高中空间立体几何典型例题
高中空间立体几何典型例题
高中空间立体几何典型例题1 如图所示，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，侧面对角线AB 1，BC 1上分别有两点E ，F ，且B 1E =C 1F . 求证：EF ∥平面ABCD .证明 方法一 分别过E ，F 作EM ⊥AB 于M ，FN ⊥BC 于N ，连接MN . ∵BB 1⊥平面ABCD ， ∴BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ， ∴EM ∥BB 1，FN ∥BB 1， ∴EM ∥FN .又∵B 1E =C 1F ，∴EM =FN ，故四边形MNFE 是平行四边形，∴EF ∥MN . 又MN ⊂平面ABCD ，EF ⊄平面ABCD ， 所以EF ∥平面ABCD .方法二 过E 作EG ∥AB 交BB 1于G ， 连接GF ，则BB G B AB E B 1111=，∵B 1E =C 1F ，B 1A =C 1B ， ∴BB G B BC E C 1111=，∴FG ∥B 1C 1∥BC ，又EG ∩FG =G ，AB ∩BC =B ，∴平面EFG ∥平面ABCD ，而EF ⊂平面EFG ， ∴EF ∥平面ABCD .2 已知P 为△ABC 所在平面外一点，G 1、G 2、G 3分别是△PAB 、△PCB 、△PAC 的重心.（1）求证：平面G 1G 2G 3∥平面ABC ； （2）求S △321G G G ∶S △ABC .（1）证明 如图所示，连接PG 1、PG 2、PG 3并延长分别与边AB 、BC 、AC 交于点D 、E 、F ，连接DE 、EF 、FD ，则有PG 1∶PD =2∶3， PG 2∶PE =2∶3，∴G 1G 2∥DE . 又G 1G 2不在平面ABC 内，∴G 1G 2∥平面ABC .同理G 2G 3∥平面ABC . 又因为G 1G 2∩G 2G 3=G 2， ∴平面G 1G 2G 3∥平面ABC .（2）解 由（1）知PE PG PD PG 21 =32，∴G 1G 2=32DE . 又DE =21AC ，∴G 1G 2=31AC . 同理G 2G 3=31AB ，G 1G 3=31BC . ∴△G 1G 2G 3∽△CAB ，其相似比为1∶3， ∴S △321G G G ∶S △ABC =1∶9.3如图所示，已知S 是正三角形ABC 所在平面外的一点，且SA =SB =SC ，SG 为△SAB 上的高，D 、E 、F 分别是AC 、BC 、SC 的中点，试判断SG 与平面DEF 的位置关系，并给予证明.解 SG ∥平面DEF ，证明如下： 方法一 连接CG 交DE 于点H ， 如图所示.∵DE是△ABC的中位线，∴DE∥AB.在△ACG中，D是AC的中点，且DH∥AG.∴H为CG的中点.∴FH是△SCG的中位线，∴FH∥SG.又SG⊄平面DEF，FH⊂平面DEF，∴SG∥平面DEF.方法二∵EF为△SBC的中位线，∴EF∥SB. ∵EF⊄平面SAB，SB⊂平面SAB，∴EF∥平面SAB.同理可证，DF∥平面SAB，EF∩DF=F，∴平面SAB∥平面DEF，又SG⊂平面SAB，∴SG∥平面DEF.5如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是BC、CC1、C1D1、A1A的中点.求证：（1）BF∥HD1；（2）EG∥平面BB1D1D；（3）平面BDF∥平面B1D1H.证明（1）如图所示，取BB1的中点M，易证四边形HMC 1D 1是平行四边形，∴HD 1∥MC 1. 又∵MC 1∥BF ，∴BF ∥HD 1.（2）取BD 的中点O ，连接EO ，D 1O ， 则OE 21DC ， 又D 1G 21DC ，∴OE D 1G ，∴四边形OEGD 1是平行四边形， ∴GE ∥D 1O .又D 1O ⊂平面BB 1D 1D ，∴EG ∥平面BB 1D 1D .（3）由（1）知D 1H ∥BF ，又BD ∥B 1D 1，B 1D 1、HD 1⊂平面HB 1D 1，BF 、BD ⊂平面BDF ，且B 1D 1∩HD 1=D 1， DB ∩BF =B ，∴平面BDF ∥平面B 1D 1H .6如图所示，四边形EFGH 为空间四边形ABCD 的一个截面，若截面为平行四边形.（1）求证：AB ∥平面EFGH ，CD ∥平面EFGH .（2）若AB =4，CD =6，求四边形EFGH 周长的取值范围. （1）证明 ∵四边形EFGH 为平行四边形，∴EF ∥HG . ∵HG ⊂平面ABD ，∴EF ∥平面ABD . ∵EF ⊂平面ABC ，平面ABD ∩平面ABC =AB ， ∴EF ∥AB .∴AB ∥平面EFGH .同理可证，CD ∥平面EFGH .(2)解 设EF =x （0＜x ＜4），由于四边形EFGH 为平行四边形，∴4xCB CF =. 则6FG =BC BF =BC CF BC -=1-4x. 从而FG =6-x 23. ∴四边形EFGH 的周长l =2(x +6-x 23)=12-x . 又0＜x ＜4,则有8＜l ＜12,∴四边形EFGH 周长的取值范围是（8，12）.7如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，问：当点Q 在什么位置时，平面D 1BQ ∥平面PAO ？ 解 当Q 为CC 1的中点时， 平面D 1BQ ∥平面PAO .∵Q 为CC 1的中点，P 为DD 1的中点，∴QB ∥PA . ∵P 、O 为DD 1、DB 的中点，∴D 1B ∥PO . 又PO ∩PA =P ，D 1B ∩QB =B ， D 1B ∥平面PAO ，QB ∥平面PAO ， ∴平面D 1BQ ∥平面PAO .8正方形ABCD 与正方形ABEF 所在平面相交于AB ，在AE 、BD 上各有一点P 、Q ，且AP =DQ .求证：PQ ∥平面BCE .证明 方法一 如图所示，作PM ∥AB 交BE 于M ，作QN ∥AB 交BC 于N ，连接MN .∵正方形ABCD 和正方形ABEF 有公共边AB ，∴AE =BD . 又∵AP =DQ ，∴PE =QB ， 又∵PM ∥AB ∥QN ， ∴AEPE ABPM=，BD BQ DC QN =，DCQNABPM =，∴PM QN ，∴四边形PMNQ 为平行四边形，∴PQ ∥MN . 又MN ⊂平面BCE ，PQ ⊄平面BCE ， ∴PQ ∥平面BCE .方法二 如图所示，连接AQ ，并延长交BC 于K ，连接EK ， ∵AE =BD ，AP =DQ ， ∴PE =BQ ，∴PE AP =BQDQ①又∵AD ∥BK ，∴BQDQ =QKAQ②由①②得PE AP =QKAQ ，∴PQ ∥EK .又PQ ⊄平面BCE ，EK ⊂平面BCE ， ∴PQ ∥平面BCE .方法三 如图所示，在平面ABEF 内，过点P 作PM ∥BE ，交AB 于点M ， 连接QM .∵PM ∥BE ，PM ⊄平面BCE ， 即PM ∥平面BCE ，∴PE AP =MBAM ① 又∵AP =DQ ，∴PE =BQ ，∴PE AP =BQDQ ②由①②得MBAM =BQDQ ，∴MQ ∥AD ， ∴MQ ∥BC ，又∵MQ ⊄平面BCE ，∴MQ ∥平面BCE . 又∵PM ∩MQ =M ，∴平面PMQ ∥平面BCE ， PQ ⊂平面PMQ ，∴PQ ∥平面BCE .8如下的三个图中,上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图,它的正视图和左视图在下面画出(单位:cm).(1)在正视图下面,按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图; (2)按照给出的尺寸,求该多面体的体积;(3)在所给直观图中连接BC ′,证明:BC ′∥平面EFG . (1)解 如图(1)所示.图（1）(2)解 所求多面体体积 V =V 长方体-V 正三棱锥=4×4×6-31×(21×2×2)×2=3284(cm 3). (3)证明 如图(2),在长方体ABCD —A ′B ′C ′D ′中, 连接AD ′,则AD ′∥BC ′.因为E ,G 分别为AA ′,A ′D ′的中点,所以AD ′∥EG ,从而EG ∥BC ′. 又BC ′ 平面EFG , 图（2） 所以BC ′∥面EFG .9.如图所示，正四棱锥P —ABCD 的各棱长均为13，M ，N 分别为PA ，BD 上的点，且PM ∶MA =BN ∶ND =5∶8. （1）求证：直线MN ∥平面PBC ； （2）求线段MN 的长.（1）证明 连接AN 并延长交BC 于Q ， 连接PQ ，如图所示.∵AD ∥BQ ，∴△AND ∽△QNB ，∴NQAN =NBDN =BQAD =58， 又∵MA PM =ND BN =85， ∴MPAM =NQAN =58，∴MN ∥PQ ， 又∵PQ ⊂平面PBC ，MN ⊄平面PBC ， ∴MN ∥平面PBC .（2）解 在等边△PBC 中，∠PBC =60°， 在△PBQ 中由余弦定理知 PQ 2=PB 2+BQ 2-2PB ·BQ cos ∠PBQ =132+2865⎪⎭⎫⎝⎛-2×13×865×21=642818， ∴PQ =891， ∵MN ∥PQ ，MN ∶PQ =8∶13，∴MN =891×138=7. 10 在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，求证：MN ∥平面PAD ．证明：方法一，取PD 中点E ，连接AE ，NE ．∵底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，∴MA ∥CD ，.21CD MA =∵E 是PD 的中点，∴NE ∥CD ，.21CD NE =∴MA ∥NE ，且MA ＝NE ， ∴AENM 是平行四边形，∴MN∥AE．又AE⊂平面PAD，MN ⊄平面PAD，∴MN∥平面PAD．方法二取CD中点F，连接MF，NF．∵MF∥AD，NF∥PD，∴平面MNF∥平面PAD，∴MN∥平面PAD．11 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AC，AB⊥AC，求证：A1C⊥BC1．【分析】要证明“线线垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，因此设法证明A1C垂直于经过BC1的平面即可．证明：连接AC1．∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，∴AB⊥AA1．又AB⊥AC，∴AB⊥平面A1ACC1，∴A1C⊥A B．①又AA1＝AC，∴侧面A1ACC1是正方形，∴A1C⊥AC1．②由①，②得A1C⊥平面ABC1，∴A1C⊥BC1．12 在三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB⊥BC，AP⊥PB，求证：平面PAC⊥平面PBC．【分析】要证明“面面垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，而“线面垂直”又可以通过“线线垂直”进行转化．证明：∵平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ∩平面ABC ＝AB ，且AB ⊥BC ， ∴BC ⊥平面PAB ， ∴AP ⊥BC ． 又AP ⊥PB ，∴AP ⊥平面PBC ， 又AP ⊂平面PAC ， ∴平面PAC ⊥平面PBC ．13如图，在斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面A 1ABB 1是菱形，且垂直于底面ABC ，∠A 1AB ＝60°，E ，F 分别是AB 1，BC 的中点．(Ⅰ)求证：直线EF ∥平面A 1ACC 1；(Ⅱ)在线段AB 上确定一点G ，使平面EFG ⊥平面ABC ，并给出证明． 证明：(Ⅰ)连接A 1C ，A 1E ．∵侧面A 1ABB 1是菱形， E 是AB 1的中点， ∴E 也是A 1B 的中点，又F 是BC 的中点，∴EF ∥A 1C ．∵A 1C ⊂平面A 1ACC 1，EF ⊄平面A 1ACC 1， ∴直线EF ∥平面A 1ACC 1．(2)解：当31=GA BG 时，平面EFG ⊥平面ABC ，证明如下： 连接EG ，FG ．∵侧面A 1ABB 1是菱形，且∠A 1AB ＝60°，∴△A 1AB 是等边三角形．∵E 是A 1B 的中点，31=GA BG ，∴EG ⊥AB ． ∵平面A 1ABB 1⊥平面ABC ，且平面A 1ABB 1∩平面ABC ＝AB ， ∴EG ⊥平面ABC ．又EG ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面ABC ．14 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E 是AC 的中点．(Ⅰ)求证：平面BEC 1⊥平面ACC 1A 1；(Ⅱ)求证：AB 1∥平面BEC 1．证明：(Ⅰ)∵ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱，∴AA 1⊥平面ABC ， ∴BE ⊥AA 1．∵△ABC 是正三角形，E 是AC 的中点，∴BE ⊥AC ，∴BE ⊥平面ACC 1A 1，又BE ⊂平面BEC 1，∴平面BEC 1⊥平面ACC 1A 1．(Ⅱ)证明：连接B 1C ，设BC 1∩B 1C ＝D ．∵BCC 1B 1是矩形，D 是B 1C 的中点， ∴DE ∥AB 1． 又DE ⊂平面BEC 1，AB 1⊄平面BEC 1， ∴AB 1∥平面BEC 1．15 在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，△PAD 是等边三角形，已知BD ＝2AD ＝8，542==DC AB ．(Ⅰ)设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面PAD ； (Ⅱ)求四棱锥P －ABCD 的体积． 证明：(Ⅰ)在△ABD 中， 由于AD ＝4，BD ＝8，54=AB ，所以AD 2＋BD 2＝AB 2． 故AD ⊥BD ．又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以BD ⊥平面PAD ，又BD ⊂平面MBD ，故平面MBD ⊥平面PAD ． (Ⅱ)解：过P 作PO ⊥AD 交AD 于O ，由于平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ． 因此PO 为四棱锥P －ABCD 的高，又△PAD 是边长为4的等边三角形．因此.32423=⨯=PO 在底面四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ，所以四边形ABCD 是梯形，在Rt △ADB 中，斜边AB 边上的高为5585484=⨯，即为梯形ABCD 的高，所以四边形ABCD 的面积为.2455825452=⨯+=S 故.316322431=⨯⨯=-ABCD P V16．如图，三棱锥P －ABC 的三个侧面均为边长是1的等边三角形，M ，N 分别为PA ，BC 的中点．(Ⅰ)求MN 的长； (Ⅱ)求证：PA ⊥BC ． (Ⅰ)解：连接MB ，MC ．∵三棱锥P －ABC 的三个侧面均为边长是1的等边三角形，∴23==MC MB ，且底面△ABC 也是边长为1的等边三角形．∵N 为BC 的中点，∴MN ⊥BC ．在Rt △MNB 中，⋅=-=2222BN MB MN(Ⅱ)证明：∵M 是PA 的中点，∴PA ⊥MB ，同理PA ⊥MC ．∵MB ∩MC ＝M ，∴PA ⊥平面MBC ， 又BC ⊂平面MBC ，∴PA ⊥BC ．17．如图，在四面体ABCD 中，CB ＝CD ，AD ⊥BD ，且E 、F 分别是AB 、BD 的中点．求证：(Ⅰ)直线EF ∥平面ACD ； (Ⅱ)平面EFC ⊥平面BCD ．．证明：(Ⅰ)∵E 、F 分别是AB 、BD 的中点，∴EF 是△ABD 的中位线，∴EF ∥AD ．又EF ⊄平面ACD ，AD ⊂平面ACD ，∴直线EF ∥平面ACD ．(Ⅱ)∵EF ∥AD ，AD ⊥BD ，∴EF ⊥BD ．∵CB ＝CD ，F 是BD 的中点，∴CF ⊥BD ． ∵CF ∩EF ＝F ，∴BD ⊥平面CEF ．∵BD ⊂平面BCD ，∴平面EFC ⊥平面BCD ．18如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠FAB ＝90°，BC ∥AD ，AF BE AF BE AD BC 21,//,21==，G ，H 分别为FA ，FD 的中点．(Ⅰ)证明：四边形BCHG 是平行四边形； (Ⅱ)C ，D ，F ，E 四点是否共面?为什么?(Ⅰ)由题意知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，∴GH ∥AD ，,21AD GH =又BC ∥AD ，AD BC 21=，∴GH ∥BC ，GH ＝BC ， ∴四边形BCHG 是平行四边形．(Ⅱ)C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下：由BE ∥AF ，AF BF 21=，G 是FA 的中点，得BE ∥FG ，且BE ＝FG ．∴EF ∥BG ．由(Ⅰ)知BG ∥CH ，∴EF ∥CH ，故EC ，FH 共面，又点D 在直线FH 上， 所以C ，D ，F ，E 四点共面．。
高三精选立体几何大题30题(含详细解答)
A BC第1题图ABCD第1题图立体几何大题1．如下图，一个等腰直角三角形的硬纸片ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4cm，CD是斜边上的高沿CD 把△ABC折成直二面角．（1）如果你手中只有一把能度量长度的直尺，应该如何确定A，B的位置，使二面角A－CD－B是直二面角？证明你的结论．（2）试在平面ABC上确定一个P，使DP与平面ABC内任意一条直线都垂直，证明你的结论．（3）如果在折成的三棱锥内有一个小球，求出小球半径的最大值．2．如图，已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面边长为3，侧棱长为4，连结A1B过A作AF⊥A1B垂足为F，且AF的延长线交B1B于E。
（Ⅰ）求证：D1B⊥平面AEC；（Ⅱ）求三棱锥B—AEC的体积；（Ⅲ）求二面角B—AE—C的大小的正弦值.3．如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为1，点M在BC上，△AMC1是以M为直角顶点的等腰直角三角形.（I）求证：点M为BC的中点；（Ⅱ）求点B到平面AMC1的距离；（Ⅲ）求二面角M—AC1—B 的正切值. 4．如图，已知多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，三角形ACD是正三角形，且AD=DE=2，AB=1，F是CD的中点．（Ⅰ）求证：AF∥平面BCE；（Ⅱ）求多面体ABCDE的体积；（Ⅲ）求二面角C-BE-D 的正切值．5．已知：ABCD是矩形，设PA=a，PA⊥平面ABCD.M、N分别是AB、PC的中点.（Ⅰ）求证：MN⊥AB；（Ⅱ）若PD=AB，且平面MND⊥平面PCD，求二面角P—CD—A的大小；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求三棱锥D—AMN的体积.6．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，P、M、N分别为棱DD1、AB、BC的中点。
（I）求二面角B1—MN—B的正切值；（II）证明：PB⊥平面MNB1；（III）画出一个正方体表面展开图，使其满足“有4个正方形面相连成一个长方形”的条件，并求出展开图中P、B两点间的距离。
高中立体几何典型题及解析
高中立体几何典型500题及解析(二)(51~100题)51. 已知空间四边形ABCD 中，AB=BC=CD=DA=DB=AC,M 、N 分别为BC 、AD 的中点。
求：AM 及CN 所成的角的余弦值；解析：(1)连接DM,过N 作NE∥AM 交DM 于E ，则∠CNE 为AM 及CN 所成的角。
∵N 为AD 的中点, NE∥AM 省 ∴NE=21AM 且E 为MD 的中点。
设正四面体的棱长为1， 则NC=21·23= 43且ME=21MD=43 在Rt△MEC 中，CE 2=ME 2+CM 2=163+41=167∴cos ∠CNE=3243432167)43()43(222222-=⋅⋅-+=⋅⋅-+NECN CE NE CN ,又∵∠CNE ∈(0, 2π)∴异面直线AM 及CN 所成角的余弦值为32.注：1、本题的平移点是N ，按定义作出了异面直线中一条的平行线，然后先在△CEN 外计算CE 、CN 、EN 长，再回到△CEN 中求角。
2、作出的角可能是异面直线所成的角，也可能是它的邻补角，在直观图中无法判定，只有通过解三角形后，根据这个角的余弦的正、负值来判定这个角是锐角（也就是异面直线所成的角）或钝角（异面直线所成的角的邻补角）。
最后作答时，这个角的余弦值必须为正。
52. .如图所示，在空间四边形ABCD 中，点E 、F 分别是BC 、AD 上的点，已知AB=4，CD=20，EF=7， 。
求异面直线AB 及CD 所成的角。
解析：在BD 上取一点G ，使得，连结EG 、FG 在ΔBCD 中，，故EG//CD ，并且， 所以，EG=5；类似地，可证FG//AB ，且， 故FG=3，在ΔEFG 中，利用余弦定理可得 cos ∠FGE=215327532222222-=⋅⋅-+=⋅⋅-+GF EG EF GF EG ，故∠FGE=120°。
另一方面，由前所得EG//CD ，FG//AB ，所以EG 及FG 所成的锐角等于AB 及CD 所成的角，于是AB 及CD 所成的角等于60°。
高中空间立体几何经典例题精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版立体几何一、选择题1．（20XX 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】D2 2．（20XX 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】C 【答案】A3 3．（20XX 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】A4 4．（20XX 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 ．1B ．2C ．2-12D ．2+12【答案】C5．（20XX 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,底面是边长为3.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】B6．（20XX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【答案】C7．（20XX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．8 B．9 C．10 D．11【答案】A二、填空题8．（20XX年高考北京卷（理））如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为__________.1D1BPD1CCEBA1A【答案】2559．（20XX 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】1:2410．（20XX 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-11．（20XX 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球构成一个简单组合体,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】12π12．（20XX 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_______AB C1A D EF1B 1C【答案】3π三、解答题13．（20XX 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D 1 C 1 B 1A 1D C AB14．（20XX 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,113tan 6233BC CC BC C =⋅∠==从而2333ABC S BC ∆==因此该三棱柱的体积为1336183ABC V S AA ∆=⋅==15．（20XX 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））B 1 A 1C 1ACB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 ∥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SAB AF ⊥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 ⊥SA16．（20XX 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 ∆= AB CSGFE所以,13123233V h h =⨯⨯=⇒=,即直线BC 1到平面D 1AC 的距离为23.17．（20XX 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 CD B '--的平面角的余弦值.【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD ===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OD OE 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ACD B '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O -.CO BDEA CDOBE'A图1图2C DO BE'AH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(1,1,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5.18．（20XX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2, 求线段AM的长.6【答案】19．（20XX年高考陕西卷（理））如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD,12AB AA==(Ⅰ) 证明: A1C⊥平面BB1D1D;(Ⅱ) 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小.1A【答案】解:(Ⅰ) BDOAABCDBDABCDOA⊥∴⊂⊥11,,面且面;又因为,在正方形AB CD 中,BDCAACACAACABDAACOABDAC⊥⊂⊥=⋂⊥11111,，故面且面所以；且.在正方形AB CD中,AO = 1 . .111=∆OAOAART中，在OECAOCEAEDB1111111⊥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OOBDDDBBODDBBBD=⋂⊂⊂111111E.E,DDBBCA111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(),10(),1(,0,1,0111-=⇒CABACB，，，，）（.由(Ⅰ)知, 平面BB1D1D的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111）（==-==OCOBCAn设平面OCB1的法向量为，则0,0,2122=⋅=⋅OCnOBnn).1-,1,0(法向量2=n为解得其中一个21221||||||,cos|cos212111=⋅=⋅=><=nnnnnnθ.所以,平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ为3π1A。
(完整版)高中数学必修2空间立体几何大题
必修2空间立体几何大题一．解答题（共18小题）1．如图，在三棱锥V﹣ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC=BC=，O，M分别为AB，VA的中点．（1）求证：VB∥平面MOC；（2）求证：平面MOC⊥平面VAB（3）求三棱锥V﹣ABC的体积．2．如图，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，并求的值．3．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4．过E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）（Ⅱ）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．4．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E，F分别是BC，CC1的中点，（Ⅰ）证明：平面AEF⊥平面B1BCC1；（Ⅱ）若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，求三棱锥F﹣AEC的体积．5．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1=E．求证：（1）DE∥平面AA1C1C；（2）BC1⊥AB1．6．如题图，三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠ABC=，点D、E在线段AC上，且AD=DE=EC=2，PD=PC=4，点F在线段AB上，且EF∥BC．（Ⅰ）证明：AB⊥平面PFE．（Ⅱ）若四棱锥P﹣DFBC的体积为7，求线段BC的长．7．如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO=OB=1，（Ⅰ）若D为线段AC的中点，求证；AC⊥平面PDO；（Ⅱ）求三棱锥P﹣ABC体积的最大值；8．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．9．如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB=AC=3，BC=2，AA1=，BB1=2，点E和F分别为BC和A1C的中点．（Ⅰ）求证：EF∥平面A1B1BA；（Ⅱ）求证：平面AEA1⊥平面BCB1；（Ⅲ）求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小．10．如图所示，已知AB⊥平面BCD，M、N分别是AC、AD的中点，BC⊥CD．（1）求证：MN∥平面BCD；（2）求证：平面BCD⊥平面ABC．11．如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点E在底面的圆周上，BF⊥AE，F是垂足．（1）求证：BF⊥AC；（2）若CE=1，∠CBE=30°，求三棱锥F﹣BCE的体积．12．如图，已知四边形ABCD和BCEG均为直角梯形，AD∥BC，CE∥BG，且∠BCD=∠BCE=，平面ABCD⊥平面BCEG，BC=CD=CE=2AD=2BG=2．求证：（Ⅰ）EC⊥CD；（Ⅱ）求证：AG∥平面BDE；（Ⅲ）求：几何体EG﹣ABCD的体积．13．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；（2）若BC=4，AB=20，求三棱锥D﹣BCM的体积．14．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．15．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，底面边长为，点P、Q、R分别在棱AA1、BB1、BC上，Q是BB1中点，且PQ∥AB，C1Q⊥QR（1）求证：C1Q⊥平面PQR；（2）若C1Q=，求四面体C1PQR的体积．16．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．（1）证明BC1∥平面A1CD（2）设AA1=AC=CB=2，AB=2，求三菱锥C﹣A1DE的体积．17．如图甲，⊙O的直径AB=2，圆上两点C，D在直径AB的两侧，且∠CBA=∠DAB=．沿直径AB折起，使两个半圆所在的平面互相垂直（如图乙），F为BC的中点，E为AO的中点．根据图乙解答下列各题：（Ⅰ）求证：CB⊥DE；（Ⅱ）求三棱锥C﹣BOD的体积；（Ⅲ）在劣弧上是否存在一点G，使得FG∥平面ACD？若存在，试确定点G的位置；若不存在，请说明理由．18．如图：是直径为的半圆，O为圆心，C是上一点，且．DF⊥CD，且DF=2，，E为FD的中点，Q为BE的中点，R为FC上一点，且FR=3RC．（Ⅰ）求证：面BCE⊥面CDF；（Ⅱ）求证：QR∥平面BCD；（Ⅲ）求三棱锥F﹣BCE的体积．必修2空间立体几何大题参考答案与试题解析一．解答题（共18小题）1．（2015?北京）如图，在三棱锥V﹣ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC=BC=，O，M分别为AB，VA的中点．（1）求证：VB∥平面MOC；（2）求证：平面MOC⊥平面VAB（3）求三棱锥V﹣ABC的体积．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．专题：综合题；空间位置关系与距离．分析：（1）利用三角形的中位线得出OM∥VB，利用线面平行的判定定理证明VB∥平面MOC；（2）证明：OC⊥平面VAB，即可证明平面MOC⊥平面VAB（3）利用等体积法求三棱锥V﹣ABC的体积．解答：（1）证明：∵O，M分别为AB，VA的中点，∴OM∥VB，∵VB?平面MOC，OM?平面MOC，∴VB∥平面MOC；（2）∵AC=BC，O为AB的中点，∴OC⊥AB，∵平面VAB⊥平面ABC，OC?平面ABC，∴OC⊥平面VAB，∵OC?平面MOC，∴平面MOC⊥平面VAB（3）在等腰直角三角形ACB中，AC=BC=，∴AB=2，OC=1，∴S△VAB=，∵OC⊥平面VAB，∴V C﹣VAB=?S△VAB=，∴V V﹣ABC=V C﹣VAB=．点评：本题考查线面平行的判定，考查平面与平面垂直的判定，考查体积的计算，正确运用线面平行、平面与平面垂直的判定定理是关键．2．（2015?安徽）如图，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，并求的值．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算．专题：综合题；空间位置关系与距离．分析：（1）利用V P﹣ABC=?S△ABC?PA，求三棱锥P﹣ABC的体积；（2）过B作BN⊥AC，垂足为N，过N作MN∥PA，交PA于点M，连接BM，证明AC⊥平面MBN，可得AC⊥BM，利用MN∥PA，求的值．解答：（1）解：由题设，AB=1，AC=2，∠BAC=60°，可得S△ABC==．因为PA⊥平面ABC，PA=1，所以V P﹣ABC=?S△ABC?PA=；（2）解：过B作BN⊥AC，垂足为N，过N作MN∥PA，交PC于点M，连接BM，由PA⊥平面ABC，知PA⊥AC，所以MN⊥AC，因为BN∩MN=N，所以AC⊥平面MBN．因为BM?平面MBN，所以AC⊥BM．在直角△BAN中，AN=AB?cos∠BAC=，从而NC=AC﹣AN=．由MN∥PA得==．点评：本题考查三棱锥P﹣ABC的体积的计算，考查线面垂直的判定与性质的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．3．（2015?黑龙江）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4．过E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）（Ⅱ）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；平面的基本性质及推论．专题：综合题；空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）利用平面与平面平行的性质，可在图中画出这个正方形；（Ⅱ）求出MH==6，AH=10，HB=6，即可求平面a把该长方体分成的两部分体积的比值．解答：解：（Ⅰ）交线围成的正方形EFGH如图所示；（Ⅱ）作EM⊥AB，垂足为M，则AM=A1E=4，EB1=12，EM=AA1=8．因为EFGH为正方形，所以EH=EF=BC=10，于是MH==6，AH=10，HB=6．因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为．点评：本题考查平面与平面平行的性质，考查学生的计算能力，比较基础．4．（2015?湖南）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E，F分别是BC，CC1的中点，（Ⅰ）证明：平面AEF⊥平面B1BCC1；（Ⅱ）若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，求三棱锥F﹣AEC的体积．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．专题：空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）证明AE⊥BB1，AE⊥BC，BC∩BB1=B，推出AE⊥平面B1BCC1，利用平面余平米垂直的判定定理证明平面AEF⊥平面B1BCC1；（Ⅱ）取AB的中点G，说明直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，就是∠CA1G，求出棱锥的高与底面面积即可求解几何体的体积．解答：（Ⅰ）证明：∵几何体是直棱柱，∴BB1⊥底面ABC，AE?底面ABC，∴AE⊥BB1，∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E分别是BC的中点，∴AE⊥BC，BC∩BB1=B，∴AE⊥平面B1BCC1，∵AE?平面AEF，∴平面AEF⊥平面B1BCC1；（Ⅱ）解：取AB的中点G，连结A1G，CG，由（Ⅰ）可知CG⊥平面A1ABB1，直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，就是∠CA1G，则A1G=CG=，∴AA1==，CF=．三棱锥F﹣AEC的体积：×==．点评：本题考查几何体的体积的求法，平面与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．5．（2015?江苏）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1=E．求证：（1）DE∥平面AA1C1C；（2）BC1⊥AB1．考点：直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质．专题：证明题；空间位置关系与距离．分析：（1）根据中位线定理得DE∥AC，即证DE∥平面AA1C1C；（2）先由直三棱柱得出CC1⊥平面ABC，即证AC⊥CC1；再证明AC⊥平面BCC1B1，即证BC1⊥AC；最后证明BC1⊥平面B1AC，即可证出BC1⊥AB1．解答：证明：（1）根据题意，得；E为B1C的中点，D为AB1的中点，所以DE∥AC；又因为DE?平面AA1C1C，AC?平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C；（2）因为棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，因为AC?平面ABC，所以AC⊥CC1；又因为AC⊥BC，CC1?平面BCC1B1，BC?平面BCC1B1，BC∩CC1=C，所以AC⊥平面BCC1B1；又因为BC1?平面BCC1B1，所以BC1⊥AC；因为BC=CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，所以BC1⊥平面B1AC；又因为AB1?平面B1AC，所以BC1⊥AB1．点评：本题考查了直线与直线，直线与平面以及平面与平面的位置关系，也考查了空间想象能力和推理论证能力的应用问题，是基础题目．6．（2015?重庆）如题图，三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠ABC=，点D、E在线段AC上，且AD=DE=EC=2，PD=PC=4，点F在线段AB上，且EF∥BC．（Ⅰ）证明：AB⊥平面PFE．（Ⅱ）若四棱锥P﹣DFBC的体积为7，求线段BC的长．考点：直线与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积．专题：开放型；空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）由等腰三角形的性质可证PE⊥AC，可证PE⊥AB．又EF∥BC，可证AB⊥EF，从而AB与平面PEF内两条相交直线PE，EF都垂直，可证AB⊥平面PEF．（Ⅱ）设BC=x，可求AB，S△ABC，由EF∥BC可得△AFE≌△ABC，求得S△AFE=S△ABC，由AD=AE，可求S△AFD，从而求得四边形DFBC的面积，由（Ⅰ）知PE为四棱锥P﹣DFBC的高，求得PE，由体积V P﹣DFBC=S DFBC?PE=7，即可解得线段BC的长．解答：解：（Ⅰ）如图，由DE=EC，PD=PC知，E为等腰△PDC中DC边的中点，故PE⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，PE?平面PAC，PE⊥AC，所以PE⊥平面ABC，从而PE⊥AB．因为∠ABC=，EF∥BC，故AB⊥EF，从而AB与平面PEF内两条相交直线PE，EF都垂直，所以AB⊥平面PEF．（Ⅱ）设BC=x，则在直角△ABC中，AB==，从而S△ABC=AB?BC=x，由EF∥BC知，得△AFE≌△ABC，故=（）2=，即S△AFE=S△ABC，由AD=AE，S△AFD==S△ABC=S△ABC=x，从而四边形DFBC的面积为：S DFBC=S△ABC﹣S AFD=x﹣x=x．由（Ⅰ）知，PE⊥平面ABC，所以PE为四棱锥P﹣DFBC的高．在直角△PEC中，PE===2，故体积V P﹣DFBC=S DFBC?PE=x=7，故得x4﹣36x2+243=0，解得x2=9或x2=27，由于x＞0，可得x=3或x=3．所以：BC=3或BC=3．点评：本题主要考查了直线与平面垂直的判定，棱柱、棱锥、棱台的体积的求法，考查了空间想象能力和推理论证能力，考查了转化思想，属于中档题．7．（2015?福建）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO=OB=1，（Ⅰ）若D为线段AC的中点，求证；AC⊥平面PDO；（Ⅱ）求三棱锥P﹣ABC体积的最大值；（Ⅲ）若BC=，点E在线段PB上，求CE+OE的最小值．考点：直线与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积．专题：空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）由题意可证AC⊥DO，又PO⊥AC，即可证明AC⊥平面PDO．（Ⅱ）当CO⊥AB时，C到AB的距离最大且最大值为1，又AB=2，即可求△ABC面积的最大值，又三棱锥P﹣ABC的高PO=1，即可求得三棱锥P﹣ABC体积的最大值．（Ⅲ）可求PB===PC，即有PB=PC=BC，由OP=OB，C′P=C′B，可证E为PB中点，从而可求OC′=OE+EC′==，从而得解．解答：解：（Ⅰ）在△AOC中，因为OA=OC，D为AC的中点，所以AC⊥DO，又PO垂直于圆O所在的平面，所以PO⊥AC，因为DO∩PO=O，所以AC⊥平面PDO．（Ⅱ）因为点C在圆O上，所以当CO⊥AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1，又AB=2，所以△ABC面积的最大值为，又因为三棱锥P﹣ABC的高PO=1，故三棱锥P﹣ABC体积的最大值为：．（Ⅲ）在△POB中，PO=OB=1，∠POB=90°，所以PB==，同理PC=，所以PB=PC=BC，在三棱锥P﹣ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，如图所示，当O，E，C′共线时，CE+OE取得最小值，又因为OP=OB，C′P=C′B，所以OC′垂直平分PB，即E为PB中点．从而OC′=OE+EC′==．亦即CE+OE的最小值为：．点评：本题主要考查了直线与直线、直线与平面的位置关系、锥体的体积的求法等基础知识，考查了空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查了数形结合思想、化归与转化思想，属于中档题．8．（2015?河北）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．考点：平面与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．专题：空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）根据面面垂直的判定定理即可证明：平面AEC⊥平面BED；（Ⅱ）根据三棱锥的条件公式，进行计算即可．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=，∵AE⊥EC，△EBG为直角三角形，∴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．点评：本题主要考查面面垂直的判定，以及三棱锥体积的计算，要求熟练掌握相应的判定定理以及体积公式．9．（2015?天津）如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB=AC=3，BC=2，AA1=，BB1=2，点E和F 分别为BC和A1C的中点．（Ⅰ）求证：EF∥平面A1B1BA；（Ⅱ）求证：平面AEA1⊥平面BCB1；（Ⅲ）求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小．考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角．专题：空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）连接A1B，易证EF∥A1B，由线面平行的判定定理可得；（Ⅱ）易证AE⊥BC，BB1⊥AE，可证AE⊥平面BCB1，进而可得面面垂直；（Ⅲ）取BB1中点M和B1C中点N，连接A1M，A1N，NE，易证∠A1B1N即为直线A1B1与平面BCB1所成角，解三角形可得．解答：（Ⅰ）证明：连接A1B，在△A1BC中，∵E和F分别是BC和A1C的中点，∴EF∥A1B，又∵A1B?平面A1B1BA，EF?平面A1B1BA，∴EF∥平面A1B1BA；（Ⅱ）证明：∵AB=AC，E为BC中点，∴AE⊥BC，∵AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，∴BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AE，又∵BC∩BB1=B，∴AE⊥平面BCB1，又∵AE?平面AEA1，∴平面AEA1⊥平面BCB1；（Ⅲ）取BB1中点M和B1C中点N，连接A1M，A1N，NE，∵N和E分别为B1C和BC的中点，∴NE平行且等于B1B，∴NE平行且等于A1A，∴四边形A1AEN是平行四边形，∴A1N平行且等于AE，又∵AE⊥平面BCB1，∴A1N⊥平面BCB1，∴∠A1B1N即为直线A1B1与平面BCB1所成角，在△ABC中，可得AE=2，∴A1N=AE=2，∵BM∥AA1，BM=AA1，∴A1M∥AB且A1M=AB，又由AB⊥BB1，∴A1M⊥BB1，在RT△A1MB1中，A1B1==4，在RT△A1NB1中，sin∠A1B1N==，∴∠A1B1N=30°，即直线A1B1与平面BCB1所成角的大小为30°点评：本题考查线面垂直与平行关系的证明，涉及直线与平面所成的角，属中档题．10．（2015?醴陵市）如图所示，已知AB⊥平面BCD，M、N分别是AC、AD的中点，BC⊥CD．（1）求证：MN∥平面BCD；（2）求证：平面BCD⊥平面ABC．考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．专题：空间位置关系与距离．分析：（1）由中位线定理和线面平行的判定定理，即可得证；（2）由线面垂直的性质和判定定理，可得CD⊥平面ABC，再由面面垂直的判定定理，即可得证．解答：证明：（1）因为M，N分别是AC，AD的中点，所以MN∥CD．又MN?平面BCD且CD?平面BCD，所以MN∥平面BCD；（2）因为AB⊥平面BCD，CD?平面BCD，所以AB⊥CD．又CD⊥BC，AB∩BC=B，所以CD⊥平面ABC．又CD?平面BCD，所以平面BCD⊥平面ABC．点评：本题考查线面平行的判定和面面垂直的判定，考查空间直线和平面的位置关系，考查逻辑推理能力，属于中档题．11．（2015?葫芦岛一模）如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点E在底面的圆周上，BF⊥AE，F是垂足．（1）求证：BF⊥AC；（2）若CE=1，∠CBE=30°，求三棱锥F﹣BCE的体积．考点：旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：（1）欲证BF⊥AC，先证BF⊥平面AEC，根据线面垂直的判定定理可知只需证CE⊥BF，BF⊥AE且CE∩AE=E，即可证得线面垂直；（2）V F﹣BCE=V C﹣BEF=?S△BEF?CE=??EF?BF?CE，即可求出三棱锥F﹣BCE的体积．解答：（1）证明：∵AB⊥平面BEC，CE?平面BEC，∴AB⊥CE∵BC为圆的直径，∴BE⊥CE．∵BE?平面ABE，AB?平面ABE，BE∩AB=B∴CE⊥平面ABE，∵BF?平面ABE，∴CE⊥BF，又BF⊥AE且CE∩AE=E，∴BF⊥平面AEC，∵AC?平面AEC，∴BF⊥AC…（6分）（2）解：在Rt△BEC中，∵CE=1，∠CBE=30°∴BE=，BC=2又∵ABCD为正方形，∴AB=2，∴AE=，∴BF?AE=AB?BE，∴BF=，∴EF=∴V F﹣BCE=V C﹣BEF=?S△BEF?CE=??EF?BF?CE=????1=…（12分）点评：本小题主要考查空间线面关系、圆柱性质、空间想象能力和逻辑推理能力，考查三棱锥F﹣BCE的体积的计算，属于中档题．12．（2015?商丘三模）如图，已知四边形ABCD和BCEG均为直角梯形，AD∥BC，CE∥BG，且∠BCD=∠BCE=，平面ABCD⊥平面BCEG，BC=CD=CE=2AD=2BG=2．求证：（Ⅰ）EC⊥CD；（Ⅱ）求证：AG∥平面BDE；（Ⅲ）求：几何体EG﹣ABCD的体积．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．专题：综合题；空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）利用面面垂直的性质，证明EC⊥平面ABCD，利用线面垂直的性质证明EC⊥CD；（Ⅱ）在平面BCEG中，过G作GN⊥CE交BE于M，连DM，证明四边形ADMG为平行四边形，可得AG∥DM，即可证明AG∥平面BDE；（Ⅲ）利用分割法即可求出几何体EG﹣ABCD的体积．解答：（Ⅰ）证明：由平面ABCD⊥平面BCEG，平面ABCD∩平面BCEG=BC，CE⊥BC，CE?平面BCEG，∴EC⊥平面ABCD，…（3分）又CD?平面BCDA，故EC⊥CD…（4分）（Ⅱ）证明：在平面BCEG中，过G作GN⊥CE交BE于M，连DM，则由已知知；MG=MN，MN∥BC∥DA，且，∴MG∥AD，MG=AD，故四边形ADMG为平行四边形，∴AG∥DM…（6分）∵DM?平面BDE，AG?平面BDE，∴AG∥平面BDE…（8分）（Ⅲ）解：…（10分）=…（12分）点评：本题考查面面垂直、线面平行，考查几何体体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，正确运用面面垂直、线面平行的判定定理是关键．13．（2015?南昌模拟）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；（2）若BC=4，AB=20，求三棱锥D﹣BCM的体积．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．专题：空间位置关系与距离．分析：（1）可由三角形的中位线定理得到线线平行，进而得到线面平行．（2）先证明MD⊥底面BCD，进而可计算出体积．解答：（1）证明：∵M为AB的中点，D为PB的中点，∴MD为△PAB的中位线，∴MD∥AP．而AP?平面PAC，MD?平面PAC，∴MD∥平面PAC．（2）解：∵△PMB为正三角形，PD=DB，∴MD⊥PB．∵MD∥AP，AP⊥PC，∴MD⊥PC．又PC∩PB=P，∴MD⊥平面PBC．即MD为三棱锥M﹣BCD的高．由AB=20，∴MB=10，BD=5，∴MD=5．在Rt△PCB中（因为AC⊥BC，所以PC⊥BC），由勾股定理得PC==2．于是S△BCD=S△BCP×==．∴V三棱锥D﹣BCM=V三棱锥M﹣BCD==10．点评：利用三角形的中位线定理证明线线平行是证明线面平行常用的方法之一．先证明线面垂直是求体积的关键．14．（2015?沈阳模拟）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．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．专题：空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）由已知得AC⊥PD，AC⊥BD，由此能证明平面EAC⊥平面PBD．（Ⅱ）由已知得PD∥OE，取AD中点H，连结BH，由此利用，能求出三棱锥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EAC∩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，∴BD⊥平面PAD，．∴（还可以用VP-ABD-VE-ABD）==．点评：本题考查平面与平面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．15．（2015?上海模拟）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，底面边长为，点P、Q、R分别在棱AA1、BB1、BC上，Q是BB1中点，且PQ∥AB，C1Q⊥QR（1）求证：C1Q⊥平面PQR；（2）若C1Q=，求四面体C1PQR的体积．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：（1）由已知得AB⊥平面B1BCC1，从而PQ⊥平面B1BCC1，进而C1Q⊥PQ，又C1Q⊥QR，由此能证明C1Q⊥平面PQR．（2）由已知得B1Q=1，BQ=1，△B1C1Q∽△BQR，从而BR=，QR=，由C1Q、QR、QP两两垂直，能求出四面体C1PQR 的体积．解答：（1）证明：∵四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱柱，∴AB⊥平面B1BCC1，又PQ∥AB，∴PQ⊥平面B1BCC1，∴C1Q⊥PQ，又已知C1Q⊥QR，且QR∩QP=Q，∴C1Q⊥平面PQR．（2）解：∵B1C1=，，∴B1Q=1，∴BQ=1，∵Q是BB1中点，C1Q⊥QR，∴∠B1C1Q=∠BQR，∠C1B1Q=∠QBR，∴△B1C1Q∽△BQR，∴BR=，∴QR=，∵C1Q、QR、QP两两垂直，∴四面体C1PQR 的体积V=．点评：本小题主要考查空间线面关系、线面垂直的证明、几何体的体积等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．16．（2015?凯里市校级模拟）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．（1）证明BC1∥平面A1CD（2）设AA1=AC=CB=2，AB=2，求三菱锥C﹣A1DE的体积．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．专题：空间位置关系与距离．分析：（1）连结AC1交A1C于点F，连结DF，则BC1∥DF，由此能证明BC1∥平面A1CD．（2）由已知得AA1⊥CD，CD⊥AB，从而CD⊥平面ABB1A1．由此能求出三菱锥C﹣A1DE的体积．解答：（1）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF．因为DF?平面A1CD，BC1不包含于平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD．（2）解：因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD．由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB．又AA1∩AB=A，于是CD⊥平面ABB1A1．由AA1=AC=CB=2，得∠ACB=90°，，，，A1E=3，故A1D2+DE2=A1E2，即DE⊥A1D．所以三菱锥C﹣A1DE的体积为：==1．点评：本题考查直线与平面平行的证明，考查三菱锥的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．17．（2015?东城区一模）如图甲，⊙O的直径AB=2，圆上两点C，D在直径AB的两侧，且∠CBA=∠DAB=．沿直径AB折起，使两个半圆所在的平面互相垂直（如图乙），F为BC的中点，E为AO的中点．根据图乙解答下列各题：（Ⅰ）求证：CB⊥DE；（Ⅱ）求三棱锥C﹣BOD的体积；（Ⅲ）在劣弧上是否存在一点G，使得FG∥平面ACD？若存在，试确定点G的位置；若不存在，请说明理由．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的性质．专题：综合题；空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）利用等边三角形的性质可得DE⊥AO，再利用面面垂直的性质定理即可得到DE⊥平面ABC，进而得出结论．（Ⅱ）由（Ⅰ）知DE⊥平面ABC，利用转换底面的方法，即可求三棱锥的体积；（Ⅲ）存在，G为劣弧的中点．连接OG，OF，FG，通过证明平面OFG∥平面ACD，即可得到结论．解答：（Ⅰ）证明：在△AOD中，∵，OA=OD，∴△AOD为正三角形，又∵E为OA的中点，∴DE⊥AO…（1分）∵两个半圆所在平面ACB与平面ADB互相垂直且其交线为AB，∴DE⊥平面ABC．…（3分）又CB?平面ABC，∴CB⊥DE．…5分（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知DE⊥平面ABC，∴DE为三棱锥D﹣BOC的高．∵D为圆周上一点，且AB为直径，∴，在△ABD中，由AD⊥BD，，AB=2，得AD=1，．…（6分）∵，∴==．…（8分）（Ⅲ）解：存在满足题意的点G，G为劣弧的中点．…（9分）证明如下：连接OG，OF，FG，易知OG⊥BD，又AD⊥BD∴OG∥AD，∵OG?平面ACD，∴OG∥平面ACD．…（10分）在△ABC中，O，F分别为AB，BC的中点，∴OF∥AC，OF?平面ACD，∴OF∥平面ACD，…（11分）∵OG∩OF=O，∴平面OFG∥平面ACD．又FG?平面OFG，∴FG∥平面ACD．…（12分）点评：本题考查线线、线面、面面关系，考查线线垂直的判定、面面垂直的性质、线面平行的判定及几何体高与体积的计算，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力及分析探究问题和解决问题的能力．18．（2015?威海模拟）如图：是直径为的半圆，O为圆心，C是上一点，且．DF⊥CD，且DF=2，，E为FD的中点，Q为BE的中点，R为FC上一点，且FR=3RC．（Ⅰ）求证：面BCE⊥面CDF；（Ⅱ）求证：QR∥平面BCD；（Ⅲ）求三棱锥F﹣BCE的体积．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．专题：空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）证明BD⊥DF，DF⊥BC，利用直线与平面垂直的判定定理证明BC⊥平面CFD，然后证明面BCE⊥面CDF．（Ⅱ）连接OQ，通过证明RQ∥OM，然后证明QR∥平面BCD．（Ⅲ）利用v F﹣BCE=v F﹣BCD﹣v E﹣BCD求解几何体的体积即可．解答：（本小题满分12分）证明：（Ⅰ）∵DF=2，，，∴BF2=BD2+DF2，∴BD⊥DF﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1分）又DF⊥CD，∴DF⊥平面BCD﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）∴DF⊥BC，又BC⊥CD，∴BC⊥平面CFD，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）∵BC?面BCE∴面BCE⊥面CDF．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）（Ⅱ）连接OQ，在面CFD内过R点做RM⊥CD，∵O，Q为中点，∴OQ∥DF，且﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）∵DF⊥CD∴RM∥FD，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）又FR=3RC，∴，∴，∵E为FD的中点，∴．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）∴OQ∥RM，且OQ=RM∴OQRM为平行四边形，∵RQ∥OM﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）又RQ?平面BCD，OM?平面BCD，∴QR∥平面BCD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）（Ⅲ）∵，∴∠DBC=30°，∴在直角三角形BCD中有，，∴﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）（或求VB-FCE 1/3*1/2*FE*CD*BC）点评：本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用直线与平面平行的判定定理以及几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及逻辑推理计算能力．。
立体几何(7大题型)(解析版)2024年高考数学立体几何大题突破
立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。
考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。
2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。
题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D 1DC =120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ，从而DE ⊥CD ．又AD ⊥CD ，DE ∩AD =D ，DE ,AD ⊂平面AED ，所以CD ⊥平面AED ，ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．连AC 交BD 于点O ，连接CE 交DF 于点G ，连OG ．因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ，所以AE ∥OG ，因为O 为AC 中点，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=2．连接AG 交BD 于点I ，连HI ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AGE ，平面AGE ∩平面BDF =IH ，所以AE ∥IH ．HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA为x 轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ．由(1)知DE =3，得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ，得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t )．因为AE ⎳平面BDF ，所以存在唯一的λ，μ∈R ，使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，所以DE ⊥平面ABC ，从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ，所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点，所以CD ⊥DB ，即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点，DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23，则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A ，过点A 向平面α做垂线，确定垂足O ；(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。
高中立体几何典型50题及解析
高中立体几何典型500题及解析(一)1、二面角βα--l 是直二面角，βα∈∈B A ，，设直线AB 与βα、所成的角分别为∠1和∠2，则（A ）∠1+∠2=900 （B ）∠1+∠2≥900 （C ）∠1+∠2≤900 （D ）∠1+∠2＜900 解析：C分别作两条与二面角的交线垂直的线，则∠1和∠2分别为直线AB 与平面,αβ所成的角。
根据最小角定理：斜线和平面所成的角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角2ABO ∴∠>∠1902190ABO ∠+∠=∴∠+∠≤2. 下列各图是正方体或正四面体，P ，Q ，R ，S 分别是所在棱的中点，这四个点中不共．．面．的一个图是PPQQRSSPPPQQRR RSSSPP PQQQ R RS SS PP Q QR RRSS（A ） （B ） （C ） （D ） D解析： A 项：PS 底面对应的中线，中线平行QS ，PQRS 是个梯形B 项：如图C 项：是个平行四边形D 项：是异面直线。
3. 有三个平面α，β，γ，下列命题中正确的是（A ）若α，β，γ两两相交，则有三条交线 （B ）若α⊥β，α⊥γ，则β∥γ（C ）若α⊥γ，β∩α=a ，β∩γ=b ，则a ⊥b （D ）若α∥β，β∩γ=∅，则α∩γ=∅ D解析：A 项：如正方体的一个角，三个平面相交，只有一条交线。
B 项：如正方体的一个角，三个平面互相垂直，却两两相交。
C 项：如图4. 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一动点P到直线AB 与直线B 1C 1的距离相等，则动点P 所在曲线的形状为1111C解析：11B C ⊥平面AB 111,B C PB ∴⊥，如图：点到定点B 的距离与到定直线AB 的距离相等，建立坐标系画图时可以以点B 1B 的中点为原点建立坐标系。
5. 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中与AD 1成600角的面对角线的条数是（A ）4条 （B ）6条 （C ）8条 （D ）10条C解析：如图这样的直线有4条，另外，这样的直线也有4条，共8条。
高中几何体试题及答案解析
高中几何体试题及答案解析试题一：立体几何基础题题目：已知一个长方体的长、宽、高分别为a、b、c，求该长方体的体积。
解析：长方体的体积可以通过其三个维度的乘积来计算，即体积V = a × b × c。
答案：V = abc。
试题二：空间向量在立体几何中的应用题目：在空间直角坐标系中，点A(1, 0, 0)，点B(0, 1, 0)，点C(0, 0, 1)，求三角形ABC的面积。
解析：空间直角坐标系中，三角形的面积可以通过向量叉乘来求解。
设向量AB = (-1, 1, 0)，向量AC = (-1, 0, 1)，向量AB与向量AC 的叉乘结果为向量AB × AC = (1, -1, 1)。
该向量的模即为三角形ABC的面积的两倍。
答案：三角形ABC的面积为√3。
试题三：圆锥体的体积计算题目：已知圆锥的底面半径为r，高为h，求圆锥的体积。
解析：圆锥的体积可以通过公式V = (1/3)πr²h来计算。
答案：V = (1/3)πr²h。
试题四：球体的表面积与体积题目：已知球体的半径为R，求球体的表面积和体积。
解析：球体的表面积可以通过公式A = 4πR²来计算，球体的体积可以通过公式V = (4/3)πR³来计算。
答案：球体的表面积A = 4πR²，球体的体积V = (4/3)πR³。
试题五：旋转体的体积题目：已知圆柱的底面半径为r，高为h，求圆柱的体积。
解析：圆柱的体积可以通过公式V = πr²h来计算。
答案：V = πr²h。
结束语：通过上述试题及答案解析，我们可以看到高中几何体的计算涉及体积、面积和表面积等概念，这些计算在数学和物理等多个领域都有广泛的应用。
掌握这些基础知识对于解决更复杂的几何问题至关重要。
希望这些试题和解析能够帮助学生加深对立体几何概念的理解，并在解题过程中培养空间想象能力。
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1 如图所示，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，侧面对角线AB 1，BC 1上分别有两点E ，F ，且B 1E =C 1F . 求证：EF ∥平面ABCD .证明 方法一 分别过E ，F 作EM ⊥AB 于M ，FN ⊥BC 于N ，连接MN . ∵BB 1⊥平面ABCD ， ∴BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ， ∴EM ∥BB 1，FN ∥BB 1， ∴EM ∥FN .又∵B 1E =C 1F ，∴EM =FN ，故四边形MNFE 是平行四边形，∴EF ∥MN . 又MN ⊂平面ABCD ，EF ⊄平面ABCD ， 所以EF ∥平面ABCD .方法二 过E 作EG ∥AB 交BB 1于G ， 连接GF ，则BB G B AB E B 1111=，∵B 1E =C 1F ，B 1A =C 1B ， ∴BB G B BC E C 1111=，∴FG ∥B 1C 1∥BC ，又EG ∩FG =G ，AB ∩BC =B ，∴平面EFG ∥平面ABCD ，而EF ⊂平面EFG ， ∴EF ∥平面ABCD .2 已知P 为△ABC 所在平面外一点，G 1、G 2、G 3分别是△PAB 、△PCB 、△PAC 的重心.（1）求证：平面G 1G 2G 3∥平面ABC ； （2）求S △321G G G ∶S △ABC .（1）证明 如图所示，连接PG 1、PG 2、PG 3并延长分别与边AB 、BC 、AC 交于点D 、E 、F ，连接DE 、EF 、FD ，则有PG 1∶PD =2∶3， PG 2∶PE =2∶3，∴G 1G 2∥DE . 又G 1G 2不在平面ABC 内，∴G 1G 2∥平面ABC .同理G 2G 3∥平面ABC . 又因为G 1G 2∩G 2G 3=G 2， ∴平面G 1G 2G 3∥平面ABC .（2）解 由（1）知PE PG PD PG 21 =32，∴G 1G 2=32DE . 又DE =21AC ，∴G 1G 2=31AC . 同理G 2G 3=31AB ，G 1G 3=31BC . ∴△G 1G 2G 3∽△CAB ，其相似比为1∶3， ∴S △321G G G ∶S △ABC =1∶9.3如图所示，已知S 是正三角形ABC 所在平面外的一点，且SA =SB =SC ，SG 为△SAB 上的高，D 、E 、F 分别是AC 、BC 、SC 的中点，试判断SG 与平面DEF 的位置关系，并给予证明.解 SG ∥平面DEF ，证明如下： 方法一 连接CG 交DE 于点H ， 如图所示.∵DE是△ABC的中位线，∴DE∥AB.在△ACG中，D是AC的中点，且DH∥AG.∴H为CG的中点.∴FH是△SCG的中位线，∴FH∥SG.又SG⊄平面DEF，FH⊂平面DEF，∴SG∥平面DEF.方法二∵EF为△SBC的中位线，∴EF∥SB. ∵EF⊄平面SAB，SB⊂平面SAB，∴EF∥平面SAB.同理可证，DF∥平面SAB，EF∩DF=F，∴平面SAB∥平面DEF，又SG⊂平面SAB，∴SG∥平面DEF.5如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是BC、CC1、C1D1、A1A的中点.求证：（1）BF∥HD1；（2）EG∥平面BB1D1D；（3）平面BDF∥平面B1D1H.证明（1）如图所示，取BB1的中点M，易证四边形HMC 1D 1是平行四边形，∴HD 1∥MC 1. 又∵MC 1∥BF ，∴BF ∥HD 1.（2）取BD 的中点O ，连接EO ，D 1O ， 则OE 21DC ， 又D 1G 21DC ，∴OE D 1G ，∴四边形OEGD 1是平行四边形， ∴GE ∥D 1O .又D 1O ⊂平面BB 1D 1D ，∴EG ∥平面BB 1D 1D .（3）由（1）知D 1H ∥BF ，又BD ∥B 1D 1，B 1D 1、HD 1⊂平面HB 1D 1，BF 、BD ⊂平面BDF ，且B 1D 1∩HD 1=D 1， DB ∩BF =B ，∴平面BDF ∥平面B 1D 1H .6如图所示，四边形EFGH 为空间四边形ABCD 的一个截面，若截面为平行四边形.（1）求证：AB ∥平面EFGH ，CD ∥平面EFGH .（2）若AB =4，CD =6，求四边形EFGH 周长的取值范围. （1）证明 ∵四边形EFGH 为平行四边形，∴EF ∥HG . ∵HG ⊂平面ABD ，∴EF ∥平面ABD . ∵EF ⊂平面ABC ，平面ABD ∩平面ABC =AB ， ∴EF ∥AB .∴AB ∥平面EFGH .同理可证，CD ∥平面EFGH .(2)解 设EF =x （0＜x ＜4），由于四边形EFGH 为平行四边形，∴4xCB CF =. 则6FG =BC BF =BC CF BC -=1-4x. 从而FG =6-x 23. ∴四边形EFGH 的周长l =2(x +6-x 23)=12-x . 又0＜x ＜4,则有8＜l ＜12,∴四边形EFGH 周长的取值范围是（8，12）.7如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，问：当点Q 在什么位置时，平面D 1BQ ∥平面PAO ？ 解 当Q 为CC 1的中点时， 平面D 1BQ ∥平面PAO .∵Q 为CC 1的中点，P 为DD 1的中点，∴QB ∥PA . ∵P 、O 为DD 1、DB 的中点，∴D 1B ∥PO . 又PO ∩PA =P ，D 1B ∩QB =B ， D 1B ∥平面PAO ，QB ∥平面PAO ， ∴平面D 1BQ ∥平面PAO .8正方形ABCD 与正方形ABEF 所在平面相交于AB ，在AE 、BD 上各有一点P 、Q ，且AP =DQ .求证：PQ ∥平面BCE .证明 方法一 如图所示，作PM ∥AB 交BE 于M ，作QN ∥AB 交BC 于N ，连接MN .∵正方形ABCD 和正方形ABEF 有公共边AB ，∴AE =BD . 又∵AP =DQ ，∴PE =QB ， 又∵PM ∥AB ∥QN ， ∴AEPE ABPM=，BD BQ DC QN =，DCQNABPM =，∴PM QN ，∴四边形PMNQ 为平行四边形，∴PQ ∥MN . 又MN ⊂平面BCE ，PQ ⊄平面BCE ， ∴PQ ∥平面BCE .方法二 如图所示，连接AQ ，并延长交BC 于K ，连接EK ， ∵AE =BD ，AP =DQ ， ∴PE =BQ ，∴PE AP =BQDQ①又∵AD ∥BK ，∴BQDQ =QKAQ②由①②得PE AP =QKAQ ，∴PQ ∥EK .又PQ ⊄平面BCE ，EK ⊂平面BCE ， ∴PQ ∥平面BCE .方法三 如图所示，在平面ABEF 内，过点P 作PM ∥BE ，交AB 于点M ， 连接QM .∵PM ∥BE ，PM ⊄平面BCE ， 即PM ∥平面BCE ，∴PE AP =MBAM ① 又∵AP =DQ ，∴PE =BQ ，∴PE AP =BQDQ ②由①②得MBAM =BQDQ ，∴MQ ∥AD ， ∴MQ ∥BC ，又∵MQ ⊄平面BCE ，∴MQ ∥平面BCE . 又∵PM ∩MQ =M ，∴平面PMQ ∥平面BCE ， PQ ⊂平面PMQ ，∴PQ ∥平面BCE .8如下的三个图中,上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图,它的正视图和左视图在下面画出(单位:cm).(1)在正视图下面,按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图; (2)按照给出的尺寸,求该多面体的体积;(3)在所给直观图中连接BC ′,证明:BC ′∥平面EFG . (1)解 如图(1)所示.图（1）(2)解 所求多面体体积 V =V 长方体-V 正三棱锥=4×4×6-31×(21×2×2)×2=3284(cm 3). (3)证明 如图(2),在长方体ABCD —A ′B ′C ′D ′中, 连接AD ′,则AD ′∥BC ′.因为E ,G 分别为AA ′,A ′D ′的中点,所以AD ′∥EG ,从而EG ∥BC ′. 又BC ′ 平面EFG , 图（2） 所以BC ′∥面EFG .9.如图所示，正四棱锥P —ABCD 的各棱长均为13，M ，N 分别为PA ，BD 上的点，且PM ∶MA =BN ∶ND =5∶8. （1）求证：直线MN ∥平面PBC ； （2）求线段MN 的长.（1）证明 连接AN 并延长交BC 于Q ， 连接PQ ，如图所示.∵AD ∥BQ ，∴△AND ∽△QNB ，∴NQAN =NBDN =BQAD =58， 又∵MAPM =ND BN =85， ∴MPAM =NQAN =58，∴MN ∥PQ ， 又∵PQ ⊂平面PBC ，MN ⊄平面PBC ， ∴MN ∥平面PBC .（2）解 在等边△PBC 中，∠PBC =60°， 在△PBQ 中由余弦定理知 PQ 2=PB 2+BQ 2-2PB ·BQ cos ∠PBQ =132+2865⎪⎭⎫⎝⎛-2×13×865×21=642818， ∴PQ =891， ∵MN ∥PQ ，MN ∶PQ =8∶13，∴MN =891×138=7. 10 在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，求证：MN ∥平面PAD ．证明：方法一，取PD 中点E ，连接AE ，NE ．∵底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，∴MA ∥CD ，.21CD MA =∵E 是PD 的中点，∴NE ∥CD ，.21CD NE =∴MA ∥NE ，且MA ＝NE ， ∴AENM 是平行四边形，∴MN∥AE．又AE⊂平面PAD，MN ⊄平面PAD，∴MN∥平面PAD．方法二取CD中点F，连接MF，NF．∵MF∥AD，NF∥PD，∴平面MNF∥平面PAD，∴MN∥平面PAD．11在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AC，AB⊥AC，求证：A1C⊥BC1．【分析】要证明“线线垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，因此设法证明A1C垂直于经过BC1的平面即可．证明：连接AC1．∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，∴AB⊥AA1．又AB⊥AC，∴AB⊥平面A1ACC1，∴A1C⊥A B．①又AA1＝AC，∴侧面A1ACC1是正方形，∴A1C⊥AC1．②由①，②得A1C⊥平面ABC1，∴A1C⊥BC1．12在三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB⊥BC，AP⊥PB，求证：平面PAC⊥平面PBC．【分析】要证明“面面垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，而“线面垂直”又可以通过“线线垂直”进行转化．证明：∵平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ∩平面ABC ＝AB ，且AB ⊥BC ， ∴BC ⊥平面PAB ， ∴AP ⊥BC ． 又AP ⊥PB ，∴AP ⊥平面PBC ， 又AP ⊂平面PAC ， ∴平面PAC ⊥平面PBC ．13如图，在斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面A 1ABB 1是菱形，且垂直于底面ABC ，∠A 1AB ＝60°，E ，F 分别是AB 1，BC 的中点．(Ⅰ)求证：直线EF ∥平面A 1ACC 1；(Ⅱ)在线段AB 上确定一点G ，使平面EFG ⊥平面ABC ，并给出证明． 证明：(Ⅰ)连接A 1C ，A 1E ．∵侧面A 1ABB 1是菱形， E 是AB 1的中点， ∴E 也是A 1B 的中点，又F 是BC 的中点，∴EF ∥A 1C ．∵A 1C ⊂平面A 1ACC 1，EF ⊄平面A 1ACC 1， ∴直线EF ∥平面A 1ACC 1．(2)解：当31=GA BG 时，平面EFG ⊥平面ABC ，证明如下： 连接EG ，FG ．∵侧面A 1ABB 1是菱形，且∠A 1AB ＝60°，∴△A 1AB 是等边三角形．∵E 是A 1B 的中点，31=GA BG ，∴EG ⊥AB ． ∵平面A 1ABB 1⊥平面ABC ，且平面A 1ABB 1∩平面ABC ＝AB ， ∴EG ⊥平面ABC ．又EG ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面ABC ．14 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E 是AC 的中点．(Ⅰ)求证：平面BEC 1⊥平面ACC 1A 1；(Ⅱ)求证：AB 1∥平面BEC 1．证明：(Ⅰ)∵ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱，∴AA 1⊥平面ABC ， ∴BE ⊥AA 1．∵△ABC 是正三角形，E 是AC 的中点，∴BE ⊥AC ，∴BE ⊥平面ACC 1A 1，又BE ⊂平面BEC 1，∴平面BEC 1⊥平面ACC 1A 1．(Ⅱ)证明：连接B 1C ，设BC 1∩B 1C ＝D ．∵BCC 1B 1是矩形，D 是B 1C 的中点， ∴DE ∥AB 1． 又DE ⊂平面BEC 1，AB 1⊄平面BEC 1， ∴AB 1∥平面BEC 1．15 在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，△PAD 是等边三角形，已知BD ＝2AD ＝8，542==DC AB ．(Ⅰ)设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面PAD ； (Ⅱ)求四棱锥P －ABCD 的体积． 证明：(Ⅰ)在△ABD 中， 由于AD ＝4，BD ＝8，54=AB ，所以AD 2＋BD 2＝AB 2． 故AD ⊥BD ．又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以BD ⊥平面PAD ，又BD ⊂平面MBD ，故平面MBD ⊥平面PAD ． (Ⅱ)解：过P 作PO ⊥AD 交AD 于O ，由于平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ． 因此PO 为四棱锥P －ABCD 的高，又△PAD 是边长为4的等边三角形．因此.32423=⨯=PO 在底面四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ，所以四边形ABCD 是梯形，在Rt △ADB 中，斜边AB 边上的高为5585484=⨯，即为梯形ABCD 的高，所以四边形ABCD 的面积为.2455825452=⨯+=S 故.316322431=⨯⨯=-ABCD P V16．如图，三棱锥P －ABC 的三个侧面均为边长是1的等边三角形，M ，N 分别为PA ，BC 的中点．(Ⅰ)求MN 的长； (Ⅱ)求证：PA ⊥BC ． (Ⅰ)解：连接MB ，MC ．∵三棱锥P －ABC 的三个侧面均为边长是1的等边三角形，∴23==MC MB ，且底面△ABC 也是边长为1的等边三角形．∵N 为BC 的中点，∴MN ⊥BC ．在Rt △MNB 中，⋅=-=2222BN MB MN(Ⅱ)证明：∵M 是PA 的中点， ∴PA ⊥MB ，同理PA ⊥MC ．∵MB ∩MC ＝M ，∴PA ⊥平面MBC ， 又BC ⊂平面MBC ，∴PA ⊥BC ．17．如图，在四面体ABCD 中，CB ＝CD ，AD ⊥BD ，且E 、F 分别是AB 、BD 的中点．求证：(Ⅰ)直线EF ∥平面ACD ； (Ⅱ)平面EFC ⊥平面BCD ．．证明：(Ⅰ)∵E 、F 分别是AB 、BD 的中点，∴EF 是△ABD 的中位线，∴EF ∥AD ．又EF ⊄平面ACD ，AD ⊂平面ACD ，∴直线EF ∥平面ACD ．(Ⅱ)∵EF ∥AD ，AD ⊥BD ，∴EF ⊥BD ．∵CB ＝CD ，F 是BD 的中点，∴CF ⊥BD ． ∵CF ∩EF ＝F ，∴BD ⊥平面CEF ．∵BD ⊂平面BCD ，∴平面EFC ⊥平面BCD ．18如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠FAB ＝90°，BC ∥AD ，AF BE AF BE AD BC 21,//,21==，G ，H 分别为FA ，FD 的中点．(Ⅰ)证明：四边形BCHG 是平行四边形； (Ⅱ)C ，D ，F ，E 四点是否共面?为什么?(Ⅰ)由题意知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，∴GH ∥AD ，,21AD GH =又BC ∥AD ，AD BC 21=，∴GH ∥BC ，GH ＝BC ， ∴四边形BCHG 是平行四边形．(Ⅱ)C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下：由BE ∥AF ，AF BF 21=，G 是FA 的中点，得BE ∥FG ，且BE ＝FG ．∴EF ∥BG ．由(Ⅰ)知BG ∥CH ，∴EF ∥CH ，故EC ，FH 共面，又点D 在直线FH 上， 所以C ，D ，F ，E 四点共面．。