步：由线线平行或面面平行推理论证．[规范解答] (1)证明：∵AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥AA 1. 又∵BC ⊥AC ，AA 1∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面AA 1C 1C . 又AC 1⊂平面AA 1C 1C ，∴BC ⊥AC 1.(2)解法一：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图1，在平面A1B1C1内过点E作EG∥A1C1交A1B1于点G，连接AG.∵B1E＝3EC1，∴EG＝34A1C1.又AF∥A1C1且AF＝3，4A1C1∴AF∥EG且AF＝EG，∴四边形AFEG为平行四边形，∴EF∥AG.又EF⊄平面A1ABB1，AG⊂平面A1ABB1，∴EF∥平面A1ABB1.解法二：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图2，在平面BCC1B1内过点E作EG∥BB1交BC于点G，连接FG. ∵EG∥BB1，EG⊄平面A1ABB1，BB1⊂平面A1ABB1，∴EG∥平面A1ABB1.∵B1E＝3EC1，∴BG＝3GC，∴FG∥AB.又AB⊂平面A1ABB1，FG⊄平面A1ABB1，∴FG∥平面A1ABB1.又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面A1ABB1.∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面A1ABB1.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：3．如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为4的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，M为A1B1的中点．(1)证明：MC⊥AB；(2)若AA1＝26，侧棱CC1上是否存在点P，使得MC⊥平面ABP？若存在，求PC的长；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：取AB的中点N，连接MN，CN，则MN⊥底面ABC，MN⊥AB.因为△ABC是正三角形，所以NC⊥AB.因为MN∩NC＝N，MN⊂平面MNC，NC⊂平面MNC，所以AB⊥平面MNC，所以AB⊥MC.(2)由(1)知MC⊥AB，若存在点P使得MC⊥平面ABP，则必有MC⊥BP.过M作MQ⊥B1C1，垂足为Q，连接QC，则QC是MC在平面BCC1B1内的射影，只需QC⊥BP即可，此时Rt△QC1C与Rt△PCB相似，QC1C1C ＝PCCB，所以PC＝QC1·CBC1C＝3×426＝6，点P恰好是CC1的中点．。
2022年高考考点完全题数学(文)专题突破练习题 专题突破练5 立体几何的综合问题 Word版含答案
专题突破练(5) 立体几何的综合问题 一、选择题1．已知直线a ⊂平面α，直线b ⊂平面β，则“a ∥b ”是“α∥β ”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分又不必要条件答案 D解析 “a ∥b ”不能得出“α∥β”，反之由“α∥β”也得不出“a ∥b ”．故选D.2.如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，A 1A ＝AB ＝2，BC ＝1，AC ＝5， 若规定正视方向垂直平面ACC 1A 1，则此三棱柱的侧视图的面积为( )A.455B ．2 5C ．4D ．2答案 A解析 在△ABC 中，AC 2＝AB 2＋BC 2＝5，∴AB ⊥BC .作BD ⊥AC 于D ，则BD 为侧视图的宽，且BD ＝2×15＝255，∴侧视图的面积为S ＝2×255＝455.3．平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，既与AB 共面也与CC 1共面的棱的条数为( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6答案 C解析 如图，既与AB 共面也与CC 1共面的棱有CD 、BC 、BB 1、AA 1、C 1D 1，共5条．4．在四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD .将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四周体A ′－BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则下列结论正确的是( )A ．A ′C ⊥BDB ．∠BA ′C ＝90°C ．CA ′与平面A ′BD 所成的角为30° D ．四周体A ′BCD 的体积为13答案 B解析 ∵AB ＝AD ＝1，BD ＝2，∴AB ⊥AD . ∴A ′B ⊥A ′D .∵平面A ′BD ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ， ∴CD ⊥平面A ′BD ，∴CD ⊥A ′B ，∴A ′B ⊥平面A ′CD ， ∴A ′B ⊥A ′C ，即∠BA ′C ＝90°.5. 如图，在三棱锥P －ABC 中，不能证明AP ⊥BC 的条件是( )A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC答案 B解析由AP⊥PB，AP⊥PC可推出AP⊥平面PBC，∴AP⊥BC，故排解A；由平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC 可推出BC⊥平面APC，∴AP⊥BC，故排解C；由AP⊥平面PBC可推出AP⊥BC，故排解D，选B.6．如图所示，已知在多面体ABC－DEFG中，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为( )A．2 B．4C．6 D．8答案 B解析如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，那么明显所求的多面体的体积即为该正方体体积的一半，于是所求几何体的体积为V ＝12×23＝4.7．设A，B，C，D是半径为2的球面上的四点，且满足AB⊥AC，AD⊥AC，AB⊥AD，则S△ABC＋S△ABD＋S△ACD 的最大值是( )A．6 B．7C．8 D．9答案 C解析由题意知42＝AB2＋AC2＋AD2，S△ABC＋S△ACD＋S△ABD＝12(AB·AC＋AC·AD＋AD·AB)≤12⎣⎢⎡12AB2＋AC2＋12AC2＋AD2＋⎦⎥⎤12AD2＋AB2＝12(AB2＋AC2＋AD2)＝8.8．已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的全部内接圆柱中，表面积的最大值是( )A．22πR2 B.94πR2C.83πR2 D.52πR2答案 B解析如图所示，为组合体的轴截面，记BO1的长度为x，由相像三角形的比例关系，得PO13R＝xR，则PO1＝3x，圆柱的高为3R－3x，所以圆柱的表面积为S＝2πx2＋2πx·(3R－3x)＝－4πx2＋6πRx，则当x＝34R 时，S取最大值，S max＝94πR2.9．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M，N 分别为AB，BC边的中点，点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP相互平分，则满足MQ→＝λMN→的实数λ的值有( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个 答案 C解析 本题可以转化为在MN 上找点Q 使OQ 綊PD 1，可知只有Q 点与M ，N 重合时满足条件，所以选C. 10．四棱锥M －ABCD 的底面ABCD 是边长为6的正方形，若|MA |＋|MB |＝10，则三棱锥A －BCM 的体积的最大值是( )A ．16B ．20C ．24D ．28答案 C解析 ∵三棱锥A －BCM 体积＝三棱锥M －ABC 的体积，又正方形ABCD 的边长为6，S △ABC ＝12×6×6＝18，又空间一动点M 满足|MA |＋|MB |＝10，M 点的轨迹是椭球，当|MA |＝|MB |时，M 点到AB 距离最大，h ＝52－32＝4，∴三棱锥M －ABC 的体积的最大值为V ＝13S △ABC h ＝13×18×4＝24，∴三棱锥A －BCM 体积的最大值为24，故答案为C.11．在一个棱长为4的正方体内，最多能放入的直径为1的球的个数( ) A ．64 B ．66 C ．68 D ．70答案 B解析 依据球体的特点，最多应当是放5层，第一层能放16个；第2层放在每4个小球中间的空隙，共放9个；第3层连续往空隙放，可放16个；第4层同第2层放9个；第5层同第1、3层能放16个，所以最多可以放入小球的个数：16＋9＋16＋9＋16＝66(个)，故答案为B.12．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E ，F 的平面分别与棱BB ′、DD ′交于M ，N ，设BM ＝x ，x ∈，给出以下四个命题：①平面MENF ⊥平面BDD ′B ′；②当且仅当x ＝12时，四边形MENF 的面积最小；③四边形MENF 周长L ＝f (x )，x ∈是单调函数； ④四棱锥C ′－MENF 的体积V ＝h (x )为常函数．以上命题中假命题的序号为( ) A ．①④ B ．② C ．③ D ．③④答案 C解析 ①连接BD ，B ′D ′，则由正方体的性质可知EF ⊥平面BDD ′B ′，所以平面MENF ⊥平面BDD ′B ′，所以①正确．②连接MN ，由于EF ⊥平面BDD ′B ′，所以EF ⊥MN ，四边形MENF 的对角线EF 是固定的，所以要使面积最小，则只需MN 的长度最小即可，此时当M 为棱的中点时，即x ＝12时，此时MN 长度最小，对应四边形MENF 的面积最小，所以②正确．③由于EF ⊥MN ，所以四边形MENF 是菱形．当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12时，EM 的长度由大变小，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1时，EM 的长度由小变大，所以函数L ＝f (x )不单调，所以③错误．④连接C ′E ，C ′M ，C ′N ，则四棱锥分割为两个小三棱锥，它们以C ′EF 为底，以M ，N 分别为顶点的两个小棱锥．由于三角形C′EF的面积是常数．M，N到平面C′EF的距离是常数，所以四棱锥C′－MENF的体积V＝h(x)为常函数，所以④正确．所以四个命题中③假命题，选C.二、填空题13．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为棱DC的中点，则D1P与BC1所在直线所成角的余弦值等于________．答案10 5解析连接AD1，AP，则∠AD1P就是所求的角．设AB＝2，则AP＝D1P＝5，AD1＝22，∴cos∠AD1P＝10 5.14.如图，已知球O的面上有四点A、B、C、D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝2，则球O的体积等于________．答案6π解析如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O的半径为R，则正方体的体对角线长即为球O的直径，所以|CD|＝22＋22＋22＝2R，所以R＝62，故球O的体积V＝4πR33＝6π.15. 如图，有一圆柱开口容器(下表面封闭)，其轴截面是边长为2的正方形，P是BC的中点，现有一只蚂蚁位于外壁A处，内壁P处有一粒米，则这只蚂蚁取得米粒的所经过的最短路程是________．答案π2＋9解析由于圆柱的侧面开放图为矩形(如图所示)，则这只蚂蚁取得米粒所经过的最短路程应为AQ＋PQ，设点E与点A关于直线CD对称，由于两点之间线段最短，所以Q为PE与CD的交点时有最小值，即最小值为EP＝π2＋9.16．棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，若与D1B平行的平面截正方体所得的截面面积为S，则S的取值范围是________．答案⎝⎛⎭⎪⎫0，6a22解析 如图，过D 1B 的平面为BMD 1N ，其中M ，N 分别是AA 1，CC 1的中点，由于BD 1＝3a ，MN ＝AC ＝2a ，AC ⊥BD 1，即MN ⊥D 1B ，所以过D 1B 与M ，N 的截面的面积为S ＝12AC ·BD ＝62a 2，因此S 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫0，6a 22.三、解答题17．在边长为4的菱形ABCD 中，∠DCB ＝60°，点E ，F 分别是边CD 和CB 的中点，AC 交BD 于点H ，AC 交EF 于点O ，沿EF 将△CEF 翻折到△PEF 的位置，使平面PEF ⊥平面ABD ，得到如图所示的五棱锥P －ABFED .(1)求证：BD ⊥PA ；(2)求点D 到平面PBF 的距离．解 (1)证明：由于四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 由于EF 为△BCD 的中位线，所以EF ∥BD ， 故AC ⊥EF ，即翻折后PO ⊥EF .由于平面PEF ⊥平面ABD ，平面PEF ∩平面ABD ＝EF ，PO ⊂平面PEF ，所以PO ⊥平面ABD . 由于BD ⊂平面ABD ，所以PO ⊥BD .又AO ⊥BD ，AO ∩PO ＝O ，AO ⊂平面APO ，PO ⊂平面APO ，所以BD ⊥平面APO . 由于AP ⊂平面APO ，所以BD ⊥PA .(2)连接PC ，由于四边形ABCD 为菱形，且∠DCB ＝60°，故∠ADC ＝120°，AD ＝4，AC ＝43，BD ＝4， S △BDF ＝12S △BDC ＝12×12×4×23＝23，OP ＝14AC ＝ 3.由于PF ＝BF ＝FC ，故△BPC 为直角三角形，∠BPC ＝90°，PC ＝OC 2＋OP 2＝6，PB ＝BC 2－PC 2＝10，S △PBF ＝12S △BPC ＝12×12PB ·PC ＝152. 由于V D －PBF ＝V P －BDF ，所以13h D ·S △PBF ＝13OP ·S △BDF ，所以h D ＝OP ·S △BDF S △PBF ＝3×23152＝4155. 故点D 到平面PBF 的距离为4155.18．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，点E 是棱PC 的中点，平面ABE 与棱PD 交于点F .(1)求证：AB ∥EF ；(2)若PA ＝AD ，且平面PAD ⊥平面ABCD ，试证明：AF ⊥平面PCD ；(3)在(2)的条件下，线段PB 上是否存在点M ，使得EM ⊥平面PCD ？(直接给出结论，不需要说明理由) 解 (1)证明：由于底面ABCD 是正方形，所以AB ∥CD . 又由于AB ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，所以AB ∥平面PCD .又由于A ，B ，E ，F 四点共面，且平面ABEF ∩平面PCD ＝EF ，所以AB ∥EF . (2)证明：在正方形ABCD 中，CD ⊥AD .又由于平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以CD ⊥平面PAD . 又由于AF ⊂平面PAD ，所以CD ⊥AF .由(1)知AB ∥EF ，又由于AB ∥CD ，所以CD ∥EF . 由点E 是棱PC 的中点，可知点F 是棱PD 的中点．在△PAD 中，由于PA ＝AD ，所以AF ⊥PD ，又由于PD ∩CD ＝D ，所以AF ⊥平面PCD . (3)不存在．19．一个多面体的直观图和三视图如下：(其中M ，N 分别是AF ，BC 中点) (1)求证：MN ∥平面CDEF ； (2)求多面体A －CDEF 的体积．解 (1)证明：由三视图知该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱，且AB ＝BC ＝BF ＝2，DE ＝CF ＝22，∠CBF ＝90°.取BF 中点G ，连接MG ，NG ，由于M ，N 分别是AF ，BC 中点，则NG ∥CF ，∵MG ∥AB ，又∵AB ∥EF ，∴MG ∥EF ，∴面MNG ∥面CDEF ，∴MN ∥面CDEF .(2)作AH ⊥DE 于H ，由于三棱柱ADE －BCF 为直三棱柱，∴AH ⊥面DCEF ，且AH ＝2， ∴V A －CDEF ＝13S CDEF ·AH ＝13×2×22×2＝83.20. 如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AB ＝3，CD ＝2，PD ＝AD ＝5，E 是PD 上一点．(1)若PB ∥平面ACE ，求PE ED的值；(2)若E 是PD 中点，过点E 作平面α∥平面PBC ，平面α与棱PA 交于F ，求三棱锥P －CEF 的体积． 解 (1)连接BD 交AC 于O ，在△PBD 中，过O 作OE ∥BP 交PD 于E ，∵OE ⊂平面ACE ，PB ⊄平面ACE ， ∴PB ∥平面ACE ，∵AB ＝3，CD ＝2，∴AB CD ＝BO DO ＝PE ED ＝32.(2)过E 作EM ∥PC 交CD 于M ，过M 作MN ∥BC 交AB 于N ， 则平面EMN 即为平面α，则平面α与平面PAB 的交线与PB 平行，即过N 作NF ∥PB 交PA 于F ， ∵E 是PD 的中点，CD ＝2，∴CM ＝1，则BN ＝CM ＝1， 又AB ＝3，∴AN NB ＝2，则FA FP＝2，∵PD ＝AD ＝5，∴F 到平面PCE 的距离为53，则V P －CEF ＝V F －PCE ＝2518.。
2021年高考数学解答题专项练习《立体几何》五(含答案)
2021年高考数学解答题专项练习《立体几何》五1.如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点.(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，求二面角P－AC－D的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由.2.已知一个三棱台的上、下底面分别是边长为20 cm和30 cm的正三角形，各侧面是全等的等腰梯形，且各侧面的面积之和等于两底面面积之和，求棱台的体积．3.如图所示，平面四边形ADEF所在的平面与梯形ABCD所在的平面垂直，AD⊥CD，AD⊥ED，AF∥DE，AB∥CD，CD=2AB=2AD=2ED=xAF．(1)若四点F，B，C，E共面，AB=a，求x的值；(2)求证：平面CBE⊥平面EDB．4.如图,已知ABCD是平行四边形,点P是平面ABCD外一点,M是PC的中点,在DM上取一点G,过G和AP作平面交平面BDM于GH.求证：AP//GH.5.如图，三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均相等，AA1⊥底面ABC，E，F分别为棱AA1,BC的中点．（1）过FA1作平面α，使得直线BE//平面α，若平面α与直线BB1交于点H，指出点H所在的位置，并说明理由；（2）求二面角B-FH-A1的余弦值．6.如图,一简单几何体ABCDE的一个面ABC内接于圆O,G,H分别是AE,BC的中点,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,且DC⊥平面ABC.(1)证明:GH∥平面ACD;(2)若AC=BC=BE=2,求二面角O-CE-B的余弦值.7.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD=P，A1C1∩EF=Q．求证：（1）D，B，F，E四点共面；（2）若A1C交平面DBFE于R点，则P,Q,R三点共线．8.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是等边三角形，四边形ABCD是平行四边形，∠ADC=120°，AB=2AD．（1）求证：平面PAD⊥平面PBD；（2）求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．9.如图，已知正四棱锥V﹣ABCD中，AC与BD交于点M，VM是棱锥的高，若AC=6cm，VC=5cm．（1）求正四棱锥V﹣ABCD的体积；（2）求直线VD与底面ABCD所成角的正弦值．10.如图，在四棱锥P-ABCD中，AD=CD=AB，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD．（1）求证：BC⊥平面PAC；（2）若M为线段PA的中点，且过C，D，M三点的平面与PB交于点N，求PN：PB的值．11.如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为菱形，且∠A1AB=∠A1AD.（1）证明：四边形BB1D1D为矩形；（2）若AB=A1A,∠BAD=60°，A1A与平面ABCD所成的角为30°，求二面角A1-BB1-D的余弦值.12.如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE．（1）证明：BD⊥平面PAC；（2）若PA=1，AD=2，求二面角B﹣PC﹣A的正切值．13.四棱台被过点A1，C1，D的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其下底面四边形ABCD是边长为2的菱形，BAD=60°，BB1⊥平面ABCD,BB1=2.（1）求证：平面AB1C⊥平面BB1D；（2）若AA1与底面ABCD所成角的正切值为2，求二面角A1-BD-C1的余弦值.14.如图，三棱柱ABC﹣AB1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AC=AB1．1（1）证明：AB⊥B1C；（2）若∠CAB1=90°，∠CBB1=60°，AB=BC=2，求三棱锥B1﹣ACB的体积．15.如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，CD上，AE=CF，EF交BD于点H，将沿EF折到的位置.（I）证明：；(II)若,求五棱锥体积.答案解析16.答案：(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于O ，连接SO.由题意知SO ⊥AC.在正方形ABCD 中，AC ⊥BD ，所以AC ⊥平面SBD ，得AC ⊥SD. (2)解：设正方形边长为a ，则SD=22a ，又OD=22a ，所以∠SDO=60°.连接OP ，由(1)知AC ⊥平面SBD ，所以AC ⊥OP ，且AC ⊥OD ，所以∠POD 是二面角P －AC －D 的平面角.由SD ⊥平面PAC ，知SD ⊥OP ，所以∠POD=30°，即二面角P －AC －D 的大小为30°.(3)解：在棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面PAC.由(2)可得PD=24a ，故可在SP 上取一点N ，使PN=PD.过N 作PC 的平行线与SC 的交点即为E.连接B N ，在△BDN 中，知BN ∥PO.又由于NE ∥PC ，故平面BEN ∥平面PAC ，可得BE ∥平面PAC.由于SN ∶NP=2∶1，故SE ∶EC=2∶1.17.解：如图所示，在三棱台ABC －A′B′C′中，O′，O 分别为上、下底面的中心，D ，D′ 分别是BC ，B′C′的中点，则DD′是等腰梯形BCC′B′的高，又C′B′=20 cm ，CB=30 cm ，所以S 侧=3×12×(20＋30)×DD′=75DD′． S 上＋S 下=34×(202＋302)=3253(cm 2)． 由S 侧=S 上＋S 下，得75DD′=3253，所以DD′=1333(cm)， 又因为O′D′=36×20=1033(cm)，OD=36×30=53(cm)， 所以棱台的高h=O′O =D′D 2－(OD －O′D′)2=⎝ ⎛⎭⎪⎫13332－⎝⎛⎭⎪⎫53－10332=43(cm)， 由棱台的体积公式，可得棱台的体积为V=h 3(S 上＋S 下＋S 上S 下)=433×⎝ ⎛⎭⎪⎫3253＋34×20×30=1900(cm 3)． 故棱台的体积为1900 cm 3．18.解：(1)∵AF ∥DE ，AB ∥DC ，AF∩AB=A，DE∩DC=D，∴平面ABF ∥平面DCE ．∵四点F ，B ，C ，E 共面，∴FB ∥CE ，∴△ABF 与△DCE 相似．∵AB=a ，∴ED=a ，CD=2a ，AF=2a x ， 由相似比得AF ED =AB CD ，即2ax a =a 2a，所以x=4． (2)证明：不妨设AB=1，则AD=AB=1，CD=2，在Rt △BAD 中，BD=2，取CD 中点为M ，则MD 与AB 平行且相等， 连接BM ，可得△BMD 为等腰直角三角形，因此BC=2，因为BD 2＋BC 2=CD 2，所以BC ⊥BD ，又因为平面四边形ADEF 所在的平面与梯形ABCD 所在的平面垂直， 平面ADEF∩平面ABCD=AD ，ED ⊥AD ，所以ED ⊥平面ABCD ，所以BC ⊥DE ，又因为BD∩DE=D，所以BC ⊥平面EDB ，因为BC ⊂平面CBE ，所以平面CBE ⊥平面EDB ．19.20.解：21.解：22.答案：证明：如图．23.24.25.26.27.28.29.30.。
2020高考数学核心突破《专题5 立体几何 第3讲 空间向量及其在立体几何中的应用》
专题五 第3讲1．如图，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A ′CD ，所成二面角A ′-CD -B 的平面角为α，则( B )A ．∠A ′DB ≤α B ．∠A ′DB ≥αC ．∠A ′CB ≤αD ．∠A ′CB ≥α解析 若CD ⊥AB ，则∠A ′DB 为二面角A ′-CD -B 的平面角，即∠A ′DB ＝α.若CD 与AB 不垂直，在△ABC 中，过A 作CD 的垂线交线段CD 或CD 的延长线于点O ，交于BC 于E ，连结A ′O ，则∠A ′OE 为二面角A ′-CD -B 的平面角，即∠A ′OE ＝α，∵AO ＝A ′O ，∴∠A ′AO ＝α2.又A ′D ＝AD ，∴∠A ′AD ＝12∠A ′DB .而∠A ′AO 是直线A ′A 与平面ABC 所成的角，由线面角的性质知∠A ′AO <∠A ′AD ，则有α<∠A ′DB .综合有∠A ′DB ≥α，故选B.2．如图，在三棱锥A -BCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别为AD 和BC 的中点，则异面直线AN, CM 所成的角的余弦值是 78.解析 连接DN ，取DN 的中点H ，连接HM ，由N ，M ，H 均为中点，知|cos ∠HMC |即为所求．因为AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，又M ，N 为AD ，BC 的中点，所以CM ⊥AD ，AN ⊥BC ，所以CM ＝CD 2－MD 2＝22，AN ＝AC 2－NC 2＝22，MH ＝12AN ＝2，HC ＝NC 2＋NH 2＝3，则cos ∠HMC ＝CM 2＋MH 2－HC 22CM ·MH ＝78.故异面直线AN ，CM 所成角的余弦值为78.3．已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12.若空间向量b 满足b·e 1＝2，b·e 2 ＝52，且对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，则x 0＝__1__，y 0＝__2__，|b |＝ 22 .解析 ∵e 1，e 2是单位向量，e 1·e 2＝12，∴cos 〈e 1，e 2〉＝12，又∵0°≤〈e 1，e 2〉≤180°，∴〈e 1，e 2〉＝60°.不妨把e 1，e 2放到空间直角坐标系Oxyz 的平面xOy 中，设e 1＝(1,0,0)，则e 2＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，再设OB →＝b ＝(m ，n ，r )，由b·e 1＝2，b·e 2＝52，得m ＝2，n ＝3，则b＝(2，3，r )．而x e 1＋y e 2是平面xOy 上任一向量，由|b －(x e 1＋y e 2)|≥1知点B (2，3，r )到平面xOy 的距离为1，故可得r ＝1，则b ＝(2，3，1)，∴|b |＝2 2.又由|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1，知x 0e 1＋y 0e 2＝(2，3，0)，解得x 0＝1，y 0＝2.4．如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为 25.解析 如图，建立空间直角坐标系Axyz ，设AB ＝2，QM ＝m (0≤m ≤2)，则F (2,1,0)，E (1,0,0)，M (0，m,2)(0≤m ≤2).AF →＝(2,1,0)，ME →＝(1，－m ，－2)， cos θ＝|cos 〈AF →，ME →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AF →·ME →|AF →|·|ME →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－m 5·m 2＋5＝|m －2|5m 2＋25.设y ＝(m －2)25m 2＋25，则y ′＝2(m －2)(5m 2＋25)－(m －2)2·10m (5m 2＋25)2＝(m －2)[(10m 2＋50)－(m －2)·10m ](5m 2＋25)2＝(m －2)(50＋20m )(5m 2＋25)2.当0<m <2时，y ′<0，∴y ＝(m －2)25m 2＋25在(0,2)上单调递减．∴当m ＝0时，y 取最大值， 此时cos θ取最大值，(cos θ)max ＝|0－2|5×02＋25＝25. 5．如图，在直三棱柱ADE -BCF 中，平面ABFE 和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .解析 由题意，AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，F (1,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12.(1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)， 所以OM →·BA →＝0，所以OM →⊥BA →.因为棱柱ADE -BCF 是直三棱柱，所以AB ⊥平面BCF ，所以BA →是平面BCF 的一个法向量， 且OM ⊄平面BCF ，所以OM ∥平面BCF . (2)设平面MDF 与平面EFCD 的法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．因为DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)， 由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0,1,1)． 因为n 1·n 2＝0，所以平面MDF ⊥平面EFCD .6．(教材回归)如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为梯形，PD ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，AD ＝AB ＝1，BC ＝ 2.(1)求证：平面PBD ⊥平面PBC ；(2)设H 为CD 上一点，满足CH →＝2HD →，若直线PC 与平面PBD 所成的角的正切值为63，求二面角H -PB -C 的余弦值．解析 (1)证明：由AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝1，可得BD ＝ 2. 又BC ＝2，所以CD ＝2，所以BC ⊥BD .因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC ，又PD ∩BD ＝D ， 所以BC ⊥平面PBD ， 所以平面PBD ⊥平面PBC .(2)由(1)可知∠BPC 为PC 与平面PBD 所成的角， 所以tan ∠BPC ＝63，所以PB ＝3，PD ＝1. 由CH →＝2HD →及CD ＝2，可得CH ＝43，DH ＝23.以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系．则B (1,1,0)，P (0,0,1)，C (0,2,0)，H ⎝⎛⎭⎫0，23，0. 设平面HPB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧HP →·n ＝0，HB →·n ＝0，即⎩⎨⎧－23y 1＋z 1＝0，x 1＋13y 1＝0，取y 1＝－3，则n ＝(1，－3，－2)． 设平面PBC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，BC →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－z 2＝0，－x 2＋y 2＝0，取x 2＝1，则m ＝(1,1,2)． 又cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝－217， 故观察图形知二面角H -PB -C 的余弦值为217. 7．(母题营养)如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1-AC -B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点．若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E的长．解析 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2，2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝⎛⎭⎫1，12，1，N (1，－2,1)．(1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量.MN →＝⎝⎛⎭⎫0，－52，0，由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010， 于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010.所以二面角D 1-AC -B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]， 则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)． 又n ＝(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量， 由已知，得cos 〈NE →，n 〉＝NE →·n |NE →|·|n |＝1(－1)2＋(λ＋2)2＋12＝13，整理得λ2＋4λ－3＝0， 又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2. 所以，线段A 1E 的长为7－2.8．如图，在四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AD ∥BC ，AD ⊥平面SCD ，AD ＝DC ＝2，BC ＝1，SD ＝2，∠SDC ＝120°.(1)求SC 与平面SAB 所成角的正弦值；(2)求平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值．解析 如图，在平面SCD 中，过点D 作DC 的垂线交SC 于E ，以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．则有D (0,0,0)，S (0，－1，3)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，B (1,2,0)． (1)设平面SAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∵AB →＝(－1,2,0)，AS →＝(－2，－1，3)，AB →·n ＝0，AS →·n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－2x －y ＋3z ＝0，取y ＝3，得n ＝(23，3，5)． 又SC →＝(0,3，－3)，设SC 与平面SAB 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈SC →，n 〉|＝2323×210＝1020，故SC 与平面SAB 所成角的正弦值为1020. (2)设平面SAD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )， ∵DA →＝(2,0,0)，DS →＝(0，－1，3)，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝0，－b ＋3c ＝0，取b ＝3，得m ＝(0，3，1)．∴cos 〈n ，m 〉＝n·m|n|·|m|＝8210×2＝105， 故平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值是105.9．(数学文化)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P -ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，过棱PC 的中点E ，作EF ⊥PB 交于点F ，连结DE ，DF ，BD ，BE .(1)证明：PB ⊥平面DEF 试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DCBC的值．解析 (1)如图，以D 为原点，射线DA ，CD ，DP 分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，则D (0,0,0)，P (0,0,1)，B (λ，1,0)，C (0,1,0)，PB →＝(λ，1，－1)， 因为点E 是PC 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎫0，12，12，DE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12， 于是PB →·DE →＝0，即PB ⊥DE . 又已知EF ⊥PB ，而DE ∩EF ＝E ， 所以PB ⊥平面DEF .因PC →＝(0,1，－1)，DE →·PC →＝0，所以DE ⊥PC ， 所以DE ⊥平面PBC .由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形， 即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB . (2)由PD ⊥平面ABCD ，知DP →＝(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量． 由(1)知，PB ⊥平面DEF ，所以BP →＝(－λ，－1,1)是平面DEF 的一个法向量．若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，则cos π3＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BP →·DP →|BP →|·|DP →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1λ2＋2＝12， 解得λ＝2，所以DC BC ＝1λ＝22.故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝22.10．(考点聚焦)如图，在四棱锥P -ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长． 解析 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)． (1)因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面 P AB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)． 因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)，设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33， 所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，Q 是线段BP 上的动点，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910. 当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为|BP |＝12＋22＝5，所以|BQ |＝25|BP |＝255.。
2024届高考数学复习创新题型专项(立体几何)练习(附答案)
2024届高考数学复习创新题型专项（立体几何）练习一、单选题1．（2022ꞏ全国ꞏ高三专题练习）笛卡尔是世界著名的数学家，他因将几何坐标体系公式化而被认为是解析几何之父.据说在他生病卧床时，还在反复思考一个问题：通过什么样的方法，才能把“点”和“数”联系起来呢？突然，他看见屋顶角上有一只蜘蛛正在拉丝织网，受其启发建立了笛卡尔坐标系的雏形.在如图所示的空间直角坐标系中，单位正方体顶点A 关于x 轴对称的点的坐标是（ ）A ．()1,1,1--B ．()1,1,1C ．()1,1,1-D ．()1,1,1---2．（2022春ꞏ辽宁大连ꞏ高一统考期末）民间娱乐健身工具陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺的立体结构图．已知底面圆的直径16cm AB =，圆柱体的高8cm BC =，圆锥体的高6cm CD =，则这个陀螺的表面积是（ ）A ．2192πcmB ．2208πcmC ．2272πcmD ．2336πcm3．（2022秋ꞏ安徽ꞏ高二合肥市第八中学校联考期中）《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳马”实为“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”．如图，在“阳马”A OBCD -中，E 为ACD 的重心，若AB a =，AC b = ，AD c = ，则BE = （ ）A ．1122a b c -++ B ．1133a b c -++ C ．2233a b c ++ D ．1133a b c -+- 4．（2022秋ꞏ河南商丘ꞏ高三校联考阶段练习）榫卯是一种中国传统建筑、家具及其他器械的主要结构方式，是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式．凸出的部分叫做榫（或叫榫头），凹进部分叫卯（或叫榫眼、榫槽）．现要在一个木头部件制作一个榫眼，最终完成一个直角转弯结构的部件，那么制作成的榫眼的俯视图可以是（ ）A ．B ．C ．D ．5．（2021秋ꞏ江西宜春ꞏ高二上高二中校考阶段练习）张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五．已知三棱锥A BCD -的每个顶点都在球O 的球面上，AB ⊥底面BCD ，BC CD ⊥，且2AB CD ==，1BC =，利用张衡的结论可得球O 的表面积为（ ）A ．30B ．2C ．D ．6．（2021春ꞏ陕西榆林ꞏ高三校考阶段练习）“天圆地方”观反映了中国古代科学对宇宙的认识，后来发展成为中国传统文化的重要思想.中国古人将琮、璧、圭、璋、璜、琥六种玉制礼器谓之“六瑞”，玉琮内圆外方，表示天和地，中间的穿孔表示天地之间的沟通，可以说是中国古代世界观很好的象征物.下面是一玉琮图及其三视图，设规格如图所示（单位：cm ），则三视图中A ，B 两点在实物中对应的两点在实物玉璧上的最小距离约为（ ）（3π≈ 1.4≈）A ．8.4B ．9.8C ．10.4D ．11.27．（2022ꞏ全国ꞏ高一专题练习）《九章算术》中有这样的图形：今有圆锥，下周三丈五尺，高五丈一尺（1丈10=尺）；若该圆锥的母线长x 尺，则x =（ ）A B C D 8．（2021秋ꞏ吉林四平ꞏ高三四平市第一高级中学校考阶段练习）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，半正多面体是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体．如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的．若被截正方体的棱长为40cm ，则该阿基米德多面体的表面积为（ ）A ．(24800cm +B ．(24800cm +C ．(23600cm +D ．(23600cm + 9．（2022秋ꞏ宁夏吴忠ꞏ高二青铜峡市高级中学校考开学考试）牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，该方法不直接给出球体的体积，而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积关系为4V V π=牟球，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即38V r V =-牟方盖差，从而计算出343V r π=球.如果记所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V ，则:V V =方差盖（ ）A B ．1 C D ．10．（2022秋ꞏ湖北襄阳ꞏ高二襄阳市第一中学校考阶段练习）《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．如图，在堑堵111ABC A B C -中，,M N 分别是111,AC BB 的中点，G 是MN 的中点，若1AG xAB y AA z AC =++ ，则x y z ++=（ ）A ．32B ．23 C ．1 D ．3411．（2022秋ꞏ江西抚州ꞏ高二临川一中校考期中）如图，何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造型浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的文字记载，何尊还是第一个出现“德”字的器物，证明了周王朝以德治国的理念，何尊的形状可近似看作是圆台和圆柱的组合体，组合体的高约为40cm ，上口直径约为28cm ，经测量可知圆台的高约为16cm ，圆柱的底面直径约为18cm ，则该组合体的体积约为（ ）（其中π的值取3）A ．11280cm 3B ．12380cm 3C ．12680cm 3D ．12280cm 312．（2022秋ꞏ安徽ꞏ高三校联考开学考试）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作， 其第11卷中将轴截面为等腰直角三角形的圆锥称为“直角圆锥”.若一个直角圆锥的侧面积为，则该圆锥的体积为（ ）AB ．3πC ．D ．13．（2022秋ꞏ青海西宁ꞏ高三统考期中）我国历史文化悠久，“爰”铜方彝是商代后期的一件文物，其盖似四阿式屋顶，盖为子口，器为母口，器口成长方形，平沿，器身自口部向下略内收，平底､长方形足､器内底中部及盖内均铸一“爰”字.通高24cm ，口长13.5cm ，口宽12cm ，底长12.5cm ，底宽10.5cm.现估算其体积，上部分可以看作四棱锥，高约8cm ，下部分看作台体，则其体积约为（ ）11.5≈，12.7≈）A ．37460.8cmB ．3871.3cmC ．31735.3cmD ．32774.9cm14．（2022秋ꞏ湖北ꞏ高二校联考期中）在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为4，1AA ，1BB ，1CC ，1DD 均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为2和4，对应的圆心角为90°，则图中异面直线1AB 与1CD 所成角的余弦值为（ ）A ．45B ．35C ．23 D ．3415．（2023ꞏ江西抚州ꞏ高三金溪一中校考开学考试）中国某些地方举行婚礼时要在吉利方位放一张桌子，桌子上放一个装满粮食的升斗，斗面用红纸糊住，斗内再插一杆秤、一把尺子，寓意为粮食满园、称心如意、十全十美．下图为一种婚庆升斗的规格，把该升斗看作一个正四棱台，忽略其壁厚，则该升斗的容积约为（ ）39.6,1L 1000cm ≈=，参考公式：(13V S S h 下上棱台=+⋅）A ．1.5LB ．2.4LC ．5.0LD ．7.1L16．（2022春ꞏ湖南长沙ꞏ高二湖南师大附中校考阶段练习）波利亚在其论著中多次提到“你能用不同的方法推导出结果吗？”，“试着换一个角度探索下去……”.这都属于“算两次”的原理.另外，更广义上讲，“算两次”也是对同一个问题，用两种及其以上的方法解答出来，即对同一个问题解两次，得到相同的结果，体现殊途同归，一题多解.试解决下面的问题：四面体ABCD 中，AB=CD=6，其余的棱长均为5，则与该四面体各个表面都相切的内切球的表面积为（ ）A ．7925πB ．7320πC ．6316πD ．4π17．（2022秋ꞏ黑龙江齐齐哈尔ꞏ高二齐齐哈尔市第八中学校校考开学考试）灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围．如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分（除去两个球冠）．如图2，球冠是由球面被一个平面截得的，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球的半径为R ，球冠的高为h ，则球冠的面积2S Rh π=．已知该灯笼的高为46cm ，圆柱的高为3cm ，圆柱的底面圆直径为30cm ，则围成该灯笼所需布料的面积为（ ）A ．22090cm πB ．22180cm πC ．22340cm πD ．22430cm π18．（2022秋ꞏ湖北武汉ꞏ高二武汉市第十一中学校考阶段练习）端午佳节，人们有包粽子和吃粽子的习俗，粽子主要分为南北两大派系，地方细分特色鲜明，且形状各异，裹蒸粽是广东肇庆地区最为出名的粽子，是用当地特有的冬叶､水草包裹糯米､绿豆､猪肉､咸蛋黄等蒸制而成的金字塔形的粽子，现将裹蒸粽看作一个正四面体，其内部的咸蛋黄看作一个球体，那么，当咸蛋黄的体积为43π时，该裹蒸粽的高的最小值为（ ） A ．4 B ．6 C ．8 D ．1019．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构．如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（ ）A ．(86++B ．(68+C ．(86+D ．(68+ 20．（2022秋ꞏ江苏连云港ꞏ高三校考阶段练习）刍(chú)甍(méng )是中国古代算数中的一种几何体，其结构特征是：底面为长方形，上棱和底面平行，且长度不等于底面平行的棱长的五面体，是一个对称的楔形体．已知一个刍甍底边长为6，底边宽为4，上棱长为2，高为2，则它的表面积是（ ）A ．B ．24+C ．24+D ．24+二、多选题21．（2021秋ꞏ重庆沙坪坝ꞏ高二重庆市天星桥中学校考阶段练习）三星堆遗址，位于四川省广汉市，距今约三千到五千年.2021年2月4日，在三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮.玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是一种古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长2cm ，外径长3cm ，筒高4cm ，中部为棱长是3cm 的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则（ ）A ．该玉琮的体积为3π184+(3cm )B ．该玉琮的体积为7π274-(3cm ) C ．该玉琮的表面积为54π+(2cm ) D ．该玉琮的表面积为549π+(2cm )22．（2022ꞏ全国ꞏ高三专题练习）“端午节”为中国国家法定节假日之一，已被列入世界非物质文化遗产名录，吃粽子便是端午节食俗之一．全国各地的粽子包法各有不同．如图，粽子可包成棱长为6cm 的正四面体状的三角粽，也可做成底面半径为3cm 2，高为6cm （不含外壳）的圆柱状竹筒粽．现有两碗馅料，若一个碗的容积等于半径为6cm 的半球的体积，则（ ） 4.44≈）A ．这两碗馅料最多可包三角粽35个B ．这两碗馅料最多可包三角粽36个C ．这两碗馅料最多可包竹筒粽21个D ．这两碗馅料最多可包竹筒粽20个23．（2022ꞏ全国ꞏ高三专题练习）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，多见于亭阁式建筑、园林建筑下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，已知此正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为30︒米，则该正四棱锥的（ ）A ．底面边长为6米BC ．侧面积为D ．体积为立方米 24．（2022秋ꞏ湖北襄阳ꞏ高二校考阶段练习）在《九章算术》中，四个面都是直角三角形的三棱锥被称为“鳖臑”.在鳖臑-P ABC 中，PA ⊥底面ABC ，则（ ）A ． 0AB AC ⋅= 可能成立B ． 0BC AC ⋅= 可能成立 C ． 0PA BC ⋅= 一定成立D ． 0BC AB ⋅= 可能成立25．（2022春ꞏ广东广州ꞏ高一广州科学城中学校考期中）唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(如图2)，当这种酒杯内壁的表面积(假设内壁表面光滑，表面积为S 平方厘米，半球的半径为R 厘米)固定时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则R 的取值可能为( )A B C D 26．（2022ꞏ海南ꞏ统考模拟预测）素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，如图是某同学绘制“十字贯穿体”的素描作品．“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）．若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为2，高为6的正四棱柱构成，则（ ）A ．一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线互相垂直B ．该“十字贯穿体”的表面积是112-C ．该“十字贯穿体”的体积是483-D ．一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的顶点A 出发，沿表面到达顶点B 的最短路线长为43+27．（2022ꞏ全国ꞏ高三专题练习）祖暅（公元5—6世纪，祖冲之之子），是我国齐梁时代的数学家，他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异.”这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.如图将底面直径皆为2b ，高皆为a 的椭半球体和已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面β上，用平行于平面β且与β距离为d 的平面截两个几何体得到S 圆及S 环两截面，可以证明S S =环圆总成立，若椭半球的短轴6AB =，长半轴5CD =，则下列结论正确的是（ ）A ．椭半球体的体积为30πB ．椭半球体的体积为15πC ．如果4C F FD =，以F 为球心的球在该椭半球内，那么当球F 体积最大时，该椭半球体挖去球F 后，体积为863π D ．如果4C F F D = ，以F 为球心的球在该半球内，那么当球F 体积最大时，该椭半球体挖去球F 后，体积为29π三、填空题28．（2022秋ꞏ上海浦东新ꞏ高二上海市建平中学校考阶段练习）我国古代数学名著《九章算术》中，定义了三个特别重要而基本的多面体，它们是：（1）“堑堵”：两个底面为直角三角形的直棱柱；（2）“阳马”：底面为长方形，且有一棱与底面垂直的棱锥；（3）“鳖臑（biēnào ）”：每个面都为直角三角形的四面体.魏晋时期的大数学家刘徽进一步研究发现：任何一个“堑堵”都可以分割成一个“阳马”和一个“鳖臑”且“阳马”和“鳖臑”的体积比为定值.则此定值为______.29．（2022秋ꞏ上海浦东新ꞏ高三上海市建平中学校考阶段练习）我国古代将四个面都是直角三角形的四面体称作鳖臑，如图，在鳖臑S ABC -中，SC ⊥平面ABC ，ABC 是等腰直角三角形，且AB SC =，则异面直线BC 与SA 所成角的正切值为______．（写出一个值即可，否则有两个答案）30．（2022春ꞏ浙江宁波ꞏ高二校考学业考试）宁波老外滩天主教堂位于宁波市新江桥北堍， 建于清同治十一年（公元 1872 年）. 光绪二十五 （1899年） 增建钟楼， 整座建筑由教堂、钟楼、偏屋组成， 造型具有典型罗马哥特式风格. 其顶端部分可以近似看成由一个正四棱锥和一个正方体组成的几何体， 且正四棱锥的侧棱长为10m ， 其底面边长与正方体的棱长均为6m ， 则顶端部分的体积为__________.31．（2022ꞏ全国ꞏ高三专题练习）蹴鞠，2006年5月20日，已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球，因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球．已知某鞠（球）的表面上有四个点(不共面)、、、,2,A B C DAB CD AC BD BC AD======__________．32．（2022春ꞏ福建泉州ꞏ高一泉州五中校考期中）“牟合方盖”（图①）是由我国古代数学家刘徽创造的，其构成是由一个正方体从纵横两侧面作内切圆柱（圆柱的上下底面为正方体的上下底面，圆柱的侧面与正方体侧面相切）的公共部分组成的（图②），假设正方体的棱长为2，则其中一个内切圆柱的表面积为___________；该正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球，所以用任一平行于正方体底面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，根据祖暅原理（夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等）可得“牟合方盖”的体积为____________．33．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）佩香囊是端午节传统习俗之一．香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫、开窍的．因地方习俗的差异，香囊常用丝布做成各种不同的形状，形形色色，玲珑夺目．图1的平行四边形ABCD由六个边长为1的正三角形构成．将它沿虚线折起来，可得图2所示的六面体形状的香囊．那么在图2这个六面体中内切球半径为__________，体积为__________.34．（2022ꞏ高二单元测试）《九章算术》第五卷中涉及一种几何体——羡除，它下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．该羡除是一个多面体ABCDFE ，如图，四边形ABCD ，ABEF 均为等腰梯形，AB CD EF ∥∥，平面ABCD ⊥平面ABEF ，梯形ABCD ，ABEF 的高分别为3，7，且6AB =，10CD =，8EF =，则AD BF ⋅= ______，DE = ______．35．（2021秋ꞏ四川广安ꞏ高二四川省武胜烈面中学校校考开学考试）《九章算术》中记载：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱剖开，得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均为直角三角形的四面体）在如图所示的堑堵111ABC A B C -中，12BB BC AB ===且有鳖臑11C ABB -和鳖臑1C ABC -，现将鳖臑1C ABC -的一个面1ABC 沿1BC 翻折180︒，使A 点翻折到E 点，求形成的新三棱锥11C AB E -的外接球的表面积是_________.36．（2022ꞏ全国ꞏ高三专题练习）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体ABCDEF 的棱长都是2（如图），P ，Q 分别为棱AB ，AD 的中点，则CP FQ ⋅= ________.37．（2022秋ꞏ辽宁ꞏ高二辽宁实验中学校考期中）阿波罗尼斯（约公元前262－190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数(0k >且1)k ≠的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在棱长为6的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是BC 的中点，点P 是正方体表面11DCC D 上一动点（包括边界），且满足APD MPC ∠=∠，则三棱锥D PBC -体积的最大值为______．38．（2022ꞏ全国ꞏ高三专题练习）祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.即：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．有一个球形瓷碗，它可以看成半球的一部分，若瓷碗的直径为8，高为2，利用祖暅原理可求得该球形瓷碗的体积为______．四、解答题39．（2022ꞏ全国ꞏ高三专题练习）自古以来，斗笠是一个防晒遮雨的用具，是家喻户晓的生活必需品之一，主要用竹篾和一种叫做棕榈叶染白后编织而成，已列入世界非物质文化遗产名录．现测量如图中一顶斗笠，得到图中圆锥PO 模型，经测量底面圆O 的直径48cm AB =，母线30cm AP =，若点C 在 AB 上，且π6CAB ∠=，D 为AC 的中点．证明：BC ∥平面POD ；40．（2022秋ꞏ贵州遵义ꞏ高三统考阶段练习）故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡,故又称四阿顶.如图，某几何体ABCDEF 有五个面，其形状与四阿顶相类似.已知底面ABCD 为矩形，228AB AD EF ===，EF ∥底面ABCD ，且EA ED FB FC ===，M ，N 分别为AD ，BC 的中点.(1)证明：EF AB ∥，且BC ⊥平面EFNM .(2)若EM 与底面ABCD 所成的角为π4，过点E 作EH MN ⊥，垂足为H ，过H 作平面ABFE 的垂线，写出作法，并求H 到平面ABFE 的距离.41．（2022秋ꞏ上海浦东新ꞏ高二上海师大附中校考期中）《九章算术ꞏ商功》：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”刘徽注：“此术臑者，背节也，或曰半阳马，其形有似鳖肘，故以名云.中破阳马，得两鳖臑，鳖臑之起数，数同而实据半，故云六而一即得.”如图，在鳖臑ABCD 中，侧棱AB ⊥底面BCD ；(1)若BC CD ⊥，ADB θ∠=1，2BDC θ∠=，3ADC θ∠=，求证：123cos cos cos θθθ⋅=；(2)若1AB =，2BC =，1CD =，试求异面直线AC 与BD 所成角的余弦.(3)若BD CD ⊥，2AB BD CD ===，点P 在棱AC 上运动.试求PBD △面积的最小值.42．（2022秋ꞏ北京ꞏ高二北京一七一中校考期中）“曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在19世纪由赫尔曼ꞏ闵可夫斯基提出来的．如图是抽象的城市路网，其中线段AB 是欧式空间中定义的两点最短距离，但在城市路网中，我们只能走有路的地方，不能“穿墙”而过，所以在“曼哈顿几何”中，这两点最短距离用(),d A B 表示，又称“曼哈顿距离”，即(),d A B AC CB =+，因此“曼哈顿两点间距离公式”：若()11,A x y ，()22,B x y ，则()2121,d A B x x y y =-+-(1)①点()A 3,5，()2,1B -，求(),d A B 的值．②求圆心在原点，半径为1的“曼哈顿单位圆”方程．(2)已知点()10B ,，直线220x y -+=，求B 点到直线的“曼哈顿距离”最小值； (3)设三维空间4个点为(),,i i i i A x y z =，1,2,3,4i =，且i x ，i y ，{}0,1i z ∈．设其中所有两点“曼哈顿距离”的平均值即d ，求d 最大值，并列举最值成立时的一组坐标．参考答案一、单选题1．（2022ꞏ全国ꞏ高三专题练习）笛卡尔是世界著名的数学家，他因将几何坐标体系公式化而被认为是解析几何之父.据说在他生病卧床时，还在反复思考一个问题：通过什么样的方法，才能把“点”和“数”联系起来呢？突然，他看见屋顶角上有一只蜘蛛正在拉丝织网，受其启发建立了笛卡尔坐标系的雏形.在如图所示的空间直角坐标系中，单位正方体顶点A 关于x 轴对称的点的坐标是（ ）A ．()1,1,1--B ．()1,1,1C ．()1,1,1-D ．()1,1,1---【答案】B 【详细分析】由图写出点A 的坐标，然后再利用关于x 轴对称的点的性质写出对称点的坐标.【答案详解】由图可知，点(1,1,1)A --，所以点A 关于x 轴对称的点的坐标为(1,1,1).故选：B.2．（2022春ꞏ辽宁大连ꞏ高一统考期末）民间娱乐健身工具陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺的立体结构图．已知底面圆的直径16cm AB =，圆柱体的高8cm BC =，圆锥体的高6cm CD =，则这个陀螺的表面积是（ ）A ．2192πcmB ．2208πcmC ．2272πcmD ．2336πcm【答案】C 【详细分析】结合组合体表面积的计算方法计算出正确答案.【答案详解】圆柱、圆锥的底面半径为8cm ，10cm =，所以陀螺的表面积是22π82π88π810272πcm ⨯+⨯⨯+⨯⨯=.故选：C3．（2022秋ꞏ安徽ꞏ高二合肥市第八中学校联考期中）《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳马”实为“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”．如图，在“阳马”A OBCD -中，E 为ACD 的重心，若AB a =，AC b = ，AD c = ，则BE = （ ）A ．1122a b c -++ B ．1133a b c -++ C ．2233a b c ++ D ．1133a b c -+- 【答案】B【详细分析】连接AE 并延长交CD 于点F ，则F 为CD 的中点，利用向量的加减运算得答案【答案详解】连接AE 并延长交CD 于点F ，因为E 为ACD 的重心，则F 为CD 的中点，且23AE AF = ()2211133233BE AE AB AF AB AC AD AB AC AD AB ∴=-=-=⨯+-=+- 1133a b c =-++ . 故选：B ．4．（2022秋ꞏ河南商丘ꞏ高三校联考阶段练习）榫卯是一种中国传统建筑、家具及其他器械的主要结构方式，是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式．凸出的部分叫做榫（或叫榫头），凹进部分叫卯（或叫榫眼、榫槽）．现要在一个木头部件制作一个榫眼，最终完成一个直角转弯结构的部件，那么制作成的榫眼的俯视图可以是（）A．B．C．D．【答案】B【详细分析】利用排除法结合俯视图的定义和已知条件详细分析判断.【答案详解】法一：榫眼的形状和榫头一致，故榫眼的俯视图的轮廓线为虚线且从结果图可知榫眼应为通透的，排除AD；又C选项的结构左下方部分缺了一块，这与榫眼的结构不符，符合条件的只有B．法二：因榫眼的制作部件为长方体，所以，C，D不正确；又榫眼应为通透的，所以A不正确，所以符合条件的只有B．故选B．5．（2021秋ꞏ江西宜春ꞏ高二上高二中校考阶段练习）张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五．已知三棱锥A BCD -的每个顶点都在球O 的球面上，AB ⊥底面BCD ，BC CD ⊥，且2AB CD ==，1BC =，利用张衡的结论可得球O 的表面积为（ ）A ．30B ．2C ．D ．【答案】D【详细分析】由BC CD ⊥，AB ⊥底面BCD ，将三棱锥A BCD -放在长方体中，求出外接球的半径以及圆周率的值，再由球的表面积公式即可求解.【答案详解】如图所示：因为BC CD ⊥，AB ⊥底面BCD ，1BC =，2AB CD ==，所以将三棱锥A BCD -放在长、宽、高分别为2,1,2的长方体中，三棱锥A BCD -的外接球即为该长方体的外接球，外接球的直径3AD ===，利用张衡的结论可得2π5168=，则π=所以球O 的表面积为234π9π2⎛⎫== ⎪⎝⎭故选：D.6．（2021春ꞏ陕西榆林ꞏ高三校考阶段练习）“天圆地方”观反映了中国古代科学对宇宙的认识，后来发展成为中国传统文化的重要思想.中国古人将琮、璧、圭、璋、璜、琥六种玉制礼器谓之“六瑞”，玉琮内圆外方，表示天和地，中间的穿孔表示天地之间的沟通，可以说是中国古代世界观很好的象征物.下面是一玉琮图及。
2024届新高考数学大题精选30题--立体几何含答案
大题立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，M是BC的中点，N是AB1的中点，P是B1C1的中点．(1)证明：MN⎳平面A1CP；(2)求点P到直线MN 的距离．2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°,M是侧棱PC的中点，侧面PAD为正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD．(1)求三棱锥M-ABC的体积；(2)求AM与平面PBC所成角的正弦值．2024届新高考数学大题精选30题--立体几何3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC,AB= AC=BC=AA1=2，A1B=6．(1)设D为AC中点，证明：AC⊥平面A1DB；(2)求平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE中，BC=BD=6，EC⊥ED，且EC=ED= 2，AB平行于平面CDE，AE平行于平面BCD，AE⊥CD.(1)证明：平面ABE⊥平面CDE；(2)若点A到直线CD的距离为22，F为棱AE的中点，求平面BDF与平面BCD夹角的余弦值．5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC-A1B1C1中，A1在平面ABC内的射影O在棱AC的中点处，P为棱A1B1(包含端点)上的动点．(1)求点P到平面ABC1的距离；(2)若AP⊥平面α，求直线BC1与平面α所成角的正弦值的取值范围．6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P-ABCD中，已知AB∥CD，∠BAD=90°，CD= 2AB，△PAB是正三角形，点M在侧棱PB上且使得PD⎳平面AMC．(1)证明：PM=2BM；(2)若侧面PAB⊥底面ABCD，CM与底面ABCD所成角的正切值为311，求二面角P-AC-B的余弦值．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE为菱形，AC=BC=2，∠ACB=120°，平面ACDE⊥平面ABC，点F在AB上，且AF=2FB，M，N分别在直线CD，AB上．(1)求证：CF⊥平面ACDE；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC=60°，MN为直线CD，AB的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE与平面ABC所成角为α，若tanα>217，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF 上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1 ，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB=∠PCB=π4，点M，N分别为DP和AB的中点.(1)求证：MN⎳平面PBC；(2)求证：平面PBC⊥平面ABCD；(3)求CM与平面PAD所成角的正弦值.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD 为直角梯形，△PAD为等边三角形，AD⎳BC，AD⊥AB，AD=AB=2BC=2．(1)求证：AD⊥PC；(2)点N在棱PC上运动，求△ADN面积的最小值；(3)点M为PB的中点，在棱PC上找一点Q，使得AM⎳平面BDQ，求PQQC的值．15(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O1O2的轴截面A1ACC1为等腰梯形，AC=2AA1= 2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点，且AB=BC,P是线段BC的中点.(1)求证：C1P⎳平面A1AB.(2)求平面A1AB与平面C1CB夹角的余弦值.16(2024·广东深圳·二模)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C⊥底面ABC，且AB= AC，A1B=A1C．(1)证明：AA1⊥平面ABC；(2)若AA1=BC=2，∠BAC=90°，求平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值．17(2024·河北保定·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PCD 内存在一条直线EF 与AB 平行，PA ⊥平面ABCD ，直线PC 与平面ABCD 所成的角的正切值为32，PA =BC =23，CD =2AB =4.(1)证明：四边形ABCD 是直角梯形.(2)若点E 满足PE =2ED ，求二面角P -EF -B 的正弦值.18(2024·湖南衡阳·模拟预测)如图，在圆锥PO 中，P 是圆锥的顶点，O 是圆锥底面圆的圆心，AC 是圆锥底面圆的直径，等边三角形ABD 是圆锥底面圆O 的内接三角形，E 是圆锥母线PC 的中点，PO =6,AC =4.(1)求证：平面BED ⊥平面ABD ；(2)设点M 在线段PO 上，且OM =2，求直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值.19(2024·湖南岳阳·三模)已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为4的菱形，∠DAB =60°，PA =PC ，PB =PD =210，M 是线段PC 上的点，且PC =4MC ．(1)证明：PC ⊥平面BDM ；(2)点E 在直线DM 上，求BE 与平面ABCD 所成角的最大值．20(2024·湖南·二模)如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形，∠ABC =60°,BD 1⊥平面A 1C 1D .(1)求四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积；(2)设点D 1关于平面A 1C 1D 的对称点为E ，点E 和点C 1关于平面α对称(E 和α未在图中标出)，求平面A 1C 1D 与平面α所成锐二面角的大小.21(2024·山东济南·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠DAB=∠PCB=60°,CD=1,AB=3,PC=23，平面PCB⊥平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点.(1)证明：PF⊥AD；(2)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为74.22(2024·山东潍坊·二模)如图1，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=4，∠ABC=60°，E为CD 的中点，将△ADE沿AE折起，连结BD，CD，且BD=4，如图2．(1)求证：图2中的平面ADE⊥平面ABCE；(2)在图2中，若点F在棱BD上，直线AF与平面ABCE所成的角的正弦值为3010，求点F到平面DEC 的距离．23(2024·福建·模拟预测)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥PB,AB⊥BC,AB=3,BC=6，已知二面角P-AB-C的大小为θ，∠PAB=θ.(1)求点P到平面ABC的距离；(2)当三棱锥P-ABC的体积取得最大值时，求：(Ⅰ)二面角P-AB-C的余弦值；(Ⅱ)直线PC与平面PAB所成角.24(2024·浙江杭州·二模)如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，∠DAB=60°, BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点，PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD．(1)证明：∠ABQ=90°；(2)若多面体ABCDPQ的体积为152，求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值．25(2024·浙江嘉兴·二模)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD,PA∥QD，BC=2AB=2PA=2,∠ABC=60°.(1)证明：平面PCD⊥平面PAC；(2)若PQ=22，求平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值.26(2024·浙江绍兴·二模)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=4，AC=2，∠CAB=60°，BC⊥AP.(1)证明：平面ACP⊥平面ABC；(2)若PA=2，PB=4，求二面角P-AB-C的平面角的正切值.27(2024·河北沧州·一模)如图，在正三棱锥A -BCD 中，BC =CD =BD =4，点P 满足AP=λAC ，λ∈(0,1)，过点P 作平面α分别与棱AB ，BD ，CD 交于Q ，S ，T 三点，且AD ⎳α，BC ⎳α.(1)证明：∀λ∈(0,1)，四边形PQST 总是矩形；(2)若AC =4，求四棱锥C -PQST 体积的最大值.28(2024·湖北·二模)如图1．在菱形ABCD 中，∠ABC =120°，AB =4，AE =λAD ，AF =λAB(0<λ<1)，沿EF 将△AEF 向上折起得到棱锥P -BCDEP ．如图2所示，设二面角P -EF -B 的平面角为θ．(1)当λ为何值时，三棱锥P -BCD 和四棱锥P -BDEF 的体积之比为95(2)当θ为何值时，∀λ∈0,1 ，平面PEF 与平面PFB 的夹角φ的余弦值为5529(2024·湖北·模拟预测)空间中有一个平面α和两条直线m ，n ，其中m ，n 与α的交点分别为A ，B ，AB =1，设直线m 与n 之间的夹角为π3，(1)如图1，若直线m ，n 交于点C ，求点C 到平面α距离的最大值；(2)如图2，若直线m ，n 互为异面直线，直线m 上一点P 和直线n 上一点Q 满足PQ ⎳α，PQ ⊥n 且PQ ⊥m ，(i )求直线m ，n 与平面α的夹角之和；(ii )设PQ =d 0<d <1 ，求点P 到平面α距离的最大值关于d 的函数f d ．30(2024·浙江绍兴·模拟预测)如图所示，四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1，底面ABCD 为一个菱形，且∠BAD =120°. 底面与顶面的对角线交点分别为O ，O 1. AB =2A 1B 1=2，BB 1=DD 1=392，AA 1与底面夹角余弦值为3737.(1)证明：OO 1⊥平面ABCD ；(2)现将顶面绕OO 1旋转θ角，旋转方向为自上而下看的逆时针方向. 此时使得底面与DC 1的夹角正弦值为64343，此时求θ的值(θ<90°)；(3)求旋转后AA 1与BB 1的夹角余弦值.大题 立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为2，M 是BC 的中点，N 是AB 1的中点，P 是B 1C 1的中点．(1)证明：MN ⎳平面A 1CP ；(2)求点P 到直线MN 的距离．【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】(1)建立如图空间直角坐标系A -xyz ，设平面A 1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，利用空间向量法证明MN ⋅n=0即可；(2)利用空间向量法即可求解点线距.【详解】(1)由题意知，AA 1⊥平面ABC ，∠BAC =60°，而AB ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥AB ，在平面ABC 内过点A 作y 轴，使得AB ⊥y 轴，建立如图空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0),B (2,0,0),C (1,3,0),A 1(0,0,2),B 1(2,0,2)，得M 32,32,0,N (1,0,1),P 32,32,2，所以A 1C =(1,3,-2),A 1P =32,32,0 ,MN =-12,-32,1 ，设平面A1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅A 1C=x +3y -2z =0n ⋅A 1P =32x +32y =0，令x =1，得y =-3,z =-1，所以n=(1,-3,-1)，所以MN ⋅n =-12×1+-32×(-3)+1×(-1)=0，又MN 不在平面A 1CP 内即MN ⎳平面A 1CP ；(2)如图，连接PM ，由(1)得PM =(0,0,-2)，则MN ⋅PM =-2，MN =2,PM =2，所以点P 到直线MN 的距离为d =PM 2-MN ⋅PMPM2= 3.2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD =60°,M 是侧棱PC 的中点，侧面PAD 为正三角形，侧面PAD ⊥底面ABCD ．(1)求三棱锥M -ABC 的体积；(2)求AM 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】(1)12(2)3311．【分析】(1)作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，由中位线得到M 到平面ABCD 的距离为32，进而由锥体体积公式求出答案；(2)证明出BO ⊥AD ，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由法向量的夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值.【详解】(1)如图所示，取AD 的中点O ，连接PO ．因为△PAD 是正三角形，所以PO ⊥AD ．又因为平面PAD ⊥底面ABCD ,PO ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，且PO =3．又因为M 是PC 的中点，M 到平面ABCD 的距离为32，S △ABC =12×2×2×sin 2π3=3，所以三棱锥M -ABC 的体积为13×3×32=12．(2)连接BO ,BD ，因为∠BAD =π3，所以△ABD 为等边三角形，所以BO ⊥AD ，以O 为原点，OA ,OB ,OP 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，则P 0,0,3 ,A 1,0,0 ,B 0,3,0 ,C -2,3,0 ，所以M -1,32,32 ,AM =-2,32,32,PB =0,3,-3 ,BC =-2,0,0 ．设平面PBC 的法向量为n=x ,y ,z ，则PB ⋅n =0BC ⋅n =0，即3y -3z =0-2x =0 ，解得x =0，取z =1，则y =1，所以n=0,1,1 ．设AM 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ=cos AM ,n =AM ⋅nAM ⋅n=-2,32,32 ⋅0,1,14+34+34×1+1=3311．即AM 与平面PBC 所成角的正弦值为3311．3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ,AB =AC =BC =AA 1=2，A 1B =6．(1)设D 为AC 中点，证明：AC ⊥平面A 1DB ；(2)求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)55【分析】(1)根据等边三角形的性质得出BD ⊥AC ，根据平面ACC 1A 1⊥平面ABC 得出BD ⊥平面ACC 1A 1，BD ⊥A 1D ，利用勾股定理得出AC ⊥A 1D ，从而证明AC ⊥平面A 1DB ；(2)建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面A 1AB 1的法向量和平面ACC 1A 1的一个法向量，利用向量求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角余弦值．【详解】(1)证明：因为D 为AC 中点，且AB =AC =BC =2，所以在△ABC 中，有BD ⊥AC ，且BD =3，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，且平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，BD ⊂平面ABC ,所以BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1，则BD ⊥A 1D ，由A 1B =6，BD =3，得A 1D =3，因为AD =1，AA 1=2，A 1D =3，所以由勾股定理，得AC ⊥A 1D ，又AC ⊥BD ，A 1D ∩BD =D ,A 1D ,BD ⊂平面A 1DB ，所以AC ⊥平面A 1DB ；(2)如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系D -xyz ，可得A (1,0,0),A 1(0,0,3),B (0,3,0)，则AA 1 =-1,0,3 ,AB=-1,3,0 ，设平面A 1AB 1的法向量为n=(x ,y ,z )，由n ⋅AA 1=-x +3z =0n ⋅AB=-x +3y =0，令x =3，得y =1，z =1，所以n=3,1,1 ,由(1)知，BD ⊥平面ACC 1A 1，所以平面ACC 1A 1的一个法向量为BD=(0,-3,0)，记平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角为α，则cos α=|n ⋅BD ||n ||BD |=35×3=55，所以平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值为55．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE 中，BC =BD =6，EC ⊥ED ，且EC =ED =2，AB 平行于平面CDE ，AE 平行于平面BCD ，AE ⊥CD .(1)证明：平面ABE ⊥平面CDE ；(2)若点A 到直线CD 的距离为22，F 为棱AE 的中点，求平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)10535【分析】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，使用线面平行的性质，然后用面面垂直的判定定理即可；(2)证明BE ⊥平面CDE ，然后构造空间直角坐标系，直接用空间向量方法即可得出结果.【详解】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，连接ME ,MB ，则平面ABE 与平面CDE 的交线为ME ，平面ABE 与平面BCD 的交线为MB ，因为AB 平行于平面CDE ，AB ⊂平面ABE ，平面ABE 和平面CDE 的交线为ME ，所以AB ∥ME ．同理AE ∥MB ，所以四边形ABME 是平行四边形，故AE ∥MB ，AB ∥ME .因为CD ⊥AE ，AE ∥MB ，所以CD ⊥MB ，又BC =BD =6，所以M 为棱CD 的中点在△CDE 中，EC =ED ，MC =MD ，所以CD ⊥ME ，由于AB ∥ME ，故CD ⊥AB .而CD ⊥AE ，AB ∩AE =A ，AB ,AE ⊂平面ABE ，所以CD ⊥平面ABE ，又CD ⊂平面CDE ，所以平面ABE ⊥平面CDE .(2)由(1)可知，CD ⊥平面ABME ，又AM ⊂平面ABME ，所以CD ⊥AM .而点A 到直线CD 的距离为22，故AM =2 2.在等腰直角三角形CDE 中，由EC =ED =2,得CD =2,MC =MD =ME =1.在等腰三角形BCD 中，由MC =MD =1，BC =BD =6，得BM = 5.在平行四边形ABME 中，AE =BM =5，AB =EM =1，AM =22，由余弦定理得cos ∠MEA =EM 2+AE 2-AM 22EM ·AE=-55，所以cos ∠BME =55，所以BE =BM 2+EM 2-2BM ·EM cos ∠BME =2.因为BE 2+ME 2=22+12=5 2=BM 2，所以BE ⊥ME .因为平面ABME ⊥平面CDE ，平面ABME 和平面CDE 的交线为ME ，BE 在平面ABME 内.所以BE ⊥平面CDE .如图，以E 为坐标原点，EC ,ED ,EB 分别为x ,y ,z 轴正方向，建立空间直角坐标系.则E 0,0,0 ,C 2,0,0 ,D 0,2,0 ,B 0,0,2 ,A -22,-22,2 ,F -24,-24,1.所以CD =-2,2,0 ,DB =0,-2,2 ,FB =24,24,1 .设平面BCD 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅CD=0m ⋅DB =0，即-2x 1+2y 1=0-2y 1+2z 1=0 .则可取x 1=2，得m=2,2,2 .设平面BDF 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，则n ⋅FB =0n ⋅DB=0，即24x 2+24y 2+z 2=0-2y 2+2z 2=0.取z 2=1，则n=-32,2,1 ．设平面BDF 与平面BCD 的夹角为θ，则cos θ=m ⋅n m ⋅n =-3210×21=10535.所以平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值为10535.5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1在平面ABC 内的射影O 在棱AC 的中点处，P 为棱A 1B 1(包含端点)上的动点．(1)求点P 到平面ABC 1的距离；(2)若AP ⊥平面α，求直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围．【答案】(1)23913；(2)25,104.【分析】(1)以O 为原点建立空间直角坐标系，求出平面ABC 1的法向量，再利用点到平面距离的向量求法求解即得.(2)由向量共线求出向量AP的坐标，再利用线面角的向量求法列出函数关系，并求出函数的值域即可.【详解】(1)依题意，A 1O ⊥平面ABC ，OB ⊥AC (底面为正三角形)，且A 1O =OB =3，以O 为原点，OB ,OC ,OA 1的方向分别为x ,y ,z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，则O (0,0,0),A (0,-1,0),B (3,0,0),C (0,1,0),A 1(0,0,3),C 1(0,2,3)，AC 1 =(0,3,3)，BC 1 =(-3,2,3)，AA 1 =(0,1,3)，由A 1B 1⎳AB ，A 1B 1⊄平面ABC 1，AB ⊂平面ABC 1，则A 1B 1⎳平面ABC 1，即点P 到平面ABC 1的距离等于点A 1到平面ABC 1的距离，设n =(x ,y ,z )为平面ABC 1的一个法向量，由n ⋅AC 1=3y +3z =0n ⋅BC 1=-3x +2y +3z =0，取z =3，得n=(1,-3,3)，因此点A 1到平面ABC 1的距离d =|AA 1 ⋅n||n |=2313=23913，所以点P 到平面ABC 1的距离为23913．(2)设A 1P =λA 1B 1 ，λ∈[0,1]，则AP =AA 1 +A 1P =AA 1 +λAB=(0,1,3)+λ(3,1,0)=(3λ,1+λ,3)，由AP ⊥α，得AP为平面α的一个法向量，设直线BC 1与平面α所成角为θ，则sin θ=|cos ‹BC 1 ,AP ›|=|BC 1 ⋅AP||BC 1 ||AP |=|5-λ|10⋅3λ2+(1+λ)2+3=5-λ25⋅2λ2+λ+2，令t =5-λ，则λ=5-t ，t ∈[4,5]，则sin θ=t 25⋅2(5-t )2+(5-t )+2=t25⋅2t 2-21t +57=125⋅2-21t+57t 2=125571t-7382+576，由t ∈[4,5]，得1t ∈15,14 ，于是571t -738 2+576∈225,516，25⋅571t -738 2+576∈2105,52 ，则sin θ∈25,104，所以直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围是25,104.6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P -ABCD 中，已知AB ∥CD ，∠BAD =90°，CD =2AB ，△PAB 是正三角形，点M 在侧棱PB 上且使得PD ⎳平面AMC ．(1)证明：PM =2BM ；(2)若侧面PAB ⊥底面ABCD ，CM 与底面ABCD 所成角的正切值为311，求二面角P -AC -B 的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)1010．【分析】(1)连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，由已知得AB CD=EBED ，由线面平行的性质得PD ∥EM ，根据三角形相似可得EB ED =BM PM=12，即PM =2BM(2)设AB 的中点O ，首先由已知得PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ∥PO 交AB 于点F ，得MF ⊥底面ABCD ，则∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，在底面ABCD 上过点O 作OG ⊥AC 于点G ，则∠PGO 是二面角P -AC -B 的平面角，根据条件求解即可【详解】(1)证明：连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，在△EAB 与△ECD 中，∵AB ∥CD ，∴AB CD=EBED ，由CD =2AB ，得ED =2EB ，又∵PD ⎳平面AMC ，而平面PBD ∩平面AMC =ME ，PD ⊂平面PBD ，∴PD ∥EM ，∴在△PBD 中，EB ED =BM PM=12，∴PM =2BM ；(2)设AB 的中点O ，在正△PAB 中，PO ⊥AB ，而侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB ∩底面ABCD =AB ，且PO ⊂平面PAB ，∴PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ⎳PO 交AB 于点F ，∴MF ⊥底面ABCD ，∴∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，∴MF CF=311，设AB =6a ，则MF=3a，∴CF=11a，BF=MF3=a，则在直角梯形ABCD中，AF=5a，而CD=12a，则AD=11a2-12a-5a2=62a，在底面ABCD上过点O作OG⊥AC于点G，则∠PGO是二面角P-AC-B的平面角，易得OA=3a，AC=66a，在梯形ABCD中，由OAOG=ACAD⇒3aOG=66a62a，得OG=3a，在Rt△POG中，PG=30a，∴cos∠PGO=OGPG=1010．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)4(2)413【分析】(1)取AB,CD的中点M,N，证得平面ADE⎳平面MNHG，得到AE⎳GH，再由平面ABG⎳平面CDEHG，证得AG⎳EH，得到平行四边形AGHE，得到GH=AE，求得HN=4，结合HN⊥平面ABCD，即可求解；(2)以点N为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面BFHG和平面AGHE的法向量n =(1,3,4)和m =(1,-3,4)，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】(1)如图所示，取AB,CD的中点M,N，连接GM,MN,HN，因为GA=GB，可得GM⊥AB，又因为平面ABG⊥平面ABCD，且平面ABG∩平面ABCD=AB，GM⊂平面ABG，所以GM⊥平面ABCD，同理可得：HN⊥平面ABCD，因为ED⊥平面ABCD，所以ED⎳HN，又因为ED⊄平面MNHG，HN⊂平面MNHG，所以ED⎳平面MNHG，因为MN⎳AD，且AD⊄平面MNHG，MN⊂平面MNHG，所以AD⎳平面MNHG，又因为AD∩DE=D，且AD,DE⊂平面ADE，所以平面ADE⎳平面MNHG，因为平面AEHG与平面ADE和平面MNHG于AE,GH，可得AE⎳GH，又由GM⎳HN，AB⎳CD，且AB∩GM=M和CD∩HN=N，所以平面ABG⎳平面CDEHG，因为平面AEHG与平面ABG和平面CDEHF于AG,EH，所以AG⎳EH，可得四边形AGHE 为平行四边形，所以GH =AE ，因为AE =AD 2+DE 2=42+12=17，所以GH =17，在直角△AMG ，可得GM =GB 2-AB 22=52-42=3，在直角梯形GMNH 中，可得HN =3+17-42=4，因为HN ⊥平面ABCD ，所以点H 到平面ABCD 的距离为4.(2)解：以点N 为原点，以NM ,NC ,NH 所在的直线分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E (0,-4,1),F (0,4,1),G (4,0,3),H (0,0,4)，可得HE =(0,-4,-3),HF =(0,4,-3),HG=(4,0,-1)，设平面BFHG 的法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅HG=4x -z =0n ⋅HF=4y -3z =0，取z =4，可得x =1,y =3，所以n=(1,3,4)，设平面AGHE 的法向量为m=(a ,b ,c )，则m ⋅HG=4a -c =0m ⋅HE=-4b -3c =0，取c =4，可得a =1,b =-3，所以m=(1,-3,4)，则cos m ,n =m ⋅n m n=1-9+161+9+16⋅1+9+16=413，即平面BFHG 与平面AGHE 所成锐二面角的余弦值413.8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE 为菱形，AC =BC =2，∠ACB =120°，平面ACDE ⊥平面ABC ，点F 在AB 上，且AF =2FB ，M ，N 分别在直线CD ，AB 上．(1)求证：CF ⊥平面ACDE ；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC =60°，MN 为直线CD ，AB 的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE 与平面ABC 所成角为α，若tan α>217，求平面BCD 与平面CFD 所成角余弦值的范围．【答案】(1)证明见解析(2)AN AF=913(3)528,255 【分析】(1)先通过余弦定理及勾股定理得到CF ⊥AC ，再根据面面垂直的性质证明；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，利用向量的坐标运算根据MN ⋅CD =0MN ⋅AF =0，列方程求解即可；(3)利用向量法求面面角，然后根据tan α>217列不等式求解.【详解】(1)AB 2=AC 2+BC 2-2AC ⋅BC ⋅cos ∠ACB =12，AB =23，AF =2FB ，所以AF =433，CF=13CA +23CB ，CF 2=19CA 2+49CB 2+49CA ⋅CB =43，AC 2+CF 2=4+43=163=AF 2，则CF ⊥AC ，又因为平面ACDE ⊥平面ABC ，平面ACDE ∩平面ABC =AC ，CF ⊂面ABC ，故CF ⊥平面ACDE ；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，由∠EAC =60°，可得∠DCA =120°，DC =2，所以C 0,0,0 ,D -1,0,3 ,A 2,0,0 ,F 0,233,0 所以AF =-2,233,0 ，CD =-1,0,3 ，设AN =λAF =-2λ,233λ,0 ，则N 2-2λ,233λ,0 ，设CM =μCD ，则M -μ,0,3μ ，MN =2-2λ+μ,233λ,-3μ ，由题知，MN ⋅CD=0MN ⋅AF =0 ⇒2λ-2-μ-3μ=04λ-4-2μ+43λ=0 ，解得λ=913，μ=-213，故AN AF=913；(3)B -1,3,0 ，设∠EAC =θ，则E 2-2cos θ,0,2sin θ ，BE=3-2cos θ,-3,2sin θ ，可取平面ABC 的法向量n=0,0,1 ，则sin α=cos n ,BE=n ⋅BEn ⋅BE =2sin θ 3-2cos θ 2+3+4sin 2θ=sin θ4-3cos θ，cos α=4-3cos θ-sin 2θ4-3cos θ，则tan α=sin θ4-3cos θ-sin 2θ>217，整理得10cos 2θ-9cos θ+2<0，故cos θ∈25,12，CF =0,23,0，CD =-2cos θ,0,2sin θ ，CB =-1,3,0 ，记平面CDF 的法向量为n 1 =x ,y ,z ，则有n 1 ⋅CD =0n 1 ⋅CF =0 ⇒-2x cos θ+2z sin θ=023y =0，可得n 1=sin θ,0,cos θ ，记平面CBD 的法向量为n 2 =a ,b ,c ，则有n 2 ⋅CD=0n 2 ⋅CB =0 ⇒-2a cos θ+2c sin θ=0-a +3b =0，可得n 2=3sin θ,sin θ,3cos θ ，记平面BCD 与平面CFD 所成角为γ，则cos γ=cos n 1 ,n 2 =33+sin 2θ，cos θ∈25,12 ，所以sin 2θ∈34,2125 ，3+sin 2θ∈152,465 ，故cos γ=33+sin 2θ∈528,255 ．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．【答案】(1)证明见解析(2)∠MAD =45°【分析】(1)根据面面与线面垂直的性质可得BD ⊥AF ，结合线面、面面垂直的判定定理即可证明；(2)建立如图空间直角坐标系，设∠MAD =α，AB =1，利用空间向量法求出二面角C -AM -E 的余弦值，建立方程1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，结合三角恒等变换求出α即可.【详解】(1)由已知得平面ABCD ⊥平面ABEF ，AF ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF =AB ，AF ⊂平面ABEF ，所以AF ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，故BD ⊥AF ，因为ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC ，AC ，AF ⊂平面ACF ，AC ∩AF =A ，所以BD ⊥平面ACF ，又BD ⊂平面BDE ，所以平面ACF ⊥平面BDE .(2)由(1)知AD ，AF ，AB 两两垂直，以AD ，AF ，AB 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图.设∠MAD =α，AB =1，则A 0,0,0 ，M cos α,sin α,0 ，C 1,0,1 ，E 0,1,1 ，故AM =cos α,sin α,0 ，AC =1,0,1 ，AE =0,1,1设平面AMC 的法向量为m =x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅AC =0，m ⋅AM=0故x 1+z 1=0x 1cos α+y 1sin α=0，取x 1=sin α，则y 1=-cos α，z 1=-sin α所以m=sin α,-cos α,-sin α设平面AME 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，n ⋅AE =0，n ⋅AM=0故y 2+z 2=0x 2cos α+y 2sin α=0，取x 2=sin α，则y 2=-cos α，z 2=cos α所以n=sin α,-cos α,cos α ，所以cos m ,n =1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α，由已知得1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，化简得：2sin 22α-9sin2α+7=0，解得sin2α=1或sin2α=72(舍去)故α=45°，即∠MAD =45°.10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)68585【分析】(1)取AC 的中点O ，根据面面垂直的性质定理，可得DO ⊥平面ABC ，即可求证DO 2⎳OO 1，进而可证矩形，即可根据线线平行以及平行的传递性求解.(2)建系，利用向量法，求解法向量n =1,-12,3 与方向向量DB =(-1,4,-3)的夹角，即可求解．【详解】(1)证明：取AC 的中点为O ，连接DO ，OO 1，O 1O 2，∵DA =DC ，O 为AC 中点，∴DO ⊥AC ，又平面DAC ⊥平面ABC ，且平面DAC ∩平面ABC =AC ，DO ⊂平面DAC ,∴DO ⊥平面ABC ，∴DO ⎳O 1O 2，DO =O 1O 2，故四边形DOO 1O 2为矩形，∴DO 2⎳OO 1，又O ，O 1分别是AC ，AB 的中点，∴OO 1⎳BC ，∴DO 2⎳BC ；(2)∵C 是圆O 1上异于A ，B 的点，且AB 为圆O 1的直径，∴BC ⊥AC ，∴OO 1⊥AC ，∴如图以O 为原点建立空间直角坐标系，由条件知DO =3，∴A (1,0,0),B (-1,4,0),C (-1,0,0),D (0,0,3)，∴E -12,0,32 ，设F (x ,y ,z )，∴BF =(x +1,y -4,z )，FD=(-x ,-y ,3-z )，由BF =2FD ，得F -13,43,233 ，∴AF =-43,43,233 ，∴DB =(-1,4,-3)，AE =-32,0,32 ，设平面AEF 法向量为n=(x 1,y 1,z 1)，则n ⋅AE=-32x 1+32z 1=0n ⋅AF =-43x 1+43y 1+233z 1=0，取n =1,-12,3 ，设直线BD 与平面AEF 所成角为θ，则sin θ=|cos <n ,DB>|=625⋅172=68585∴直线BD 与平面AEF 所成角的正弦值为68585．11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)241391【分析】(1)方法一运用空间向量的线性运算，进行空间位置关系的向量证明即可.方法二：建立空间直角坐标系，进行空间位置关系的向量证明即可.(2)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可.【详解】(1)方法一：∵A 1B 1=12AB ，∴AA 1 ⋅AB =AA 1 ⋅AD =22×22=2．∵D 1A =-12AD-AA 1∴D 1P =D 1A +AP =1-λ AB +12λ-12AD+λ-1 AA 1∴D 1P ⋅AC =1-λ AB +12λ-12AD +λ-1 AA 1 ⋅AB +AD =1-λ AB 2+12λ-12 AD2+λ-1 AB ⋅AA 1 +λ-1 AD ⋅AA 1=81-λ +812λ-12+4λ-1 =0．∴D 1P ⊥AC ，即D 1P ⊥AC ．方法二：以底面ABCD 的中心O 为原点，以OM 方向为y 轴，过O 点平行于AD 向前方向为x 轴，以过点O 垂直平面ABCD 向上方向为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正四棱台的高度为h ，则有 A 2,-2,0 ，B 2,2,0 ，C -2,2,0 ，D -2,-2,0 ，A 122,-22,h ，C 1-22,22,h ，D 1-22,-22,h ，M 0,2,0 ，AC =-22,22,0AP =1-λ 0,22,0 +12λ-22,0,0 +λ-22,22,0 =-322λ,22-322λ,λhD 1A =322,-22,-h ，D 1P =D 1A +AP =-322λ+322,-322λ+322,λh -h ．故AC ⋅D 1P=0，所以D 1P ⊥AC ．(2)设平面ABCD 的法向量为n=0,0,1 ，设平面AMC 1的法向量为m =x ,y ,z ，AM =-2,22,0 ，AC 1 =-322,322,h ，则有AM ⋅m=0AC 1 ⋅m=0 ，即-2x +22y =0-322x +322y +hz =0，令x =22h ，则m=22h ,2h ,3 ．又题意可得cos m ,n =38h 2+2h 2+9=37，可得h =2．因为λ=23，经过计算可得P 0,0,43 ，D 1-22,-22,2 ，D 1P =2,2,43．将h =2代入，可得平面AMC 1的法向量m=42,22,3 ．设直线DP 与平面AMC 1所成角的为θsin θ=cos DP ,m =8+4+42+2+16932+8+9=241391．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.【答案】(1)证明见详解(2)-22【分析】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，利用线面平行的判定定理证明；(2)由已知可知，△AA 1C 为等边三角形，故A 1E ⊥AC ，利用面面垂直的性质定理可证得A 1E ⊥底面ABC ，进而建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角余弦值.【详解】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，因为侧面BCC 1B 1是平行四边形，所以N 为B 1C 的中点，又因为点E 为线段AC 的中点，所以NE ⎳AB 1，因为AB 1⊄面BEC 1，NE ⊂面BEC 1，所以AB 1⎳面BEC 1.(2)连接A 1C ，A 1E ，因为∠A 1AC =π3，AC =AA 1=2，所以△AA 1C 为等边三角形，A 1C =2，因为点E 为线段AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ，因为侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，A 1E ⊂平面ACC 1A 1，所以A 1E ⊥底面ABC ，过点E 在底面ABC 内作EF ⊥AC ，如图以E 为坐标原点，分布以EF ，EC ，EA 1 的方向为x ,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系，则E 0,0,0 ，B 32,-12,0 ，C 10,2,3 ，所以EB =32,-12,0 ，EC 1 =0,2,3 ，设平面BEC 1的法向量为m=x ,y ,z ，则m ⋅EB =32x -12y =0m ⋅EC 1=2y +3z =0，令x =1，则y =3,z =-2，所以平面BEC 1的法向量为m=1,3,-2 ，又因为平面ABE 的法向量为n=0,0,1 ，则cos m ,n =-21+3+4=-22，经观察，二面角A -BE -C 1的平面角为钝角，所以二面角A -BE -C 1的余弦值为-22.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，△DCP 是等边三角形，∠DCB =∠PCB =π4，点M ，N 分别为DP 和AB 的中点.(1)求证：MN ⎳平面PBC ；(2)求证：平面PBC ⊥平面ABCD ；(3)求CM 与平面PAD 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)33.【分析】(1)取PC 中点E ，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得.(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.(3)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.【详解】(1)取PC 中点E ，连接ME ,BE ，由M 为DP 中点，N 为AB 中点，得ME ⎳DC ,ME =12DC ，又BN ⎳CD ,BN =12CD ，则ME ⎳BN ,ME =BN ，因此四边形BEMN 为平行四边形，于是MN ⎳BE ，而MN ⊄平面PBC ,BE ⊂平面PBC ，所以MN ⎳平面PBC .(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，连接DQ ，由∠DCB =∠PCB =π4,CD =PC ,QC =QC ，得△QCD ≌△QCP ，则∠DQC =∠PQC =π2，即DQ ⊥BC ，而PQ =DQ =2,PQ 2+DQ 2=4=PD 2，因此PQ ⊥DQ ，又DQ ∩BC =Q ,DQ ,BC ⊂平面ABCD ，则PQ ⊥平面ABCD ，PQ ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面ABCD .(3)由(2)知，直线QC ,QD ,QP 两两垂直，以点Q 为原点，直线QC ,QD ,QP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则C (2,0,0),P (0,0,2),D (0,2,0),M 0,22,22,A (-2,2,0)，CM =-2,22,22,AD =(2,0,0),DP =(0,-2,2)，设平面PAD 的一个法向量n =(x ,y ,z )，则n ⋅AD=2x =0n ⋅DP=-2y +2z =0，令y =1，得n=(0,1,1)，设CM 与平面PAD 所成角为θ，sin θ=|cos ‹CM ,n ›|=|CM ⋅n||CM ||n |=23⋅2=33，所以CM 与平面PAD 所成角的正弦值是33.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，△PAD 为等边三角形，AD ⎳BC ，AD ⊥AB ，AD =AB =2BC =2．(1)求证：AD ⊥PC ；(2)点N 在棱PC 上运动，求△ADN 面积的最小值；(3)点M 为PB 的中点，在棱PC 上找一点Q ，使得AM ⎳平面BDQ ，求PQQC的值．【答案】(1)证明见解析(2)2217(3)4【分析】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，依题意可得四边形ABCH 为矩形，即可证明CH ⊥AD ，再由PH ⊥AD ，即可证明AD ⊥平面PHC ，从而得证；(2)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，即可得到CG AG=12，再根据线面平行的性质得到CF FM =12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，即可得到MKCQ=2，最后由PQ =2MK 即可得解.【详解】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，则AH ⎳BC 且AH =BC ，又AD ⊥AB ，所以四边形ABCH 为矩形，所以CH ⊥AD ，又△PAD 为等边三角形，所以PH ⊥AD ，PH ∩CH =H ，PH ,CH ⊂平面PHC ，所以AD ⊥平面PHC ，又PC ⊂平面PHC ，所以AD ⊥PC .(2)连接HN ，由AD ⊥平面PHC ，又HN ⊂平面PHC ，所以AD ⊥HN ，所以S △ADH =12AD ⋅HN =HN ，要使△ADN 的面积最小，即要使HN 最小，当且仅当HN ⊥PC 时HN 取最小值，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥平面ABCD ，又HC ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥HC ，在Rt △HPC 中，CH =2，PH =3，所以PC =CH 2+PH 2=7，当HN ⊥PC 时HN =PH ⋅CH PC =237=2217，所以△ADN 面积的最小值为2217.(3)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，因为AD ⎳BC 且AD =2BC =2，所以△CGB ∽△AGD ，所以CG AG =BC AD=12，因为AM ⎳平面BDQ ，又AM ⊂平面ACM ，平面BDQ ∩平面ACM =GF ，所以GF ⎳AM ，所以CF FM =CG AG=12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，则有MK CQ =MF CF=2，所以PQ =2MK ，所以PQ =2MK =4CQ ，即PQQC=415(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O 1O 2的轴截面A 1ACC 1为等腰梯形，AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点，且AB =BC ,P 是线段BC 的中点.(1)求证：C 1P ⎳平面A 1AB .(2)求平面A 1AB 与平面C 1CB 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)17【分析】(1)取AB 的中点H ，连接A 1H ,PH ，证明四边形A 1C 1PH 为平行四边形，进而得C 1P ⎳A 1H ，即可证明；(2)建立空间直角坐标系，求两平面的法向量，利用平面夹角公式求解.【详解】(1)取AB 的中点H ，连接A1H ,PH ，如图所示，因为P 为BC 的中点，所以PH ⎳AC ,PH =12AC .在等腰梯形A 1ACC 1中，A 1C 1⎳AC ,A 1C 1=12AC ，所以HP ⎳A 1C 1,HP =A 1C 1，所以四边形A 1C 1PH 为平行四边形，所以C 1P ⎳A 1H ，又A 1H ⊂平面A 1AB ,C 1P ⊄平面A 1AB ，所以C 1P ⎳平面A 1AB .(2)因为AB =BC ,故O 2B ⊥AC ，以直线O 2A ,O 2B ，O 2O 1分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，在等腰梯形A 1ACC 1中，AC =2AA 1=2A 1C 1=4，此梯形的高为h =AA 21-AC -A 1C 122= 3.因为A 1C 1=12AC ,A 1C 1⎳AC ，。