文数立体几何大题训练
专题12：文科立体几何高考真题大题(全国卷)赏析(解析版)
专题12：文科立体几何高考真题大题（全国卷）赏析（解析版） 题型一：求体积1，2018年全国卷Ⅲ文数高考试题如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点． （1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）证明见解析 （2）存在，理由见解析 【详解】分析：（1）先证AD CM ⊥,再证CM MD ⊥，进而完成证明． （2）判断出P 为AM 中点，，证明MC ∥OP ，然后进行证明即可． 详解：（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．2，2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I 卷）如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM ∠=︒，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】(1)见解析. (2)1. 【解析】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 详解：（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，且AC AD A =，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =32．又23BP DQ DA ==，所以22BP =． 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE = 13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322sin451332Q ABP ABPV QE S-=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=． 点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可. 3．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18 【分析】（1）先由长方体得，11B C ⊥平面11AA B B ，得到11B C BE ⊥，再由1BE EC ⊥，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先设长方体侧棱长为2a ，根据题中条件求出3a =；再取1BB 中点F ，连结EF ，证明EF ⊥平面11BB C C ，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果. 【详解】（1）因为在长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11AA B B ；BE ⊂平面11AA B B ，所以11B C BE ⊥，又1BE EC ⊥，1111B C EC C ⋂=，且1EC ⊂平面11EB C ，11B C ⊂平面11EB C ，所以BE ⊥平面11EB C ；（2）设长方体侧棱长为2a ，则1AE A E a ==，由（1）可得1EB BE ⊥；所以22211EB BE BB +=，即2212BE BB =， 又3AB =，所以222122AE AB BB +=，即222184a a +=，解得3a =；取1BB 中点F ，连结EF ，因为1AE A E =，则EF AB ∥； 所以EF ⊥平面11BB C C ， 所以四棱锥11E BB C C -的体积为1111111136318333E BB C C BB C C V S EF BC BB EF -=⋅=⋅⋅⋅=⨯⨯⨯=矩形.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.4．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷） 四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,01,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= （1）证明：直线//BC 平面PAD ;（2）若△PCD 面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）43【分析】试题分析：证明线面平有两种思路，一是寻求线线平行，二是寻求面面平行；取AD 中点M ，由于平面PAD 为等边三角形，则PM AD ⊥，利用面面垂直的性质定理可推出PM ⊥底面ABCD ，设BC x =，表示相关的长度，利用PCD ∆的面积为27.试题解析：（1）在平面内，因为,所以又平面平面故平面（2）取的中点，连接由及得四边形为正方形，则.因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面，所以底面因为底面，所以,设，则，取的中点，连接，则,所以，因为的面积为，所以，解得（舍去），于是所以四棱锥的体积【详解】题型二：求距离5．2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II ）如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）详见解析（245【解析】分析：（1）连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；（2）过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =3 连结OB ．因为AB =BC 2AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2． 由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ． 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC=12AC=2，CM=23BC=423，∠ACB=45°．所以OM=25，CH=sinOC MC ACBOM⋅⋅∠=45．所以点C到平面POM的距离为45．点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.6．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.（1）证明：（2）若,求三棱柱的高.【答案】（1）详见解析;（2）三棱柱111ABC A B C -的高为21. 【解析】试题分析：（1）根据题意欲证明线线垂直通常可转化为证明线面垂直，又由题中四边形是菱形，故可想到连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点，又因为侧面11BB C C 为菱形，对角线相互垂直11B C BC ⊥;又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥，根据线面垂直的判定定理可得：1B C ⊥平面ABO ，结合线面垂直的性质：由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥;（2）要求三菱柱的高，根据题中已知条件可转化为先求点O 到平面ABC 的距离，即：作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H ，则由线面垂直的判定定理可得OH ⊥平面ABC ，再根据三角形面积相等：OH AD OD OA ⋅=⋅，可求出OH 的长度，最后由三棱柱111ABC A B C -的高为此距离的两倍即可确定出高． 试题解析：（1）连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点. 因为侧面11BB C C 为菱形，所以11B C BC ⊥. 又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥， 故1B C ⊥平面ABO.由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥.（2）作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H. 由于，BC OD ⊥，故BC ⊥平面AOD ，所以OH BC ⊥， 又OH AD ⊥，所以OH ⊥平面ABC.因为0160CBB ∠=，所以1CBB ∆为等边三角形，又1BC =，可得3OD. 由于1AC AB ⊥，所以11122OA B C ==,由OH AD OD OA ⋅=⋅，且2274AD OD OA =+=，得2114OH ， 又O 为1B C 的中点，所以点1B 到平面ABC 的距离为217. 故三棱柱111ABC A B C -的高为217. 考点：1.线线，线面垂直的转化;2.点到面的距离;3.等面积法的应用 7．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅱ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥面ABCD ，E 为PD 的中点． （1）证明：//PB 平面AEC ; （2）设1AP =，3AD =，三棱锥P ABD -的体积 34V =，求A 到平面PBC 的距离．【答案】（1）证明见解析 （2） A 到平面PBC 的距离为31313【详解】试题分析：（1）连结BD 、AC 相交于O ，连结OE ，则PB ∥OE ，由此能证明PB ∥平面ACE ．（2）以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A 到平面PBD 的距离试题解析：(1）设BD 交AC 于点O ，连结EO ． 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB 又EO平面AEC ，PB平面AEC所以PB ∥平面AEC ． （2）136V PA AB AD AB =⋅⋅=由，可得. 作交于． 由题设易知，所以故， 又31313PA AB AH PB ⋅==所以到平面的距离为法2：等体积法136V PA AB AD AB =⋅⋅= 由，可得.由题设易知,得BC假设到平面的距离为d ，又因为PB=所以又因为(或)，，所以考点 ：线面平行的判定及点到面的距离8．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【答案】（1）见解析；（2）41717. 【分析】（1）利用三角形中位线和11//A D B C 可证得//ME ND ，证得四边形MNDE 为平行四边形，进而证得//MN DE ，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）根据题意求得三棱锥1C CDE -的体积，再求出1C DE ∆的面积，利用11C CDE C C DE V V --=求得点C 到平面1C DE 的距离，得到结果.【详解】（1）连接ME ，1B CM ，E 分别为1BB ，BC 中点 ME ∴为1B BC ∆的中位线1//ME B C ∴且112ME B C = 又N 为1A D 中点，且11//A D B C 1//ND B C ∴且112ND B C = //ME ND ∴ ∴四边形MNDE 为平行四边形//MN DE ∴，又MN ⊄平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE//MN ∴平面1C DE（2）在菱形ABCD 中，E 为BC 中点，所以DE BC ⊥， 根据题意有3DE =，117C E =，因为棱柱为直棱柱，所以有DE ⊥平面11BCC B ，所以1DE EC ⊥，所以113172DEC S ∆=⨯⨯， 设点C 到平面1C DE 的距离为d ，根据题意有11C CDE C C DE V V --=，则有11113171343232d ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯， 解得41717d ==， 所以点C 到平面1C DE 的距离为417. 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.题型三：求面积9．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥，且90BAP CDP ∠=∠=︒.（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【答案】（1）证明见解析；（2）623+.【详解】 试题分析：（1）由90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．从而得AB PD ⊥，进而而AB ⊥平面PAD ，由面面垂直的判定定理可得平面PAB ⊥平面PAD ；（2）设PA PD AB DC a ====，取AD 中点O ，连结PO ，则PO ⊥底面ABCD ，且22,AD a PO a ==，由四棱锥P ABCD -的体积为83，求出2a =，由此能求出该四棱锥的侧面积.试题解析：（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ．又AB 平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得2AD x =，22PE x =． 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=． 由题设得31833x =，故2x =． 从而2PA PD ==，22AD BC ==22PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为111222PA PD PA AB PD DC ⋅+⋅+⋅ 21sin606232BC +︒=+10．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面，（I ）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（II ）若120ABC ∠=，,AE EC ⊥ 三棱锥E ACD -的体积为6，求该三棱锥的侧面积.【答案】（1）见解析（2）5【分析】（1）由四边形ABCD 为菱形知AC ⊥BD ，由BE ⊥平面ABCD 知AC ⊥BE ，由线面垂直判定定理知AC ⊥平面BED ，由面面垂直的判定定理知平面AEC ⊥平面BED ；（2）设AB =x ，通过解直角三角形将AG 、GC 、GB 、GD 用x 表示出来，在Rt ∆AEC 中，用x 表示EG ，在Rt ∆EBG 中，用x 表示EB ，根据条件三棱锥E ACD -6求出x ，即可求出三棱锥E ACD -的侧面积.【详解】（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED（2）设AB =x ，在菱形ABCD 中，由 ∠ABC =120°，可得AG =GC =32x ,GB =GD =2x .因为AE ⊥EC ，所以在 Rt ∆AEC 中，可得EG =3x . 连接EG ，由BE ⊥平面ABCD ，知 ∆EBG 为直角三角形，可得BE =22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积3116632243E ACD V AC GD BE x -=⨯⋅⋅==.故 x =2 从而可得AE =EC =ED 6.所以∆EAC 的面积为3， ∆EAD 的面积与∆ECD 的面积均为 5故三棱锥E -ACD 的侧面积为3+25【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力.11．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）图1是由矩形,ADEB Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1,2AB BE BF ===， 60FBC ∠=，将其沿,AB BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明图2中的,,,A C G D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】(1)见详解；(2)4.【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形ABED ，Rt ABC 和菱形BFGC 内部的夹角，所以//AD BE ，//BF CG 依然成立，又因E 和F 粘在一起，所以得证.因为AB 是平面BCGE 垂线，所以易证.(2) 欲求四边形ACGD 的面积，需求出CG 所对应的高，然后乘以CG 即可．【详解】(1)证：//AD BE ，//BF CG ，又因为E 和F 粘在一起.∴//AD CG ，A ，C ，G ，D 四点共面.又,AB BE AB BC ⊥⊥.AB ∴⊥平面BCGE ，AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCGE ，得证.(2)取CG 的中点M ，连结,EM DM .因为//AB DE ，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE ，故DE CG ⊥，由已知，四边形BCGE 是菱形，且60EBC ∠=得EM CG ⊥，故CG ⊥平面DEM ． 因此DM CG ⊥．在Rt DEM △中，DE=1，3EM =，故2DM =．所以四边形ACGD 的面积为4.【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形ACGD的面积考查考生的空间想象能力.。
高中数学文科立体几何大题复习
高中数学文科立体几何大题复习文科立体几何大题复习一．解答题（共12小题）1．如图1，在正方形ABCD中，点，E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，点G，R分别在线段DH，HB上，且．将△AED，△CFD，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，B，C重合于点P，如图2所示．（1）求证：GR⊥平面PEF；（2）若正方形ABCD的边长为4，求三棱锥P﹣DEF的内切球的半径．2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD 是菱形，∠BAD=60°，AB=2，PD=，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点．（Ⅰ）证明：平面EAC⊥平面PBD；（Ⅱ）若PD∥平面EAC，求三棱锥P﹣EAD的体积．3．如图，在四棱锥中P﹣ABCD，AB=BC=CD=DA，∠BAD=60°，AQ=QD，△PAD是正三角形．（1）求证：AD⊥PB；（2）已知点M是线段PC上，MC=λPM，且PA∥平面MQB，求实数λ的值．4．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倍，P为侧棱SD上的点．（Ⅰ）求证：AC⊥SD；（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，则侧棱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．5．如图所示，△ABC所在的平面与菱形BCDE所在的平面垂直，且AB⊥BC，AB=BC=2，∠BCD=60°，点M为BE的中点，点N在线段AC上．（Ⅰ）若=λ，且DN⊥AC，求λ的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求三棱锥B﹣DMN的体积．6．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC，且侧面BB1C1C是菱形，∠B1BC=60°．（Ⅰ）求证：AB1⊥BC；（Ⅱ）若AB⊥AC，AB1=BB1，且该三棱柱的体积为2，求AB的长．7．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D1﹣ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE．（1）证明：BE⊥平面D1AE；（2）设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．8．如图，已知多面体ABCDEF中，△ABD、△ADE均为正三角形，平面ADE⊥平面ABCD，AB∥CD∥EF，AD：EF：CD=2：3：4．（Ⅰ）求证：BD⊥平面BFC；（Ⅱ）若AD=2，求该多面体的体积．9．如图，在四棱锥中P﹣ABCD，底面ABCD为边长为的正方形，PA⊥BD．（Ⅰ）求证：PB=PD；（Ⅱ）若E，F分别为PC，AB的中点，EF⊥平面PCD，求三棱锥的D﹣ACE体积．10．如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD．（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面BED；（Ⅱ）若∠ABC=120°，AE⊥EC，三棱锥E﹣ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．11．如图，四边形ABCD是正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，AF=ED=1．（Ⅰ）求二面角E﹣AC﹣D的正切值；（Ⅱ）设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．12．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB⊥平面BCP，CD∥AB，AB=BC=CP=BP=2，CD=1．（1）求点B到平面DCP的距离；（2）点M为线段AB上一点（含端点），设直线MP与平面DCP 所成角为α，求sinα的取值范围．文科立体几何大题复习参考答案与试题解析一．解答题（共12小题）1．如图1，在正方形ABCD 中，点，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，BD 与EF 交于点H ，点G ，R 分别在线段DH ，HB 上，且．将△AED ，△CFD ，△BEF 分别沿DE ，DF ，EF 折起，使点A ，B ，C 重合于点P ，如图2所示．（1）求证：GR ⊥平面PEF ；（2）若正方形ABCD 的边长为4，求三棱锥P ﹣DEF 的内切球的半径．【解答】证明：（Ⅰ）在正方形ABCD 中，∠A 、∠B 、∠C 均为直角，∴在三棱锥P ﹣DEF 中，PE ，PF ，PD 三条线段两两垂直，∴PD ⊥平面PEF ，∵=，即，∴在△PDH 中，RG ∥PD ，∴GR ⊥平面PEF ．解：（Ⅱ）正方形ABCD 边长为4，由题意PE=PF=2，PD=4，EF=2，DF=2，∴S △PEF =2，S △PFD =S △DPE =4，=6，设三棱锥P ﹣DEF 的内切球半径为r ，则三棱锥的体积：=，解得r=，∴三棱锥P﹣DEF的内切球的半径为．2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD 是菱形，∠BAD=60°，AB=2，PD=，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点．（Ⅰ）证明：平面EAC⊥平面PBD；（Ⅱ）若PD∥平面EAC，求三棱锥P﹣EAD的体积．【解答】（Ⅰ）证明：∵PD⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥PD．∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，又∵PD∩BD=D，AC⊥平面PBD．而AC?平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBD．（Ⅱ）解：∵PD∥平面EAC，平面EA C∩平面PBD=OE，∴PD∥OE，∵O是BD中点，∴E是PB中点．取AD中点H，连结BH，∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，∴BH⊥AD，又BH⊥PD，AD∩PD=D，∴BH⊥平面PAD，．∴==．3．如图，在四棱锥中P﹣ABCD，AB=BC=CD=DA，∠BAD=60°，AQ=QD，△PAD是正三角形．（1）求证：AD⊥PB；（2）已知点M是线段PC上，MC=λPM，且PA∥平面MQB，求实数λ的值．【解答】证明：（1）如图，连结BD，由题意知四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°，∴△ABD为正三角形，又∵AQ=QD，∴Q为AD的中点，∴AD⊥BQ，∵△PAD是正三角形，Q为AD中点，∴AD⊥PQ，又BQ∩PQ=Q，∴AD⊥平面PQB，又∵PB?平面PQB，∴AD⊥PB．解：（2）连结AC，交BQ于N，连结MN，∵AQ∥BC，∴，∵PN∥平面MQB，PA?平面PAC，平面MQB∩平面PAC=MN，∴根据线面平行的性质定理得MN∥PA，∴，综上，得，∴MC=2PM，∵MC=λPM，∴实数λ的值为2．4．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倍，P为侧棱SD上的点．（Ⅰ）求证：AC⊥SD；（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，则侧棱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．【解答】解：（Ⅰ）连BD，设AC交BD于O，由题意SO⊥AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD，所以AC⊥面SBD，所以AC⊥SD．（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，则SD⊥OP，设正方形ABCD的边长为a，则SD=，OD=，则OD2=PD?SD，可得PD==，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BN．在△BDN中知BN∥PO，又由于NE∥PC，故平面BEN∥面PAC，得BE∥面PAC，由于SN：NP=2：1，故SE：EC=2：1．5．如图所示，△ABC所在的平面与菱形BCDE所在的平面垂直，且AB⊥BC，AB=BC=2，∠BCD=60°，点M为BE的中点，点N在线段AC上．（Ⅰ）若=λ，且DN⊥AC，求λ的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求三棱锥B﹣DMN的体积．【解答】解：（Ⅰ）取BC的中点O，连接ON，OD，∵四边形BCDE为菱形，∠BCD=60°，∴DO⊥BC，∵△ABC所在的平面与菱形BCDE所在平面垂直，∴DO⊥平面ABC，∵AC?平面ABC，∴DO⊥AC，又DN⊥AC，且DN∩DO=D，∴AC⊥平面DON，∵ON?平面DON，∴ON⊥AC，由O为BC的中点，AB=BC，可得，∴，即λ=3；（Ⅱ）由平面ABC⊥平面BCDE，AB⊥BC，可得AB⊥平面BCDE，由，可得点N到平面BCDE的距离为，由菱形BCDE中，∠BCD=60°，点M为BE的中点，可得DM⊥BE，且，∴△BDM的面积，∴三棱锥N﹣BDM的体积．=V B﹣DMN，又V N﹣BDM∴三棱锥B﹣DMN的体积为．6．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC，且侧面BB1C1C是菱形，∠B1BC=60°．（Ⅰ）求证：AB1⊥BC；（Ⅱ）若AB⊥AC，AB1=BB1，且该三棱柱的体积为2，求AB的长．【解答】解：（I）取BC中点M，连结AM，B1M，∵AB=AC，M是BC的中点，∴AM⊥BC，∵侧面BB1C1C是菱形，∠B1BC=60°，∴B1M⊥BC，又AM?平面AB1M，B1M?平面AB1M，AM∩B1M=M，∴BC⊥平面AB1M，∵AB1?平面AB1M，∴BC⊥AB1．（II）设AB=x，则AC=x，BC=x，∵M是BC的中点，∴AM=，BB1=，B1M=，又∵AB1=BB1，∴AB1=，∴AB12=B1M2+AM2，∴B1M⊥AM．由（I）知B1M⊥BC，AM?平面ABC，BC?平面ABC，AM∩BC=M，∴B1M⊥平面ABC，∴V==，∴x=2，即AB=2．7．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D1﹣ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE．（1）证明：BE⊥平面D1AE；（2）设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【解答】（1）证明：连接BE，∵ABCD为矩形且AD=DE=EC=2，∴AE=BE=2，AB=4，∴AE2+BE2=AB2，∴BE⊥AE，又D1AE⊥平面ABCE，平面D1AE∩平面ABCE=AE，∴BE⊥平面D1AE．（2）=．取D1E中点N，连接AN，FN，∵FN∥EC，EC∥AB，∴FN∥AB，且FN==AB，∴M，F，N，A共面，若MF∥平面AD1E，则MF∥AN．∴AMFN为平行四边形，∴AM=FN=．∴=．8．如图，已知多面体ABCDEF中，△ABD、△ADE均为正三角形，平面ADE⊥平面ABCD，AB∥CD∥EF，AD：EF：CD=2：3：4．（Ⅰ）求证：BD⊥平面BFC；（Ⅱ）若AD=2，求该多面体的体积．【解答】解：（Ⅰ）因为AB∥CD，所以∠ADC=120°，△ABD为正三角形，所以∠BDC=60°．设AD=a，因为AD：CD=2：4=1：2，所以CD=2a，在△BDC中，由余弦定理，得，所以BD2+BC2=CD2，所以BD⊥BC．取AD的中点O，连接EO，因为△ADE为正三角形，所以EO⊥AD，因为平面ADE⊥平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD．取BC的中点G，连接FG，OG，则，且EF∥OG，所以四边形OEFG为平行四边形，所以FG∥EO，所以FG⊥平面ABCD，所以FG⊥BD．因为FG∩BC=G，所以BD⊥平面BFC．（Ⅱ）过G作直线MN∥AD，延长AB与MN交于点M，MN与CD交于点N，连接FM，FN．因为G为BC的中点，所以MG=OA且MG∥OA，所以四边形AOGM为平行四边形，所以AM=OG．同理DN=OG，所以AM=OG=DN=EF=3．又AB∥CD，所以AM∥DN，所以AM∥DN∥EF，所以多面体MNF﹣ADE为三棱柱．过M作MH⊥AD于H点，因为平面ADE⊥平面ABCD，所以MH⊥平面ADE，所以线段MH的长即三棱柱MNF﹣ADE的高，在△AMH中，，所以三棱柱MNF﹣ADE的体积为．因为三棱锥F﹣BMG与F﹣CNG的体积相等，所以所求多面体的体积为．9．如图，在四棱锥中P﹣ABCD，底面ABCD为边长为的正方形，PA⊥BD．（Ⅰ）求证：PB=PD；（Ⅱ）若E，F分别为PC，AB的中点，EF⊥平面PCD，求三棱锥的D﹣ACE体积．【解答】解：（Ⅰ）连接AC交BD于点O，∵底面ABCD是正方形，∴AC⊥BD且O为BD的中点．又PA⊥BD，PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，又PO?平面PAC，∴BD⊥PO．又BO=DO，∴Rt△PBO∽Rt△PDO，∴PB=PD．（Ⅱ）取PD的中点Q，连接AQ，EQ，则EQ CD，又AF，∴AFEQ为平行四边形，EF∥AQ，∵EF⊥平面PCD，∴AQ⊥平面PCD，∵PD?平面PCD，∴AQ⊥PD，∵Q是PD的中点，∴AP=AD=．∵AQ⊥平面PCD，CD?平面PCD，∴AQ⊥CD，又AD⊥CD，又AQ∩AD=A，∴CD⊥平面PAD∴CD⊥PA，又BD⊥PA，CD∩BD=D，∴PA⊥平面ABCD．故三棱锥D﹣ACE的体积为．10．如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD．（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面BED；（Ⅱ）若∠ABC=120°，AE⊥EC，三棱锥E﹣ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．【解答】证明：（Ⅰ）∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，∵BE⊥平面ABCD，∴AC⊥BE，则AC⊥平面BED，∵AC?平面AEC，∴平面AEC⊥平面BED；解：（Ⅱ）设AB=x，在菱形ABCD中，由∠ABC=120°，得AG=GC=x，GB=GD=，∵BE⊥平面ABCD，∴BE⊥BG，则△EBG为直角三角形，∴EG=AC=AG=x，则BE==x，∵三棱锥E﹣ACD的体积V===，解得x=2，即AB=2，∵∠ABC=120°，∴AC2=AB2+BC2﹣2AB?BCcosABC=4+4﹣2×=12，即AC=，在三个直角三角形EBA，EBG，EBC中，斜边AE=EC=ED，∵AE⊥EC，∴△EAC为等腰三角形，则AE2+EC2=AC2=12，即2AE2=12，∴AE2=6，则AE=，∴从而得AE=EC=ED=，∴△EAC的面积S==3，在等腰三角形EAD中，过E作EF⊥AD于F，则AE=，AF==，则EF=，∴△EAD的面积和△ECD的面积均为S==，故该三棱锥的侧面积为3+2．11．如图，四边形ABCD是正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，AF=ED=1．（Ⅰ）求二面角E﹣AC﹣D的正切值；（Ⅱ）设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）设AC∩BD=O，连结OE，由AC⊥OD，AC⊥DE，OD∩DE=D，得AC⊥OE，∴二面角E﹣AC﹣D的平面角为∠EOD，∵AF=ED=1，∴tan∠EOD=，∴二面角E﹣AC﹣D的正切值为．（Ⅱ）时，AM∥平面BEF，理由如下：作MN∥E D，则，∵AF∥DE，DE=3AF，∴，∴AMNF是平行四边形，∴AM∥FN，∵AM?平面BEF，FN?平面BEF，∴AM∥平面BEF．。
文科高考数学立体几何大题求各类体积方法
A BCD PA B CDP文科高考数学立体几何大题求各类体积方法【三年真题重温】1.【2011⋅新课标全国理，18】如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB =60，2AB AD =，PD ⊥底面ABCD ． (Ⅰ) 证明：PA ⊥BD ；(Ⅱ) 若PD AD =，求二面角A PB C --的余弦值． 2.【2011 新课标全国文，18】如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形．60,2,DAB AB AD PD ∠==⊥底面ABCD ．(Ⅰ) 证明：PA BD ⊥；(Ⅱ) 设1PD AD ==，求棱锥D PBC -的高．根据DE PB PD BD ⋅=⋅，得32DE =．即棱锥D PBC -的高为32．3.【2010 新课标全国理，18】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【解析】命题意图：本题主要考查空间几何体中的位置关系、线面所成的角等知识，考查空间想象能力以及利用向量法研究空间的位置关系以及线面角问题的能力.4.【2010 新课标全国文，18】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。
（Ⅰ）证明：平面PAC ⊥ 平面PBD ; （Ⅱ）若6AB =,APB ADB ∠=∠=60°,求四棱锥P ABCD -的体积。
5.【2012 新课标全国理】（本小题满分12分）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，112AC BC AA ==， D 是棱1AA 的中点，BD DC ⊥1（1）证明：BC DC ⊥1（2）求二面角11C BD A --的大小。
6.【2012 新课标全国文】（本小题满分12分）如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=12AA 1，D 是棱AA 1的中点(Ｉ)证明：平面BDC 1⊥平面BDC（Ⅱ）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比。
高考立体几何文科大题及答案
（Ⅱ）求二面角A— —B的大小。
14.（2009宁夏海南卷文）如图，在三棱锥 中，⊿ 是等边三角形，∠PAC=∠PBC=90（Ⅰ）证明：AB⊥PC
（Ⅱ）若 ，且平面 ⊥平面 ，
求三棱锥 体积。
15.（2009福建卷文）如图，平行四边形 中， ， 将
沿 折起到 的位置，使平面 平面
（I）求证：
又底面ＡＢＣＤ是正方形， ＣD ＡD，又ＳＤ AD=D， CD 平面SAD。
过点D在平面SAD内做DF AE于F，连接CF，则CF AE，
故 CFD是二面角C-AE-D的平面角，即 CFD=60°
在Rt△ADE中， AD= , DE= ，AE= 。
于是，DF=
在Rt△CDF中，由 cot60°=
得 ，即 =3
【解法2】如图，以D为原点建立空间直角坐标系 ，
设
则 ，
（Ⅰ）∵ ，
∴ ，
∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面PDB，
∴平面 .
（Ⅱ）当 且E为PB的中点时， ，
设AC∩BD=O，连接OE，
由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，
∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，
∵ ，
∴ ，
∴ ，即AE与平面PDB所成的角的大小为 .
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，
（Ⅰ）设 ，则
高二文科数学《立体几何》经典练习题(含解析)-
FAEOB DM(第2题图)A 1B 1C 1DA BCDE高二文科数学《立体几何》大题训练试题1．(本小题满分14分)如图的几何体中，AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形， 22AD DE AB ===，F 为CD 的中点．（1）求证：//AF 平面BCE ； （2）求证：平面BCE ⊥平面CDE 。
2．(本小题满分14分)如图，AB 为圆O 的直径，点E 、F 在圆O 上，AB ∥EF ，矩形ABCD 所在的平面和圆O 所在的平面互相垂直，且2AB =，1AD EF ==.(1)求证：AF ⊥平面CBF ；(2)设FC 的中点为M ，求证：OM ∥平面DAF ；(3)求三棱锥F －CBE 的体积.3.（本小题满分14分）如图所示，正方形ABCD 与直角梯形ADEF 所在平面互相垂直，90ADE ∠=o ，DE AF //，22===AF DA DE .(Ⅰ)求证：//AC 平面BEF ；（Ⅱ）求四面体BDEF 的体积.4．如图,长方体1111D C B A ABCD -中，11==AA AB ,2=AD ,E 是BC 的中点.(Ⅰ)求证：直线//1BB 平面DE D 1；(Ⅱ)求证：平面AE A 1⊥平面DE D 1；(Ⅲ)求三棱锥DE A A 1-的体积.5．（本题满分14分）如图，己知BCD ∆中，090BCD ∠=，1,BC CD AB BCD ==⊥平面，060,,AC,AD ADB E F ∠=分别是上的动点，且AE AF==,(0<<1)AC ADλλ （1）求证：不论λ为何值，总有EF ABC;⊥平面（2）若1=,2λ求三棱锥A-BEF 的体积．6.(本小题满分13分)如图，已知三棱锥A —BPC 中，AP ⊥PC ，AC ⊥BC ，M 为AB 的中点， D 为PB 的中点，且△PMB 为正三角形． (1)求证：DM ∥平面APC ；AB C DFEB AEDCFABCD图2BCD 图1(2)求证： BC ⊥平面APC ；(3)若BC ＝4，AB ＝20，求三棱锥D —BCM 的体积．7、（本小题满分14分）如图1,在直角梯形ABCD 中,90ADC ∠=︒,//CD AB ,2,1AB AD CD ===.将ADC ∆沿AC 折起,使平面ADC ⊥平面ABC ,得到几何体D ABC -,如图2所示.(1) 求证:BC ⊥平面ACD ；(2) 求几何体D ABC -的体积.8、（本小题满分14分）已知四棱锥P ABCD - (图5) 的三视图如图6所示，PBC ∆为正三角形，PA 垂直底面ABCD ，俯视图是直角梯形．（1）求正视图的面积；（2）求四棱锥P ABCD -的体积；（3）求证：AC ⊥平面PAB ；参考答案1．(本小题满分14分) （1）证明：取CE 的中点G ，连结FG BG 、．∵F 为CD 的中点，∴//GF DE 且12GF DE =．∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴//AB DE ，∴//GF AB ．又12AB DE =，∴GF AB =． …………3分∴四边形GFAB 为平行四边形，则//AF BG ．……………5分∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ， ∴//AF 平面BCE ．…………7分（2）证明：∵ACD ∆为等边三角形，F 为CD 的中点，∴AF CD ⊥…………9分∵DE ⊥平面ACD ，AF ACD ⊂平面，∴DE AF ⊥．……………10分又CD DE D ⋂=，∴AF ⊥平面CDE ．……………………………12分 ∵//BG AF ，∴BG ⊥平面CDE ．…………………………………13分 ∵BG ⊂平面BCE ， ∴平面BCE ⊥平面CDE ．………………14分2．解：（1）Θ平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB AB ⊥,平面ABCD I 平面ABEF AB =，CB ∴⊥平面ABEF ， ∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF CB ⊥，……… 2分又AB 为圆O 的直径，∴AF BF ⊥， ∴AF ⊥平面CBF . ……… 4分B AEDC FG（2）设DF 的中点为N ，则MN//12CD ，又AO //12CD ， 则MN//AO ，四边形MNAO 为平行四边形，∴//OM AN ，又AN ⊂平面DAF ，OM ⊄平面DAF ，∴//OM 平面DAF . …… 8分（3）∵BC ⊥面BEF ，∴13F CBE C BEF BEF V V S BC --∆==⨯⨯，B 到EF 的距离等于O 到EF 的距离，过点O 作OGEF ⊥于G ，连结OE 、OF ， ∴OEF ∆为正三角形，∴OG 为正OEF ∆的高，∴OG==……… 11分∴13F CBEC BEF BEFV V S BC --∆==⨯⨯ ……12分1111113232EF OG BC =⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=。
立体几何大题练习(文科)(含详解)
立体几何大题练习（文科）1．在正三棱柱111ABC A B C -中，点D 是BC 的中点.（1）求证： 1A C 面1AB D ；（2）设M 是棱1CC 上的点，且满足1BM B D ⊥.求证：面1AB D ⊥面ABM .2．直三棱柱111ABC A B C -中， 5AB =， 3AC =， 4BC =，点D 是线段AB 上的动点.（1）当点D 是AB 的中点时，求证： 1AC 平面1B CD ；（2）线段AB 上是否存在点D ，使得平面11ABB A ⊥平面1CDB ？若存在，试求出AD 的长度；若不存在，请说明理由.3．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形， //AB CD ， AB AD ⊥， 2CD AB ==， PAB ∆与PAD ∆均为等边三角形，点E 为CD 的中点.（1）证明：平面PAE ⊥平面ABCD ；（2）若点F 在线段PC 上且2CF PF =，求三棱锥F BEC -的体积.4．在如图所示的多面体A B C D E 中，已知//AB DE ， AB AD ⊥，ACD ∆是正三角形，22AD DE AB ===， BC = F 是CD 的中点.（1）求证： //AF 平面BCE ；（2）求证：平面BCE ⊥平面CDE ；（3）求D 到平面BCE 的距离.5．如图，在五面体ABCDEF 中，底面ABCD 为正方形， EF DC ，平面ABCD ⊥平面CDEF ， AE CF ⊥.(1)求证： CF DE ⊥；(2)若CF DE =， 24DC EF ==，求五面体ABCDEF 的体积.6．如图，在四棱椎E ABCD -中， AE DE ⊥， CD ⊥平面ADE ， AB ⊥平面ADE ， 6CD DA ==， 2AB =， 3DE =.(1)求证：平面ACE ⊥平面CDE ；(2)在线B 段DE 上是否存在一点F ，使AF 平面BCE ？若存在，求出EF ED的值；若不存在，说明理由.7．如图，在三棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为梯形， //,24,3AB CD BD AD ADB π==∠=，点P 在底面ABCD 内的正投影为点M ，且M 为AD 的中点.（1）证明： AB ⊥平面PAD ；（2）若,BC DC PD PB =⊥，求四棱锥P ABCD -的体积.8．如图，四面体PABC 中， PA ⊥平面ABC ， 1PA =， 1AB =， 2AC =，BC =.（1）求四面体PABC 的四个面的面积中，最大的面积是多少？（2）证明：在线段PC 上存在点M ，使得AC BM ⊥，并求PMMC 的值.9．在如图所示的五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，且60DAB ∠=， //EF 平面ABCD ， 22EA ED AB EF ====， M 为BC 中点.（1）求证： //FM 平面BDE ；（2）若平面ADE ⊥平面ABCD ，求F 到平面BDE 的距离.10．如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 是菱形，其对角线的交点为O ，且1AB AC =， 1AB B C ⊥.⑴ 求证： AO ⊥平面11BB C C ；(2)设1160B BC B AC ∠=∠=︒，若三棱锥1A BCC -的体积为1，求点1C 到平面1ABB 的距离.立体几何大题练习（文科）1．在正三棱柱111ABC A B C -中，点D 是BC 的中点.（1）求证： 1A C 面1AB D ；（2）设M 是棱1CC 上的点，且满足1BM B D ⊥.求证：面1AB D ⊥面ABM .试题解析：（1）设11A B AB O ⋂=，连OD .因为四边形11AA B B 是矩形，∴O 是1A B 的中点.又D 是BC 的中点，∴1AC OD . 又1AC ⊄面1AB D ， OD ⊂面1AB D ， ∴1A C 面1AB D .（2）因为ABC ∆是正三角形， D 是BC 的中点，∴AD BC ⊥.∵平面ABC ⊥面11BB C C ，又平面ABC ⊥面11BB C C BC =， AD ⊂面ABC .∴AD ⊥面11BB C C ，∵BM ⊂面11BB C C ，∴AD BM ⊥.又∵1BM B D ⊥， 1AD B D D ⋂=， AD ， 1B D ⊂面1AB D ，∴BM ⊥面1AB D ，又BM ⊂面ABM ，∴面1AB D ⊥面ABM .2．直三棱柱111ABC A B C -中， 5AB =， 3AC =， 4BC =，点D 是线段AB 上的动点.（1）当点D 是AB 的中点时，求证： 1AC 平面1B CD ；（2）线段AB 上是否存在点D ，使得平面11ABB A ⊥平面1CDB ？若存在，试求出AD 的长度；若不存在，请说明理由.【试题解析】（1）如图，连接1BC ，交1B C 于点E ，连接DE ，则点E 是1BC 的中点，又点D 是AB 的中点，由中位线定理得1DE AC ，因为DE ⊂平面1B CD ， 1AC ⊄平面1B CD ，所以1AC 平面1B CD .（2）当CD AB ⊥时平面11ABB A ⊥平面1CDB .证明：因为1AA ⊥平面ABC ， CD ⊂平面ABC ，所以1AA CD ⊥．又CD AB ⊥， 1AA AB A ⋂=，所以CD ⊥平面11ABB A ，因为CD ⊂平面1CDB ，所以平面11ABB A ⊥平面1CDB ，故点D 满足CD AB ⊥.因为5AB =， 3AC =， 4BC =，所以222AC BC AB +=，故ABC ∆是以角C 为直角的三角形，又CD AB ⊥，所以95AD =.3．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形， //AB CD ， AB AD ⊥， 2CD AB ==， PAB ∆与PAD ∆均为等边三角形，点E 为CD 的中点.（1）证明：平面PAE ⊥平面ABCD ；（2）若点F 在线段PC 上且2CF PF =，求三棱锥F BEC -的体积.试题解析：（1）证明：连接BD ，由于//AB CD ，点E 为CD 的中点，DE AB =， AB AD ⊥，所以四边形ABED 为正方形，可得BD AE ⊥，设BD 与AE 相交于点O ，又△PAB 与△PAD 均为等边三角形，可得PB PD =，在等腰△PBD 中，点O 为BD 的中点，所以BD PO ⊥，且AE 与PO 相交于点O ，可得BD ⊥平面PAE ，又BD ⊂平面ABCD ，所以平面PAE ⊥平面ABCD ．（2）由2CD AB ==，△PAB 与△PAD 均为等边三角形，四边形ABED 为正方形， BD 与AE 相交于点O ，可知3OA OP ==， PA =PO AO ⊥，又平面PAE ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ，设点F 到平面BCE 的距离为h ，又2CF PF =，所以223h PO =⋅=，BEC S ∆= 12BE CE ⋅⋅= 192⨯=， F BEC V -= 13BCE S h ∆⋅⋅= 19263⨯⨯=， 所以，三棱锥F BEC -的体积为6． 4．在如图所示的多面体A B C D E 中，已知//AB DE ， AB AD ⊥， ACD ∆是正三角形，22AD DE AB ===， BC = F 是CD 的中点.（1）求证： //AF 平面BCE ；（2）求证：平面BCE ⊥平面CDE ；（3）求D 到平面BCE 的距离.【试题解析】（Ⅰ）取CE 的中点M ，连接,BM MF ，因F 为CD 的中点， 所以1//2MF ED ，又AB // 12ED , 所以//MF AB ，四边形ABMF 为平行四边形，所以MB//AF ,因为BM ⊂平面BCE ， AF ⊄平面BCE ，所以//AF 平面.BCE（Ⅱ）因为ACD ∆是正三角形，所以2AC AD CD ===,在ABC ∆中， 1,2,AB AC BC ===所以222AB AC BC +=，故AB AC ⊥，∴DE ⊥AC ，又DE ⊥AD ,AC∩AD=A∴DE ⊥平面ACD∴DE ⊥AF,又AF ⊥CD ，由（Ⅰ）得BM ∥AF∴DE ⊥BM, BM ⊥CD ，DE∩CD=D∴BM ⊥平面CDE ，BM ⊂平面BCE∴平面BCE ⊥平面CDE（Ⅲ）连接DM ，由于DE =DC∴DM ⊥CE由（Ⅱ）知，平面BCE ⊥平面CDE ，∴DM ⊥平面BCE所以DM 为D 到平面BCE 的距离，DM所以D 到平面BCE5．如图，在五面体ABCDEF 中，底面ABCD 为正方形， EF DC ，平面ABCD ⊥平面CDEF ， AE CF ⊥.(1)求证： CF DE ⊥；(2)若CF DE =， 24DC EF ==，求五面体ABCDEF 的体积.试题解析：（Ⅰ）因为平面ABCD ⊥平面CDEF ，平面ABCD ∩平面CDEF ＝CD ，AD ⊥CD ，所以AD ⊥平面CDEF ，又CF ⊂平面CDEF ，则AD ⊥CF ．又因为AE ⊥CF ，AD ∩AE ＝A ，所以CF ⊥平面AED ，DE ⊂平面AED ，从而有CF ⊥DE ．（Ⅱ）连接FA ，FD ，过F 作FM ⊥CD 于M ，因为平面ABCD ⊥平面CDEF 且交线为CD ，FM ⊥CD ，所以FM ⊥平面ABCD ．因为CF ＝DE ，DC ＝2EF ＝4，且CF ⊥DE ，所以FM ＝CM ＝1，所以五面体的体积V ＝V F －ABCD ＋V A －DEF ＝＋＝．6．如图，在四棱椎E ABCD -中， AE DE ⊥， CD ⊥平面ADE ， AB ⊥平面ADE ， 6CD DA ==， 2AB =， 3DE =.(1)求证：平面ACE ⊥平面CDE ；(2)在线段DE 上是否存在一点F ，使AF 平面BCE ？若存在，求出EF ED的值；若不存在，说明理由. 解析：(1)证明：因为CD ⊥平面ADE ， AE ⊂平面ADE ，所以CD AE ⊥，又因为AE DE ⊥， CD DE D ⋂=， 所以AE ⊥平面CDE ，又因为AE ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面CDE .(2)结论：在线段DE 上存在一点F ，且13EF ED =，使AF 平面BCE . 解：设F 为线段DE 上一点，且13EF ED =，过点F 作FM CD 交CE 于M ，则13FM CD =. 因为CD ⊥平面ADE ， AB ⊥平面ADE ，所以CD AB .又因为3CD AB =，所以MF AB =， FM AB ，所以四边形ABMF 为平行四边形，则AF BM . 又因为AF ⊄平面BCE ， BM ⊂平面BCE ，所以AF 平面BCE .7．如图，在三棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为梯形， //,24,3AB CD BD AD ADB π==∠=，点P 在底面ABCD 内的正投影为点M ，且M 为AD 的中点.（1）证明： AB ⊥平面PAD ；（2）若,BC DC PD PB =⊥，求四棱锥P ABCD -的体积.试题解析：（1）2,4,3AD BD ADB π==∠=，由余弦定理得， 222AB BD AD AB =∴=+，故AB AD ⊥又点P 在底面ABCD 内的正投影为点M ， PM ∴⊥平面ABD ，又AB ⊂平面ABDPM AB ∴⊥，又,,PM AD M PM AD ⋂=⊂平面PAD ， AB PAD ∴⊥（2）连接PM ⊥平面,ABD AD ⊂平面,ABD PM AD ∴⊥又M 为AD 的中点， 1MD AM ∴==设PM h =，则PD BM PB =====222PD PB PD PB BD ⊥∴+=，即2211316,1h h h +++=∴=//,AB CD AB AD CD AD ⊥∴⊥，又3ADB π∠=∴在等腰BCD ∆中， 1,,cos 2662BC DC CDB CD BD ππ=∠=∴==,3CD ∴=∴梯形ABCD 的面积为122⨯⨯=⎝113P ABCD V -∴==8．如图，四面体PABC 中， PA ⊥平面ABC ， 1PA =， 1AB =， 2AC =， BC =.（1）求四面体PABC 的四个面的面积中，最大的面积是多少？（2）证明：在线段PC 上存在点M ，使得AC BM ⊥，并求PM MC 的值. 试题解析：（1）由题设AB ＝1，AC ＝2，BC可得222AB BC AC +=,所以AB BC ⊥,由PA ⊥平面ABC ，BC 、AB ⊂平面ABC ,所以PA BC ⊥， PA AB ⊥,所以PB =又由于PA∩AB ＝A ，故BC ⊥平面PAB,PB ⊂平面PAB,所以BC PB ⊥,所以ACB ∆， PAC ∆, PAB ∆, PCB ∆均为直角三角形，且PCB ∆的面积最大，12PCB S ∆==．（2）证明：在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N ．在平面PAC 内，过点N 作MN ∥PA 交PC 于点M ，连接BM ．由PA ⊥平面ABC 知PA ⊥AC ，所以MN ⊥AC ．由于BN ∩MN ＝N ，故AC ⊥平面MBN ．又BM ⊂平面MBN ，所以AC ⊥BM ．因为ABN ∆与ACB ∆相似， 12AB AB AN AC ⋅==， 从而NC ＝AC －AN ＝．由MN ∥PA ，得＝＝．9．在如图所示的五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，且60DAB ∠=， //EF 平面ABCD ，22EA ED AB EF ====， M 为BC 中点.（1）求证： //FM 平面BDE ；（2）若平面ADE ⊥平面ABCD ，求F 到平面BDE 的距离.试题解析：（1）取CD 中点N ，连接,MN FN ，因为,N M 分别为,CD BC 中点，所以//MN BD ，又BD ⊂平面BDE ，且MN ⊄平面BDE ，所以//MN 平面BDE ，因为//EF 平面ABCD ， EF ⊂平面ABEF ，平面ABCD ⋂平面ABEF AB =， 所以//EF AB ．又222AB CD DN EF ====， //AB CD ，所以//EF CD ， EF DN =.所以四边形EFND 为平行四边形.所以//FN ED .又ED ⊂平面BDE 且FN ⊄平面BDE ，所以//FN 平面BDE ，又FN MN N ⋂=，所以平面//MFN 平面BDE .又MF ⊂平面MFN ，所以//FM 平面BDE .（2）由（1）得//FM 平面BDE ，所以F 到平面BDE 的距离等于M 到平面BDE 的距离． 取AD 的中点H ，连接,EH BH ，因为四边形ABCD 为菱形，且60DAB ∠=， 2EA ED AB EF ===，所以EH AD ⊥， BH AD ⊥，因为平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE ⋂平面ABCD AD =，所以EH ⊥平面ABCD ， EH BH ⊥，因为EH BH ==BE =所以12BDE S ∆==，设F 到平面BDE 的距离为h ，又因为11422BDM BCD S S ∆∆===，所以由E BDM M BDE V V --=，得113232h =⨯⨯，解得5h =. 即F 到平面BDE 的距离为5． 10．如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 是菱形，其对角线的交点为O ，且1AB AC =， 1AB B C ⊥.⑴ 求证： AO ⊥平面11BB C C ；(2)设1160B BC B AC ∠=∠=︒，若三棱锥1A BCC -的体积为1，求点1C 到平面1ABB 的距离. 试题解析：（1)证明：∵四边形11BB C C 是菱形，∴11B C BC ⊥,∵11,AB B C AB BC B ⊥⋂=,∴1B C ⊥平面1ABC ，又AO ⊂平面1ABC ，∴1B C AO ⊥．∵1AB AC =, O 是1BC 的中点，∴1AO B C ⊥，∵11B C BC O ⋂=，∴AO ⊥平面11BB C C .(2)设菱形11BB C C 的边长为x ，又160B BC ∠=︒，∴1BB C ∆是等边三角形，则1B C x =．由（1)知1AO B C ⊥，又O 是1B C 的中点， ∴1AB AC =，又160B AC ∠=︒，∴1AB C ∆是等边三角形，则11AC AB B C x ===， 在Rt ACO ∆中，AO x ==，∴1131111sin12013328A BCC BCC V S AO x x x x -∆=⋅=⨯⋅⋅⋅=⋅=， 解得2x =. 在Rt ABO ∆中，BO x ===， 在Rt BCO ∆中，AB x ===11122ABB S AB ∆=⨯==， 设点1C 到平面1ABB 的距离为h ，由111111C ABB A BB C A BCC V V V ---===，得111133ABB S h h ∆⋅⋅==，解得h =， 即点1C 到平面1ABB.。
立体几何文科练习题
立体几何文科练习题1. 塔的高度某座塔的阴影长度为30m，同时日照角度为60°。
求塔的高度。
解析：设塔的高度为h，则根据正切函数的定义，有tan 60° = h / 30即√3 = h / 30解得h = 30√3 m2. 球的体积和表面积已知一颗球的直径为12cm，求其体积和表面积。
解析：球的半径为直径的一半，即 r = 12 / 2 = 6 cm球的体积公式为V = (4/3)πr³，代入 r = 6 cm，π取近似值3.14，计算得V ≈ 904.32 cm³球的表面积公式为S = 4πr²，代入 r = 6 cm，π取近似值3.14，计算得S ≈ 452.16 cm²3. 圆台的体积一个圆台的上底半径为5 cm，下底半径为10 cm，高度为15 cm，求圆台的体积。
解析：圆台的体积公式为V = (1/3)πh(r₁² + r₂² + r₁r₂)，其中 h 为高度，r₁、r₂分别为上底半径和下底半径代入 h = 15 cm，r₁ = 5 cm，r₂ = 10 cm，π取近似值3.14，计算得V ≈ 1301.67 cm³4. 正方体的对角线长度一个正方体的边长为a，求其对角线长度。
解析：对角线的长度可以通过勾股定理求解。
正方体的对角线可以看作是一个空间对角线：l = √(a² + a² + a²) = √3a5. 圆锥的斜高一个圆锥的半径为4 cm，母线长度为10 cm，求圆锥的斜高。
解析：圆锥的斜高可以通过勾股定理求解。
将圆锥展开图看作一个直角三角形，斜高即为斜边，母线为直角边，半径为另一直角边。
斜高的长度l = √(10² + 4²) = √116 ≈ 10.77 cm6. 圆柱的体积和侧面积一个圆柱的底面半径为8 m，高度为20 m，求圆柱的体积和侧面积。
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 ，。
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1.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形的直棱柱称为堑堵，将底面为矩形的棱台称为刍童．在如图所示的堑堵ABMDCP与刍童ABCDA1B1C1D1的组合体中，AB＝AD，A1B1＝A1D1.(1)证明：直线BD⊥平面MAC；(2)若AB＝1，A1D1＝2，MA＝3，三棱锥AA1B1D1的体积V′＝233，求该组合体的体积．解：(1)证明：由题可知ABMDCP是底面为直角三角形的直棱柱，∴AD⊥平面MAB，∴AD⊥MA，又MA⊥AB，AD∩AB＝A，∴MA⊥平面ABCD，∴MA⊥BD，又AB＝AD，∴四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC，又MA∩AC＝A，∴BD⊥平面MAC.(2)设刍童ABCDA1B1C1D1的高为h，则三棱锥AA1B1D1的体积V′＝13×12×2×2×h＝233，∴h＝3，故该组合体的体积V＝12×1×3×1＋13×(12＋22＋12×22)×3＝32＋73 3＝173 6.2.如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAB⊥平面ABCD，点E是PD的中点，棱PA与平面BCE交于点F.①求证：AD∥EF；②若△PAB是正三角形，求三棱锥P－BEF的体积．①证明因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC∥AD.又因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD.又因为B，C，E，F四点共面，且平面BCEF∩平面PAD＝EF，所以BC∥EF.又因为BC∥AD，所以AD∥EF.②解由①知，AD∥EF，点E是PD的中点，所以点F 为PA 的中点，EF ＝12AD ＝1.又因为平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，AD ⊥AB ，所以AD ⊥平面PAB ，所以EF ⊥平面PAB .又因为△PAB 是正三角形，所以PA ＝PB ＝AB ＝2，所以S △PBF ＝12S △PBA ＝32.又EF ＝1，所以V P －BEF ＝V E －PBF ＝13×32×1＝36.故三棱锥P －BEF 的体积为36.3.(2018·全国Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点.(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且MC ＝2MB ，求点C 到平面POM的距离.(1)证明因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.如图，连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，所以OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .因为OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC .(2)解作CH ⊥OM ，垂足为H ，又由(1)可得OP ⊥CH ，因为OM ∩OP ＝O ，OM ，OP ⊂平面POM ，所以CH ⊥平面POM .故CH 的长为点C 到平面POM 的距离.由题意可知OC ＝12AC ＝2，CM ＝23BC ＝423，∠ACB ＝45°，所以在△OMC 中，由余弦定理可得，OM ＝253，CH ＝OC ·MC ·sin ∠ACB OM ＝455.所以点C 到平面POM 的距离为455.4.如图，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，BD ⊥DC ，点E 是BC边的中点，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，连接AE ，AC ，DE ，得到如图所示的空间几何体．(1)求证：AB ⊥平面ADC ；(2)若AD ＝1，AB ＝2，求点B 到平面ADE 的距离．(1)证明因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，又BD ⊥DC ，DC ⊂平面BCD ，所以DC ⊥平面ABD .因为AB ⊂平面ABD ，所以DC ⊥AB .又AD ⊥AB ，DC ∩AD ＝D ，AD ，DC ⊂平面ADC ，所以AB ⊥平面ADC .(2)解因为AB ＝2，AD ＝1，所以BD ＝3.依题意△ABD ∽△DCB ，所以AB AD ＝CD BD ，即21＝CD 3.所以CD ＝ 6.故BC ＝3.由于AB ⊥平面ADC ，所以AB ⊥AC ，又E 为BC 的中点，所以AE ＝BC 2＝32.同理DE ＝BC 2＝32.所以S △ADE ＝12×1×＝22.因为DC ⊥平面ABD ，所以V A —BCD ＝13CD ·S △ABD ＝33.设点B到平面ADE的距离为d，则13d·S△ADE＝V B—ADE＝V A—BDE＝12V A—BCD＝36，所以d＝6 2，即点B到平面ADE的距离为6 2 .5.(2018·全国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.(1)证明由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，又DM⊂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，BC，CM⊂平面BMC，所以DM⊥平面BMC.又DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(2)解当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.证明如下：连接AC，BD，交于点O.因为ABCD为矩形，所以O为AC中点.连接OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.6.已知空间几何体ABCDE 中，△BCD 与△CDE 均为边长为2的等边三角形，△ABC 为腰长为3的等腰三角形，平面CDE ⊥平面BCD ，平面ABC ⊥平面BCD .(1)试在平面BCD 内作一条直线，使得直线上任意一点F与E 的连线EF 均与平面ABC 平行，并给出详细证明；(2)求三棱锥E －ABC 的体积.解(1)如图所示，取DC 的中点N ，取BD 的中点M ，连接MN ，则MN 即为所求直线.证明如下：取BC 的中点H ，连接AH ，∵△ABC 是腰长为3的等腰三角形，H 为BC 的中点，∴AH ⊥BC ，又平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，AH ⊂平面ABC ，∴AH ⊥平面BCD ，同理，可证EN ⊥平面BCD ，∴EN ∥AH ，∵EN ⊄平面ABC ，AH ⊂平面ABC ，∴EN ∥平面ABC .又M ，N 分别为BD ，DC 的中点，∴MN ∥BC ，∵MN ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴MN ∥平面ABC .又MN ∩EN ＝N ，MN ⊂平面EMN ，EN ⊂平面EMN ，∴平面EMN ∥平面ABC ，又EF ⊂平面EMN ，∴EF ∥平面ABC .(2)连接DH ，取CH 的中点G ，连接NG ，则NG ∥DH ，NG ＝12DH ，由(1)可知EN ∥平面ABC ，所以点E 到平面ABC 的距离与点N 到平面ABC 的距离相等.又△BCD 是边长为2的等边三角形，∴DH ⊥BC ，DH ＝3，又平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，DH ⊂平面BCD ，∴DH ⊥平面ABC ，∴NG ⊥平面ABC ，NG ＝32，又AC ＝AB ＝3，BC ＝2，∴S △ABC ＝12·BC ·AH ＝22.∴V E －ABC ＝V N －ABC ＝13·S △ABC ·NG ＝63.7..如图所示，三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，PA ＝1，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°.(1)求三棱锥P －ABC 的体积；(2)证明：在线段PC 上存在点M ，使得AC ⊥BM ，并求PM MC 的值.解(1)∵AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，∴S △ABC ＝12·AB ·AC ·sin 60°＝32.由PA ⊥平面ABC 可知，PA 是三棱锥P －ABC 的高，且PA ＝1，∴三棱锥P －ABC 的体积V ＝13·S △ABC ·PA ＝36.(2)在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N ，在平面PAC 内，过点N 作MN ∥PA 交PC 于点M ，连接BM .∵PA ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴PA ⊥AC ，∴MN ⊥AC .又∵BN ⊥AC ，BN ∩MN ＝N ，BN ，MN ⊂平面BMN ，∴AC ⊥平面MBN .又∵BM ⊂平面MBN ，∴AC ⊥BM .在Rt △BAN 中，AN ＝AB ·cos ∠BAC ＝12，从而NC ＝AC －AN ＝32，由MN ∥PA ，得PM MC ＝AN NC ＝13.综上所述，在线段PC 上存在点M ，使得AC ⊥BM 且PM MC ＝13.8.如图，已知正方形ABCD 的边长为2，AC 与BD 交于点O ，将正方形ABCD 沿对角线BD 折起，得到三棱锥A －BCD .(1)求证：平面AOC ⊥平面BCD ；(2)若三棱锥A －BCD 的体积为63，且∠AOC 是钝角，求AC 的长.(1)证明∵四边形ABCD 是正方形，∴BD ⊥AO ，BD ⊥CO .折起后仍有BD ⊥AO ，BD ⊥CO ，AO ∩CO ＝O ，AO ，CO ⊂平面AOC ，∴BD ⊥平面AOC .∵BD ⊂平面BCD ，∴平面AOC ⊥平面BCD .(2)解由(1)知BD ⊥平面AOC ，∴V A －BCD ＝13S △AOC ·BD ，∴13×12OA ·OC ·sin ∠AOC ·BD ＝63，即13×12×2×2×sin ∠AOC ×22＝63，∴sin ∠AOC ＝32.又∵∠AOC 是钝角，∴∠AOC ＝120°.在△AOC 中，由余弦定理，得AC 2＝OA 2＋OC 2－2·OA ·OC ·cos ∠AOC ＝(2)2＋(2)2－2×2×2×cos 120°＝6，∴AC ＝ 6.9.如图，矩形AB ′DE (AE ＝6，DE ＝5)，被截去一角(即△BB ′C )，AB ＝3，∠ABC ＝135°，平面PAE ⊥平面ABCDE ，PA ＋PE ＝10.(1)求五棱锥P －ABCDE 的体积的最大值；(2)在(1)的情况下，证明：BC ⊥PB .(1)解因为AB ＝3，∠ABC ＝135°，所以∠B ′BC ＝45°，BB ′＝AB ′－AB ＝5－3＝2，所以截去的△BB ′C 是等腰直角三角形，所以S ABCDE ＝S AB ′DE －S △BB ′C ＝6×5－12×2×2＝28.如图，过P 作PO ⊥AE ，垂足为O ，因为平面PAE ⊥平面ABCDE ，平面PAE ∩平面ABCDE ＝AE ，PO ⊂平面PAE ，所以PO ⊥平面ABCDE ，PO 为五棱锥P －ABCDE 的高．在平面PAE 内，PA ＋PE ＝10>AE ＝6，P 在以A ，E 为焦点，长轴长为10的椭圆上，由椭圆的几何性质知，当点P 为短轴端点时，P 到AE 的距离最大，此时PA ＝PE ＝5，OA ＝OE ＝3，所以PO max ＝4，所以(V P －ABCDE )max ＝13S ABCDE ·PO max ＝13×28×4＝1123(2)证明连接OB ，如图，由(1)知，OA ＝AB ＝3，故△OAB 是等腰直角三角形，所以∠ABO ＝45°，所以∠OBC ＝∠ABC －∠ABO ＝135°－45°＝90°，即BC ⊥BO .由于PO ⊥平面ABCDE ，BC ⊂平面ABCDE ，所以PO ⊥BC ，又PO ∩BO ＝O ，PO ，BO ⊂平面POB ，所以BC ⊥平面POB ，又PB ⊂平面POB ，所以BC ⊥PB .。