全国高考理科数学试题分类汇编7：立体几何含答案

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最新全国高考理科数学试题分类汇编7：立体几何 Word版含答案

全国（高|考）理科数学试题分类汇编7：立体几何一、选择题1 ． (（高|考）新课标1 (理 ) )如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如果不计容器的厚度,那么球的体积为( )A ．35003cm πB ．38663cm πC ．313723cm πD ．320483cm π【答案】A2 ． (普通高等学校招生统一考试广东省数学 (理 )卷 (纯WORD 版 ) )设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,以下命题中正确的选项是 ( )A ．假设αβ⊥,m α⊂,n β⊂,那么m n ⊥B．假设//αβ,m α⊂,n β⊂,那么//m nC ．假设m n ⊥,m α⊂,n β⊂,那么αβ⊥D．假设m α⊥,//m n ,//n β,那么αβ⊥【答案】D3 ． (上海市春季（高|考）数学试卷(含答案) )假设两个球的外表积之比为1:4,那么这两个球的体积之比为 ( )A ．1:2B ．1:4C ．1:8D ．1:16【答案】C4 ． (普通高等学校招生统一考试大纲版数学 (理 )WORD 版含答案 (已校对 ) )正四棱柱1111ABCD A BC D -中12AA AB =,那么CD 与平面1BDC 所成角的正弦值等于( )A ．23B C D ．135 ． (（高|考）新课标1 (理 ) )某几何体的三视图如下图,那么该几何体的体积为( )A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+【答案】A6 ． (（高|考）湖北卷 (理 ) )一个几何体的三视图如下图,该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体积分别记为1V ,2V ,3V ,4V ,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,那么有 ( )A ．1243V V V V <<<B ．1324V V V V <<<C ．213V V V <<<【答案】C7 ． (（高|考）湖南卷 (理 ) )棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,那么该正方体的正视图的面积不可能．．．等于 ( )A ．1B 2C 2-1D 2+18 ． (普通高等学校招生统一考试广东省数学 (理 )卷 (纯WORD 版 ) )某四棱台的三视图如下图,那么该四棱台的体积是( )A ．4B ．143 C ．163D ．6【答案】B9 ． (普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学 (理 ) (纯WORD 版含答案 ) )n m ,为异面直线,⊥m 平面α,⊥n 平面β.直线l 满足,,,l m l n l l αβ⊥⊥⊄⊄,那么 ( )A ．βα//,且α//lB ．βα⊥,且β⊥lC ．α与β相交,且交线垂直于lD ．α与β相交,且交线平行于l【答案】D10． (普通高等学校招生统一考试山东数学 (理 )试题 (含答案 ) )三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为P 为底面111A B C 的中|心,那么PA 与平面ABC 所成角的大小为( )A ．512πB ．3πC ．4πD ．6π【答案】B11． (普通高等学校招生统一考试重庆数学 (理 )试题 (含答案 ) )某几何体的三视图如题()5图所示,那么该几何体的体积为()正视图俯视图侧视图第5题图A ．5603B ．5803C ．200D ．240【答案】C12． (普通高等学校招生统一考试辽宁数学 (理 )试题 (WORD 版 ) )三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上,假设34AB AC ==，,AB AC ⊥,112AA =,那么球O 的半径为 ( )A ．3172 B ．210C ．132D ．310【答案】C13． (（高|考）江西卷 (理 ) )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 ．8B ．9C ．10D ．11【答案】A14． (普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学 (理 ) (纯WORD 版含答案 ) )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,那么得到正视图可以为( )A ．B ．C ．D ．【答案】A15． (普通高等学校招生统一考试安徽数学 (理 )试题 (纯WORD 版 ) )在以下命题中,不是公．理．的是 ( )A ．平行于同一个平面的两个平面相互平行B ．过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面C ．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D ．如果两个不重合的平面有一个公共点, 那么他们有且只有一条过该点的公共直线【答案】A16． (普通高等学校招生统一考试浙江数学 (理 )试题 (纯WORD 版 ) )在空间中,过点A 作平面π的垂线,垂足为B ,记)(A f B π=.设βα,是两个不同的平面,对空间任意一点P ,)]([)],([21P f f Q P f f Q βααβ==,恒有21PQ PQ =,那么( )A ．平面α与平面β垂直B ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为045C ．平面α与平面β平行D ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为060【答案】A17． (（高|考）四川卷 (理 ) )一个几何体的三视图如下图,那么该几何体的直观图可以是【答案】D二、填空题18． (（高|考）上海卷 (理 ) )在xOy 平面上,将两个半圆弧22(1)1(1)x y x -+=≥和22(3)1(3)x y x -+=≥、两条直线1y = 和1y =-Ω,过(0,)(||1)y y ≤作Ω的水平截面,所得截面面积为2418y ππ-+,试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体,得出Ω的体积值为__________【答案】2216ππ+.19． (（高|考）陕西卷 (理 ) )某几何体的三视图如下图, 那么其体积为___3π_____. 1121【答案】3π 20． (普通高等学校招生统一考试大纲版数学 (理 )WORD 版含答案 (已校对 ) )圆O 和圆K 是球O 的大圆和小圆,其公共弦长等于球O 的半径,32OK =,且圆O 与圆K 所在的平面所成的一个二面角为60,那么球O 的外表积等于______.【答案】16π21． (（高|考）北京卷 (理 ) )如图,在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 为BC 的中点,点P 在线段D 1E 上,点P 到直线CC 1的距离的最|小值为__________.【答案】522． (普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷 (数学 ) (已校对纯WORD 版含附加题 ) )如图,在三棱柱ABC C B A -111中,F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点,设三棱锥ADE F -的体积为1V ,三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ,那么=21:V V ____________.【答案】1:2423． (普通高等学校招生统一考试浙江数学 (理 )试题 (纯WORD 版 ) )假设某几何体的三视图(单位:cm)如下图,那么此几何体的体积等于________2cm .【答案】2424． (普通高等学校招生统一考试安徽数学 (理 )试题 (纯WORD 版 ) )如图,正方体A BC1A D EF 1B 1C 1BE B1111ABCD A BC D -的棱长为1,P 为BC 的中点,Q 为线段1CC 上的动点,过点A,P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为S.那么以下命题正确的选项是__①②③⑤___(写出所有正确命题的编号).①当102CQ <<时,S 为四边形;②当12CQ =时,S 为等腰梯形;③当34CQ =时,S 与11C D 的交点R 满足1113C R =;④当314CQ <<时,S 为六边形;⑤当1CQ =时,S 的面积为62. 【答案】①②③⑤25． (普通高等学校招生统一考试辽宁数学 (理 )试题 (WORD 版 ) )某几何体的三视图如下图,那么该几何体的体积是____________.【答案】1616π-26． (普通高等学校招生统一考试福建数学 (理 )试题 (纯WORD 版 ) )某一多面体内接于一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如下图,且图中的四边形是边长为2的正方形,那么该球的外表积是_______________【答案】12π27． (上海市春季（高|考）数学试卷(含答案) )在如下图的正方体1111ABCD A BC D -中,异面直线1A B 与1B C 所成角的大小为_______【答案】3π三、解答题28． (普通高等学校招生统一考试辽宁数学 (理 )试题 (WORD 版 ) )如图,AB 是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C 是圆上的点. (I)求证:PAC PBC ⊥平面平面；(II)2.AB AC PA C PB A ===--若，1，1，求证：二面角的余弦值【答案】D 1 C 1 B 1A 1D C AB29． (普通高等学校招生统一考试重庆数学 (理 )试题 (含答案 ) )如图,四棱锥P ABCD-中,PA ABCD ⊥底面,2,4,3BC CD AC ACB ACD π===∠=∠=,F 为PC 的中点,AF PB ⊥.(1)求PA 的长; (2)求二面角B AF D --的正弦值.【答案】1．(普通高等学校招生统一考试安徽数学(理)试题(纯WORD版) )如图,圆锥顶点为p.底面圆心为o ,其母线与底面所成的角为22.5°.AB 和CD 是底面圆O 上的两条平行的弦,轴OP 与平面PCD 所成的角为60°.(Ⅰ)证明:平面PAB 与平面PCD 的交线平行于底面; (Ⅱ)求cos COD ∠. 【答案】解:(Ⅰ)PAB P D ,////C m AB CD CD PCD AB PCD ⋂=⊂⇒设面面直线且面面//AB m ⇒直线 ABCD m ABCD AB 面直线面//⇒⊂ . 所以,ABCD D P PAB的公共交线平行底面与面面C . (Ⅱ)rPOOPF F CD r =︒︒=∠5.22tan .60,由题知，则的中点为线段设底面半径为. ︒-︒=︒∠==︒⋅︒⇒=︒5.22tan 15.22tan 245tan ,2cos 5.22tan 60tan 60tan ,2COD r OF PO OF .)223(3)],1-2(3[21cos ,1-25.22tan 12cos 2cos 22-==+∠=︒⇒-∠=∠COD COD COD 212-17cos .212-17cos =∠=∠COD COD 所以.法二:1． (普通高等学校招生统一考试浙江数学 (理 )试题 (纯WORD 版 ) )如图,在四面体BCD A -中,⊥AD 平面BCD ,22,2,==⊥BD AD CD BC .M 是AD 的中点,P是BM 的中点,点Q 在线段AC 上,且QC AQ 3=.(1)证明://PQ 平面BCD ;(2)假设二面角D BM C --的大小为060,求BDC ∠的大小.【答案】解:证明(Ⅰ)方法一:如图6,取MD 的中点F ,且M 是AD 中点,所以3AF FD =.因为P 是BM 中点,所以//PF BD ;又因为(Ⅰ)3AQ QC =且ABCDPQM(第20题图 )3AF FD =,所以//QF BD ,所以面//PQF 面BDC ,且PQ ⊂面BDC ,所以//PQ 面BDC ;方法二:如图7所示,取BD 中点O ,且P 是BM 中点,所以1//2PO MD ;取CD 的三等分点H ,使3DH CH =,且3AQ QC =,所以11////42QH AD MD ,所以////PO QH PQ OH ∴,且OH BCD ⊂,所以//PQ 面BDC ;(Ⅱ)如图8所示,由得到面ADB ⊥面BDC ,过C 作CG BD ⊥于G ,所以CG BMD ⊥,过G 作GH BM ⊥于H ,连接CH ,所以CHG ∠就是C BM D --的二面角;由得到813BM =+=,设BDC α∠=,所以cos ,sin 22cos ,22cos sin ,22sin ,CD CG CBCD CG BC BD CD BDαααααα===⇒===,在RT BCG ∆中,2sin 22sin BGBCG BG BCααα∠=∴=∴=,所以在RT BHG ∆中, 22122sin 3322sin HGHG αα=∴=,所以在RT CHG ∆中tan tan 6033CG CHGHG ∠==== tan (0,90)6060BDC ααα∴=∈∴=∴∠=;2． (上海市春季（高|考）数学试卷(含答案) )如图,在正三棱锥111ABC A B C -中,16AA =,异面直线1BC 与1AA 所成角的大小为6π,求该三棱柱的体积.【答案】[解]因为1CC 1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA .所成的角,即1BC C ∠=6π. 在Rt1BC C ∆中,11tan 6BCCC BC C =⋅∠==从而2ABCS BC ∆==因此该三棱柱的体积为16ABC V S AA ∆=⋅==3． (普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷 (数学 ) (已校对纯WORD 版含附加题 ) )本小题总分值14分.如图,在三棱锥ABC S -中,平面⊥SAB 平面SBC ,BC AB ⊥,AB AS =,过A 作SB AF ⊥,垂足为F ,点G E ，分别是棱SC SA ，的中点. 求证:(1)平面//EFG 平面ABC ; (2)SA BC ⊥.【答案】证明:(1)∵AB AS =,SB AF ⊥∴F 分别是SB 的中点ABCS GFEB 1A 1C 1ACB∵E.F 分别是SA.SB 的中点 ∴EF∥AB又∵EF ⊄平面ABC, AB ⊆平面ABC ∴EF∥平面ABC同理:FG∥平面ABC又∵EF FG =F, EF.FG ⊆平面ABC∴平面//EFG 平面ABC (2)∵平面⊥SAB 平面SBC 平面SAB 平面SBC =BC AF ⊆平面SABAF⊥SB∴AF⊥平面SBC 又∵BC ⊆平面SBC ∴AF⊥BC又∵BC AB ⊥, AB AF =A, AB.AF ⊆平面SAB ∴BC⊥平面SAB 又∵SA ⊆平面SAB∴BC⊥SA4． (（高|考）上海卷 (理 ) )如图,在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB =2,AD =1,A 1A =1,证明直线BC 1平行于平面DA 1C,并求直线BC 1到平面D 1AC 的距离.C 11A【答案】因为ABCD -A 1B 1C 1D 1为长方体,故1111//,AB C D AB C D =,故ABC 1D 1为平行四边形,故11//BC AD ,显然B 不在平面D 1AC 上,于是直线BC 1平行于平面DA 1C;直线BC 1到平面D 1AC 的距离即为点B 到平面D 1AC 的距离设为h考虑三棱锥ABCD 1的体积,以ABC 为底面,可得111(12)1323V =⨯⨯⨯⨯= 而1AD C ∆中,11AC DC AD ==故132AD C S ∆= 所以,13123233V h h =⨯⨯=⇒=,即直线BC 1到平面D 1AC 的距离为23.5． (（高|考）湖北卷 (理 ) )如图,AB 是圆O 的直径,点C 是圆O 上异于,A B 的点,直线PC ⊥平面ABC ,E ,F 分别是PA ,PC 的中点.(I)记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ,试判断直线l 与平面PAC 的位置关系,并加以证明;(II)设(I)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ,且点Q 满足12DQ CP =.记直线PQ 与平面ABC 所成的角为θ,异面直线PQ 与EF 所成的角为α,二面角E l C --的大小为β,求证:sin sin sin θαβ=.【答案】解:(I)EF AC ,AC ABC ⊆平面,EF ABC ⊆平面EF ABC ∴平面又EF BEF ⊆平面EF l ∴ l PAC ∴平面(II)连接DF,用几何方法很快就可以得到求证.(这一题用几何方法较快,向量的方法很麻烦,特别是用向量不能方便的表示角的正弦.个人认为此题与新课程中对立体几何的处理方向有很大的偏差.)第19题图6． (普通高等学校招生统一考试广东省数学 (理 )卷 (纯WORD 版 ) )如图1,在等腰直角三角形ABC 中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,2CD BE =,O 为BC ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中3A O '=(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得3,32,22OC AC AD ===.CO BDEA CDOBE'A图1图2连结,OD OE ,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD==由翻折不变性可知A D '=,所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥, 理可证A O OE '⊥, 又ODOE O =,所以A O '⊥平面BCDE .(Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD 的延长线于H ,连结A H ', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角.结合图1可知,H 为AC 中点,故2OH =,从而2A H '== 所以cos OH A HO A H '∠==',所以二面角A CD B '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O xyz -那么(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,那么00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧=⎪⎨-+=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,1,n =- 由(Ⅰ) 知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量,所以3cos ,3n OA n OA n OA '⋅'===',即二面角A CD B '--的平面角的余弦值为5. C D OBE'AH7．(普通高等学校招生统一考试天津数学(理)试题(含答案) )如图, 四棱柱ABCD -A1B1C1D1中, 侧棱A1A⊥底面ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点.(Ⅰ) 证明B1C1⊥CE;(Ⅱ) 求二面角B1 -CE -C1的正弦值.(Ⅲ) 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为26, 求线段AM的长. 【答案】8．(（高|考）新课标1 (理) )如图,三棱柱ABC -A1B1C1中,CA =CB,AB =A A1,∠BA A1=60°.(Ⅰ)证明AB⊥A1C;(Ⅱ)假设平面ABC⊥平面AA1B1B,AB =CB =2,求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值.【答案】(Ⅰ)取AB 中点E,连结CE,1A B ,1A E ,∵AB =1AA ,1BAA ∠ =060,∴1BAA ∆是正三角形,∴1A E ⊥AB, ∵CA =CB, ∴CE⊥AB, ∵1CE A E ⋂ =E,∴AB⊥面1CEA ,∴AB⊥1AC ;(Ⅱ)由(Ⅰ)知EC⊥AB,1EA ⊥AB,又∵面ABC⊥面11ABB A ,面ABC∩面11ABB A =AB,∴EC⊥面11ABB A ,∴EC⊥1EA , ∴EA,EC,1EA 两两相互垂直,以E 为坐标原点,EA 的方向为x 轴正方向,|EA |为单位长度,建立如下图空间直角坐标系O xyz -, 有题设知A(1,0,0),1A (0,3,0),C(0,0,3),B( -1,0,0),那么BC3),1BB =1AA 3),1A C 33), 设n =(,,)x y z 是平面11CBB C 的法向量,那么100BC BB ⎧•=⎪⎨•=⎪⎩n n ,即3030x x ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩,可取n 3,1, -1),∴1cos ,A C n =11|A C A C •n |n ||105∴直线A 1C 与平面BB 1C 1C9． (（高|考）陕西卷 (理 ) )如图, 四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形, O 为底面中|心, A 1O ⊥平面ABCD, 1AB AA =(Ⅰ) 证明: A 1C ⊥平面BB 1D 1D ;(Ⅱ) 求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小.1A【答案】解:(Ⅰ) BD O A ABCD BD ABCD O A ⊥∴⊂⊥11,,面且面 ;又因为,在正方形ABCD 中,BDC A AC A C A AC A BD A AC O A BD AC ⊥⊂⊥=⋂⊥11111,，故面且面所以；且.在正方形AB CD 中,AO = 1 . .111=∆O A OA A RT 中，在O E C A OCE A E D B 1111111⊥为正方形，所以，则四边形的中点为设.，所以由以上三点得且，面面又O O BD D D BB O D D BB BD =⋂⊂⊂111111E .E ,D D BB C A 111面⊥.(证毕)(Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题.以O 为原点,以OC 为X 轴正方向,以OB 为Y 轴正方向.那么)1,0,1()1,1,1(),100(),001(,0,1,0111-=⇒C A B A C B ，，，，）（.由(Ⅰ)知, 平面BB 1D 1D 的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111）（==-==OC OB C A n 设平面OCB 1的法向量为，则0,0,2122=⋅=⋅OC n OB n n ).1-,1,0(法向量2=n 为解得其中一个1A21221|||||||,cos |cos 212111=⋅=⋅⋅=><=n n n n n n θ. 所以,平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ为3π 10． (（高|考）江西卷 (理 ) )如图,四棱锥P ABCD-中,PA ,ABCD E BD ⊥平面为的中点,G PD 为的中点，3,12DAB DCB EA EB AB PA ∆≅∆====，,连接CE 并延长交AD 于F . (1) 求证:AD CFG ⊥平面;(2) 求平面BCP 与平面DCP 的夹角的余弦值.【答案】解:(1)在ABD ∆中,因为E 是BD 的中点,所以1EA EB ED AB ====,故,23BAD ABE AEB ππ∠=∠=∠=,因为DAB DCB ∆≅∆,所以EAB ECB ∆≅∆, 从而有FED FEA ∠=∠,故,EF AD AF FD ⊥=,又因为,PG GD =所以FG ∥PA . 又PA ⊥平面ABCD ,所以,GF AD ⊥故AD ⊥平面CFG . (3) 以点A 为坐标原点建立如下图的坐标系,那么33(0,0,0),(1,0,0),(3,0)22A B C D ,(4)3(0,0,)2P ,故1333333(0),(,),(222222BC CP CD ==--=-，，，设平面BCP 的法向量111(1,,)n y z =,那么11113022333022y y z ⎧+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩ ,解得11323y z ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩,即132(1,)33n =-. 设平面DCP 的法向量222(1,,)n y z =,那么2223322333022y y z ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩,解得2232y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩, 即2(1,3,2)n =.从而平面BCP 与平面DCP 的夹角的余弦值为1212423cos 41689n n n n θ⋅===⋅ 11． (（高|考）四川卷 (理 ) )如图,在三棱柱11ABC A B C -中,侧棱1AA ⊥底面ABC ,12AB AC AA ==,120BAC ∠=,1,D D 分别是线段11,BC B C 的中点,P 是线段AD 的中点.(Ⅰ)在平面ABC 内,试作出过点P 与平面1A BC 平行的直线l ,说明理由,并证明直线l ⊥平面11ADD A ;(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线l 交AB 于点M ,交AC 于点N ,求二面角1A A M N --的余弦值.D 1D CB A 1B 1C 1A P【答案】解:()I 如图,在平面ABC 内,过点P 做直线l //BC ,因为l 在平面1ABC 外,BC 在平面1ABC 内,由直线与平面平行的判定定理可知, l //平面1ABC . 由,AB AC =,D 是BC 的中点,所以,BC AD ⊥,那么直线l AD ⊥.因为1AA ⊥平面ABC ,所以1AA ⊥直线l .又因为1,AD AA 在平面11ADD A 内,且AD 与1AA 相交,所以直线平面11ADD A()II 解法一:连接1A P ,过A 作1AE A P ⊥于E ,过E 作1EF AM ⊥于F ,连接AF . 由()I 知,MN ⊥平面1AEA ,所以平面1AEA ⊥平面1A MN . 所以AE ⊥平面1A MN ,那么1AM AE ⊥. 所以1A M ⊥平面AEF ,那么1A M ⊥AF .故AFE ∠为二面角1A AM N --的平面角(设为θ). 设11AA =,那么由12AB AC AA ==,120BAC ∠=,有60BAD ∠=,2,1AB AD ==.又P 为AD 的中点,所以M 为AB 的中点,且1,12AP AM ==, 在1Rt AAP 中, 15AP =;在1Rt A AM 中, 12AM从而,1115AA AP AE A P •==,1112AA AM AF A M •==, 所以2sin 5AE AF θ==. 所以22215cos 1sin 155θθ⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭. 故二面角1A AM N --的余弦值为155解法二:设11AA =.如图,过1A 作1A E 平行于11B C ,以1A 为坐标原点,分别以111,AE AD ,1AA 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz (点O 与点1A 重合).那么()10,0,0A ,()0,0,1A .因为P 为AD 的中点,所以,M N 分别为,AB AC 的中点,故3131,1,,12222M N ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以131,122A M ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭,()10,0,1A A =,()3,0,0NM =.设平面1AA M 的一个法向量为()1111,,n x y z =,那么1111,,n A M n A A ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩即11110,0,n A M n A A ⎧•=⎪⎨•=⎪⎩故有()()()1111111,,,10,2,,0,0,10,x y z x y z ⎧⎫•=⎪⎪⎪⎨⎝⎭⎪•=⎩从而111110,220.x y z z ++=⎪⎨⎪=⎩取11x =,那么1y =,所以()11,n =. 设平面1A MN 的一个法向量为()2222,,n x y z =,那么212,,n A M n NM ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩即2120,0,n A M n NM ⎧•=⎪⎨•=⎪⎩故有()())2222221,,,10,22,,0,x y z x y z ⎧⎛⎫•=⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎪•=⎪⎩从而222210,20.x y z ++=⎨⎪=⎩取22y =,那么21z =-,所以()20,2,1n =-. 设二面角1A AM N --的平面角为θ,又θ为锐角, 那么1212cos n n n n θ•===•.故二面角1A AM N -- 12． (普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷 (数学 ) (已校对纯WORD 版含附加题 ) )本小题总分值10分.如图,在直三棱柱111A B C ABC -中,AC AB ⊥,2==AC AB ,41=AA ,点D 是BC 的中点(1)求异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值 (2)求平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值.【答案】此题主要考察异面直线.二面角.空间向量等根底知识以及根本运算,考察运用空间向量解决问题的能力.解:(1)以{}1,,AA AC AB 为为单位正交基底建立空间直角坐标系xyz A -,那么)0,0,0(A )0,0,2(B ,)0,2,0(C ,)4,0,0(1A ,)0,1,1(D ,)4,2,0(1C ∴)4,0,2(1-=B A ,)4,1,1(1--=B A ∴10103182018,cos 111111==>=<DC B AD C B A D C B A ∴异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值为10103 (2))0,2,0(=AC 是平面1ABA 的的一个法向量设平面1ADC 的法向量为),,(z y x m =,∵)0,1,1(=AD ,)4,2,0(1=AC 由1,AC m AD m ⊥⊥ ∴⎩⎨⎧=+=+0420z y y x 取1=z ,得2,2=-=x y ,∴平面1ADC 的法向量为)1,2,2(-=m设平面1ADC 与1ABA 所成二面角为θ∴32324,cos cos =⨯-=•=><=mAC m AC m AC θ, 得35sin =θ ∴平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值为3513． (普通高等学校招生统一考试大纲版数学 (理 )WORD 版含答案 (已校对 ) )如图,四棱锥P ABCD -中,902,ABC BAD BC AD PAB ∠=∠==∆，与PAD ∆都是等边三角形.(I)证明:;PB CD ⊥ (II)求二面角A PD C --的大小.【答案】14． (普通高等学校招生统一考试山东数学 (理 )试题 (含答案 ) )如下图,在三棱锥P ABQ-中,PB ⊥平面ABQ ,BA BP BQ ==,,,,D C E F 分别是,,,AQ BQ AP BP 的中点,2AQ BD =,PD 与EQ 交于点G ,PC 与FQ 交于点H ,连接GH .(Ⅰ)求证:AB GH ; (Ⅱ)求二面角D GH E --的余弦值.【答案】解:(Ⅰ)证明:因为,,,D C E F 分别是,,,AQ BQ AP BP 的中点,所以EF ∥AB ,DC ∥AB ,所以EF ∥DC , 又EF ⊂平面PCD ,DC ⊂平面PCD , 所以EF ∥平面PCD , 又EF ⊂平面EFQ ,平面EFQ 平面PCD GH =,所以EF ∥GH , 又EF ∥AB , 所以AB ∥GH .(Ⅱ)解法一:在△ABQ 中, 2AQ BD =,AD DQ =,所以=90ABQ ∠,即AB BQ ⊥,因为PB ⊥平面ABQ ,所以AB PB ⊥, 又BPBQ B =,所以AB ⊥平面PBQ ,由(Ⅰ)知AB ∥GH ,所以GH ⊥平面PBQ ,又FH ⊂平面PBQ ,所以GH FH ⊥,同理可得GH HC ⊥, 所以FHC ∠为二面角D GH E --的平面角,设2BA BQ BP ===,连接PC , 在t R △FBC 中,由勾股定理得,2FC =, 在t R △PBC 中,由勾股定理得,5PC =,又H 为△PBQ 的重心,所以13HC PC ==同理3FH =,在△FHC 中,由余弦定理得552499cos 5529FHC +-∠==-⨯,即二面角D GH E --的余弦值为45-.解法二:在△ABQ 中,2AQ BD =,AD DQ =,所以90ABQ ∠=,又PB ⊥平面ABQ ,所以,,BA BQ BP 两两垂直, 以B 为坐标原点,分别以,,BA BQ BP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴,建立如下图的空间直角坐标系,设2BA BQ BP ===,那么(1,0,1)E ,(0,0,1)F ,(0,2,0)Q ,(1,1,0)D ,(0,1,0)C (0,0,2)P ,,所以(1,2,1)EQ =--,(0,2,1)FQ =-,(1,1,2)DP =--,(0,1,2)CP =-,设平面EFQ 的一个法向量为111(,,)m x y z =,由0m EQ ⋅=,0m FQ ⋅=,得111112020x y z y z -+-=⎧⎨-=⎩取11y =,得(0,1,2)m =.设平面PDC 的一个法向量为222(,,)n x y z =由0n DP ⋅=,0n CP ⋅=,得222222020x y z y z --+=⎧⎨-+=⎩取21z =,得(0,2,1)n =.所以4cos ,5m n m n m n⋅==因为二面角D GH E --为钝角,所以二面角D GH E --的余弦值为45-.15． (（高|考）湖南卷 (理 ) )如图5,在直棱柱1111//ABCD A BC D AD BC -中，,90,,1BAD AC BD BC ∠=⊥=,13AD AA==.(I)证明:1AC B D ⊥; (II)求直线111B C ACD 与平面所成角的正弦值.【答案】解: (Ⅰ)AC BB ABCD BD ABCD BB D C B A ABCD ⊥⇒⊂⊥∴-111111,面且面是直棱柱 D B AC BDB D B BDB AC B BB BD BD AC 11111,,⊥∴⊂⊥∴=⋂⊥，面。

2024届全国高考(统考版)理科数学复习历年好题专项(立体几何的综合运用)练习(附答案)

2024届全国高考(统考版)理科数学复习历年好题专项(立体几何的综合运用)练习1．[2023ꞏ全国乙卷(理)]如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝22，PB＝PC＝6，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝5 DO，点F在AC上，BF⊥AO.(1)证明：EF∥平面ADO；(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；(3)求二面角D-AO-C的正弦值．2．[2022ꞏ全国乙卷(理)，18]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．3．[2023ꞏ安徽省安庆市高三二模]如图，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，AD⊥AB，AB ＝BC＝2CD，△PBC是等腰三角形，PB＝PC，且平面PBC⊥平面ABCD.(1)求证：BC⊥P A；(2)如果直线PD与平面ABCD所成角的大小为45°，求平面P AD与平面PBC所成锐二面角的余弦值．4．[2023ꞏ全国甲卷(理)]如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1.(1)证明：A1C＝AC；(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．5．[2023ꞏ安徽省皖北协作区联考]如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABEF 为正方形，AB ⊥BC ，BE ∥CD ，∠BCD ＝π3 ，AB ＝2，BC ＝CD ＝1，CM →＝13 CA → .(1)线段AD 上是否存在一点P ，使得AF ∥面BMP ？若存在，确定点P 的位置，若不存在，请说明理由；(2)求直线DM 与平面DEF 所成角的正弦值．参考答案1．答案解析：(1)如图，因为AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝22 ，O 是BC 的中点，所以AB BC ＝OB AB ＝2，所以△OBA ∽△ABC .记BF 与AO 的交点为H ，则∠BHA ＝90°，又∠ABC ＝90°，∠BAH ＝∠OAB ，所以△BHA ∽△OBA ，所以△BHA ∽△ABC ，所以∠HBA ＝∠CAB ，又∠C ＋∠CAB ＝90°，∠CBF ＋∠HBA ＝90°，所以∠C ＝∠CBF ，所以CF ＝BF ，同理可得BF ＝F A ，所以F 是AC 的中点．因为E ，F 分别是AP ，AC 的中点，所以EF ∥PC ，同理可得DO ∥PC ，所以EF ∥DO .又DO ⊂平面ADO ，EF ⊄平面ADO ，所以EF ∥平面ADO .(2)AO ＝AB 2＋BO 2 ＝6 ，OD ＝12 PC ＝62 ，又AD ＝5 OD ＝302 ，所以AD 2＝AO 2＋OD 2，所以AO ⊥OD . 由于EF ∥OD ，所以AO ⊥EF ，又BF ⊥AO ，BF ∩EF ＝F ，BF ⊂平面BEF ，EF ⊂平面BEF ，所以AO ⊥平面BEF .又AO ⊂平面ADO ，所以平面ADO ⊥平面BEF . (3)如图，以B 为坐标原点，BA ，BC 所在直线分别为x ，y 轴，建立空间直角坐标系，则B (0，0，0)，A (2，0，0)，O (0，2 ，0)，AO →＝(－2，2 ，0).因为PB ＝PC ，BC ＝22 ，所以设P (x ，2 ，z )，z >0，则BE → ＝BA → ＋AE → ＝BA →＋12 AP → ＝(2，0，0)＋12 (x －2，2 ，z )＝(x ＋22 ，2 ，z 2 )，由(2)知AO ⊥BE ，所以AO → ꞏBE →＝(－2，2 ，0)ꞏ(x ＋22 ，22 ，z 2 )＝0，所以x ＝－1，又PB ＝6 ，BP →＝(x ，2 ，z )，所以x 2＋2＋z 2＝6，所以z ＝3 ，则P (－1，2 ，3 ).由D 为BP 的中点，得D (－12 ，2 ，3 )，则AD →＝(－52 ，2 ，3 ). 设平面DAO 的法向量为n 1＝(a ，b ，c ).则⎩⎪⎨⎪⎧n 1ꞏAD →＝0n 1ꞏAO →＝0 ，即⎩⎪⎨⎪⎧－52a ＋22b ＋32c ＝0－2a ＋2b ＝0 ，得b ＝2 a ，c ＝3 a ，取a ＝1，则n 1＝(1，2 ，3 ).易知平面CAO 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，设二面角D -AO -C 的大小为θ，则|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1ꞏn 2||n 1||n 2| ＝36 ＝2，所以sin θ＝1－12 ＝2 ，故二面角D -AO -C 的正弦值为2.2．答案解析：(1)证明：∵AD ＝CD ，∠ADB ＝ ∠BDC ，BD ＝BD ， ∴△ABD ≌△CBD ，∴AB ＝CB .∵E 为AC 的中点，∴DE ⊥AC ，BE ⊥AC . ∵DE ∩BE ＝E ，DE ，BE ⊂平面BED ， ∴AC ⊥平面BED .∵AC ⊂平面ACD ，∴平面BED ⊥平面ACD .(2)如图，连接EF .由(1)知AC ⊥平面BED . 又∵EF ⊂平面BED ， ∴EF ⊥AC . ∴S △AFC ＝12 AC ꞏEF .当EF ⊥BD 时，EF 的长最小，此时△AFC 的面积最小．由(1)知AB ＝CB ＝2. 又∵∠ACB ＝60°，∴△ABC 是边长为2的正三角形，∴BE ＝3 . ∵AD ⊥CD ，∴DE ＝1， ∴DE 2＋BE 2＝BD 2，∴DE ⊥BE .以点E 为坐标原点，直线EA ，EB ，ED 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，3 ，0)，C (－1，0，0)，D (0，0，1)，∴AB →＝(－1，3 ，0)，AD → ＝(－1，0，1)，DB → ＝(0，3 ，－1)，ED → ＝(0，0，1)，EC →＝(－1，0，0).设DF → ＝λDB →(0≤λ≤1)，则EF → ＝ED → ＋DF → ＝ED → ＋λDB →＝(0，0，1)＋λ(0，3 ，－1)＝(0，3 λ，1－λ). ∵EF ⊥DB ，∴EF → ꞏDB →＝(0，3 λ，1－λ)ꞏ(0，3 ，－1)＝4λ－1＝0，∴λ＝14 ，∴EF → ＝(0，34 ，34 )，∴CF → ＝EF → －EC →＝(0，34 ，34 )－(－1，0，0)＝(1，34 ，34 ).设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ꞏAB →＝0，n ꞏAD →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x ＋z ＝0.取y ＝1，则x ＝3 ，z ＝3 ，∴n ＝(3 ，1，3 ).设当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CF → 〉|＝|n ꞏCF →||n ||CF →| ＝⎪⎪⎪⎪3×1＋1×3＋3×343＋1＋3× 1＋316＋916＝437 . 故当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为437 . 3．答案解析：(1)证明：如图，取AB 的中点E ，连接CE .因为AB ＝2CD ，AB ∥CD ，AD ⊥AB ，所以四边形AECD 是矩形，所以CE ⊥AB . 在Rt △BEC 中，cos ∠CBE ＝BEBC ＝12AB BC ＝12 ，所以∠CBE ＝60°. 连接AC ，则△ABC 是等边三角形. 取BC 的中点O ，连接AO ，则AO ⊥BC . 连接PO ，因为PB ＝PC ，所以PO ⊥BC，因为PO ∩AO ＝O ，所以BC ⊥平面P AO ，所以BC ⊥P A .(2)因为平面PBC ⊥平面ABCD ，PO ⊥BC ，平面PBC ⊥平面ABCD ＝BC ，PO ⊂平面PBC ，所以PO ⊥平面ABCD .连接DO ，则∠PDO 就是直线PD 与平面ABCD 所成的角，所以∠PDO ＝45°，所以PO ＝OD .在△OCD 中，OC ＝CD ，∠DCO ＝120°，所以OD 2＝OC 2＋CD 2－2OC ꞏCD ꞏ(－12 )＝3OC 2，所以PO ＝OD ＝3 OC .如图，以O 为坐标原点，OA → 、OB → 、OP →分别为x 轴、y 轴和z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，令AB ＝BC ＝2CD ＝2a ，则A (3 a ，0，0)，B (0，a ，0)，C (0，－a ，0)，P (0，0，3 a ). 由CD →＝12 BA → ，可得D (32 a ，－32 a ，0).所以DA →＝(32 a ，32 a ，0)，AP → ＝(－3 a ，0，3 a ). 设平面P AD 的一个法向量为m ＝(x 0，y 0，z 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ꞏDA →＝0，m ꞏAP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3a ꞏx 0＋32a ꞏy 0＝0，－3a ꞏx 0＋3a ꞏz 0＝0.可取x 0＝z 0＝3 ，y 0＝－1，则m ＝(3 ，－1，3 ).因为平面PBC 的一个法向量为OA → ，所以cos 〈OA →，m 〉＝OA →ꞏm |OA →||m | ＝3a 21a ＝217 ，所以平面P AD 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值为217 . 4.答案解析：(1)如图，过A 1作A 1D ⊥CC 1，垂足为D ， ∵A 1C ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴A 1C ⊥BC ，又∠ACB ＝90°，∴AC ⊥BC ，∵A 1C ，AC ⊂平面ACC 1A 1，且A 1C ∩AC ＝C ， ∴BC ⊥平面ACC 1A 1，∴A 1D ⊂平面ACC 1A 1，∴BC ⊥A 1D ，又CC 1，BC ⊂平面BCC 1B 1，且CC 1∩BC ＝C ，∴A 1D ⊥平面BCC 1B 1， ∴A 1D ＝1.由已知条件易证△CA 1C 1是直角三角形，又CC 1＝AA 1＝2，A 1D ＝1， ∴D 为CC 1的中点，又A 1D ⊥CC 1， ∴A 1C ＝A 1C 1，又在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AC ＝A 1C 1， ∴A 1C ＝AC .(2)如图，连接A 1B ，由(1)易证A 1B ＝A 1B 1，故取BB 1的中点F ，连接A 1F ， ∵AA 1与BB 1的距离为2，∴A 1F ＝2，又A 1D ＝1且A 1C ＝AC ，∴A 1C ＝A 1C 1＝AC ＝2 ，AB ＝A 1B 1＝5 ，BC ＝3 .建立空间直角坐标系C -xyz 如图所示，则C (0，0，0)，A (2 ，0，0)，B (0，3 ，0)，B 1(－2 ，3 ，2 )，C 1(－2 ，0，2 )，∴CB → ＝(0，3 ，0)，CC ⃗＝(－2 ，0，2 )，AB ⃗＝(－22 ，3 ，2 )，设平面BCC 1B 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ꞏCB →＝0，n ꞏCC 1＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，－2x ＋2z ＝0，取x ＝1，则y ＝0，z ＝1， ∴平面BCC 1B 1的一个法向量为n ＝(1，0，1). 设AB 1与平面BCC 1B 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AB ⃗〉|＝＝13.∴AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为1313 .5．答案解析：(1)存在P 为AD 上靠近D 点的三等分点，使得AF ∥面BMP ；理由：过点M 作MP ∥CD ，交AD 于P ，因为CM →＝13 CA → ，即有CM ＝13 CA ，故DP ＝13 DA ，即P 为AD 上靠近D 点的三等分点，而BE ∥CD ，AF ∥BE ，故AF ∥MP ，又MP ⊂面BMP ，AF ⊄面BMP ，所以AF ∥ 面BMP .(2)取CD 的中点为G ，连接BG ，BD ，因为∠BCD ＝π3 ，BC ＝CD ＝1，故△BCD 为正三角形，则BG ⊥CD ，故以B 为坐标原点，分别以BG ，BE ，BA 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则D (32 ，12 ，0)，E (0，2，0)，F (0，2，2)，A (0，0，2)， C (3，－12 ，0)，则EF → ＝(0，0，2)，DE →＝(－32 ，32 ，0)，又∵CM →＝13 CA → ＝13 (－32 ，12 ，2)，可求得M (33 ，－13 ，23 )，设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ꞏEF →＝0n ꞏDE →＝0 ，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0－32x ＋32y ＝0，不妨取y ＝1，则n ＝(3 ，1，0)，记直线DM 与平面DEF 所成角为θ，又∵DM →＝(－3 ，－56 ，23 ), ∴sin θ＝|cos 〈DM →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪－12－562×（－36）2＋（56）2＋（23）2＝21111 ，即直线DM 与平面DEF 所成角的正弦值为21111 .。

(完整版)高考立体几何大题及答案(理)

由得2AD= ，解得AD= 。
故AD=AF。又AD⊥AF，所以四边形ADEF为正方形。
因为BC⊥AF，BC⊥AD，AF∩AD=A，故BC⊥平面DEF，因此平面BCD⊥平面DEF。
连接AE、DF，设AE∩DF=H，则EH⊥DF，EH⊥平面BCD。
连接CH，则∠ECH为与平面BCD所成的角。
因ADEF为正方形，AD= ，故EH=1，又EC= =2，
（II）设线段、的中点分别为、，
求证： ∥
（III）求二面角的大小。
10.如题（18）图，在五面体中， ∥ ，，，四边形为平行四边形，平面，．求：
（Ⅰ）直线到平面的距离；
（Ⅱ）二面角的平面角的正切值．
11．如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD．
（Ⅱ）设平面BCD的法向量则
又 =（-1，1，0），
=（-1，0，c）,故
令x=1,则y=1,z= , =(1,1, ).
又平面的法向量 =（0，1，0）
由二面角为60°知， =60°，
故 °，求得
于是，
，
°
所以与平面所成的角为30°
3、（Ⅰ）证明：连接，在中，分别是的中点，所以，又，所以，又平面ACD，DC 平面ACD，所以平面ACD
(1)证明：PA⊥BD；
(2)设PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值．
12（本小题满分12分）
如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形，AB CD,AC BD，垂足为H，
PH是四棱锥的高，E为AD中点
（1）证明：PE BC
（2）若 APB= ADB=60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值

2024年高考数学立体几何复习试卷及答案解析

2024年高考数学立体几何复习试卷及答案
一、选择题
1．已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线()
A．只有一条，不在平面α内
B．只有一条，且在平面α内
C．有无数条，一定在平面α内
D．有无数条，不一定在平面α内
答案B
解析假设过点P且平行于l的直线有两条m与n，则m∥l且n∥l，由平行公理得m∥n，这与两条直线m与n相交与点P相矛盾，故过点P且平行于l的直线只有一条，又因为点P 在平面内，所以过点P且平行于l的直线只有一条且在平面内．故选B.
2．设m，n为两条不同的直线，α为平面，则下列结论正确的是()
A．m⊥n，m∥α⇒n⊥αB．m⊥n，m⊥α⇒n∥α
C．m∥n，m⊥α⇒n⊥αD．m∥n，m∥α⇒n∥α
答案C
解析对于A，若m⊥n，m∥α时，可能n⊂α或斜交，故错误；
对于B，m⊥n，m⊥α⇒n∥α或n⊂α，故错误；
对于C，m∥n，m⊥α⇒n⊥α，正确；
对于D，m∥n，m∥α⇒n∥α或n⊂α，故错误．
故选C.
3．已知l⊥平面α，直线m⊂平面β.有下面四个命题：
①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；
③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.
其中正确的命题是()
A．①②B．③④
C．②④D．①③
答案D
解析∵l⊥α，α∥β，∴l⊥β，∵m⊂β，∴l⊥m，故①正确；∵l∥m，l⊥α，∴m⊥α，又∵m⊂β，∴α⊥β，故③正确．
4.如图所示，在四面体D－ABC中，若AB＝BC，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是()
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历年全国理科数学高考试题立体几何部分精选(含答案)

1.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的俯视图可以为2.已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,==,则棱锥AB BC-的体积为。

O ABCD3.如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(Ⅰ)证明：PA⊥BD；(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。

1.D2.3. 解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=，由余弦定理得BD =从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz ，则()1,0,0A，()0B，()C -，()0,0,1P 。

(1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=-uu u v uu v uu u v设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则0,0,{n AB n PB ⋅=⋅=u u u r u u u r00z =-=因此可取n=设平面PBC 的法向量为m ，则m 0,m 0,{PB BC ⋅=⋅=u u u ru u u r可取m=（0，-1， cos ,m n == 故二面角A-PB-C 的余弦值为1. 正方体ABCD-1111A B C D 中，B 1B 与平面AC 1D 所成角的余弦值为C 232. 已知圆O 的半径为1，PA 、PB 为该圆的两条切线，A 、B 为俩切点，那么PA PB ∙的最小值为(A) 4- (B)3-+ (C) 4-+3-+3. 已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为(C)4. 如图，四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB//DC ，AD ⊥DC ，AB=AD=1，DC=SD=2，E 为棱SB 上的一点，平面EDC ⊥平面SBC .（Ⅰ）证明：SE=2EB ；（Ⅱ）求二面角A-DE-C 的大小 .1. D2. D3. B4. 解法一：(Ⅰ)连接BD,取DC 的中点G ，连接BG,由此知 1,DG GC BG ===即ABC ∆为直角三角形，故BC BD ⊥. 又ABCD,BC SD SD ⊥⊥平面故,所以，BC ⊥⊥平面BDS,BC DE .作BK ⊥EC,EDC SBC K ⊥为垂足，因平面平面，故,BK EDC BK DE DE ⊥⊥平面，与平面SBC 内的两条相交直线BK 、BC 都垂直 DE ⊥平面SBC ，DE ⊥EC,DE ⊥SBSB =SD DB DE SB ==-EB SE SB EB ====所以，SE=2EB(Ⅱ) 由1,2,,SA AB SE EB AB SA ===⊥知1,AD=1AE ==又.故ADE ∆为等腰三角形.取ED 中点F,连接AF ,则,AF DE AF ⊥==. 连接FG ，则//,FG EC FG DE ⊥.所以，AFG ∠是二面角A DE C --的平面角.连接AG,A G=,3FG ==, 2221cos 22AF FG AG AFG AF FG +-∠==-,所以，二面角A DE C --的大小为120°. 解法二：以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系D xyz -，设A(1,0,0)，则B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2)（Ⅰ）(0,2,-2),(-1,1,0)SC BC ==设平面SBC 的法向量为n=(a, b, c) 由,n SC n BC ⊥⊥，得0,0n SC n BC == 故2b-2c=0,-a+b=0令a=1，则b=c,c=1,n=(1,1,1) 又设SE EB λ= (0)λ>，则2(,,)111E λλλλλ+++ 2(,,),(0,2,0)111DE DC λλλλλ==+++设平面CDE 的法向量m=(x,y,z) 由,m DE m DC ⊥⊥,得0m DE ⊥=，0m DC ⊥= 故20,20111x y zy λλλλλ++==+++. 令2x =，则(2,0,)m λ=-.由平面DEC ⊥平面SBC 得m ⊥n,0,20,2m n λλ=-== 故SE=2EB（Ⅱ）由（Ⅰ）知222(,,)333E ，取DE 的中点F ，则111211(,,),(,,)333333F FA =--，故0FA DE =，由此得FA DE ⊥ 又242(,,)333EC =--，故0EC DE =，由此得EC DE ⊥，向量FA 与EC 的夹角等于二面角A DE C --的平面角于是 1cos(,)2||||FA EC FA EC FA EC ==-所以，二面角A DE C --的大小为120（三）1. 已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为（）（A （B （C (D) 342. 已知二面角l αβ--为60o，动点P 、Q 分别在面α、β内，P 到β，Q 到α的距离为则P 、Q 两点之间距离的最小值为（）(A) (B)2 (C) 3. 直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA ===, 120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于。

专题17立体几何解答题【2023高考】2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(解析版)

2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编专题17 立体几何解答题一、解答题1．(2022年全国甲卷理科·第18题)在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP =====∥．(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：；．解析：(1)证明：在四边形ABCD 中，作DE AB ⊥于E ，CF AB ⊥于F ，因为//,1,2CD AB AD CD CB AB ====，所以四边形ABCD 为等腰梯形，所以12AE BF ==，故DE =BD ==，所以222AD BD AB +=，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 =，则()()(1,0,0,,A B P ，则(((,0,,AP BP DP =-== ，设平面PAB 的法向量(),,n x y z = ，则有0{0n AP x n BP ⋅=-=⋅=+=，可取)n = ，则cos ,n DP n DP n DP ⋅== ，所以PD 与平面PAB．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2022年全国甲卷理科·第18题2．(2022年全国乙卷理科·第18题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2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面A B D 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF 与平面A B D所成的角的正弦值为解析：【小问1详解】因为AD CD =，E 为AC 的中点，所以AC DE ⊥；在ABD △和CBD 中，因为,,B A C D CD ADB DB DB D ∠=∠==，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 ．【小问2详解】连接EF ，由(1)知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC EF ⊥，所以1=2AFC S AC EF ⋅△，当EF BD ⊥时，EF 最小，即AFC △的面积最小．因为ABD CBD ≌△△，所以2CB AB ==，又因为60ACB ∠=︒，所以ABC 是等边三角形，因为E 为AC 的中点，所以1AE EC ==，B E 因为AD CD ⊥，所以112DE AC ==,在DEB 中，222DE BE +=，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()()()1,0,0,0,0,0,1A B D ，所以()()1,0,1,1,0AD AB =-=- ，设平面A B D 的一个法向量为(),,n x y z = ，则00n AD x z n AB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取y()3n = ，又因为()31,0,0,4C F ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以314CF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，所以cos ,n CF n CF n CF ⋅=== ，设CF 与平面A B D 所成的角的正弦值为02πθθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，所以sin cos ,n CF θ== 所以CF 与平面A B D．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2022年全国乙卷理科·第18题3．(2022新高考全国II 卷·第20题)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30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --正弦值．【答案】(1)证明见解析 (2)1113解析:(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 ∠=∠，的又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒，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3PO =，5AP =，所以4OA ==，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD，AB =所以12AC =，所以()2,0O，()B，()2,3P ，()0,12,0C，所以32E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则32AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()AB = ，()0,12,0AC =，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则3020n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩ ，令2z =，则3y =-，0x =，所以()0,3,2n =- ；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则302120m AE b c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令a =6c =-，0b =，所以)6m =- ；所以cos ,n m n m n m⋅=== 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cos θ=，所以11sin 13θ==故二面角C AE B --的正弦值为1113；【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2022新高考全国II 卷·第20题4．(2022新高考全国I 卷·第19题)如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【答案】解析：(1)在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则111111111143333A A BC A A ABC A ABC A B BC C C B V S h V S A A V ---=⋅===⋅== ，解得h = 所以点A 到平面1A BC；(2)取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥,又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC 平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以AE ⊥平面1A BC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由(1)得AE =，所以12AA AB ==，1A B =2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1AC 的中点()1,1,1D ，则()1,1,1BD = ，()()0,2,0,2,0,0BA BC == ,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z = ，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()1,0,1m =- ，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c = ，则020m BD a b c m BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩ ，可取()0,1,1n =-r ，则1cos ,2m n m n m n⋅===⋅ ，所以二面角A BD C --=．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2022新高考全国I 卷·第19题5．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题)在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD是正方形，若2,3AD QD QA QC ====．(1)证明：平面QAD ⊥平面；(2)求二面角B QD A --平面角的余弦值．【答案】解析:(1)取AD 的中点为O ，连接,QO CO ．因为QA QD =，OA OD =，则QO ⊥AD ，而2,AD QA =2QO ==．在正方形ABCD 中，因为2AD =，故1DO =，故CO =，因为3QC =，故222QC QO OC =+，故QOC 为直角三角形且QO OC ⊥，因为OC AD O = ，故QO⊥的平面ABCD ，因为QO ⊂平面QAD ，故平面QAD ⊥平面ABCD ．(2)在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，结合(1)中的QO ⊥平面ABCD ，故可建如图所示的空间坐标系．则()()()0,1,0,0,0,2,2,1,0D Q B -，故()()2,1,2,2,2,0BQ BD =-=- ．设平面QBD 的法向量(),,n x y z = ，则00n BQ n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即220220x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩，取1x =，则11,2y z ==，故11,1,2n ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．而平面QAD 的法向量为()1,0,0m = ，故12cos ,3312m n ==⨯ ．二面角B QD A --的平面角为锐角，故其余弦值为23．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题6．(2021年新高考Ⅰ卷·第20题)如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD的中点．(1)证明：OA CD ⊥；(2)若OCD 是边长为1等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积．【答案】解析：(1)因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD 因为平面ABD 平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ，因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD(2)作EF ⊥BD 于F, 作FM ⊥BC 于M,连FM因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD, AO ⊥CD所以EF ⊥BD, EF ⊥CD, BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC 因为FM ⊥BC ，FM EF F =I ,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥MF 则EMF ∠为二面角E-BC-D 的平面角, 4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以OCD 为直角三角形因为2BE ED =,1112(1)2233FM BF ∴==+=从而EF=FM=213AO ∴=AO ⊥Q 平面BCD,所以11111332BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯=的【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年新高考Ⅰ卷·第20题7．(2020年新高考I 卷(山东卷)·第20题)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．【答案】(1)证明见解析；．解析：(1)证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D = ，所以l ⊥平面PDC ；(2)如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ，设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则cos ,n PB n PB n PB ⋅<>==线与平面所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>=r u ur==≤≤=1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年新高考I 卷(山东卷)·第20题8．(2020新高考II 卷(海南卷)·第20题)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l．(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB ，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；．解析：(1)证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D = ，所以l PDC ；(2)如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ，设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则cos ,n PB n PB n PB ⋅<>==根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>=r u ur==≤≤=1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020新高考II 卷(海南卷)·第20题9．(2021年高考全国乙卷理科·第18题)如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．(1)求BC ；(2)求二面角A PM B --的正弦值．【答案】；解析：(1)PD ⊥ 平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ，则()2,1,1PB a =- ，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥ ，则2210PB AM a ⋅=-+=，解得a =2BC a ==；(2)设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则AM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()AP = ，由11110m AM x y m AP z ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，取1x =，可得)2m = ，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z =，BM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =- ，由222200n BM x nBP y z ⎧⋅==⎪⎨⎪⋅=-+=⎩ ，取21y =，可得()0,1,1n =r，cos ,m n m n m n⋅<>===⋅，所以，sin ,m n <>==因此，二面角A PM B --【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：(1)建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；(2)设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量(注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可)；(3)计算(2)中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年高考全国乙卷理科·第18题10．(2021年高考全国甲卷理科·第19题)已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥(1)证明：BF DE ⊥；(2)当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【答案】(1)见解析；(2)112B D =解析：因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1BB ⊥底面ABC ，所以1BB AB ⊥因为11//A B AB ，11BF A B ⊥，所以BF AB ⊥，又1BB BF B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．的以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．所以()()()()()()1110,0,0,2,0,0,0,2,0,0,0,2,2,0,2,0,2,2B A C B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a (02a ≤≤)．(1)因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-= ，所以BF DE ⊥．(2)设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BA θ⋅===⋅ ．当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ=所以()minsin θ==，此时112B D =．【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出(),0,2D a (02a ≤≤)，在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年高考全国甲卷理科·第19题11．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第18题)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO上一点，PO ．(1)证明：PA ⊥平面PBC ；(2)求二面角B PC E --的余弦值．【答案】(1)证明见解析；．【解析】(1)由题设，知DAE △为等边三角形，设1AE =，则DO =，1122CO BO AE ===，所以PO ==PC PB ====又ABC 为等边三角形，则2sin 60BA OA =，所以BA =，22234PA PB AB +==，则90APB ∠= ，所以PA PB ⊥，同理PA PC ⊥，又PC PB P = ，所以PA ⊥平面PBC ；(2)过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则111(,0,0),((,244E P B C ---，1(,4PC =-，1(4PB =-，1(,0,2PE =- ，设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z =，由00n PC n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得11111100x x ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，令1x =，得111,0z y =-=，所以1)n =-，设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z =由00m PC m PE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22222020x x ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩，令21x =，得22z y ==，所以m =故cos ,||||n m m n n m ⋅<>===⋅设二面角B PC E --的大小为θ，则cos θ=【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第18题12．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科·第20题)如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；解析：(1) ,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴又11//AA BB 1//MN AA∴在ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥又侧面11BB C C 为矩形，1BC BB ∴⊥1//MN BB MN BC⊥由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN∴BC ⊥平面1A AMN又 11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC又 11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF=11//B C EF ∴//EF BC∴又BC ⊥ 平面1A AMN∴EF ⊥平面1A AMNEF ⊂ 平面11EB C F ∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN(2)连接NP//AO 平面11EB C F ，平面AONP ⋂平面11EB C F NP =∴//AO NP根据三棱柱上下底面平行，其面1A NMA ⋂平面ABC AM =，面1A NMA ⋂平面1111A B C A N=∴//ON AP故：四边形ONPA 是平行四边形设ABC 边长是6m (0m >)可得：ON AP =，6NP AB m== O 为111A B C △的中心，且111A B C △边长为6m∴16sin 603ON =⨯⨯︒=故：ON AP ==//EF BC ∴AP EPAM BM =∴3EP =解得：EP m=在11B C 截取1B Q EP m ==，故2QN m= 1B Q EP =且1//B Q EP∴四边形1B QPE 是平行四边形，∴1//B E PQ由(1)11B C ⊥平面1A AMN故QPN ∠为1B E 与平面1A AMN 所成角在Rt QPN △，根据勾股定理可得：PQ ===sin QN QPN PQ ∴∠===∴直线1B E 与平面1A AMN 【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其线面角，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和线面角的定义，考查了分析能力和空间想象能力，属于难题．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅱ卷理科·第20题13．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．(1)证明：点1C 平面AEF 内；(2)若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【答案】(1)证明见解析；．解析：(1)在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG、1C E 、1C F ，在在长方体1111ABCD A B C D -中，//AD BC 且AD BC =，11//BB CC 且11BB CC =，112C G CG = ，12BF FB =，112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =，所以，四边形BCGF 为平行四边形，则//AF DG 且AF DG =，同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG ∴且1C E DG =，1//C E AF ∴且1C E AF =，则四边形1AEC F 为平行四边形，因此，点1C 在平面AEF 内；(2)以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -，则()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ，()0,1,1AE =-- ，()2,0,2AF =--，()10,1,2A E =- ，()12,0,1A F =- ，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，由00m AE m AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，则()1,1,1m =- ，设平面1A EF 的法向量为()222,,n x y z =，由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，则()1,4,2n =，cos,m nm nm n⋅<>===⋅设二面角1A EF A--的平面角为θ，则cosθ=，sinθ∴==因此，二面角1A EF A--．【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题14．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)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中的二面角B−CG−A 的大小．【答案】(1)见详解；(2)30 ．【官方解析】(1)由已知得//AD DE ，//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)作EH BC ⊥,垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ,平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ．由已知，菱形BCGE 的边长为2，60EBC ∠=︒，可求得1,BH EH ==．以H 为坐标原点，HC的方向为x 轴的的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz -，则(1,1,0),(1,0,0),(2,1,0)A C G CG AC -==-．设平面ACGD 的法向量为(,,)n x y z =，则CG n AC n ⎧=⎪⎨=⎪⎩即0,20.x x y ⎧=⎪⎨-=⎪⎩所以可取(3,6,n =- ．图2图1AA又平面BCGE 的法向量可取为(0,1,0)m =，所以cos ,n mn m |n||m|〈〉=因此二面角B - CG - A 的大小为30︒．【点评】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，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法．最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2019年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题15．(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第17题)如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．()1证明：BE ⊥平面11EB C ；()2若1AE A E =，求二面角1B EC C --的正弦值．【答案】()1证明见解析；(2.【官方解析】证明：()1由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．()2由()1知190BEB ∠=︒．由题设知11Rt ABE Rt A B E ≅△△，所以45AEB ∠=︒，故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA的方向为x 轴正方向，DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则()0,1,0C ，()1,1,0B ，()10,1,2C ，()1,0,1E ，()1,0,0CB = ，()1,1,1CE =- ，()10,0,2CC =．设平面EBC 的法向量为()111,,n x y z =，则00CB n CE n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即11110,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取()0,1,1n =-- .设平面1ECC 的法向量为()222,,m x y z =，则100CC m CE m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即222220,0z x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取()1,1,0m = .于是1cos ,2n m n m n m⋅==-⋅．所以，二面角1B EC C --．【分析】()1利用长方体的性质，可以知道11B C ⊥侧面11A B BA ，利用线面垂直的性质可以证明出11B C EB ⊥，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出BE ⊥平面11EB C ；()2以点D 坐标原点，以1,,DA DC DD分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，设正方形ABCD 的边长为a ，1B B b =，求出相应点的坐标，利用1BE EC ⊥，可以求出,a b 之间的关系，分别求出平面EBC 、平面1ECC 的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角1B EC C --的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角1B EC C --的正弦值.【解析】()1因为1111ABCD A B C D -是长方体，所以11B C ⊥侧面11A B BA ，而BE ⊂平面11A B BA ，所以11BE B C ⊥,又1BE EC ⊥，1111B C EC C = ，111,B C EC ⊂平面11EB C ，因此BE ⊥平面11EB C ；()2以点B坐标原点，以1,,BA BC BB分别为,,x y z 轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，1(0,0,0),(0,,0),(0,,),(,0,)2b B C a C a b E a ，因为1BE EC ⊥，所以2210(,0,(,,002224b b b BE EC a a a a b a ⋅=⇒⋅-=⇒-+=⇒= ，所以(,0,)E a a ，1(,,),(0,0,2),(,0,)EC a a a CC a BE a a =--==，设111(,,)m x y z =是平面BEC 的法向量，所以111110,0,(1,0,1)0.0.ax az m BE m ax ay az m EC +=⎧⎧⋅=⇒⇒=-⎨⎨-+-=⋅=⎩⎩，设222(,,)n x y z =是平面1ECC 的法向量，所以2122220,0,(1,1,0)0.0.az n CC n ax ay az n EC =⎧⎧⋅=⇒⇒=⎨⎨-+-=⋅=⎩⎩，二面角1B EC C --12，所以二面角1B EC C --=【点评】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第17题16．(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科·第18题)如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14,2,60,,,AA AB BAD E M N ==∠=︒分别是BC ，1BB ，1A D的中点．D 1C 111(1)证明：//MN 平面1C DE ；(2)求二面角1A MA N --的正弦值．【答案】解：(1)连结1,B C ME ．因为,M E 分别为1,BB BC 的中点，所以1//ME B C ，且112ME B C =．又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =．由题设知11A B ，可得11B C A D ，故ME ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，//MN ED ．又MN ⊄平面1C DE ，所以//MN 平面1C DE ．(2)由已知可得DE DA ⊥．以D 为坐标原点，DA的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则1(2,0,0),(2,0,4),2),(1,0,2)A A M N ，1(0,0,4)A A =-，1(2)A M =-- ，1(1,0,2)A N =-，(0,MN =．设(,,)m x y z = 为平面1A MA 的法向量，则1100m A M m A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，所以2040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取m =．设(,,)n p q r = 为平面1A MN 的法向量，则100n MN n A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，．所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)n =- ．于是cos ,m n m n m n ⋅===⋅，所以二面角1A MA N --．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科·第18题17．(2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第19题)(12分)如图，边长为2的正方形ABCD 所在平面与半圆弧CD所在的平面垂直，M 是弧CD 上异于,C D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．【答案】【官方解析】(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)以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz-当三棱锥M ABC -体积最大时，M 为 CD的中点，由题设得()0,0,0D ，()2,0,0A ，()2,2,0B ，()0,2,0C ，()0,1,1M ()2,1,1AM =- ，()0,2,0AB = ，()2,0,0DA = 设(),,n x y z = 是平面MAB 的法向量，则00n AM n AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即2020x y z y -++=⎧⎨=⎩可取()1,0,2n = 易知DA 是平面MCD的法向量，因此cos ,n DA n DA n DA⋅<>==⋅所以sin ,n DA <>== 所以面MAB 与面MCD【民间解析】(1)证明：因为面ABCD ⊥半圆面CMD ，且面ABCD 半圆面CMD CD=而四边形ABCD 为正方形，所以AD CD ⊥，所以AD ⊥平面MCD又CM ⊂平面MCD ，所以AD CM ⊥①又因为点M 在以CD 为直径的半圆上，所以CM MD ⊥②又MD 、AD ⊂面MAD ，且MD AD D = ③由①②③可得CM ⊥面MAD ，而CM ⊂平面BMC所以平面AMD ⊥平面BMC(2)如图，以DC 所在直线作为y 轴，以DC 中点为坐标原点O ，过点O 作DA 的平行线，作为x 轴，过点O 作面ABCD 的垂线，作为z轴，建立空间直角坐标系因为13M ABC ABC M ABC V S d --=⋅△，而12222ABC S =⨯⨯=△所以当点M 到平面ABCD 的距离最大时，三棱锥M ABC -的体积最大，此时MO CD⊥所以()0,0,1M ，()2,1,0AA -，()2,1,0B ；()0,1,0C ，()0,1,0D -设面MAB 的法向量为()111,,m x y z = ，易知面MCD 的法向量为()2,0,0n DA == 所以()2,1,1MA =-- ，()2,1,1MB =- 由00m MA m MB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即1111112020x y z x y z --=⎧⎨+-=⎩，解得11102y z x =⎧⎨=⎩，可取()1,0,2m =所以cos ,m n m n m n ⋅<>=== 故所求面MAB 与面MCD==．【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第19题18．(2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第20题)(12分)如图，在三棱锥P ABC -中，AB 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，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM所成角的正弦值．【答案】解析：(1)因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =．连接OB．因为AB BC AC ==，所以ABC ∆为等腰直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==．由222OP OB PB +=知PO OB ⊥．由OP OB ⊥，OP AC ⊥知PO ⊥平面ABC ．(2)如图，以O 为坐标原点，OB u u u r 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得(0,0,0)O ，(2,0,0)B ，(0,2,0)A -，(0,2,0)C，P，AP =u u u r ．取平面PAC 的法向量为(2,0,0)OB =u u u r ．设(,2,0)(02)≤M a a a -<，则(,4,0)AM a a =-u u u r ．设平面PAM 的法向量为(,,)x y z =n ，由0AP ⋅=u u u r n ，0AM ⋅=u u u r n得20(4)0y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以cos ,OB <>=u u u r n，由已知可得cos ,OB <>=u u u r n PAB M COA=，解得4a =-(舍去)，43a =．所以4()3n =-．又(0,2,PC =- ，所以cos ,n PC <>=u u u r ．所以PC 与平面PAM ．【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第20题19．(2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第18题)(12分)如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DCF ∆折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥．(1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【答案】解析：(1)由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF ．又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD ．(2)作PH EF ⊥，垂足为H ．由(1)得，PH ⊥平面ABFD ．以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，||BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz -．由(1)可得，DE PE ⊥．又2DP =，1DE =，所以PE =．又1PF =，2EF =，故PE PF ⊥．可得32PH EH ==．则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --= 32HP = 为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin ||||||HP DP HP DP θ⋅===⋅ ．所以DP 与平面ABFD．【题目栏目】立体几何\空间角\直线与平面所成的角【题目来源】2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第18题20．(2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科·第18题)如图,在四棱锥中,,且．(1)证明:平面平面;(2)若,,求二面角的余弦值．【答案】(1)详见解析;(2)二面角的余弦值为．【分析】(1)根据题设条件可以得出,,而,就可证明出平面．进而证明平面平面;(2)先找出的中点,找出相互垂直的线,建立以为坐标原点,的方向为轴的正方向,为单位长的空间直角坐标系,列出所需要的点的坐标,设是平面的法向量,是平面的法向量,根据垂直关系,求出和,利用数量积公式可求出二面角的平面角．【解析】(1)由已知,得,由于,故,从而平面又平面,所以平面平面(2)在平面内做,垂足为,由(1)可知,平面,故,可得平面． P ABCD -//AB CD 90BAP CDP ∠=∠=︒PAB ⊥PAD PA PD AB DC ===90APD ∠=︒A PB C --A PB C --AB AP ⊥CD PD ⊥//AB CD AB ⊥ PAD PAB ⊥PAD AD F FA x AB (),,n x y z = PCB (),,m x y z = PAB (0,1,n =- ()1,0,1m = 90BAP CDP ∠=∠=︒AB AP ⊥CD PD ⊥//AB CD AB PD ⊥AB ⊥PAD AB ⊂PAB PAB ⊥PAD PAD PF AD ⊥F AB ⊥PAD AB PF ⊥PF ⊥ABCD以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系．由(1)及已知可得,,,．所以,,,．设是平面的法向量,则,即,可取．设是平面的法向量,则,即,可取．则,所以二面角的余弦值为．【考点】面面垂直的证明,二面角平面角的求解．【点评】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面:①求异面直线所成的角,关键是转化为两直线的方向向量的夹角;②求直线与平面所成的角,关键是转化直线的方向向量和平面的法向量的夹角;③求二面角,关键是转化为两平面的法向量的夹角．建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键．【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科·第18题21．(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，．F FA x ||AB F xyz-APB (C(PC =CB =PA = (0,1,0)AB = (,,)x y z =n PCB 00PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ nn 00x y z ⎧+=⎪=(0,1,=-n (,,)x y z =m PAB 00PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ mm 00z y =⎪=⎩(1,0,1)=n cos ,||||⋅==<>n m n m n m A PB C --ABCD ABC ∆ACD ∆ABD CBD ∠=∠AB BD =(1)证明：平面平面；(2)过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值．【答案】(Ⅰ)证明略．【解析】证明:(1)取的中点为,连接为等边三角形∴∴．∴,即为等腰直角三角形,为直角又为底边中点ACD ⊥ABC AC BD E AEC ABCD D AE C --AC O ,BO DO ABC ∆ BO AC ⊥AB BC =AB BC BD BDABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩ABD CBD ∴∆≅∆AD CD =ACD ∆ADC ∠O AC∴ 令,则易得:,∴由勾股定理的逆定理可得即又∵ 由面面垂直的判定定理可得(2)由题意可知即,到平面的距离相等即为中点以为原点,为轴正方向,为轴正方向,为轴正方向,设,建立空间直角坐标系则,,,,DO AC ⊥AB a =AB AC BC BD a ====OD a=OB =222OD OB BD +=2DOB π∠=OD OB ⊥OD AC OD OB AC OB OAC ABC OB ABC ⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩ 平面平面OD ABC ∴⊥平面OD ADC ⊂平面ADC ABC ⊥平面平面V V D ACE B ACE --=B D ACE E BD O OA x OB y OD z AC a =()0,0,0O ,0,02a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭0,0,2a D ⎛⎫ ⎪⎝⎭,0B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,4a E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭易得:,, 设平面的法向量为,平面的法向量为, 则,解得 ,解得若二面角为,易知为锐角,则．【考点】二面角的平面角;面面角的向量求法【点评】(1)求解本题要注意两点:一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角,二是利用方程思想进行向量运算,要认真细心,准确计算．(2)设m ,n 分别为平面α,β的法向量,则二面角θ与<m ,n >互补或相等,故有|cos θ|=|cos<m ,n>|=．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题22．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科·第19题)如图，四棱锥中，侧面为等比三角形且垂直于底面，是的中点．(1)证明：直线平面；(2)点在棱上，且直线与底面所成锐角为，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明略；,24a a AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ,0,22a a AD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ,0,02a OA ⎛⎫= ⎪⎝⎭ AED 1n AEC 2n 1100AE n AD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 1n = 2200AE n OA n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ (20,1,n = D AE C --θθ1212cos n n n n θ⋅==⋅ ⋅m n m n P ABCD -PAD ABCD o 1,90,2AB BC AD BAD ABC =∠=∠=E PD //CE PAB M PC BM ABCD o 45M AB D --【基本解法1】(1)证明：取中点为，连接、因为，所以因为是的中点，所以，所以所以四边形为平行四边形，所以因为平面，平面所以直线平面(2)取中点为，连接因为△为等边三角形，所以因为平面平面，平面平面，平面所以平面因为，所以四边形为平行四边形，所以所以以分别为轴建立空间直角坐标系，如图设，则，所以设，则，因为点在棱上，所以，即所以，所以平面的法向量为因为直线与底面所成角为，所以解得设平面的法向量为，则令，则PA F EF AF90BADABC ∠=∠=︒12BC AD =BC 12AD E PD EF 12AD EF BCEFBC //EC BFBF ⊂PABEC ⊄PAB//CEPABAD O OC OP、PAD PO ⊥ADPAD ⊥ABCD PAD ABCD AD =PO ⊂PADPO ⊥ABCDAO BC OABC //AB OCOC AD⊥,,OC OD OP ,,x yz 1BC =(0,1,0),(1,1,0),(1,0,0)P A B C --(1,0,PC = (,,)M x y z (,,PM x y z =-(1,0,0)AB = M PC (01)PM PC λλ=≤≤ (,,(1,0,x y z λ=()M λ()BM λ=- ABCD (0,0,1)n = BM ABCD 45︒|||sin 45||cos ,|||||BM n BM n BM n ⋅︒=<>=== 1λ=-(BM = MAB (,,)m x y z = 00AB m x BM m x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩ 1z =m =所以所以求二面角【基本解法2】(1)证明：取中点为，连接因为，所以，即所以四边形为平行四边形，所以因为平面，平面所以直线平面因为是的中点，所以因为平面，平面所以直线平面因为，所以平面平面因为平面所以直线平面(2)同上【命题意图】线面平行的判定，线面垂直的判定，面面垂直的性质，线面角、二面角的求解【知识拓展】线面平行的证明一般有两个方向，线面平行的判定或面面平行的性质。

全国高考理科数学试题分类汇编7：立体几何 Word版含答案

2013年全国高考理科数学试题分类汇编7：立体几何一、选择题1 ．（2013年高考新课标1（理））如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为（）A ．35003cm π B ．38663cm π C ．313723cm πD ．320483cm π【答案】A2 ．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是（）A ．若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥B ．若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m nC ．若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥D ．若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥【答案】D3 ．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为（）A ．1:2B ．1:4C ．1:8D ．1:16【答案】C4 ．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中12AA AB =,则CD 与平面1BDC 所成角的正弦值等于（）A ．23B C ．3D ．13【答案】A5 ．（2013年高考新课标1（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（）A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+【答案】A6 ．（2013年高考湖北卷（理））一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体积分别记为1V ,2V ,3V ,4V ,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,则有（）A ．1243V V V V <<<B ．1324V V V V <<<C ．213V V V <<<【答案】C7 ．（2013年高考湖南卷（理））已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能．．．等于（）A ．1BC ．2D ．2【答案】C8 ．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是（）A ．4B ．143C ．163D ．6【答案】B 9 ．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD 版含答案））已知nm ,为异面直线,⊥m 平面α,⊥n 平面β.直线l 满足,,,l m l n l l αβ⊥⊥⊄⊄,则（）A ．βα//,且α//lB ．βα⊥,且β⊥lC ．α与β相交,且交线垂直于lD ．α与β相交,且交线平行于l【答案】D10．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,的正三角形.若P 为底面111A B C 的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为（）A ．512πB ．3πC ．4πD ．6π【答案】B11．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））某几何体的三视图如题()5图所示,则该几何体的体积为（）A ．5603B ．5803C ．200D ．240正视图俯视图侧视图第5题图【答案】C12．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O的球面上,若34AB AC ==，,AB AC ⊥,112AA =,则球O 的半径为（）A ．2B ．C ．132D ．【答案】C13．（2013年高考江西卷（理））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 ．8B ．9C ．10D ．11【答案】A14．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD 版含答案））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（）A ．B ．C ．D ．【答案】A15．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD 版））在下列命题中,不是公理．．的是（）A ．平行于同一个平面的两个平面相互平行B ．过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面C ．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D ．如果两个不重合的平面有一个公共点, 那么他们有且只有一条过该点的公共直线【答案】A 16．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版））在空间中,过点A作平面π的垂线,垂足为B ,记)(A f B π=.设βα,是两个不同的平面,对空间任意一点P ,)]([)],([21P f f Q P f f Q βααβ==,恒有21PQ PQ =,则（）A ．平面α与平面β垂直B ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为045C ．平面α与平面β平行D ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为060【答案】A 17．（2013年高考四川卷（理））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 二、填空题18．（2013年高考上海卷（理））在xOy 平面上,将两个半圆弧22(1)1(1)x y x -+=≥和22(3)1(3)x y x -+=≥、两条直线1y = 和1y =-围成的封闭图形记为D,如图中阴影部分.记D 绕y 轴旋转一周而成的几何体为Ω,过(0,)(||1)y y ≤作Ω的水平截面,所得截面面积为48π,试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体,得出Ω的体积值为__________【答案】2216ππ+.19．（2013年高考陕西卷（理））某几何体的三视图如图所示, 则其体积为___3π_____.【答案】3π 20．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））已知圆O和圆K 是球O 的大圆和小圆,其公共弦长等于球O 的半径,32OK =,且圆O 与圆K 所在的平面所成的一个二面角为60,则球O 的表面积等于______.【答案】16π21．（2013年高考北京卷（理））如图,在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 为BC 的中点,点P 在线段D 1E 上,点P 到直线CC 1的距离的最小值为__________.【答案】51B22．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））如图,在三棱柱ABC C B A -111中,F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点,设三棱锥ADE F -的体积为1V ,三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ,则=21:V V ____________.【答案】1:2423．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版））若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积等于________2cm .【答案】2424．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD 版））如图,正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,P 为BC 的中点,Q 为线段1CC 上的动点,过点A,P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是__①②③⑤___(写出所有正确命题的编号).①当102CQ <<时,S 为四边形;②当12CQ =时,S 为等腰梯形;③当34CQ =时,S 与A BCADEF BC11C D 的交点R 满足1113C R =;④当314CQ <<时,S 为六边形;⑤当1CQ =时,S 的面积【答案】①②③⑤25．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.【答案】1616π-26．（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD 版））已知某一多面体内接于一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.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】12π27．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）在如图所示的正方体1111ABCD A B C D -中,异面直线1A B 与1B C 所成角的大小为_______【答案】3πD 1 C 1 B 1A 1D C AB三、解答题28．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））如图,AB 是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C 是圆上的点. (I)求证:PAC PBC ⊥平面平面；(II)2.AB AC PA C PB A ===--若，1，1，求证：二面角的余弦值【答案】29．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））如图,四棱锥P ABCD-中,PA ABCD ⊥底面,2,4,3BC CD AC ACB ACD π===∠=∠=,F 为PC 的中点,AF PB ⊥.(1)求PA 的长; (2)求二面角B AF D --的正弦值.【答案】1．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD版））如图,圆锥顶点为p.底面圆心为o ,其母线与底面所成的角为22.5°.AB 和CD 是底面圆O 上的两条平行的弦,轴OP 与平面PCD 所成的角为60°.(Ⅰ)证明:平面PAB 与平面PCD 的交线平行于底面; (Ⅱ)求cos COD ∠. 【答案】解:(Ⅰ)PAB P D ,////C m AB CD CD PCD AB PCD ⋂=⊂⇒设面面直线且面面//AB m ⇒直线 ABCD m ABCD AB 面直线面//⇒⊂ . 所以,ABCD D P PAB 的公共交线平行底面与面面C . (Ⅱ)rPOOPF F CD r =︒︒=∠5.22tan .60,由题知，则的中点为线段设底面半径为. ︒-︒=︒∠==︒⋅︒⇒=︒5.22tan 15.22tan 245tan ,2cos 5.22tan 60tan 60tan ,2COD r OF PO OF . )223(3)],1-2(3[21cos ,1-25.22tan 12cos 2cos 22-==+∠=︒⇒-∠=∠COD COD COD 212-17cos .212-17cos =∠=∠COD COD 所以.法二:1．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版））如图,在四面体BCD A -中,⊥AD 平面BCD ,22,2,==⊥BD AD CD BC .M 是AD 的中点,P是BM 的中点,点Q 在线段AC 上,且QC AQ 3=.(1)证明://PQ 平面BCD ;(2)若二面角D BM C --的大小为060,求BDC ∠的大小.【答案】解:证明(Ⅰ)方法一:如图6,取MD 的中点F ,且M 是AD 中点,所以3AF FD =.因为P 是BM 中点,所以//PF BD ;又因为(Ⅰ)3AQ QC =且ABCDPQM（第20题图）3AF FD =,所以//QF BD ,所以面//PQF 面BDC ,且PQ ⊂面BDC ,所以//PQ 面BDC ;方法二:如图7所示,取BD 中点O ,且P 是BM 中点,所以1//2PO MD ;取CD 的三等分点H ,使3DH CH =,且3AQ QC =,所以11////42QH AD MD ,所以////P O Q H P Q O H ∴,且OH BCD ⊂,所以//PQ 面BDC ;(Ⅱ)如图8所示,由已知得到面ADB ⊥面BDC ,过C 作CG BD ⊥于G ,所以CG BMD⊥,过G 作GH BM ⊥于H ,连接CH ,所以CHG ∠就是C BM D --的二面角;由已知得到3BM ==,设BDC α∠=,所以cos ,sin ,sin ,,CD CG CBCD CG BC BD CD BDαααααα===⇒===,在RT BCG ∆中,2sin BGBCG BG BCααα∠=∴=∴=,所以在RT BHG ∆中2133HG α=∴=,所以在RT CHG ∆中tan tan 603CG CHGHG ∠==== tan (0,90)6060BDC ααα∴=∈∴=∴∠=;2．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）如图,在正三棱锥111ABC A B C -中,16AA =,异面直线1BC 与1AA 所成角的大小为6π,求该三棱柱的体积.【答案】[解]因为1CC 1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA .所成的角,即1BC C ∠=6π. 在Rt 1BC C ∆中,11tan 63BC CC BC C =⋅∠=⨯=从而24ABCS BC ∆==, 因此该三棱柱的体积为16ABC V S AA ∆=⋅==3．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））本小题满分14分.如图,在三棱锥ABC S -中,平面⊥SAB 平面SBC ,BC AB ⊥,AB AS =,过A 作SB AF ⊥,垂足为F ,点G E ，分别是棱SC SA ，的中点. 求证:(1)平面//EFG 平面ABC ; (2)SA BC ⊥.【答案】证明:(1)∵AB AS =,SB AF ⊥∴F 分别是SB 的中点∵E.F 分别是SA.SB 的中点 ∴EF∥ABB 1A 1C 1ACBABCSGFE又∵EF ⊄平面ABC, AB ⊆平面ABC ∴EF∥平面ABC 同理:FG∥平面ABC又∵EF FG=F, EF.FG ⊆平面ABC∴平面//EFG 平面ABC (2)∵平面⊥SAB 平面SBC 平面SAB 平面SBC =BC AF ⊆平面SABAF⊥SB∴AF⊥平面SBC 又∵BC ⊆平面SBC ∴AF⊥BC又∵BC AB ⊥, AB AF=A, AB.AF ⊆平面SAB ∴BC⊥平面SAB 又∵SA ⊆平面SAB∴BC⊥SA4．（2013年高考上海卷（理））如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=2,AD=1,A 1A=1,证明直线BC 1平行于平面DA 1C,并求直线BC 1到平面D 1AC 的距离.C 11A【答案】因为ABCD-A 1B 1C 1D 1为长方体,故1111//,AB C D AB C D =,故ABC 1D 1为平行四边形,故11//BC AD ,显然B 不在平面D 1AC 上,于是直线BC 1平行于平面DA 1C;直线BC 1到平面D 1AC 的距离即为点B 到平面D 1AC 的距离设为h考虑三棱锥ABCD 1的体积,以ABC 为底面,可得111(12)1323V =⨯⨯⨯⨯= 而1AD C ∆中,11AC DC AD ===故132AD C S ∆= 所以,13123233V h h =⨯⨯=⇒=,即直线BC 1到平面D 1AC 的距离为23.5．（2013年高考湖北卷（理））如图,AB 是圆O 的直径,点C 是圆O 上异于,A B 的点,直线PC ⊥平面ABC ,E ,F 分别是PA ,PC 的中点.(I)记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ,试判断直线l 与平面PAC 的位置关系,并加以证明;(II)设(I)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ,且点Q 满足12DQ CP =.记直线PQ 与平面ABC 所成的角为θ,异面直线PQ 与EF 所成的角为α,二面角E l C --的大小为β,求证:sin sin sin θαβ=.【答案】解:(I)EF AC ,AC ABC ⊆平面,EF ABC ⊆平面EF ABC ∴平面又EF BEF ⊆平面EF l ∴ l PAC ∴平面(II)连接DF,用几何方法很快就可以得到求证.(这一题用几何方法较快,向量的方法很麻烦,特别是用向量不能方便的表示角的正弦.个人认为此题与新课程中对立体几何的处理方向有很大的偏差.)第19题图6．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））如图1,在等腰直角三角形ABC 中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE =O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '=(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CDB '--的平面角的余弦值.【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD ===.CO BDEA CDOBE'A图1图2连结,OD OE,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD ==由翻折不变性可知A D '=,所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥, 理可证A O OE '⊥, 又ODOE O =,所以A O '⊥平面BCDE .(Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD 的延长线于H ,连结A H ', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角.结合图1可知,H 为AC 中点,故OH =,从而A H '== 所以cos 5OH A HO A H '∠==',所以二面角A CD '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O xyz -则(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,则00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧=⎪⎨-++=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,n =- 由(Ⅰ) 知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量,所以cos ,53n OA n OA n OA '⋅'===',即二面角A CD B '--的平面角的余弦C D OBE'AH.（2013年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1 7．中, 侧棱A1A⊥底面ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点.(Ⅰ) 证明B1C1⊥CE;(Ⅱ) 求二面角B1-CE-C1的正弦值.(Ⅲ) 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1, 求线段AM 的长.【答案】8．（2013年高考新课标1（理））如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=A A1,∠BA A1=60°.(Ⅰ)证明AB⊥A1C;(Ⅱ)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB=2,求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值.【答案】(Ⅰ)取AB 中点E,连结CE,1A B ,1A E,∵AB=1AA ,1BAA ∠=060,∴1BAA ∆是正三角形,∴1A E ⊥AB, ∵CA=CB, ∴CE⊥AB, ∵1CE A E ⋂=E,∴AB⊥面1CEA,∴AB⊥1AC ;(Ⅱ)由(Ⅰ)知EC⊥AB,1EA ⊥AB,又∵面ABC⊥面11ABB A ,面ABC∩面11ABB A =AB,∴EC⊥面11ABB A ,∴EC⊥1EA , ∴EA,EC,1EA 两两相互垂直,以E 为坐标原点,EA 的方向为x 轴正方向,|EA |为单位长度,建立如图所示空间直角坐标系O xyz -, 有题设知A(1,0,0),1A(0,,0),C(0,0,),B(-1,0,0),则BC),1BB =1AA1A C),设n =(,,)x y z 是平面11CBB C 的法向量,则100BC BB ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩n n ,即0x x ⎧=⎪⎨=⎪⎩,可取n,1,-1), ∴1cos ,A C n =11|A C A C∙n |n ||∴直线A 1C 与平面BB 1C 1C9．（2013年高考陕西卷（理））如图, 四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形, O 为底面中心, A 1O ⊥平面ABCD, 1AB AA ==(Ⅰ) 证明: A 1C ⊥平面BB 1D 1D ;(Ⅱ) 求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小.1A【答案】解:(Ⅰ) BD O A ABCD BD ABCD O A ⊥∴⊂⊥11,,面且面 ;又因为,在正方形ABCD 中,BDC A AC A C A AC A BD A AC O A BD AC ⊥⊂⊥=⋂⊥11111,，故面且面所以；且.在正方形AB CD 中,AO = 1 . .111=∆O A OA A RT 中，在O E C A OCE A E D B 1111111⊥为正方形，所以，则四边形的中点为设.，所以由以上三点得且，面面又O O BD D D BB O D D BB BD =⋂⊂⊂111111E .E ,D D BB C A 111面⊥.(证毕)(Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题.以O 为原点,以OC 为X 轴正方向,以OB 为Y 轴正方向.则)1,0,1()1,1,1(),100(),001(,0,1,0111-=⇒C A B A C B ，，，，）（.由(Ⅰ)知, 平面BB 1D 1D 的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111）（==-==OB A n 设平面OCB 1的法向量为，则0,0,2122=⋅=⋅OC n OB n n ).1-,1,0(法向量2=n 为解得其中一个21221|||||,cos |cos 212111=⋅=⋅=><=n n n n θ.1A所以,平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ为3π 10．（2013年高考江西卷（理））如图,四棱锥P A B C-中,PA ,ABCD E BD ⊥平面为的中点,G PD 为的中点，3,12DAB DCB EA EB AB PA ∆≅∆====，,连接CE 并延长交AD 于F . (1) 求证:AD CFG ⊥平面;(2) 求平面BCP 与平面DCP 的夹角的余弦值.【答案】解:(1)在ABD ∆中,因为E 是BD 的中点,所以1EA EB ED AB ====,故,23BAD ABE AEB ππ∠=∠=∠=,因为DAB DCB ∆≅∆,所以EAB ECB ∆≅∆, 从而有FED FEA ∠=∠,故,EF AD AF FD ⊥=,又因为,PG GD =所以FG ∥PA . 又PA ⊥平面ABCD ,所以,GF AD ⊥故AD ⊥平面CFG . (3) 以点A 为坐标原点建立如图所示的坐标系,则3(0,0,0),(1,0,0),(,22A B C D ,(4)3(0,0,)2P ,故133333(0),(,),(,2222222BC CP CD ==--=-，，，设平面BCP 的法向量111(1,,)n y z =,则1111022330222y y z ⎧+=⎪⎪⎨⎪--+=⎪⎩ ,解得1123y z ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩,即12(1,)3n =. 设平面DCP 的法向量222(1,,)n y z =,则222322330222y y z ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--+=⎪⎩,解得222y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩,即2n =.从而平面B C P 与平面D C P 的夹角的余弦值为12124cos 416n n n n θ⋅===. 11．（2013年高考四川卷（理））如图,在三棱柱11ABC A B C -中,侧棱1AA ⊥底面ABC ,12AB AC AA ==,120BAC ∠=,1,D D 分别是线段11,BC B C 的中点,P 是线段AD 的中点.(Ⅰ)在平面ABC 内,试作出过点P 与平面1A BC 平行的直线l ,说明理由,并证明直线l ⊥平面11ADD A ;(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线l 交AB 于点M ,交AC 于点N ,求二面角1A A M N --的余弦值.1C【答案】解:()I 如图,在平面ABC 内,过点P 做直线l //BC ,因为l 在平面1A BC 外,BC 在平面1A BC 内,由直线与平面平行的判定定理可知, l //平面1A BC .由已知,AB AC =,D 是BC 的中点,所以,BC AD ⊥,则直线l AD ⊥.因为1AA ⊥平面ABC ,所以1AA ⊥直线l .又因为1,AD AA 在平面11ADD A 内,且AD 与1AA 相交,所以直线平面11ADD A()II 解法一:连接1A P ,过A 作1AE A P ⊥于E ,过E 作1EF A M ⊥于F ,连接AF . 由()I 知,MN ⊥平面1AEA ,所以平面1AEA ⊥平面1A MN . 所以AE ⊥平面1A MN ,则1A M AE ⊥. 所以1A M ⊥平面AEF ,则1A M ⊥AF .故AFE ∠为二面角1A A M N --的平面角(设为θ). 设11AA =,则由12A B AC A A ==,120BAC ∠=,有60BAD ∠=,2,1AB AD ==.又P 为AD 的中点,所以M 为AB 的中点,且1,12AP AM ==,在1Rt AA P 中, 1A P =;在1Rt A AM 中, 1AM =从而,11AA AP AE A P ∙==,11AA AM AF A M ∙==所以sin AE AF θ==.所以cos θ===. 故二面角1A A M N --解法二:设11AA =.如图,过1A 作1A E 平行于11B C ,以1A 为坐标原点,分别以111,A E A D ,1AA 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz (点O 与点1A 重合).则()10,0,0A ,()0,0,1A .因为P 为AD 的中点,所以,M N 分别为,AB AC 的中点,故11,1,,12222M N ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以131,122A M ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭,()10,0,1A A =,()3,0,0NM =.设平面1AA M 的一个法向量为()1111,,n x y z =,则1111,,n A M n A A ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩即11110,0,n A M n A A ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩故有()()()1111111,,,10,2,,0,0,10,x y z x y z ⎧⎫∙=⎪⎪⎪⎨⎝⎭⎪∙=⎩从而111110,20.x y z z ++=⎪=⎩取11x =,则1y =所以()11,n =. 设平面1A MN 的一个法向量为()2222,,n x y z =,则212,,n A M n NM ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩即2120,0,n A M n NM ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩故有()())2222221,,,10,22,,0,x y z x y z ⎧⎛⎫∙=⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎪∙=⎪⎩从而222210,20.x y z ++=⎨⎪=⎩取22y =,则21z =-,所以()20,2,1n =-. 设二面角1A A M N --的平面角为θ,又θ为锐角,则1212cos n n n n θ∙===∙.故二面角1A A M N --的余弦值为512．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））本小题满分10分.如图,在直三棱柱111A B C ABC -中,AC AB ⊥,2==AC AB ,41=AA ,点D 是BC 的中点(1)求异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值 (2)求平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值.【答案】本题主要考察异面直线.二面角.空间向量等基础知识以及基本运算,考察运用空间向量解决问题的能力.解:(1)以{}1,,AA 为为单位正交基底建立空间直角坐标系xyz A -,则)0,0,0(A )0,0,2(B ,)0,2,0(C ,)4,0,0(1A ,)0,1,1(D ,)4,2,0(1C ∴)4,0,2(1-=A ,)4,1,1(1--=A∴10103182018,cos 11==>=<C A ∴异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值为10103 (2))0,2,0(= 是平面1ABA 的的一个法向量设平面1ADC 的法向量为),,(z y x =,∵)0,1,1(=,)4,2,0(1=AC 由1,AC ⊥⊥ ∴⎩⎨⎧=+=+0420z y y x 取1=z ,得2,2=-=x y ,∴平面1ADC 的法向量为)1,2,2(-=m设平面1ADC 与1ABA 所成二面角为θ∴32324,cos cos =⨯-==><=m AC θ, 得35sin =θ ∴平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值为3513．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））如图,四棱锥P ABCD -中,902,ABC BAD BC AD PAB ∠=∠==∆，与PAD ∆都是等边三角形.(I)证明:;PB CD ⊥ (II)求二面角A PD C --的大小.【答案】14．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））如图所示,在三棱锥P ABQ -中,PB ⊥平面ABQ ,BA BP BQ ==,,,,D C E F 分别是,,,A Q B Q A P B P 的中点, 2AQ BD =,PD 与EQ 交于点G ,PC 与FQ 交于点H ,连接GH .(Ⅰ)求证:AB GH ; (Ⅱ)求二面角D GH E --的余弦值.【答案】解:(Ⅰ)证明:因为,,,D C E F 分别是,,,AQ BQ AP BP 的中点,所以EF ∥AB ,DC ∥AB ,所以EF ∥DC , 又EF ⊂平面PCD ,DC ⊂平面PCD , 所以EF ∥平面PCD , 又EF ⊂平面EFQ ,平面EFQ 平面PCD GH =,所以EF ∥GH , 又EF ∥AB , 所以AB ∥GH .(Ⅱ)解法一:在△ABQ 中, 2AQ BD =,AD DQ =,所以=90ABQ ∠,即AB BQ ⊥,因为PB ⊥平面ABQ ,所以AB PB ⊥, 又BPBQ B =,所以AB ⊥平面PBQ ,由(Ⅰ)知AB ∥GH ,所以GH ⊥平面PBQ ,又FH ⊂平面PBQ ,所以GH FH ⊥,同理可得GH HC ⊥, 所以FHC ∠为二面角D GH E --的平面角,设2BA BQ BP ===,连接PC , 在t R △FBC 中,由勾股定理得,FC =在t R △PBC 中,由勾股定理得,PC =,又H 为△PBQ 的重心,所以13HC PC ==同理FH =,在△FHC 中,由余弦定理得552499cos 5529FHC +-∠==-⨯,即二面角D GH E --的余弦值为45-.解法二:在△ABQ 中,2AQ BD =,AD DQ =,所以90ABQ ∠=,又PB ⊥平面ABQ ,所以,,BA BQ BP 两两垂直,以B 为坐标原点,分别以,,BA BQ BP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设2BA BQ BP ===,则(1,0,1)E ,(0,0,1)F ,(0,2,0)Q ,(1,1,0)D ,(0,1,0)C (0,0,2)P ,,所以(1,2,EQ =--,(0,2,1)FQ =-,(1,1,2)DP =--,(0,1,2)CP =-,设平面EFQ 的一个法向量为111(,,)m x y z =,由0m EQ ⋅=,0m FQ ⋅=,得111112020x y z y z -+-=⎧⎨-=⎩取11y =,得(0,1,2)m =.设平面PDC 的一个法向量为222(,,)n x y z =由0n DP ⋅=,0n CP ⋅=,得222222020x y z y z --+=⎧⎨-+=⎩取21z =,得(0,2,1)n =.所以4cos ,5m n m n m n⋅==因为二面角D GH E --为钝角,所以二面角D GH E --的余弦值为45-.15．（2013年高考湖南卷（理））如图5,在直棱柱1111//ABCD A B C D AD BC -中，,90,,1BAD AC BD BC ∠=⊥=,13AD AA ==.(I)证明:1AC B D ⊥; (II)求直线111B C ACD 与平面所成角的正弦值.【答案】解: (Ⅰ)AC BB ABCD BD ABCD BB D C B A ABCD ⊥⇒⊂⊥∴-111111,面且面是直棱柱 D B AC BDB D B BDB AC B BB BD BD AC 11111,,⊥∴⊂⊥∴=⋂⊥，面。

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