高考数学专题20 立体几何大题(解析版)
2023年高考数学立体几何真题练习(含答案解析)
2023年高考数学立体几何真题练习（含答案解析）1．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥−P ABC 的六条棱长均为6，S 是ABC 及其内部的点构成的集合．设集合{}5T Q S PQ =∈≤，则T 表示的区域的面积为（ ） A ．34πB ．πC ．2πD ．3π【答案】B 【解析】设顶点P 在底面上的投影为O ，连接BO ，则O 为三角形ABC 的中心，且263BO =⨯=PO 因为5PQ =，故1OQ =，故S 的轨迹为以O 为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC 内切圆的圆心为O ，半径为2364136=>⨯， 故S 的轨迹圆在三角形ABC 内部，故其面积为π 故选：B2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA −=，E ，F 分别是棱11,BC AC 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A −−的平面角为γ，则（ ）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．βγα≤≤D ．αγβ≤≤【答案】A【解析】如图所示，过点F 作FP AC ⊥于P ，过P 作PM BC ⊥于M ，连接PE ，则EFP α=∠，FEP β=∠，FMP γ=∠， tan 1PE PE FP AB α==≤，tan 1FP AB PE PE β==≥，tan tan FP FPPM PEγβ=≥=， 所以αβγ≤≤， 故选：A ．3．（多选题）（2022·全国·高考真题）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD −，F ABC −，F ACE −的体积分别为123,,V V V ，则（ ）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【答案】CD 【解析】设22AB ED FB a ===，因为ED ⊥平面ABCD ，FB ED ，则()2311114223323ACDV ED Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=， ()232111223323ABCV FB Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=，连接BD 交AC 于点M ，连接,EM FM ，易得BD AC ⊥，又ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，则ED AC ⊥，又ED BD D =，,ED BD ⊂平面BDEF ，则AC ⊥平面BDEF ，又12BM DM BD ===，过F 作FG DE ⊥于G ，易得四边形BDGF 为矩形，则,FG BD EG a ===，则,EM FM ==，3EF a =，222EM FM EF +=，则EM FM ⊥，212EFMSEM FM =⋅，AC =， 则33123A EFM C EFM EFMV V V AC S a −−=+=⋅=，则3123V V =，323V V =，312V V V =+，故A 、B 错误；C 、D 正确. 故选：CD.4．（多选题）（2022·全国·高考真题）已知正方体1111ABCD A B C D −，则（ ） A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒ D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒【答案】ABD【解析】如图，连接1B C 、1BC ，因为11//DA B C ，所以直线1BC 与1B C 所成的角即为直线1BC与1DA 所成的角，因为四边形11BB C C 为正方形，则1B C ⊥1BC ，故直线1BC 与1DA 所成的角为90︒，A 正确；连接1AC ，因为11A B ⊥平面11BB C C ，1BC ⊂平面11BB C C ，则111A B BC ⊥， 因为1B C ⊥1BC ，1111A B B C B =，所以1BC ⊥平面11A B C ，又1AC ⊂平面11A B C ，所以11BC CA ⊥，故B 正确； 连接11AC ，设1111ACB D O =，连接BO ，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，1C O ⊂平面1111D C B A ，则11C O B B ⊥， 因为111C O B D ⊥，1111B D B B B ⋂=，所以1C O ⊥平面11BB D D ， 所以1C BO ∠为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角，设正方体棱长为1，则1C O =1BC =1111sin 2C O C BO BC ∠==， 所以，直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为30，故C 错误；因为1C C ⊥平面ABCD ，所以1C BC ∠为直线1BC 与平面ABCD 所成的角，易得145C BC ∠=，故D 正确. 故选：ABD5．（多选题）（2021·全国·高考真题）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC −的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【答案】BD 【解析】易知，点P 在矩形11BCC B 内部（含边界）．对于A ，当1λ=时，11=BP BC BB BC CC μμ=++，即此时P ∈线段1CC ，1AB P △周长不是定值，故A 错误；对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB B C λλ=++，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当12λ=时，112BP BC BB μ=+，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP BQ QH μ=+，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，1A ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，则112A P μ⎛⎫=−− ⎪ ⎪⎝⎭，10,,2BP μ⎛⎫=− ⎪⎝⎭，()110A P BP μμ⋅=−=，所以0μ=或1μ=．故,H Q 均满足，故C 错误； 对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为0,0A ⎫⎪⎪⎝⎭，所以01,2AP y ⎛⎫=− ⎪ ⎪⎝⎭，11,122A B ⎛⎫=−− ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +−=⇒=−，此时P 与N 重合，故D 正确． 故选：BD ．6．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1DBCC 1B 1的交线长为________．【答案】2. 【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D −的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E =111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D −为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，1D E =||EP =所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ， 因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得22FG π==..。
2024年9-10月新高考数学名校模拟大题汇编：立体几何(解析版)
2024年9-10月新高考数学名校大题汇编：立体几何大题必备基础知识梳理【知识点一：空间向量及其加减运算】(1)空间向量在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模．空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量a 的起点是A ，终点是B ，则向量a也可以记作AB ，其模记为a或AB .(2)零向量与单位向量规定长度为0的向量叫做零向量，记作0．当有向线段的起点A 与终点B 重合时，AB=0.模为1的向量称为单位向量.(3)相等向量与相反向量方向相同且模相等的向量称为相等向量．在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量．空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量.与向量a 长度相等而方向相反的向量，称为a 的相反向量，记为-a .(4)空间向量的加法和减法运算①OC=OA+OB=a +b ，BA=OA-OB=a -b．如图所示.②空间向量的加法运算满足交换律及结合律a +b =b +a ，a +b +c =a +b +c【知识点二：空间向量的数乘运算】(1)数乘运算实数λ与空间向量a 的乘积λa 称为向量的数乘运算．当λ>0时，λa 与向量a方向相同；当λ<0时，向量λa 与向量a 方向相反.λa 的长度是a的长度的λ 倍.(2)空间向量的数乘运算满足分配律及结合律λa +b =λa +λb ，λμa =λμ a .(3)共线向量与平行向量如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，a 平行于b ，记作a ⎳b.(4)共线向量定理对空间中任意两个向量a ，b b ≠0，a ⎳b的充要条件是存在实数λ，使a =λb.(5)直线的方向向量如图8-153所示，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线．对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使OP =OA +ta ①，其中向量a 叫做直线l 的方向向量，在l 上取AB =a ，则式①可化为OP =OA +tAB =OA +t OB -OA =1-t OA +tOB ②①和②都称为空间直线的向量表达式，当t =12，即点P 是线段AB 的中点时，OP =12OA +OB ，此式叫做线段AB 的中点公式.(6)共面向量如图8-154所示，已知平面α与向量a ，作OA=a，如果直线OA 平行于平面α或在平面α内，则说明向量a 平行于平面α．平行于同一平面的向量，叫做共面向量.(7)共面向量定理如果两个向量a ，b不共线，那么向量p 与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对x ,y ，使p =xa +yb.推论：①空间一点P 位于平面ABC 内的充要条件是存在有序实数对x ,y ，使AP =xAB +yAC；或对空间任意一点O ，有OP-OA=xAB+yAC，该式称为空间平面ABC 的向量表达式.②已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，满足向量关系式OP =xOA +yOB +zOC (其中x +y +z =1)的点P 与点A ，B ，C 共面；反之也成立.【知识点三：空间向量的数量积运算】(1)两向量夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA =a ，OB =b ，则∠AOB 叫做向量a ，b 的夹角，记作a ,b ，通常规定0≤a ,b ≤π，如果a ,b =π2，那么向量a ，b 互相垂直，记作a ⊥b ．(2)数量积定义已知两个非零向量a ，b ，则a b cos a ,b 叫做a ，b 的数量积，记作a ⋅b ，即a ⋅b =a b cos a,b．零向量与任何向量的数量积为0，特别地，a ⋅a =a 2．(3)空间向量的数量积满足的运算律：λa ⋅b =λa ⋅b ，a ⋅b =b ⋅a (交换律)；a ⋅b +c =a ⋅b +a ⋅c(分配律)．【知识点四：空间向量的坐标运算及应用】(1)设a =a 1,a 2,a 3 ，b=b 1,b 2,b 3 ，则a +b=a 1+b 1,a 2+b 2,a 3+b 3 ；a -b=a 1-b 1,a 2-b 2,a 3-b 3 ；λa=λa 1,λa 2,λa 3 ；a ⋅b=a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3；a ⎳b b ≠0⇒a 1=λb 1,a 2=λb 2,a 3=λb 3；a ⊥b⇒a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3=0．(2)设A x 1,y 1,z 1 ，B x 2,y 2,z 2 ，则AB =OB -OA=x 2-x 1,y 2-y 1,z 2-z 1 ．这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标．(3)两个向量的夹角及两点间的距离公式．①已知a =a 1,a 2,a 3 ，b =b 1,b 2,b 3 ，则a =a 2=a 12+a 22+a 32；b =b2=b 12+b 22+b 32；a ⋅b=a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3；cos a ,b =a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3a 12+a 22+a 32b 12+b 22+b 32；②已知A x 1,y 1,z 1 ，B x 2,y 2,z 2 ，则AB=x 1-x 22+y 1-y 2 2+z 1-z 2 2，或者d A ,B =AB．其中d A ,B 表示A 与B 两点间的距离，这就是空间两点的距离公式．(4)向量a 在向量b 上的投影为a cos a ,b=a ⋅b b．【知识点五：法向量的求解与简单应用】(1)平面的法向量：如果表示向量n 的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n ⊥α，如果n⊥α，那么向量n叫做平面α的法向量．几点注意：①法向量一定是非零向量；②一个平面的所有法向量都互相平行；③向量n 是平面的法向量，向量m 是与平面平行或在平面内，则有m ⋅n =0．第一步：写出平面内两个不平行的向a=x 1，y 1，z 1 ，b=x 2，y 2，z 2 ；第二步：那么平面法向量n=x ， y ， z ，满足n ⋅a=0n ⋅b =0⇒xx 1+yy 1+zz 1=0xx 2+yy 2+zz 2=0．(2)判定直线、平面间的位置关系①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线a ，b 的方向向量分别为a ，b．若a ∥b，即a =λb，则a ∥b ；若a ⊥b，即a ⋅b=0，则a ⊥b ．②直线与平面的位置关系：直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，且l ⊥α．若a ∥n ，即a =λn ，则l ⊥α；若a ⊥n ，即a ⋅n =0，则a ∥α．(3)平面与平面的位置关系平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2．若n 1∥n 2，即n 1=λn 2，则α∥β；若n 1⊥n 2，即n 1⋅n 2=0，则α⊥β．【知识点六：空间角公式】(1)异面直线所成角公式：设a ，b分别为异面直线l 1，l 2上的方向向量，θ为异面直线所成角的大小，则cos θ=cos a,b =a ⋅b a b．(2)线面角公式：设l 为平面α的斜线，a 为l 的方向向量，n为平面α的法向量，θ为l 与α所成角的大小，则sin θ=cos a ,n=a ⋅na n．(3)二面角公式：设n 1，n 2分别为平面α，β的法向量，二面角的大小为θ，则θ=n 1 ,n 2 或π-n 1 ,n 2(需要根据具体情况判断相等或互补)，其中cos θ =n 1 ⋅n 2n 1 n 2．【知识点七：空间中的距离】求解空间中的距离(1)异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．如图，设两条异面直线a ，b 的公垂线的方向向量为n ，这时分别在a ，b 上任取A ，B 两点，则向量在n上的正射影长就是两条异面直线a ，b 的距离．则d =AB ⋅n |n |=|AB ⋅n ||n|即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．(2)点到平面的距离A 为平面α外一点(如图)，n为平面α的法向量，过A 作平面α的斜线AB 及垂线AH ．|AH |=|AB |⋅sin θ=|AB |⋅|cos <AB ,n >|=|AB ||AB ⋅n |AB ⋅n =|AB ⋅n|nd =|AB ⋅n||n|【必考题型汇编】1.(湖南省长沙市2025届高三六校九月大联考解析第16题)如图,四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形,BC ⎳AD ,EF ⎳AD ,AD =4,AB =2,BC =EF =2,AF =11,FB ⊥平面ABCD ,M 为AD 上一点,且FM ⊥AD ,连接BD 、BE 、BM .(1)证明:BC ⊥平面BFM ;(2)求平面ABF 与平面DBE 的夹角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:因为FB ⊥平面ABCD ,又AD ⊂平面ABCD ,所以FB ⊥AD .又FM ⊥AD ,且FB ∩FM =F ,所以AD ⊥平面BFM .因为BC ⎳AD ,所以BC ⊥平面BFM .(2)解析:作EN ⊥AD ,垂足为N ,则FM ⎳EN .又EF ⎳AD ,所以四边形FMNE 是平行四边形,又EN ⊥AD ,所以四边形FMNE 是矩形,又四边形ADEF 为等腰梯形,且AD =4,EF =2,所以AM =1.由(1)知AD ⊥平面BFM ,所以BM ⊥AD .又AB =2,所以BM =1.在Rt △AFM 中,FM =AF 2-AM 2=10.在Rt △FMB 中,∴FB =FM 2-BM 2=3.由上可知,能以BM 、BC 、BF 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系.则A -1,-1,0 ,B 0,0,0 ,F 0,0,3 ,D -1,3,0 ,E 0,2,3 ,所以,AB =1,1,0 ,BF =0,0,3 ,BD =-1,3,0 ,BE=0,2,3 ,设平面ABF 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ,由m ⋅AB=0m ⋅BF =0,得x 1+y 1=0z 1=0 ,可取m =1,-1,0 ;设平面BDE 的法向量为n=x 2,y 2,z 2 ,由n ⋅BD=0n ⋅BE =0,得-x 2+3y 2=0-2y 2+3z 2=0 ,可取n=9,3,2 .因此,cos ‹m ,n›=m ⋅n m ⋅n=9-31+1⋅81+9+4=34747.依题意可知,平面ABF 与平面DBE 的夹角的余弦值为34747.2.(辽宁省沈阳市郊联体2024年高三上学期开学联考解析第17题)如图,已知斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧面BB 1C 1C ⊥侧面AA 1B 1B ,侧面BB 1C 1C 是矩形,侧面AA 1B 1B 是菱形,∠BAA 1=60°,AB =2BC =2,点E ,F ,G 分别为棱AA 1,A 1C ,BB 1的中点.(1)证明:FG ⎳平面ABC ;(2)求二面角A 1-B 1C -E 的余弦值.方法提供与解析:解析:(1)证明:因为点E ,F ,G 分别为棱AA 1,A 1C ,BB 1的中点,连接EF ,EG ,则EF ⎳AC ,EG ⎳AB ,又因为EF ⊄平面ABC ,AC ⊂平面ABC ,所以EF ⎳平面ABC ,同理可得EG ⎳平面ABC ,因为EF ∩EG =E ,EF ⊂平面EFG ,EG ⊂平面EFG ,所以平面EFG ⎳平面ABC ,因为FG ⊂平面EFG ,所以FG ⎳平面ABC .(2)解:侧面BB 1C 1C 是矩形,所以BC ⊥BB 1,又因为平面BB 1C 1C ⊥平面AA 1B 1B ,平面BB 1C 1C ∩平面AA 1B 1B =BB 1,所以BC ⊥平面AA 1B 1B ,又BE ⊂平面AA 1B 1B ,因此BC ⊥BE .在菱形AA 1B 1B 中,∠BAA 1=60°,因此△AA 1B 是等边三角形,又E 是AA 1的中点,所以BE ⊥AA 1,从而得BE ⊥BB 1.如图,以B 为坐标原点,BE ,BB 1,BC 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.因为AB =2BC =2,所以BE =AB sin60°=3,因此B 10,2,0 ,A 13,1,0 ,E 3,0,0 ,C 0,0,1 ,所以B 1C =0,-2,1 ,B 1E =3,-2,0 ,B 1A 1=3,-1,0 ,设平面EB 1C 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ,由m⊥B 1C,得-2y 1+z 1=0 ,令y 1=1,得m =23,1,2设平面A 1B 1C 的法向量为n=x 2,y 2,z 2 ,由n ⊥B 1Cn ⊥B 1A 1,得-2y 2+z 2=03x 2-y 2=0 ,令y 2=1,得n =33,1,2 ,cos ‹m ,n ›=m ⋅n m ⋅n =23+1+4193⋅163=171976,即二面角A 1-B 1C -E 的余弦值为171976.3.如图,在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1⊥平面ABCD ,底面ABCD 为梯形,AD ⎳BC ,BC =4,AB =AD =DC =AA 1=2,Q 为AD 的中点.(1)在A 1D 1上是否存在点P ,使直线CQ ⎳平面AC 1P ,若存在,请确定点P 的位置并给出证明,若不存在,请说明理由;(2)若(1)中点P 存在,求平面AC 1P 与平面ABB 1A 1所成的锐二面角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:(几何法)存在,证明如下:在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,因为平面ABCD ⎳平面A 1B 1C 1D 1,所以可在平面A 1B 1C 1D 1内作C 1P ⎳CQ ,由平面几何知识可证△C 1D 1P ≅△CDQ ,所以D 1P =DQ ,可知P 是A 1D 1中点,因为C 1P ⊂平面AC 1P ,所以CQ ⎳平面AC 1P .即存在线段A 1D 1的中点,满足题设条件.满足条件的点只有一个,证明如下:当CQ ⎳平面AC 1P 时,因为CQ ⎳平面A 1B 1C 1D 1,所以过C 1作平行于CQ 的直线既在平面A 1C 1P 内,也在平面A 1B 1C 1D 1内,而在平面A 1B 1C 1D 1内过C 1只能作一条直线C 1P ⎳CQ ,故满足条件的点P 只有唯一一个.所以,有且只有A 1D 1的中点为满足条件的点P ,使直线CQ ⎳平面AC 1P .(2)解析:(坐标法)过点D 作DF ⊥BC ,垂足为F ,又因为DD 1⊥平面ABCD ,以D 为坐标原点,分别以DA ,DF ,DD 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立如图的空间直角坐标系D -xyz ,则A 2,0,0 ,P 1,0,2 ,C 1-1,3,2 ,A 12,0,2 ,B 3,3,0 ,P A =1,0,-2 ,PC 1 =-2,3,0 ,AB =1,3,0 ,AA 1=0,0,2设平面P AC 1的法向量为n=x ,y ,z ,则有n ⋅P A=0,n ⋅PC 1 =0,即x -2z =0,-2x +3y =0. 令x =23,得y =4,z =3,所以n=23,4,3 .设平面ABB 1A 1的法向量为m=x ,y ,z .则有AB ⋅m =0,AA 1 ⋅m =0,即x +3y =0,2z =0. 令x =3,得y =-1,z =0,所以m=3,-1,0 .所以cos n ,m =n ⋅m n m=6-4+0231=3131.故平面AC 1P 与平面ABB 1A 1所成的锐二面角的余弦值为3131.4.(福建泉州市2025届高中毕业班模拟检测(一)解析第16题)4:如图,在四棱锥P -ABCD 中,PD =PC =CB =BA =12AD =2,AD ⎳CB ,∠CPD =∠ABC =90°,平面PCD ⊥平面ABCD ,E 为PD 中点.(1)求证:PD ⊥平面PCA ;(2)点Q 在棱P A 上,CQ 与平面PDC 所成角的正弦值为63,求平面PCD 与平面CDQ 夹角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:由题意:BC =AB =2,∠ABC =90°,AC =AB 2+BC 2=22同理CD =22,又AD =4,CD 2+AC 2=AD 2,CD ⊥AC .而CD =22=PD 2+PC 2,即PC ⊥PD ,又平面PCD ⊥平面ABCD ,平面PCD ∩平面ABCD =CD ,AC ⊂平面ABCD ,AC ⊥平面PCD ,PD ⊂平面PCD ,PD ⊥AC ,又PC ⊥PD ,且PC ⊂面PCA ,AC ⊂面PCA ,PC ∩AC =C ,PD ⊥平面PCA .(2)解析:以C 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则C 0,0,0 ,A 0,22,0 ,D 22,0,0 ,P 2,0,2 ,所以CD =22,0,0 ,CP =2,0,2 ,P A=-2,22,-2 ,设PQ =λP A 0<λ<1 ,有CQ =CP +λP A=21-λ ,22λ,21-λ ,取面PCD 的一个法向量m =0,1,0 ,则cos CQ ,m =22λ41-λ 2+8λ2=63,λ=12,故CQ =22,2,22.令n=x ,y ,z 是平面CDQ 的一个法向量,则n ⋅CD =0n ⋅CQ =0,即22x =022x +2y +22z =0,令y =1,有n =0,1,-2 ,则cos ‹n ,m › =n ⋅m n m=55,故平面PCD 与平面CDQ 夹角的余弦值为55.5.(长沙市雅礼中学2025届高三上学期(9月)综合自主测试解析第17题)5:如图(1),在△ABC 中,CD ⊥AB ,BD =2CD =2AD =4,点E 为AC 的中点.将△ACD 沿CD 折起到△PCD 的位置,使DE ⊥BC ,如图(2).图(1)图(2)(1)求证:PB ⊥PC ;(2)在线段BC 上是否存在点F ,使得CP ⊥DF ?若存在,求二面角P -DF -E 的余弦值;若不存在,说明理由。
2023年高考数学----立体几何解答题常考全归类真题练习题(含答案解析)
2023年高考数学----立体几何解答题常考全归类真题练习题（含答案解析）1．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C -中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D 为11A B 的中点，E 为1AA 的中点，F 为CD 的中点．(1)求证：//EF 平面ABC ；(2)求直线BE 与平面1CC D 所成角的正弦值； (3)求平面1ACD 与平面1CC D 所成二面角的余弦值． 【解析】（1）证明：在直三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面111A B C ，且AC AB ⊥，则1111AC A B ⊥以点1A 为坐标原点，1A A 、11A B 、11AC 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()2,0,0A 、()2,2,0B 、()2,0,2C 、()10,0,0A 、()10,0,2B 、()10,0,2C 、()0,1,0D 、()1,0,0E 、11,,12F ⎛⎫⎪⎝⎭，则10,,12EF ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 易知平面ABC 的一个法向量为()1,0,0m =，则0EF m ⋅=，故EF m ⊥，EF ⊄平面ABC ，故//EF 平面ABC .（2）()12,0,0C C =，()10,1,2C D =−，()1,2,0EB =，设平面1CC D 的法向量为()111,,u x y z =，则111112020u C C x u C D y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=−=⎪⎩，取12y =，可得()0,2,1u =，4cos ,5EB u EB u EB u⋅<>==⋅. 因此，直线BE 与平面1CC D 夹角的正弦值为45.（3）()12,0,2AC =，()10,1,0A D =， 设平面1ACD 的法向量为()222,,v x y z =，则122122200v AC x z v A D y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩，取21x =，可得()1,0,1v =−，则1cos ,5u v u v u v⋅<>==−=⨯⋅因此，平面1ACD 与平面1CC D 2．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．【解析】（1）因为AD CD =，E 为AC 的中点，所以AC DE ⊥； 在ABD △和CBD △中，因为,,B A C D CD ADB DB DB D ∠=∠==，所以ABD CBD ≌△△，所以AB CB =，又因为E 为AC的中点，所以AC BE ⊥； 又因为,DE BE ⊂平面BED ，DE BE E ⋂=，所以AC ⊥平面BED ，因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .（2）连接EF ，由（1）知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ， 所以AC EF ⊥，所以1=2AFC S AC EF ⋅△， 当EF BD ⊥时，EF 最小，即AFC △的面积最小. 因为ABD CBD ≌△△，所以2CB AB ==， 又因为60ACB ∠=︒，所以ABC 是等边三角形， 因为E 为AC 的中点，所以1AE EC ==，BE 因为AD CD ⊥，所以112DE AC ==, 在DEB 中，222DE BE BD +=，所以BE DE ⊥.以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E xyz −，则()()()1,0,0,,0,0,1A B D ，所以()()1,0,1,AD AB =−=−， 设平面ABD 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AD x z n AB x ⎧⋅=−+=⎪⎨⋅=−+=⎪⎩，取y =()3,3,3n =， 又因为()31,0,0,4C F ⎛⎫− ⎪ ⎪⎝⎭，所以31,4CF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，所以cos ,21n CF n CF n CF⋅===设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为02πθθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，所以4sin cos ,7nCF θ==所以CF 与平面ABD3．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B −−的平面角为60︒．设M ，N 分别为,AE BC 的中点．(1)证明：FN AD ⊥；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．【解析】（1）过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点G 、H ． ∵四边形ABCD 和EFCD 都是直角梯形，//,//,5,3,1AB DC CD EF AB DC EF ===，60BAD CDE ∠=∠=︒，由平面几何知识易知，2,90DG AH EFC DCF DCB ABC ==∠=∠=∠=∠=︒，则四边形EFCG 和四边形DCBH 是矩形，∴在Rt EGD 和Rt DHA ，EG DH == ∵,DC CF DC CB ⊥⊥，且CF CB C ⋂=，∴DC ⊥平面,BCF BCF ∠是二面角F DC B −−的平面角，则60BCF ∠=， ∴BCF △是正三角形，由DC ⊂平面ABCD ，得平面ABCD ⊥平面BCF ，∵N 是BC 的中点，∴FN BC ⊥，又DC ⊥平面BCF ，FN ⊂平面BCF ，可得FN CD ⊥，而BC CD C ⋂=，∴FN ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD FN AD ∴⊥．（2）因为FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以以点N 为原点， NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N xyz −，设(3,(1,0,3)A B D E，则32M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，333,,,(2,23,0),(2,22BM AD DE ⎛⎫∴=−=−−=− ⎪ ⎪⎝⎭ 设平面ADE 的法向量为(,,)nx y z =由00n AD n DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得20230x x z ⎧−−=⎪⎨−+=⎪⎩，取(3,n =−，设直线BM 与平面ADE 所成角为θ，∴3||sin cos ,|||3n BM n BM n BMθ⋅=〈〉====⋅4．（2022·全国·统考高考真题）如图，PO 是三棱锥−P ABC 的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB 的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B −−的正弦值． 【解析】（1）证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥−P ABC 的高，所以PO ⊥平面ABC ，,AO BO ⊂平面ABC ， 所以PO AO ⊥、PO BO ⊥，又PA PB =，所以POA POB ≅△△，即OA OB =，所以OAB OBA ∠=∠，又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒， 所以ODA OAD ∠=∠所以AO DO =，即AO DO OB ==，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以//OE PD ， 又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ， 所以//OE 平面PAC（2）过点A 作//Az OP ，如图建立平面直角坐标系， 因为3PO =，5AP =，所以4OA =，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD，AB = 所以12AC =，所以()O，()B，()P ，()0,12,0C ，所以32E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则332AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()43,0,0AB =，()0,12,0AC =，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则33302430n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令2z =，则=3y −，0x =，所以()0,3,2n =−；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则33302120m AE a bc m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令a =6c =−，0b =，所以()3,0,6m =−；所以cos ,13n m n m n m⋅−===设二面角C AE B −−的大小为θ，则43cos cos ,=13n m θ=， 所以11sin 13θ=，即二面角C AE B −−的正弦值为1113.5．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC −的体积．【解析】（1）由于AD CD =，E 是AC 的中点，所以AC DE ⊥.由于AD CDBD BD ADB CDB =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，所以ADB CDB ≅△△，所以AB CB =，故AC BD ⊥，由于DE BD D ⋂=，,DE BD Ì平面BED ， 所以AC ⊥平面BED ，由于AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD . （2）[方法一]：判别几何关系依题意2AB BD BC ===，60ACB ∠=︒，三角形ABC 是等边三角形，所以2,1,AC AE CE BE ===由于,AD CD AD CD =⊥，所以三角形ACD 是等腰直角三角形，所以1DE =. 222DE BE BD +=，所以DE BE ⊥，由于AC BE E ⋂=，,AC BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC . 由于ADB CDB ≅△△，所以FBA FBC ∠=∠，由于BF BF FBA FBC AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，所以FBA FBC ≅，所以AF CF =，所以EF AC ⊥， 由于12AFCSAC EF =⋅⋅，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小 过E 作EF BD ⊥，垂足为F ，在Rt BED △中，1122BE DE BD EF ⋅⋅=⋅⋅，解得EF =所以13,222DF BF DF ===−=， 所以34BF BD =过F 作FH BE ⊥，垂足为H ，则//FH DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且34FH BF DE BD ==， 所以34FH =，所以111323324F ABC ABCV SFH −=⋅⋅=⨯⨯=[方法二]：等体积转换AB BC =，60ACB ∠=︒，2AB =ABC ∴∆是边长为2的等边三角形，BE ∴=连接EFADB CDB AF CF EF ACBED EF BD ∆≅∆∴=∴⊥∴∆⊥∆在中，当时，AFC 面积最小222,,2,,BED EF AD CD AD CD AC E AC DE BE BD BE EDBE DE EF BD BD ⊥==∴+=∴⊥⋅⊥∆==为中点DE=1若在中，32113222BEFBF S BF EF ∆∴=⋅=⋅11233F ABC A BEF C BEF BEF V V V S AC −−−∆∴=+=⋅=6．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥P ABCD −中，PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP ====∥(1)证明：BD PA ⊥；(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．【解析】（1）证明：在四边形ABCD 中，作DE AB ⊥于E ，CF AB ⊥于F ， 因为//,1,2CD AB AD CD CB AB ====， 所以四边形ABCD 为等腰梯形， 所以12AE BF ==，故DE =BD = 所以222AD BD AB +=， 所以AD BD ⊥，因为PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以PD BD ⊥， 又=PD AD D ⋂， 所以BD ⊥平面PAD ， 又因为PA ⊂平面PAD ， 所以BD PA ⊥；（2）如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系，BD =则()()(1,0,0,,A B P ，则()()(1,0,3,0,3,3,AP BP DP =−=−=，设平面PAB 的法向量(),,n x y z =，则有0{30n AP x n BP ⋅=−=⋅=−=，可取()3,1,1n =， 则5cos ,5n DPn DP n DP ⋅==所以PD 与平面PAB7．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【解析】（1）取AB 的中点为K ，连接,MK NK ，由三棱柱111ABC A B C -可得四边形11ABB A 为平行四边形，而11,B M MA BK KA ==，则1//MK BB ，而MK ⊄平面11BCC B ，1BB ⊂平面11BCC B ，故//MK 平面11BCC B ，而,CN NA BK KA ==，则//NK BC ，同理可得//NK 平面11BCC B ，而,,NK MK K NK MK =⊂平面MKN ，故平面//MKN 平面11BCC B ，而MN ⊂平面MKN ，故//MN 平面11BCC B ，（2）因为侧面11BCC B 为正方形，故1CB BB ⊥，而CB ⊂平面11BCC B ，平面11CBB C ⊥平面11ABB A ，平面11CBB C ⋂平面111ABB A BB =，故CB ⊥平面11ABB A ，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，因为AB ⊂平面11ABB A ，故NK AB ⊥，若选①，则AB MN ⊥，而NK AB ⊥，NK MN N =，故AB ⊥平面MNK ，而MK ⊂平面MNK ，故AB MK ⊥，所以1AB BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ， 故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =−，则()2,2,1n =−−， 设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯. 若选②，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，而KM ⊂平面MKN ， 故NK KM ⊥，而11,1B M BK NK ===，故1B M NK =，而12B B MK ==，MB MN =，故1BB M MKN ≅，所以190BB M MKN ∠=∠=︒，故111A B BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ， 故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =−，则()2,2,1n =−−， 设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯.8．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C −−的正弦值． 【解析】（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ， 则111111112211433333A A BC A A ABC A ABC AB BC C C B V S h h V S A A V −−−=⋅===⋅==，解得h =所以点A 到平面1A BC （2）取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥, 又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC ⋂平面111ABB A A B =， 且AE ⊂平面11ABB A ，所以⊥AE 平面1A BC ， 在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ， 由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ， 所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE 12AA AB ==，1A B =2BC =， 则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1AC 的中点()1,1,1D ， 则()1,1,1BD =，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩， 可取()1,0,1m =−，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c =，则020n BD a b c n BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩， 可取()0,1,1n =−r ， 则11cos ,22m nm n m n ⋅===⨯⋅，所以二面角A BD C −−=本课结束。
2022年山东新高考数学专项练习试题(含解析)——立体几何
一、单选题1.已知正方形的边长为1，P、Q分别为的中点，沿将三角形折起到的位置，则三棱锥体积的最大值（）A. B. C. D.2.已知是两条不同的直线，是两个不同平面，下列命题中错误的是（）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则3.如图所示，一个三棱锥的三视图是三个直角三角形，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.4.如图，为水平放置的的直观图，其中，，则在原平面图形中有（）A. B. C. D.5.已知正三棱锥中，.底面边长为2，若该三棱锥的顶点都在同一个球的表面上，则球的表面积为（）A. B. C. D.6.已知，，表示不同的直线，，表示不同的平面，则下列说法正确的是（）A. 若，，则B. 若，，，则C. 若，，，，则D. 若，，，，则7.在三棱锥中，．若该三棱锥的四个顶点都在球的表面上，则当三棱锥体积最大时，球的表面积为（）A. B. C. D.8.已知在四面体中，平面平面，△是边长为的等边三角形，，，则四面体的体积为（）A. B. C. D.9.已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A. B. C. D.10.长方体中，和与底面所成的角分别为60°和45°，则异面直线和所成角的余弦值为（）A. B. C. D.11.设，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l，m（）A. 若l，则B. 若，则l mC. 若l//，则//D. 若//，则l//m12.已知平面、、两两垂直，直线、、满足：，，，则直线、、不可能满足以下哪种关系（）A. 两两垂直B. 两两平行C. 两两相交D. 两两异面13.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm2）是（）A. +1B. +3C. +1D. +314.如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A. BM=EN，且直线BM、EN是相交直线B. BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C. BM=EN，且直线BM、EN是异面直线D. BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线15.已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为（）A. B. 12π C. D.16..一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A. 3B. 4C. 2+4D. 3+417.设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（）A. α内有无数条直线与β平行B. α内有两条相交直线与β平行C. α，β平行于同一条直线D. α，β垂直于同一平面18.某工作的三视图如图所示，现将该工作通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工作的一个面内，则原工件材料的利用率为（）（材料利用率=新工件的体积/原工件的体积）A. B. C. D.19.设是同一个半径为的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为( )A. B. C. D.20.下列命题中错误的是（）A. 如果α⊥β，那么α内一定存在直线平行于平面βB. 如果α⊥β，那么α内所有直线都垂直于平面βC. 如果平面α不垂直平面β，那么α内一定不存在直线垂直于平面βD. 如果α⊥γ，β⊥γ，α∩β=l，那么l⊥γ21.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=，则下列结论中错误的个数是( )(1) AC⊥BE.(2) 若P为AA1上的一点,则P到平面BEF的距离为.(3) 三棱锥A-B EF的体积为定值.(4) 在空间与DD1,AC,B1C1都相交的直线有无数条.(5) 过CC1的中点与直线AC1所成角为40并且与平面BEF所成角为50的直线有2条.A. 0B. 1C. 2D. 322.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A. 60B. 30C. 20D. 1023.如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底面为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（）A. 2+B.C.D. 1+24.已知两条互不重合的直线m，n，两个不同的平面α，β，下列命题中正确的是（）A. 若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥βB. 若m⊥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥βC. 若m⊥α，n∥β，且m∥n，则α∥βD. 若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β25.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A. πB.C.D.26.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（）A. A1E⊥DC1B. A1E⊥BDC. A1E⊥BC1D. A1E⊥AC27.已知为球O的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球O的表面积为（）A. B. C. D.28.如图，设矩形ABCD 所在的平面与梯形ACEF 所在平面交于AC ，若，则下面二面角的平面角大小为定值的是（）A. B. C. D.29.已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O 到平面ABC的距离为（）A. B. C. 1 D.30.半径为1的球面上的四点A，B，C，D是一个正四面体的顶点，则这个正四面体的棱长是（）A. B. C. D.二、解答题31.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.32.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．33.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1AC1C⊥平面ABC，∠ABC=90°.∠BAC=30°，A1A=A1C=AC，E，F 分别是AC，A1B1的中点（1）证明：EF⊥BC（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.34.如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面;（2）求与平面所成角的正弦值.35.如图，在三角锥中，, , 为的中点.（1）证明：平面;（2）若点在棱上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离.36.如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，。
高考数学复习考点题型专题讲解20 立体几何中的轨迹问题
高考数学复习考点题型专题讲解 第20讲 立体几何中轨迹问题7类【题型一】由动点保持平行性求轨迹【典例分析】如图，在边长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 、N 分别是CC 1、C 1D 1、DD 1、CD 、BC 的中点，M 在四边形EFGH 边上及其内部运动，若MN ∥面A 1BD ，则点M 轨迹的长度是（ ）A B C D 【答案】D 【分析】连接GH 、HN ，有GH ∥BA 1，HN ∥BD ，证得面A 1BD ∥面GHN ，由已知得点M 须在线段GH 上运动，即满足条件，由此可得选项. 【详解】解：连接GH 、HN 、GN ，∵在边长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是CC 1、C 1D 1、DD 1、CD 的中点，N 是BC 的中点，则GH ∥BA 1，HN ∥BD ，又GH ⊄面A 1BD ，BA 1⊂面A 1BD ，所以//GH 面A 1BD ，同理可证得//NH 面A 1BD ，又GH HN H ⋂=，∴面A 1BD ∥面GHN ，又∵点M 在四边形EFGH 上及其内部运动，MN ∥面A 1BD ，则点M 须在线段GH 上运动，即满足条件，GH ，则点M a . 故选：D.【变式演练】1.在三棱台111A B C ABC -中，点D 在11A B 上，且1//AA BD ，点M 是三角形111A B C 内（含边界）的一个动点，且有平面//BDM 平面11A ACC ，则动点M 的轨迹是（）A ．三角形111ABC 边界的一部分 B ．一个点 C ．线段的一部分D ．圆的一部分【答案】C 【分析】过D 作11//DE AC 交11B C 于E ，连接BE ，证明平面//BDE 平面11AAC C ，得M DE ∈，即得结论． 【详解】如图，过D 作11//DE AC 交11B C 于E ，连接BE ，1//BD AA ，BD ⊄平面11AAC C ，1AA ⊂平面11AAC C ，所以//BD 平面11AAC C ，同理//DE 平面11AAC C ，又BD DE D ⋂=，,BD DE ⊂平面BDE ，所以平面//BDE 平面11AAC C ，所以M DE ∈，（M 不与D 重合，否则没有平面BDM ）， 故选：C ．2.已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E 、F 分别是棱1AA 、11A D 的中点，点P 为底面ABCD 内（包括边界）的一动点，若直线1D P 与平面BEF 无公共点，则点P 的轨迹长度为（）A 1BCD 【答案】B 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设点(),,0P a b ，计算出平面BEF 的一个法向量m 的坐标，由已知条件得出10D P m ⋅=，可得出a 、b 所满足的等式，求出点P 的轨迹与线段AD 、BC 的交点坐标，即可求得结果. 【详解】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()2,2,0B 、()2,0,1E 、()1,0,2F 、()10,0,2D ，设点(),,0P a b ，()0,2,1BE =-uur，()1,0,1EF =-，设平面BEF 的法向量为(),,m x y z =， 由200m BE y z m EF x z ⎧⋅=-+=⎨⋅=-+=⎩，取2z =，可得()2,1,2m =， ()1,,2D P a b =-，由题意可知，1//D P 平面BEF ，则1240D P m a b ⋅=+-=，令0b =，可得2a =；令2b =，可得1a =.所以，点P 的轨迹交线段AD 于点()2,0,0A ，交线段BC 的中点()1,2,0M ，所以，点P 的轨迹长度为AM =故选：B.3.在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别是棱11C D ，11B C 的中点，P 是上底面1111D C B A 内一点（含边界），若//AP 平面BDEF ，则Р点的轨迹长为（）A ．1BC ．2D ．【答案】B 【分析】由分别取棱11A B ､11A D 的中点M ､N ，连接MN ，由线面平行得面面平行，得动点轨迹，从而可计算其长度． 【详解】如图所示，分别取棱11A B ､11A D 的中点M ､N ，连接MN ，连接11B D ， ∵M ､N ､E ､F 为所在棱的中点，∴11//MN B D ，11//EF B D ，∴//MN EF ，又MN ⊄平面BDEF ，EF ⊂平面BDEF ，∴//MN 平面BDEF ，连接NF ，由11//NF A B ，11NF A B =，11//A B AB ，11A B AB =，可得//NF AB ，NF AB =，则四边形ANFB 为平行四边形，则//AN FB ，而AN ⊄平面BDEF ，FB ⊂平面BDEF ，则//AN 平面BDEF . 又ANNM N =，∴平面//AMN 平面BDEF .又P 是上底面1111D C B A 内一点，且//AP 平面BDEF ，∴P 点在线段MN 上.又1112MN B D =，∴P【题型二】动点保持垂直性求轨迹【典例分析】在正方体1111ABCD A B C D -中，Q 是正方形11B BCC 内的动点，11AQ BC ⊥，则Q 点的轨迹是（） A ．点1B B ．线段1B CC ．线段11B CD ．平面11B BCC【答案】B 【分析】如图，连接1AC ,证明1BC ⊥1B Q ,又1BC ⊥1B C ，即得解. 【详解】如图，连接1AC ,因为111111111111,,,,BC AQ BC A B AQ A B A AQ A B ⊥⊥=⊂平面11A B Q ,所以1BC ⊥平面11A B Q , 又1B Q ⊂平面11A B Q ,所以1BC ⊥1B Q ,又1BC ⊥1B C .所以点Q 在线段1B C 上.故选：B【变式演练】1.在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，且保持1AP BD ⊥，则动点P 的轨迹为（）A ．线段1CBB ．线段1BCC ．1BB 的中点与1CC 的中点连成的线段D ．BC 的中点与11B C 的中点连成的线段【答案】A 【分析】利用直线与平面垂直的判定可得1BD ⊥面1ACB ，又点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且总是保持AP 与1BD 垂直，得到点P 的轨迹为面1ACB 与面11BCC B 的交线． 【详解】如图，连接AC ，1AB ，1B C ，在正方体1111ABCD A B C D -中，有1BD ⊥平面1ACB ，又点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，∴故点P 的轨迹为平面1ACB 与平面11BCC B 的交线段1CB .故选：A.2.在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为1BD ，11B C 的中点，点P 在正方体的表面上运动，且满足MP CN ⊥．给出下列说法： ①点P 可以是棱1BB 的中点； ②线段MP 的最大值为34； ③点P 的轨迹是正方形；④点P 轨迹的长度为2 其中所有正确说法的序号是________．【答案】②④【分析】以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，1DD 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，求出MP 的坐标，从而得到MP 的最大值，即可判断选项②，通过分析判断可得点P 不可能是棱1BB 的中点，从而判断选项①，又1EF GH ==，EH FG ==，可判断选项③和选项④． 【详解】解：在正方体1111ABCD A B C D -中，以D 为坐标原点，1DC 为x 轴，y 轴， ∵该正方体的棱长为1，M ，N 分别为1BD ，11B C 的中点， ∴()0,0,0D ，M （12，12，12），1,1,12N ⎛⎫⎪⎝⎭，()0,1,0C ∴1,0,12CN ⎛⎫= ⎪⎝⎭，设(),,P x y z ，则111,,222MP x y z ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，∵MP CN ⊥，∴1110222x z ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭，即2430x z +-=当1x =时，14z =，当0x =时，34z =，取11,0,4E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，11,1,4F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，30,1,4G ⎛⎫ ⎪⎝⎭，30,0,4H ⎛⎫ ⎪⎝⎭，连结EF ，FG ，GH ，HE ，则()0,1,0EF GH ==，11,0,2EH FG ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，∴四边形EFGH 为矩形，则0EF CN ⋅=，0EH CN ⋅=，即EF CN ⊥，EH CN ⊥，又EF 和EH 为平面EFGH 中的两条相交直线， ∴CN ⊥平面EFGH ，又111,,224EM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，111,,224MG ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，∴M 为EG 的中点，则M ∈平面EFGH ， 为使MP CN ⊥，必有点P ∈平面EFGH ，又点P 在正方体表面上运动，∴点P 的轨迹为四边形EFGH ， 因此点P 不可能是棱1BB 的中点，故选项①错误；又1EF GH ==，EH FG ==，∴EF EH ≠，则点P 的轨迹不是正方形且矩形EFGH 周长为222+= 故选项③错误，选项④正确；∵1,0,12CN ⎛⎫= ⎪⎝⎭，111,,222MP x y z ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，又MP CN ⊥，则1110222x z ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭，即2430x z +-=，∴322x z =-，点P 在正方体表面运动， 则30212z ≤-≤，解1344z ≤≤，∴MP =故当14z =或34z =，0y =或1，MP 取得最大值为34，故②正确.故答案为：②④．3.如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1CC 的中点，F 是侧面11BCC B 内的动点，且1A F 与平面1D AE 的垂线垂直，则下列说法不正确的是（）A ．1A F 与1D E 不可能平行B ．1A F 与BE 是异面直线C ．点F 的轨迹是一条线段D ．三棱锥1F ABD -的体积为定值 【答案】A 【分析】设平面1D AE 与直线BC 交于G ，连接AG ，EG ，则G 为BC 的中点，分别取1B B ，11B C 的中点M ，N ，连接1A M ，MN ，1A N ，证明平面1//A MN 平面1D AE ，即可分析选项ABC 的正误；再由//MN EG ，得点F 到平面1D AE 的距离为定值，可得三棱锥1F ABD -的体积为定值判断D ． 【详解】解：设平面1D AE 与直线BC 交于G ，连接AG ，EG ， 则G 为BC 的中点，分别取1B B ，11B C 的中点M ，N ， 连接1A M ，MN ，1A N ，如图，∵11//A M D E ，1A M Ë平面1D AE ，1D E ⊂平面1D AE ， ∴1//A M 平面1D AE ，同理可得//MN 平面1D AE ，又1A M 、MN 是平面1A MN 内的两条相交直线，∴平面1//A MN 平面1D AE ，而1//A F 平面1D AE ，∴1A F ⊂平面1A MN ， 得点F 的轨迹为一条线段，故C 正确；并由此可知，当F 与M 重合时，1A F 与1D E 平行，故A 错误；∵平面1//A MN 平面1D AE ，BE 和平面1D AE 相交，∴1A F 与BE 是异面直线，故B 正确； ∵//MN EG ，则点F 到平面1D AE 的距离为定值，∴三棱锥1F ABD -的体积为定值，故D 正确． 故选：A ．【题型三】由动点保持等距（或者定距）求轨迹【典例分析】已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为底面ABCD 内一点，若P 到棱CD ，A 1D 1距离相等的点，则点P 的轨迹是（）A ．直线B ．椭圆C ．抛物线D ．双曲线【答案】D【分析】以D 为坐标原点建立空间直角坐标系D xyz -，求出点P 的轨迹方程即可判断.【详解】如图示，过P 作PE ⊥AB 与E ，过P 作PF ⊥AD 于F ，过F 作FG ∥AA 1交A 1D 1于G ，连结PG ，由题意可知PE=PG以D 为坐标原点建立空间直角坐标系D xyz -，设(),,0P x y ，由PE=PG 得：1x -=()2211x y --=即点P 的轨迹是双曲线.故选：D.【变式演练】1.如图，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为正三角形，底面ABCD 为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，M 为正方形ABCD 内（包括边界）的一个动点，且满足MP MC =．则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【分析】如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，设(),,0M x y ，正方形ABCD 的边长为a ，求出MC ，MP 的坐标，利用MP MC =可得x 与y 的关系，即可求解.【详解】如图，以D 为坐标原点，DA ，DC 所在的直线分别为x ，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形ABCD 的边长为a ，(),,0M x y ，则0x a ≤≤，0y a ≤≤，2a P ⎛ ⎝⎭，()0,,0C a ，则2MC x =2a MP ⎛= MP MC =，得2x y =，所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为一条线段()102y x x a =≤≤， 故选：A ．2.如图，在棱长为4的正方体ABCD A B C D ''''-中，E 、F 分别是AD 、A D ''的中点，长为2的线段MN 的一个端点M 在线段EF 上运动，另一个端点N 在底面A B C D ''''上运动，则线段MN 的中点P 的轨迹（曲面）与正方体（各个面）所围成的几何体的体积为（）A ．43π B ．23π C ．6πD ．3π 【答案】D 【分析】连接PF 、NF ，分析得出1FP =，可知点P 的轨迹是以点F 为球心，半径长为1的球面，作出图形，结合球体的体积公式可求得结果. 【详解】连接PF 、NF ，因为//AD A D ''，AD A D ''=，且E 、F 分别为AD 、A D ''的中点， 故//AE A F '且AE A F '=，所以，四边形AA FE '为平行四边形，故//EF AA '且4EF AA ='=，AA '⊥平面A B C D ''''，则EF ⊥平面A B C D ''''， 因为FN ⊂平面A B C D ''''，所以，EF FN ⊥，P 为MN 的中点，故112FP MN ==， 所以，点P 的轨迹是以点F 为球心，半径长为1的球面，如下图所示：所以，线段MN 的中点P 的轨迹（曲面）与正方体（各个面）所围成的几何体为球F 的14， 故所求几何体的体积为3141433V ππ=⨯⨯=.故选：D.3.四棱锥P ﹣OABC 中，底面OABC 是正方形，OP ⊥OA ，OA ＝OP ＝a ．D 是棱OP 上的一动点，E 是正方形OABC 内一动点，DE 的中点为Q ，当DE ＝a 时，Q 的轨迹是球面的一部分，其表面积为3π，则a 的值是（）A ．B ．C ．D ．6【答案】B 【分析】由题意结合选项可特殊化处理，即取OP 与底面垂直，求得Q 的轨迹，结合球的表面积求解．【详解】解：不妨令OP ⊥OC ，则OP ⊥底面OABC ， 如图，∵D 是OP 上的动点，∴OD ⊥底面OABC ，可得OD ⊥OE ，又Q 为DE 的中点，∴OQ 1122DE a ==，即Q 的轨迹是以O 为球心，以12a 为半径的18球面，其表面积为S 214384a ππ=⨯⨯=，得a =故选：B ．【题型四】由动点保持等角（或定角）求轨迹【典例分析】正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为AB ，11A B 的中点，P 是边11C D 上的一个点（包括端点），Q 是平面1PMB 上一动点，满足直线MN 与直线AN 夹角与直线MN 与直线NQ 的夹角相等，则点Q 所在轨迹为（）A ．椭圆B ．双曲线C ．抛物线D ．抛物线或双曲线【答案】D 【分析】根据题设分析可知：Q 点轨迹为以AN 为母线，MN 为轴，AB 为底面直径的圆锥体，及其关于11A B 反向对称的锥体与平面1PMB 的交线，应用数形结合，结合平面与双锥面相交所成曲线的性质判断Q所在轨迹的形状. 【详解】由题设，Q 点轨迹为以AN 为母线，MN 为轴，AB 为底面直径的圆锥体，及其关于11A B 反向对称的锥体与平面1PMB 的交线，如下图示：当P 是边11C D 上移动过程中，只与下方锥体有相交，Q 点轨迹为抛物线； 当P 是边11C D 上移动过程中，与上方锥体也有相交，Q 点轨迹为双曲线；故选：D【变式演练】1.如图，斜线段AB 与平面α所成的角为60︒，B 为斜足，平面α上的动点P 满足30PAB ∠=︒，则点P 的轨迹是（）A ．直线B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线的一支【答案】C 【分析】由题可知点P 在以AB 为轴的圆锥的侧面上，再结合条件可知P 的轨迹符合圆锥曲线中椭圆定义，即得. 【详解】用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线.此题中平面α上的动点P 满足30PAB ∠=︒，可理解为P 在以AB 为轴的圆锥的侧面上， 再由斜线段AB 与平面α所成的角为60︒，可知P 的轨迹符合圆锥曲线中椭圆定义. 故可知动点P 的轨迹是椭圆. 故选：C.2.如图所示，1111ABCD A B C D -为长方体，且AB =BC =2，1AA =4，点P 为平面1111A B C D 上一动点，若11PBC BC C ∠=∠，则P 点的轨迹为（）A ．抛物线B ．椭圆C ．双曲线D ．圆【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算和轨迹方程思想求得P 的轨迹方程，进而根据方程判定轨迹类型. 【详解】如图，建立直角坐标系，则()()10,0,4,0,2,0B C,1BC ==设(),,0P x y ,则向量(),,4BP x y =-，向量()10,2,4BC =-,111211cos ||CC BP BC PBC BC BP BC x ∠=====，∴()()2228416y x y +=++，即2243160x y y +-=,228644333x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭,22831166439y x ⎛⎫- ⎪⎝⎭+=,这方程表示的轨迹是平面1111A B C D 上的椭圆，故选：B.3.在长方体1111ABCD A B C D -中，6AB AD ==，12AA =，M 为棱BC 的中点，动点P 满足APD CPM ∠=∠，则点P 的轨迹与长方体的侧面11DCC D 的交线长等于___________.【答案】23π【分析】由题意画出图形，由角的关系得到边的关系，然后再在平面11DCC D 内建系，求出P 的轨迹方程，确定点P 的轨迹与长方体的面11DCC D 的交线，进而求得交线长. 【详解】如下图所示：当P 在面11DCC D 内时，AD ⊥面11DCC D ，CM ⊥面11DCC D ； 又APD MPC ∠=∠，在Rt PDA 与Rt PCM 中，∵6AD =，则3MC =，∴tan tan AD MCAPD MPC PD PC∠==∠=，则63PD PC=，即2PD PC =. 在平面11DCC D 中，以DC 所在直线为x 轴，以DC 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，则()3,0D -，()3,0C ，设(),P x y ，由2PD PC =整理得：221090x x y -++=，即()22516x y -+=.∴点P 的轨迹是以F (5，0)为圆心，半径为4的圆.设圆F 与面11DCC D 的交点为E ､M ，作EK 垂直x 轴于点K ，如图，则21sin 42EK EFK EF ∠===；∴6EFK π∠=；故点P 的轨迹与长方体的面11DCC D 的交线为劣弧ME ，所以劣弧ME 的长为2463ππ⨯=.故答案为：【题型五】投影求轨迹【典例分析】1822年，比利时数学家Dandelin 利用圆锥曲线的两个内切球，证明了用一个平面去截圆锥，可以得到椭圆（其中两球与截面的切点即为椭圆的焦点），实现了椭圆截线定义与轨迹定义的统一性．在生活中，有一个常见的现象：用手电筒斜照地面上的篮球，留下的影子会形成椭圆．这是由于光线形成的圆锥被地面所截产生了椭圆的截面．如图，在地面的某个占1A 正上方有一个点光源，将小球放置在地面，使得1AA 与小球相切．若15A A =，小球半径为2，则小球在地面的影子形成的椭圆的离心率为（）A ．23B ．45 C ．13D ．25【答案】A 【分析】设21A F x =，从而可得15AA =，122A A x =+，23AA x =+，利用勾股定理可得10x =，再由离心率的定义即可求解. 【详解】在21Rt AA A 中，设21A F x =，2DA x ∴=15AA =，122A A x =+，23AA x =+，2225(2)(3)x x ∴++=+，10x ∴=， ∴长轴长12212A A a ==，6a =，624c =-=则离心率23c e a ==.故选：A【变式演练】1.如图，已知水平地面上有一半径为3的球，球心为O '，在平行光线的照射下，其投影的边缘轨迹为椭圆C ．如图，椭圆中心为O ，球与地面的接触点为E ，4OE =．若光线与地面所成角为θ，椭圆的离心率e =__________．【答案】45【分析】根据平行投影计算出椭圆C 的短半轴长b ，再求出光线与水平面所成锐角的正弦，进而求得椭圆C 的长轴长2a 而得解. 【详解】连接OO '，则O OE θ'∠=，因为34，O E OE '==，如图：所以5OO '=，所以3sin 5O E OO θ'==' 在照射过程中，椭圆的短半轴长b 是球的半径R ，即3b =，过球心与椭圆长轴所在直线确定的平面截球面所得大圆及对应光线，如图：椭圆的长轴长2a 是AC ，过A 向BC 做垂线，垂足是B ，则,AB O O O E AC ''⊥⊥，由题意得：326sin sin 5AB R ACB θ==∠==，，又sin ABACB AC∠=， 则35AB AC =，10AC =，即2105a a ==，，所以椭圆的离心率为45c e a ====.故答案为：45【题型六】翻折与动点求轨迹（难点）【典例分析】如图，将四边形ABCD 中，ADC 沿着AC 翻折到1AD C ，则翻折过程中线段DB 中点M 的轨迹是（）A ．椭圆的一段B ．抛物线的一段C ．双曲线的一段D ．一段圆弧【答案】D 【分析】过点D 作AC 的垂线，垂足为F ，过点点B 作AC 的垂线，垂足为E ，连接,DE BF ，再分别分析翻折前、后的变化量与不变量，在翻折后的图形中取BE 中点O ，进而可得答案. 【详解】解：在四边形ABCD 中，过点D 作AC 的垂线，垂足为F ，过点点B 作AC 的垂线，垂足为E ，连接,DE BF ，如图1，所以当四边形ABCD 确定时，DEF 和BEF 三边长度均为定值，当ADC 沿着AC 翻折到1AD C ，形成如图2的几何体，并取BE 中点O ，连接OM ， 由于在翻折过程中，1DE D E =，所以由中位线定理可得112OM D E =为定值， 所以线段DB 中点M 的轨迹是以BE 中点O 为圆心的圆弧上的部分.故选：D【变式演练】1.已知△ABC 的边长都为2，在边AB 上任取一点D ，沿CD 将△BCD 折起，使平面BCD ⊥平面AC D ．在平面BCD 内过点B 作BP ⊥平面ACD ，垂足为P ，那么随着点D 的变化，点P 的轨迹长度为（） A ．6π B ．3π C ．23π D ．π【答案】C 【分析】根据题意，先确定点P 轨迹的形状，进而求出轨迹的长度即可. 【详解】由题意，在平面BCD 内作BQ ⊥CD ，交CD 于Q ，因为平面BCD ⊥平面ACD ，平面BCD 与平面ACD 交于CD ，所以BQ ⊥平面ACD ，又BP ⊥平面ACD ，所以P ,Q 两点重合，于是随着点D 的变化，BP ⊥CD 始终成立，可得在平面ABC 中，BP ⊥CP 始终成立，即得点P 的轨迹是以BC 为直径的圆的一部分，由题意知随着点D 的变化，∠BCD 的范围为0,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，可得点P 的轨迹是以BC 为直径（半径为1）的圆的13，即得点P 的轨迹长度为2122133ππ⨯⨯=.故选：C.2.如图，等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，2AB =，1AD BC ==，AB CD >，沿着AC 把ACD △折起至1ACD △，使1D 在平面ABC 上的射影恰好落在AB 上．当边长CD 变化时，点1D 的轨迹长度为（）A ．2πB ．3π C ．4π D ．6π【答案】B 【分析】根据1D 的射影在边AB 上，且1AD 固定长度为1，所以1D 的轨迹在以A 为原点半径为1的圆上，因此考虑CD 的长度缩短到0时和CD 变长到AB 的长度两种情况，从而求出夹角大小，进而求出弧长. 【详解】因为1D 的射影在边AB 上，且1AD 固定长度为1，所以1D 的轨迹在以A 为原点半径为1的圆上.考虑极端情况：当CD 的长度缩短到0时，1,,C D D 都汇聚到线段AB 的中点（D 2）；当CD 变长到AB 的长度时（1D 的射影为D 3），如图，设3AD t =，则32BD t =-,在13D D ARt中，22131D D t =-，同理：()22312CD t =+-，()22221313412D D CD CD t ⎡⎤=-=-+-⎣⎦∴()22141212t t t ⎡⎤-+-=-⇒=⎣⎦，即1D 在线段AB 上的投影与点A 的距离为12，从而1AD 与AB 夹角为3π，故点1D 的轨迹为1=33ππ⨯.故选：B.3.已知矩形ABCD 中，1AB =，AE =如图，将ABE △沿着BE 进行翻折，使得点A 与点S 重合，若点S 在平面BCDE 上的射影在四边形BCDE 内部（包含边界），则动点S 的轨迹长度是（）A B C D【分析】过点A 作AM BE ⊥于点M ，交BC 于点G ，则点S 在平面BCDE 上的射影N 落在线段MG 上.由翻折过程可知，SM AM =S 的轨迹是以点M角，利用弧长公式求出弧长. 【详解】如图（1），过点A 作AM BE ⊥于点M ，交BC 于点G ，则点S 在平面BCDE 上的射影N 落在线段MG 上.在Rt ABE △中，1AB =，AEBE =AM ==翻折的过程中，动点S满足SM S 的轨迹是以点M.易得BM =，EM =，AME GMB ∽△△，所以12MG MB MA ME ==，则MG SM =<，如图（2），在圆M 中，0S M AG ⊥，1S G AG ⊥，所以点S 的轨迹是01S S ，且111co s 2MG S MG MS ∠==，则1π3SM G ∠=，10π6S MS ∠=，从而点S的轨迹长度为π6=【课后练习】1．（多选题）（海南省海口市北京师范大学海口附属学校12月月考）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为112,,M DD 的中点，N 为正方形ABCD 所在平面内一动点，则下列结论正确的是( )A ．若N 到直线1BB 与直线DC 的距离相等，则N 的轨迹为抛物线 B ．若2MN =，则MN 的中点的轨迹所围成图形的面积为π C ．若1D N 与AB 所成的角为60，则N 的轨迹为双曲线 D ．若MN 与平面ABCD 所成的角为60，则N 的轨迹为椭圆 【答案】ABC 【分析】A ：由1BB ⊥平面ABCD ，可得NB 即为N 到直线1BB 的距离，由抛物线的定义即可判断；B ：由题意可得MN 中点的轨迹为以MD ABCD 的圆，计算可判断；C ：建立空间直角坐标系，设(N x ，y ，0)，由1D N 与AB 所成的角为60°，可得点N 的轨迹方程，从而可判断；D ：由MN 与平面ABCD 所成的角为MND ∠，计算可得DN 为定值，可判断点N 的轨迹为以D 为圆心，DN 为半径的圆，从而可判断． 【详解】对于A ，1BB ⊥平面ABCD ，NB 即为N 到直线1BB 的距离， 在平面ABCD 内，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等， ∴点N 的轨迹就是以B 为焦点，DC 为准线的抛物线，故A 正确； 对于B ，1BB ⊥平面ABCD ，NB 即为N 到直线1BB 的距离， 在平面ABCD 内，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等， ∴点N 的轨迹就是以B 为焦点，DC 为准线的抛物线，故B 正确； 对于C ，如图，建立空间直角坐标系，(0D ，0，0)，1(0D ，0，2)，(2A ，0，0)，(2B ，2，0)，设(N x ，y ，0)，则1(D N x =，y ，2)-，(0AB =，2，0)，111cos602D N AB D N ABx ⋅︒===⨯， 化简得2234y x -=，即2214134y x -=，∴N 的轨迹为双曲线，故C 正确；对于D ，MN 与平面ABCD 所成的角为MND ∠，∴60MND ∠=︒， 则DN =∴点N 的轨迹为以D D 错误． 故选：ABC ﹒2.（广东省六校高三上学期第三次联考数学试题）（多选题）如图的正方体1111ABCD A B C D -中，棱长为2，点E 是棱1DD 的中点，点F 在正方体表面上运动.以下命题正确的有（）A ．侧面11CDD C 上不存在点F ，使得11B F CD ⊥B ．点D 到面1A BE 的距离与点1C 到面1A BE 的距离之比为13C ．若点F 满足1//B F 平面1A BE ，则动点F 的轨迹长度为D ．若点F 到点A F 的轨迹长度为 【答案】BD 【分析】先找到点F 满足1//B F 平面1A BE 的轨迹，可判断选项AC ，将平面1A BE 补全，利用比例判断选项B ，找到满足点F 到点A D 【详解】取11C D 中点M ，1C C 中点N ，连接1B M ，1B N ，MN ，易证11//B N A E ，又1B N ⊄平面1A BE ，1A E ⊂平面1A BE ，所以1//B N 平面1A BE ， 又1//MN A B ，同理得到//MN 平面1A BE ， 所以平面1//B MN 平面1A BE ，所以若点F 满足1//B F 平面1A BE ，则点F 在1B MN △的三边上运动，11MN B M B N ==F 的轨迹长度为C 错误；当点F 在侧面11CDD C 上运动时，点F 的运动轨迹为线段MN ，当F 运动到MN 中点时，因为△1B MN 是等腰三角形，所以1B F MN ⊥，又因为1//MN CD ，所以11B F CD ⊥，故A 错误；取CD 中点G ，连接BG ，EG ，易证1//A B EG ，则1,,,A B E G 共面，令1C D EG H ⋂=，则易得113DH C H =， 所以点D 到面1A BE 的距离与点1C 到面1A BE 的距离之比为13，故B 正确；F 到点A 则动点F 的轨迹在正方形11B BCC 和正方形11CC D D 及正方形1111D C B A 上，若在正方形11B BCC 上，则满足2222BF BA BF +=⇒=，所以在正方形11B BCC 上，动点F 的轨迹为以B ，同理点F 在正方形1111D C B A 及正方形11CC D D 面上运动时，轨迹分别为以1,A D的四分之一圆弧，所以动点F 3⨯=，所以D 正确； 故选：BD3.（多选题）（全国著名重点中学领航高考冲刺试卷（六））如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E为1AA 的中点，点F 在线段1AD 上运动，G 为底面ABCD 内一动点，则下列说法正确的是（）A ．11C F CB ⊥B ．若1//FG CD ，则点G 在线段AC 上C ．当点F 从A 向1D 运动时，三棱锥1D BFC -的体积由小变大D ．若1GD ，GE 与底面ABCD 所成角相等，则动点G 的轨迹为圆的一部分 【答案】ABD 【分析】结合线面垂直的知识来判断A 选项的正确性.结合平面的知识来判断B 选项的正确性.结合锥体体积的求法来确定C 选项的正确性.结合阿波罗尼斯圆的知识来判断D 选项的正确性. 【详解】连接1A D ，∵1C F 在平面11ADD A 内的射影为1D F ，11CB A D ∥，且11A D D F ⊥，则1A D ⊥平面11C D F ，11A D C F ⊥，∴11C F CB ⊥，故A 正确；∵1FG CD ∥，∴FG 与1CD 确定唯一的平面α，而平面1ACD 与α有F ，1D ，C 三个不在一条直线上的公共点，∴平面1ACD 与α重合，又G 为底面ABCD 内一动点，则点G 必在平面1ACD 与平面ABCD 的交线AC 上，故B 正确；∵11AD BC ∥，1AD ⊄平面1DBC ，1BC ⊂平面1DBC ，∴1AD ∥平面1DBC ，故当点F 在1AD 上运动时，点F 到平面1DBC 的距离不变，于是三棱锥1F BDC -的体积不变，即三棱锥1D BFC -的体积不变，故C 错误；连接GD ，GA ，当1GD ，GE 与底面ABCD 所成角相等时，易得2GD GA =，∵AD 为定值，由阿波罗尼斯圆易知点G 的轨迹为圆的一部分，故D 正确． 阿波罗尼斯圆：已知平面上两点A ，B ，则所有满足PAk PB=（0k >且1k ≠）的点P 的轨迹是一个以定比m ：n 内分和外分定线段AB 的两个分点的连线为直径的圆，此圆称为阿波罗尼斯圆． 故选：ABD4.（吉林省梅河口市第五中学第一次月考）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为1AA ，1CC 的中点，O 为底面ABCD 的中心，点P 在正方体的表面上运动，且满足NP MO ⊥，则下列说法正确的是（）A ．点P 可以是棱1BB 的中点B ．线段NPC ．点P 的轨迹是平行四边形D ．点P 轨迹的长度为1【答案】B 【分析】在正方体1111ABCD A B C D -中，以点D 为坐标原点，分别以DA 、DC 、1DD 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系，根据NP MO ⊥，确定点P 的轨迹，在逐项判断，即可得出结果. 【详解】在正方体1111ABCD A B C D -中，以点D 为坐标原点，分别以DA 、DC 、1DD 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系，因为该正方体的棱长为1，,M N 分别为1AA ，1CC 的中点，则()0,0,0D ，11,0,2M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，10,1,2N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，11,,022O ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以111,,222OM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设(),,P x y z ，则1,1,2NP x y z ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，因为NP MO ⊥，所以0NP OM ⋅=所以()1111102222x y z ⎛⎫--+-= ⎪⎝⎭，即2221x y z -+=-，令0z =，当12x =时，1y =；当0x =时，12y =； 取1,1,02E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，10,,02F ⎛⎫⎪⎝⎭，连接EF ，FN ，NE ，则11,,022EF ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，11,0,22EN ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则111110022222EF OM ⎛⎫⎛⎫⋅=-⨯+-⨯-+⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，111110022222EN OM ⎛⎫⋅=-⨯+⨯-+⨯= ⎪⎝⎭，所以EF OM ⊥，EN OM ⊥，又EF EN E ⋂=，且EF ⊂平面EFN ，EN ⊂平面EFN ， 所以OM ⊥平面EFN ，所以，为使NP OM ⊥，必有点P ∈平面EFN ，又点P 在正方体的表面上运动， 所以点P 的轨迹为正三角形EFN ，故C 错误；因此点P 不可能是棱1BB 的中点，故A 错误；线段NP 的最大值为NF =B 正确；点P =D 错误； 故选：B5.（广东省深圳市平冈高级中学高三上学期9月第一次月考）如图所示，在棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点，F 是侧面CDD 1C 1上的动点，且B 1F ∥平面A 1BE ，则F 在侧面CDD 1C 1上的轨迹的长度是（）A ．aB ．2aC D【答案】D 【分析】过1B 做与平面1A BE 平行的平面，该平面与侧面11CDD C 的交线，即为满足条件的轨迹，求解即可. 【详解】设G ，H ，I 分别为CD ，CC 1，C 1D 1边上的中点， 连接B 1I ，B 1H ，IH ，CD 1，EG ，BG ，则1A B ∥1CD ∥GE , 所以A 1，B ，E ，G 四点共面，由1B H ∥11,A E A E ⊄平面B 1HI ，1B H ⊂平面B 1HI ， 所以A 1E ∥平面B 1HI ，同理A 1B ∥平面B 1HI ， 111A BA E A =，所以平面A 1BGE ∥平面B 1HI ，又因为B 1F ∥平面A 1BE ，所以F 落在线段HI 上，因为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，所以112HI CD ==，即F 在侧面CDD 1C 1.故选：D. 6.（湖南省永州市高三上学期第一次适应性考试）已知在三棱锥S ABC -中，D 为线段AB 的中点，点E 在SBC △(含边界位置)内，则满足//DE 平面SAC 的点E 的轨迹为（） A ．线段SB ，BC 的中点连接而成的线段B ．线段SB 的中点与线段BC 靠近点B 的三等分点连接而成的线段 C ．线段BC 的中点与线段SB 靠近点B 的三等分点连接而成的线段D ．线段BC 靠近点B 的三等分点与线段SB 靠近点B 的三等分点连接而成的线段 【答案】A【分析】利用面面平行得到线面平行，即可. 【详解】解：如图所示，P 、Q 分别为线段SB ，BC 的中点， 所以//PQ SC ,//,DQ AC PQ ⊄平面SAC ,AC ⊂平面SAC ，所以//PQ 平面SAC ，同理//DQ 平面SAC ，PQ DQ Q =,所以平面//PDQ 平面SAC ，若DE ⊆平面PDQ ,则会有//DE 平面SAC ， 故点E 的轨迹为线段SB ，BC 的中点连接而成的线段， 故选A.7.（辽宁省实验中学上学期联考）已知正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -点P 在棱1AA上运动，点Q 在底面ABCDEF 内运动，PQ =R 为PQ 的中点，则动点R 的轨迹与正六棱柱的侧面和底面围成的较小部分的体积为（）A B C D 【答案】B【分析】根据题意，可判断出动点R 的轨迹为球，结合球的体积公式，即可求解. 【详解】由直角三角形的性质得AR ，所以点R 在以A 因为23BAF π∠=，所以动点R 的轨迹与正六棱柱的侧面和底面围成的较小部分16球，其体积为31463π⨯=⎝⎭.故选：B.8.四棱锥P OABC -中，底面OABC 是正方形，OP OA ⊥，OA OP a ==．D 是棱OP 上的一动点，E是正方形OABC 内一动点，DE 的中点为Q ，当DE a =时，Q 的轨迹是球面的一部分，其表面积为3π，则a 的值是（）A ．B ．C ．D ．6【答案】B【分析】 首先假设OP OC ⊥，将四棱锥P OABC -放在正方体中，然后根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得12OQ a =，得到点Q 的轨迹，最后根据题意列出方程求出a 的值 . 【详解】由题意不妨设OP OC ⊥,又OP OA ⊥，底面OABC 是正方形，所以可将四棱锥P OABC -放在一个正方体内，所以DO ⊥面OABC ，又OE ⊂面OABC ，则DO OE ⊥，又DE 的中点为Q ， 所以1122OQ DE a ==，即Q 的轨迹是以O 为球心，12OQ a =为半径的球，且点Q 恒在正方体内部， 又因为8个一样的正方体放在一起，点Q 的轨迹就可以围成一个完整的球，所以Q 的轨迹是以O 为球心，12OQ a =为半径的球的18球面，所以2114382a ππ⎛⎫⨯= ⎪⎝⎭，解得a = 故选：B9.棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在平面．．1111D C B A 内运动，点1B 到直线DP 的距离为定值，若动点P 的轨迹为椭圆，则此定值可能．．为（）A B C D 【答案】A【分析】设1B DP α∠=，分析出点P 在以1DB 为轴的圆锥的侧面上，计算出d <，并分析出45a ¹o ，可得出d ≠，由此可得出合适的选项. 【详解】如下图所示：因为点1B 到直线DP 的距离为定值，所以，点P 在以1DB 为轴的圆锥的侧面上，因为点P 的轨迹为椭圆，即圆锥被平面1111D C B A 所截的截面为椭圆，设圆锥轴截面的半顶角为α，则点1B 到直线DP 的距离为1sin sin d B D αα==<， 当截面与圆锥的母线平行时，即45α=时，截面为抛物线，不合乎题意，所以，6sin 452d ≠=. 综合选择，可知A 选项合乎题意.故选：A.10.（上海市建平中学期中）已知菱形ABCD 边长为2，60ABC ∠=︒，沿对角线AC 折叠成三棱锥B ACD '-，使得二面角B AC D '--为60°，设E 为B C '的中点，F 为三棱锥B ACD '-表面上动点，且总满足AC EF ⊥，则点F 轨迹的长度为（）A ．B ．CD 【答案】D【分析】。
2024届新高考数学大题精选30题--立体几何(解析版)
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-12 AD +λ-1 AA 1 ∴D 1P ⋅AC =1-λ AB +12λ-12 AD +λ-1 AA 1 ⋅AB +AD =1-λ AB 2+12λ-12 AD 2+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 =-22,22,0 AP =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PQ QC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MK CQ=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 12 2= 3.因为A 1C 1=12AC ,A 1C 1⎳AC ，则O 20,0,0 ,A 2,0,0 ,A 11,0,3 ,B 0,2,0 ,C -2,0,0 ,C 1-1,0,3 ，所以BC 1 =(-1,-2,3),BC =(-2,-2,0),AB =(-2,2,0),A 1B =(-1,2,-3).设平面A 1AB 的法向量为m =x ,y ,z ，则-2x +2y =0,-x +2y -3z =0,令y =1，得m =1,1,33 .设平面C 1CB 的法向量为n =a ,b ,c ，则-a -2b +3c =0,-2a -2b =0,令a =3，得n =(3,-3,-1).设平面A 1AB 与平面C 1CB 的夹角为θ，则cos θ=cos m ,n =m ⋅n m n =-3373×7=17.16(2024·广东深圳·二模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C ⊥底面ABC ，且AB =AC ，A 1B =A 1C ．(1)证明：AA 1⊥平面ABC ；(2)若AA 1=BC =2，∠BAC =90°，求平面A 1BC 与平面A 1BC 1夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)155.【分析】(1)取BC 的中点M ，连结MA 、MA 1，根据等腰三角形性质和线面垂直判定定理得BC ⊥平面A 1MA，进而由A 1A ∥B 1B 得B 1B ⊥BC ，再证明B 1B ⊥平面ABC 即可得证.(2)建立空间直角坐标系，用向量法求解即可；也可用垂面法作出垂直于A 1B 的垂面，从而得出二面角的平面角再进行求解即可.【详解】(1)取BC 的中点M ，连结MA 、MA 1．因为AB =AC ，A 1B =A 1C ，所以BC ⊥AM ，BC ⊥A 1M ，由于AM ，A 1M ⊂平面A 1MA ，且AM ∩A 1M =M ，因此BC ⊥平面A 1MA ，因为A 1A ⊂平面A 1MA ，所以BC ⊥A 1A ，又因为A 1A ∥B 1B ，所以B 1B ⊥BC ，因为平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，平面BB 1C 1C ∩平面ABC =BC ，且B 1B ⊂平面BB 1C 1C ，所以B 1B ⊥平面ABC ，因为A 1A ∥B 1B ，所以AA 1⊥平面ABC .(2)法一：因为∠BAC =90°，且BC =2，所以AB =AC =2．以AB ，AC ，AA 1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A -xyz ，则A 10,0,2 ，B 2,0,0 ，C 0,2,0 ，C 10,2,2 ．所以A 1B =2,0,-2 ，A 1C =0,2,-2 ，A 1C 1 =0,2,0 ．设平面A 1BC 的法向量为m =x 1,y 1,z 1 ，则m ·A 1B =0m ·A 1C =0 ，可得2x 1-2z 1=02y 1-2z 1=0 ，令z 1=1，则m =2,2,1 ，设平面A 1BC 1的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，则n ⋅A 1B =0n ⋅A 1C 1 =0 ，可得2x 2-2z 2=02y 2=0 ，令z 2=1，则n =2,0,1 ，设平面A 1BC 与平面A 1BC 1夹角为θ，则cos θ=m ⋅n m n =35×3=155，所以平面A 1BC 与平面A 1BC 1夹角的余弦值为155.法二：将直三棱柱ABC -A 1B 1C 1补成长方体ABDC -A 1B 1D 1C 1．连接C 1D ，过点C 作CP ⊥C 1D ，垂足为P ，再过P 作PQ ⊥A 1B ，垂足为Q ，连接CQ ，因为BD ⊥平面CDD 1C 1，且CP ⊂平面CDD 1C 1，所以BD ⊥CP ，又因为CP ⊥C 1D ，由于BD ，C 1D ⊂平面A 1BDC 1，且BD ∩C 1D =D ，所以CP ⊥平面A 1BDC 1，则△CPQ 为直角三角形，由于A 1B ⊂平面A 1BDC 1，所以A 1B ⊥CP ，因为CP ，PQ ⊂平面CPQ ，且CP ∩PQ =P ，所以A 1B ⊥平面CPQ ，因为CQ ⊂平面CPQ ，所以CQ ⊥A 1B ，则∠CQP 为平面A 1BC 与平面A 1BC 1的夹角或补角，在△A 1BC 中，由等面积法可得CQ =303,因为PQ =A 1C 1=2，所以cos ∠CQP =PQ CQ=155，因此平面A 1BC 与平面A 1BC 1夹角的余弦值为155.17(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.【答案】(1)证明见解析；(2)31010【分析】(1)根据条件，利用线面平行的判定定理，得到AB ⎳平面PCD ，再线面平行的性质定理，得到AB ⎳CD ，再利用条件得到AC =4，结合AB =2，BC =23，即可证明结果；(2)建立空间直角坐标系，求出平面PCD 和平面ABE 的法向量，利用面面角的向量法，即可解决问题.【详解】(1)因为AB ⎳EF ，EF ⊂平面PCD ，AB ⊄平面PCD ，所以AB ⎳平面PCD ，因为AB ⊂平面ABCD ，平面ABCD ∩平面PCD =CD ，所以AB ⎳CD ，连接AC ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以∠PCA 是PC 与平面ABCD 的夹角，则tan ∠PCA =PA AC =23AC=32，解得AC =4.因为AB =2，BC =23，所以AB 2+BC 2=AC 2，所以AB ⊥BC .又AB ≠CD ，所以四边形ABCD 是直角梯形.(2)取CD 的中点M ，连接AM ，以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则P 0,0,23 ，D 23,-2,0 ，C 23,2,0 ，B 0,2,0 ，AB =0,2,0 ，PC =23,2,-23 ，PD=23,-2,-23 ，由PE =2ED ，得E 433,-43,233 ，则BE =433,-103,233，设平面PCD 的法向量为n=x ,y ,z ，则n ⋅PC=23x +2y -23z =0n ⋅PD=23x -2y -23z =0，取x =1，得到y =0,z =1，即n=1,0,1 ，设平面ABE 的一个法向量为m=x ,y ,z ，则由m ⋅AB =0m ⋅BE =0 ，得到2y =0433x -103y +233z =0，到x =1，得到y =0,z =-2，所以平面ABE 的一个法向量为m=1,0,-2 设二面角P -EF -B 的平面角为θ，则cos θ =cos n ,m =n ⋅m n m=1010，所以sin θ=1-10102=31010，故二面角P -EF -B 的正弦值为31010.18(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.【答案】(1)证明见解析(2)31010【分析】(1)借助圆锥的性质及面面垂直的判定定理计算即可得；(2)建立适当空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得.【详解】(1)如图，设AC 交BD 于点F ，连接EF ，在圆锥PO 中，PO ⊥底面圆O ，所以PO ⊥BD ，又等边三角形ABD 是圆锥底面圆O 的内接三角形，AC 为直径，所以BD ⊥AC ，所以AB =AC sin π3=23，所以AF =AB sin π3=3，可知OF =12OC =1，即F 是OC 的中点，又E 是母线PC 的中点，所以EF ⎳PO ，所以EF ⊥平面ABD ，又EF ⊂平面BED ，所以平面BED ⊥平面ABD ；(2)由(1)EF ⊥平面ABD ,BD ⊥AC ，以点F 为坐标原点，FA ,FB ,FE 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，在等腰三角形PAC 中AC =4,PO =2EF =6,OM =2，又AF =3，所以BF =DF =AF tan π6=3，所以A 3,0,0 ,B 0,3,0 ,D 0,-3,0 ,E 0,0,3 ,M 1,0,2 ，∴AB =-3,3,0 ,AE =-3,0,3 ,DM=1,3,2 ，设平面ABE 的法向量为n=x ,y ,z ，则AB ⋅n =0AE ⋅n =0，即-3x +3y =0-3x +3z =0 ，令x =1，则y =3,z =1，即n=1,3,1 ，设直线DM 与平面ABE 所成的角为θ，则sin θ=cos n ,DM =n ⋅DM n ⋅DM=1+3×3+21+3+1×1+3+4=31010.19(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．【答案】(1)证明见解析；(2)π6.【分析】(1)连结AC ，BD 交于点O ，由条件证明PO ⊥AC ,PO ⊥BD ，建立空间直角坐标系，利用向量方法证明PC ⊥DM ,PC ⊥BM ，结合线面垂直判定定理证明结论；(2)根据线面角的向量求法求出BE 与平面ABCD 所成角的正弦值，再求其最大值，由此可求线面角的最大值.【详解】(1)连结AC ，BD 交于点O ，连PO ，由PA =PC ，PB =PD =210知PO ⊥AC ,PO ⊥BD ，又AC ∩BD =O ,∴PO ⊥平面ABCD又底面ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示∠DAB =60°，边长为4，则OD =OB =2，OA =OC =23在直角三角形BOP 中，PB =210所以OP =6所以点O (0,0,0),P (0,0,6),B (2,0,0),D (-2,0,0),C (0,23,0)PC =4MC ，则M 0,332,32所以PC =(0,23,-6),DM =2,332,32 ,BM =-2,332,32，所以PC ⋅DM =0×2+23×332+(-6)×32=0，PC ⋅BM =0×-2 +23×332+-6 ×32=0，所以PC ⊥DM ,PC ⊥BM ，所以PC ⊥DM ,PC ⊥BM ，又DM ∩BM =M ，DM ,BM ⊂平面BDM ，所以PC ⊥平面BDM ，(2)设DE =λDM ，所以DE =λDM =2λ,332λ,32λ ，故E 2λ-2,332λ,32λ ，所以BE =2λ-4,332λ,32λ 平面ABCD 的一个法向量是n=(0,0,1)，设BE 与平面ABCD 所成角为θ，则sin θ=cos BE ,n =BE ⋅n BE ⋅n =32λ(2λ-4)2+332λ 2+32λ 2=32λ13λ2-16λ+16当λ=0时，BE ⊂平面ABCD ，θ=0；当λ≠0时，sin θ=32λ13λ2-16λ+16=3213-16λ+16λ2=3216×1λ-12 2+9≤12，当且仅当λ=12时取等号，又θ∈0,π2 所以θ≤π6，故BE 与平面ABCD 所成角的最大值为π620(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.【答案】(1)62；(2)π4.【分析】(1)连B 1D 1∩A 1C 1=O ，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系，借助向量垂直的坐标表示求出四棱柱的高，进而求出体积.(2)利用对称求出点E 的坐标，进而求出平面A 1C 1D 与平面α的法向量，再借助面面角的向量求法求得结果.【详解】(1)在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，连B 1D 1∩A 1C 1=O ，由菱形A 1B 1C 1D 1，得OC 1⊥OD 1，令AA 1=a ，以O 为坐标原点，直线OC 1,OD 1分别为x ,y 轴，过O 平行于AA 1的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则点C 1(1,0,0),D 1(0,3,0),B (0,-3,a ),D (0,3,a )，BD 1 =(0,23,-a ),C 1D=(-1,3,a )，由BD 1⊥平面A 1C 1D ，C 1D ⊂平面A 1C 1D ，得BD 1⊥C 1D ，则BD 1 ⋅C 1D=6-a 2=0，解得a =6，所以四棱柱的体积V =S A 1B 1C 1D 1⋅AA 1=2S △A 1B 1C 1⋅a =2×34×22×6=6 2.(2)由(1)知，B (0,-3,6)，BD 1=(0,23,-6)，由BD 1⊥平面A 1C 1D ，点D 1关于平面A 1C 1D 的对称点为E ，则点E 在线段BD 1上，且C 1E =C 1D 1=2，设E x ,y ,z ，BE =λBD 1(0<λ<1)，则x ,y +3,z -a =λ0,23,-a ，所以E 0,2λ-1 3,1-λ 6 ,C 1E=-1,32λ-1 ,61-λ ，于是C 1E 2=12+3(2λ-1)2+6(1-λ)2=4，解得λ=13，则E 0,-33,263，由点E 和点C 1关于平面α对称，得C 1E =-1,-33,263 是平面α的一个法向量，又BD 1=(0,23,-6)是平面A 1C 1D 的一个法向量，因此|cos ‹BD 1 ,C 1E ›|=|BD 1 ⋅C 1E ||BD 1 ||C 1E |=-33×23-6×263 32×2=22，所以平面A 1C 1D 和平面α所成锐二面角的大小为π4.21(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.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】(1)过D 作DM ⊥AB ，垂足为M ，分析可知△PBC 为等边三角形，可得PF ⊥BC ，结合面面垂直的性质可得PF ⊥平面ABCD ，即可得结果；(2)取线段AD 的中点N ，连接NF ，建系，设E 0,0,a ,a ∈0,3 ，求平面PAD 的法向量，利用空间向量处理线面夹角的问题.【详解】(1)过D 作DM ⊥AB ，垂足为M ，由题意知：BCDM 为矩形，可得AM =2,BC =DM =AMtan60°=23，由PC =23,∠PCB =60°，则△PBC 为等边三角形，且F 为线段BC 的中点，则PF ⊥BC ，又因为平面PCB ⊥平面ABCD ，平面PCB ∩平面ABCD =BC ，PF ⊂平面PCB ，可得PF ⊥平面ABCD ，且AD ⊂平面ABCD ，所以PF ⊥AD .(2)由(1)可知：PF ⊥平面ABCD ，取线段AD 的中点N ，连接NF ，则FN ∥AB ，FN =2，又因为AB ⊥BC ，可知NF ⊥BC ，以F 为坐标原点，NF ,FB ,FP 分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，则A 3,3,0 ,D 1,-3,0 ,P 0,0,3 ,B 0,3,0 ，因为E 为线段PF 上一点，设E 0,0,a ,a ∈0,3 ，可得DA =2,23,0 ,DP =-1,3,3 ,BE=0,-3,a ，设平面PAD 的法向量n=x ,y ,z ，则n ⋅DA=2x +23y =0n ⋅DP=-x +3y +3z =0，令x =-3，则y =3,z =-2，可得n=-3,3,-2 ，由题意可得：cos n ,BE =n ⋅BE n ⋅BE =2a +3 4×3+a2=74，整理得a 2-4a +4=0，解得a =2，所以当EF =2，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．【答案】(1)证明见解析(2)21515。
高中数学专题练习20 立体几何中的平行与垂直问题(新高考地区专用)解析版
立体几何中的平行与垂直问题一、题型选讲题型一、线面平行与垂直知识点拨：证明直线与平面的平行与垂直问题，一定要熟练记忆直线与平面的平行与垂直判定定理和性质定理，切记不可缺条件。
直线与平面的平行有两种方法：一是在面内找线；二是通过面面平行转化。
直线与平面垂直关键是找两条相交直线例1、如图，在四棱锥PABCD中，M，N分别为棱PA，PD的中点．已知侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，DA＝DP.求证：(1)MN∥平面PBC；MD⊥平面PAB.例2、如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B为矩形，平面AA1B1B⊥平面ABC，点E，F 分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点．(1) 求证：EF∥平面ABC；(2) 求证：BB1⊥AC.例3、如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC，A1C⊥BC1，AB1⊥BC1，D，E分别是AB1和BC的中点．求证：(1)DE∥平面ACC1A1；(2)AE⊥平面BCC1B1.例4、如图，三棱锥DABC中，已知AC⊥BC，AC⊥DC，BC＝DC，E，F分别为BD，CD的中点．求证：(1) EF∥平面ABC；(2) BD⊥平面ACE.例5、如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，A1B1⊥B1C1.设A1C与AC1交于点D，B1C 与BC1交于点E.求证：(1) DE∥平面ABB1A1；(2) BC1⊥平面A1B1C.例6、如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知D，E分别为BC，B1C1的中点，点F在棱CC1上，且EF⊥C1D.求证：(1) 直线A1E∥平面ADC1；(2) 直线EF⊥平面ADC1.题型二、线面与面面平行与垂直证明平面与平面的平行与垂直问题，一定要熟练记忆平面与平面的平行与垂直判定定理和性质定理，切记不可缺条件。
平面与平面的平行关键是在一个平面内找两条相交直线；平面与平面垂直可以从二面角入手页可以从线面垂直进行转化。
2024高考数学专题分类之立体几何解析版
1立体几何经典真题1【2023年新课标全国乙卷第19题】如图,在三棱雉P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=5DO,点F在AC上,BF⊥AO.(1)证明:EF⎳平面ADO;(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;(3)求二面角D-AO-C的正弦值.AB CDEFOP【答案】1 见解析;2 见解析;3 见解析.【解析】1 【解法一】∵A,F,C三点共线,故设BF=λBA+1-λBC,又OA=BA-BO=BA-12BC,BF⊥OA,BA⊥BC,∴BF∙OA=λBA+1-λBC∙BA-12BC=λBA2-121-λBC2=λ∙22-121-λ∙222=8λ-4=0,解得λ=12,∴BF=12BA+12BC,故F为AC的中点,∵D,E,O分别为BP,BC,AP的中点,∴DO∥BC∥EF,∵EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,∴EF∥平面ADO;【解法二】∵AB⊥BC,故以B为原点,BA,BC所在的直线分别为x,y轴建立平面直角坐标系,如图所示,则B0,0,A2,0,C0,22,D0,2,∵点F在AC上,直线AC方程为x2+y22=1,∴设F a,22-a,∵AD⊥BF,∴k AD∙k BF,即2-00-2∙22-aa=-1,解得a=1,∴F12,即F为AC的中点,∵D,E,O分别为BP,BC,AP的中点,∴DO∥BC∥EF,xyAB CFD2∵EF ⊄平面ADO ,DO ⊂平面ADO ,∴EF ∥平面ADO ;2 ∵OA =BO 2+BA 2=6,OD =12PC =62,AD =5DO =302,∴AD 2=OD 2+OA 2,∴OA ⊥OD ,∵OD ∥EF ,∴OA ⊥EF ,又∵OA ⊥BF ,BF ∩EF =F ,∴OA ⊥平面BEF ,∵OA ⊂平面ADO ,∴平面ADO ⊥平面BEF ;3【解法一】过点O 作OH ∥BF ,交AC 于点H ,设AD ∩BE =G ,如图所示,∵AO ⊥BF ,∴OH ⊥OA ,且FH =13AH ,由2 知,OA ⊥OD ,∴∠DOH 为二面角D -AO -C 的平面角,∵D ,E 分别为BP ,AP 的中点,∴G 为△P AB 的重心,∴DH =32GF ,在△P AB 中,AB 2+AP 2=2AD 2+2BP 22,解得AP =14,BA 2+BP 2=2BE 2+2AP 2 2,解得BE =62,∵EF =12PC =62,∴BF 2=EB 2+EF 2,即EB ⊥EF ,∵EG =13BE =66,∴GF =EG 2+EF 2=153,∴DH =152,∵OH =12BF =14AC =32,在△ODH 中,∠DOH cos =OD 2+OH 2-DH 22OD ∙OH=22,∴二面角D -AO -C 的正弦值为22;【解法二】设BF ∩AO =M ,AD ∩BE =G ,连接GM ,GF ,由1 及2 ,∠GMF 为二面角D -AO -C 的平面角,∠GMB 为其补角,∵D ,E 分别为BP ,AP 的中点,∴G 为△P AB 的重心,又O ,F 分别为BC ,AC 的中点,∴M 为△ABC 的重心,∴∠GMB =∠EFB ,在△P AB 中,AB 2+AP 2=2AD 2+2BP 22,解得AP =14,BA 2+BP 2=2BE 2+2AP 2 2,解得BE =62,∵EF =12PC =62,∴BF 2=EB 2+EF 2,即EB ⊥EF ,∴∠EFB tan =BEEF=1,即∠EFB =45°,ABCDE FO PGMABCD EFOPGH3∴∠GMF =180°-45°,即二面角D -AO -C 的正弦值为22;【解法三】以向量BA ,BC ,BP为空间向量的一组基底,设平面ABC 的法向量为m =x 1BA +y 1BC +z 1BP ,平面OAD 的法向量为n=x 2BA +y 2BC+z 2BP ,则m ∙BA =0,m ∙BC =0, ⇒x 1=-y 1,z 1=-2y 1,取y 1=-1,则m=BA -BC +BP ,n ∙AD =0,n ∙AO =0, ⇒y 2=0,z 2=x 2,取x 2=1,则n=BA +BP ,∵m =23,n =6,m ∙n=6,∴m ,n cos =m ∙n m n =22,∴二面角D -AO -C 的正弦值为22;【解法四】由2 知OD ⊥OA ,BF ⊥OA ,CP ∥OD∴CP ,BF或其补角为二面角D -AO -C 的平面角,∵CP =BP -BC ,BF =12BA +BC ,CP=6,BF =3,又CP ∙BF =BP -BC ∙12BA +BC=6,∴CP ,BF cos =CP ∙BFCP BF=22,∴二面角D -AO -C 的正弦值为22;【解法五】依题意,以B 为原点,BA ,BC ,BA ×BC的方向为方向建立空间直角坐标系,由2 知AO ⊥平面BEF ,∴平面ABC ⊥平面BEF ,又BE =62,EF =62,BF =12AC =3,∴BE 2+FE 2=BF 2,∴BE ⊥FE ,且点E 在平面ABC 内射影为BF 中点,∵B 0,0,0 ,A 2,0,0 ,C 0,22,0 ,F 1,2,0 ,O 0,2,0 ,∴E 12,22,32,P -1,2,3 ,D -12,22,32 ,设平面AOD 法向量为m=x ,y ,z ,∵OD =-12,-22,32 ,OA =2,-2,0 ,∴m ∙OD=0,m ∙OA =0, ⇒m=x ,2x ,3x ,取x =1,∴m=1,2,3 ,又n=0,0,1 为平面ABC 的一个法向量,∴m ,n cos =m ∙n m n=22,∴二面角D -AO -C 的正弦值为22.ABCDEFOPxyz42【2023年新课标全国甲卷第18题】如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1=2，A 1C ⊥底面ABC ,∠ACB =90°,A 1到平面BCC 1B 1的距离为1.1 求证:AC =A 1C ;2 若直线AA 1与BB 1的距离为2,求AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值.ABCA 1B 1C 1【答案】1 见解析;21313.【解析】1 【解法一】∵A 1C ⊥底面ABC ,AC ,BC ⊂平面ABC ,∴A 1C ⊥AC ,A 1C ⊥BC ,∵∠ACB =90°,∴BC ⊥CA ,∵AC ∩A 1C =C ,∴BC ⊥平面ACC 1A 1,∵BC ⊂平面BCC 1A 1,∴平面ACC 1A 1⊥平面BCC 1B 1,又∵A 1C 1//AC ,∴A 1C ⊥A 1C 1,在▱ACC 1A 1中,取CC 1的中点H ,连接A 1H ,由直角三角形性质,A 1H =12CC 1=12AA 1=1,∵A 1到平面BCC 1B 1的距离为1,平面ACC 1A 1⊥平面BCC 1B 1,且平面ACC 1A 1∩平面BCC 1B 1=CC 1,∴A 1到平面BCC 1B 1的距离即为A 1H ,即A 1H ⊥平面BCC 1B 1,且A 1H ⊥CC 1,∴△A 1CC 1是以CC 1为斜边的等腰直角三角形,故A 1C =A 1C 1,∴AC =A 1C ;【解法二】∵A 1C ⊥底面ABC ,且∠ACB =90°,CA ,CB ⊂平面ABC ,∴A 1C ⊥CA ,A 1C ⊥CB ,CA ⊥CB ,∴以C 为原点,CA ,CB ,CA 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,设A a ,0,0 ,B 0,b ,0 ,C 0,0,0 ,A 10,0,c ,C 1-a ,0,c 设平面BCC 1B 1的法向量为n =x ,y ,z ,∵CB =0,b ,0 ,CC 1=-a ,0,c ,∴n ∙CB=0,n ∙CC 1 =0, 即y =0,-ax +cz =0,取n =c ,0,a ,ABCA 1B 1C 1H5∵A 1到平面BCC 1B 1的距离为1,∴CA 1 ∙n n =0,0,c ∙c ,0,a c 2+a 2=acc 2+a 2=1,又∵c 2+a 2=4,∴a =c =2,∴AC =A 1C ;2 【解法一】取AA 1的中点M ,连接CM ,BM ,由1 解法一,CM ⊥平面BCC 1B 1,∴BB 1⊂平面BCC 1B 1,BB 1//AA 1,∴CM ⊥BB 1,CM ⊥AA 1,又∵BC ⊥平面ACC 1A 1,BM 在平面ACC 1A 1内的射影为CM ,由三垂线定理,BM ⊥AA 1,∴BB 1//AA 1,∴BM ⊥BB 1,∴线段BM 为直线AA 1与BB 1的公垂线段,∴BM =2,由1 可得CB =3,∵BM =2,AM =1,∴∠BAM cos =15,∠AA 1B 1cos =-15,∴AB 12=AA 12+A 1B 12-2AA 1∙A 1B 1∠AA 1B 1cos =22+52-2×2×5×-15=13,∴AB 1=13,设直线AB 1与平面BCC 1B 1所成角为θ,则θsin =CMAB 1=113=1313,∴直线AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为1313.【解法二】由1 知AA 1 =-2,0,2 ,AB=-2,b ,0 ,∴B 到直线AA 1的距离为AB 2-AA 1 ∙ABAA 12=2+b 2 -222+222=2,解得b =3,设直线AB 1与平面BCC 1B 1所成角为θ,∵AB 1 =AA 1 +A 1B 1 =AA 1 +AB=-2,0,2 +-2,3,0 =-22,3,2 ,由1 知n =2,0,2 为平面BCC 1B 1的一个法向量,∴θsin =n ,AB 1 cos =n ∙AB 1n AB 1 =222+22-22 2+32+22=1313,直线AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为1313.ABCA 1B 1C 1MN ABCA 1B 1C 1xyzABCA 1B 1C 1xyz。
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专题20 立体几何大题（解析版）立体几何解答题高考中的必考题，占12分，一般考察立体几何知识掌握情况及解答技巧。
如线面垂直、面面垂直、线面平行，线面角、二面角等问题。
立体几何解答题中的易错和易混点易错点1：求两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角时，如果所求的角为90°，那么就不要忘了还有一种求角的方法即用证明它们垂直的方法；易错点2：线面平行的判定定理和性质定理在应用时都是三个条件，但这三个条件易混为一谈；面面平行的判定定理易把条件错误地记为＂一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别平行＂而导致证明过程跨步太大；易错点3：作出二面角的平面角主要方法是什么？（定义法、三垂线法、垂面法）三垂线法：一定平面，二作垂线，三作斜线，射影可见；易错点4：求点到面的距离的常规方法是什么？（直接法、等体积法、换点法、向量法） 易错点5：求多面体体积的常规方法是什么？（割补法、等积变换法） 易错点6： 两条异面直线所成的角的范围：0°<α≤90° 直线与平面所成的角的范围：0o ≤α≤90°二面角的平面角的取值范围：0°≤α≤180°易错点7：用向量法求线面角得的是正弦值，而不是余弦值；易错点8：用向量法求二面角时，最后一步忘了判断二面角的平面角是钝角还是锐角，导致结果错误。
题组一 1．（2015新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB = 16，BC = 10，AA 1 = 8， 点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E = D 1F = 4，过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。
（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）； （2）求直线AF 与平面α所成的角的正弦值。
【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF 如图： （Ⅱ）作EM AB ⊥，垂足为M ， 则114,8AM A E EM AA ==== 因为EHGF 为正方形，所以10EH EF BC ===于是226MH EH EM =-=，所以10AH =以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向， 建立如图所以的空间直角坐标系D xyz -，则(10,0,0),(10,10,0),(10,4,8),(0,4,8),(10,0,0),(0,6,8)A H E F FE HE ==- 设(,,)n x y z =是平面EHGF 的法向量，则0,0,n FE n HE ⎧=⎪⎨=⎪⎩即100,680,x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取(0,4,3)n =又(10,4,8)AF =-， 故||45|cos ,|15||||n AF n AF n AF <>==所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为41515所以直线PA 与平面PEH 所成角的正弦值为24． 2.（2016全国III ）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD BC ，=3AB AD AC ==，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =， N 为PC 的中点．（Ⅰ）证明MN 平面PAB ；（Ⅱ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）由已知得232==AD AM ，取BP 的中点T ，连接TN AT ,．由N 为PC 中点知BC TN //，221==BC TN ．又BC AD //，故TN 平行且等于AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是AT MN //．因为⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ，所以//MN 平面PAB ．（Ⅱ）取BC 的中点E ，连结AE ，由AC AB =得BC AE ⊥，从而AD AE ⊥，且5)2(2222=-=-=BC AB BE AB AE ． 以A 为坐标原点，AE 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系xyz A -，由题意知，)4,0,0(P ，)0,2,0(M ，)0,2,5(C ，)2,1,25(N ， (0,2,4)PM =-，)2,1,25(-=PN ， )2,1,25(=AN ． 设(,,)x y z =n 为平面PMN 的法向量，则00PM PN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x ，可取(0,2,1)n =，于是||85|cos ,|25||||n AN n AN n AN ⋅<>==． 所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525题组二3.（2013新课标Ⅱ）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，122AA AC CB AB ===EDCBAA 1B 1C 1PAB DC N M（Ⅰ）证明：1BC //平面1A CD ；（Ⅱ）求二面角1D A C E --的正弦值．【解析】（Ⅰ）连结1AC ，交,D E 分别是1,AB BB 的中点，1A C 于点O ，连结DO ，则O 为1AC 的中点，因为D 为AB 的中点，所以OD ∥1BC ，又因为OD ⊂平面1A CD ，1BC ⊄平面1A CD ，所以1BC //平面1A CD ；（Ⅱ）由1AA=AC=CB=2AB 可设：AB=2a ，则1AA， 所以AC ⊥BC ，又因为直棱柱，所以以点C 为坐标原点，分别以直线CA 、CB 、1CC 为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系如图， 则(0,0,0)C、1)A 、D、E ，1(2)CA a =，2(2CD =，(0,CE =， 1(,A E =-，设平面1A CD 的法向量为(,,)n x y z =，则0n CD ⋅=且10n CA ⋅=，可解得y x z =-=，令1x =，得平面1A CD 的一个法向量为(1,1,1)n =--，同理可得平面1A CE 的一个法向量为(2,1,2)m =-，则cos ,n m <>=，所以6sin ,3n m <>= 所以二面角D-1A C -E4．（2012新课标）如图，直三棱柱111C B A ABC -中，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点，BD DC ⊥1． （Ⅰ）证明：BC DC ⊥1；（Ⅱ）求二面角11C BD A --的大小．【解析】（Ⅰ）在Rt DAC ∆中，AD AC =，得：45ADC ︒∠=同理：1114590A DC CDC ︒︒∠=⇒∠=得：111,DC DC DC BD DC ⊥⊥⇒⊥面1BCD DC BC ⇒⊥ （Ⅱ）11,DC BC CC BC BC ⊥⊥⇒⊥面11ACC A BC AC ⇒⊥ 取11A B 的中点O ，过点O 作OH BD ⊥于点H ，连接11,C O C H1111111AC B C C O A B =⇒⊥，面111A B C ⊥面1A BD 1C O ⇒⊥面1A BD 1OH BD C H BD ⊥⇒⊥ 得：点H 与点D 重合ACB1B 1A D1C 1且1C DO ∠是二面角11C BD A --的平面角设AC a =，则122aC O =，1112230C D a C O C DO ︒==⇒∠= 既二面角11C BD A --的大小为30︒传统法求二面角的大小：作出二面角的平面角并通过解三角形计算。
作平面角常用方法如下：①先确定二面角的棱，在棱上找一点，分别在两个半平面内作棱的垂线，两垂线所成的角即为平面角。
②垂面法：用垂直于二面角棱的平面截二面角，两交线所成的角即为平面角③三垂线定理及其逆定理：过一个半平面内一点作另一半平面的垂线，过垂足在另一个半平面内作棱的垂线得棱上一点（即斜足），斜足与面上一点的连线和斜足与垂足连线所成角为平面角。
④利用特殊图形的垂直关系直接作出平面角。
此类问题的特征是图形中一般有二面角的平面角，只须利用前面三种方法进行判断即可找到二面角的平面角。
题组三5.（2019全国Ⅲ理19）图1是由矩形ADEB 、R t △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的二面角B-CG-A 的大小.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ．由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EH =3．以H 为坐标原点，HC 的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系–H xyz ，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，0，3），CG =（1，0，3），AC =（2，–1，0）．设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即30,20.x z x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =（3，6，–3）．又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0）， 所以3cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ．因此二面角B –CG –A 的大小为30°．附：平面图形的翻折问题：（1）将平面图形沿直线翻折成立体图形，实际上是以该直线为轴的一个旋转（2）求解翻折问题的基本方法是：先比较翻折前后的图形，弄清哪些量和位置关系在翻折过程中不变，哪些已发生变化，然后将不变的条件集中到立体图形中，将问题归结为一个条件与结论均明朗化的立几问题。
（3）把平面图形翻折成空间图形后的有关计算问题，必须抓住在翻折过程中点、线、面之间的位置关系、数量关系中，哪些是变的，哪些不变，特别要抓住不变量。
一般地，在同一个半平面内的几何元素之间的关系是不变的，涉及到两个半平面内的几何元素之间的关系是变的。
题组四 6．（2017新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD 中，ABC ∆是正三角形，ACD ∆是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =．(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ； (2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D AE C--的余弦值．【解析】（1）由题设可得，ABD CBD ∆≅∆，从而AD DC =．又ACD ∆是直角三角形，所以0=90ACD ∠取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO AC ⊥，DO AO =． 又由于ABC ∆是正三角形，故BO AC ⊥． 所以DOB ∠为二面角D AC B --的平面角． 在Rt AOB ∆中，222BO AO AB +=．又AB BD =，所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==，故90DOB ∠=． 所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由题设及（1）知，OA,OB,OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴正方向，OA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -， 则(1,0,0)A，B ，(1,0,0)C -，(0,0,1)D ．由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得1)2E ． 故(1,0,1)AD =-，(2,0,0)AC =-，1()2AE =- 设()=x,y,z n 是平面DAE 的法向量，则AD AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩0，0，n n即x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩01022可取=n 设m 是平面AEC 的法向量，则0，0，AC AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩m m同理可得(0,=-mA B C DE则cos ,==77n m n m n m 所以二面角D AE C --的余弦值为77． 7．（2018全国卷Ⅲ）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧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)当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．【解析】(1)由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ．因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以 DM ⊥CM ． 又BC CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ．而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．(2)以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -．当三棱锥M ABC -体积最大时，M 为CD 的中点．由题设得(0,0,0)D ，(2,0,0)A ，(2,2,0)B ，(0,2,0)C ，(0,1,1)M ，(2,1,1)AM =-，(0,2,0)AB =，(2,0,0)DA = 设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量，则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,2)=n ．DA 是平面MCD 的法向量，因此5cos ,5||||DA DA DA ⋅==n n n ， 25sin ,5DA =n ， 所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是255．题组五 8．（2014新课标II ）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点． （Ⅰ）证明：PB ∥平面AEC ； （Ⅱ）设二面角D AE C --为60°，AP =1，AD =3， 求三棱锥E ACD -的体积．【解析】（Ⅰ）连接BD 交AC 于点O ，连结EO ．因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．M D CBAzyxA BCD M又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB ．EO ⊂平面AEC ,PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC ． （Ⅱ）因为PA ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形， 所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB 的方向为x 轴的正方向，AP 为单位长，建立空间直角坐标系A xyz -，则(0,3,0),D 31(0,,),22E 31(0,,)22AE =． 设(,0,0)(0)B m m >，则(,3,0),C m (,3,0)AC m =． 设1(,,)x y z =n 为平面AEC 的法向量，则110,0,AC AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即30,310,22mx y y z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，可取13(,1,3)m=-n ． 又2(1,0,0)=n 为平面DAE 的法向量，由题设121cos ,2=n n ，即231342m =+，解得32m =． 因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E ACD -的高为12．三棱锥E ACD -的体积11313332228V =⨯⨯⨯⨯=．9．（2011新课标）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=︒，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．【解析】（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=，由余弦定理得3BD AD =从而222BD AD AB +=，故BD ⊥AD又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面P AD ． 故 P A ⊥BD（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz ，则()1,0,0A ，()03,0B ，，()1,3,0C -，()0,0,1P ．(1,3,0),(0,3,1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=- 设平面PAB 的法向量为(,,)x y z =n ，则00AB PB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即 3030x y y z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩ xyz OAB CDPE因此可取n =(3,1,3)设平面PBC 的法向量为m ，则 0PB BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m可取m =（0，-1，3-）427cos ,727-==-m n 故二面角A-PB-C 的余弦值为277-． 题组六 10．（2010新课标）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.（Ⅰ）证明：PE BC ⊥； （Ⅱ）若60APB ADB ∠=∠=，求直线PA 与平面PEH 所 成角的正弦值．【解析】以H 为原点，,,HA HB HP 分别为,,x y z 轴，线段HA 的长为单位长， 建立空间直角坐标系如图， 则(1,0,0),(0,1,0)A B（Ⅰ）设(,0,0),(0,0,)(0,0)C m P n m n <>， 则1(0,,0),(,,0).22mD mE 可得1(,,),(,1,0).22mPE n BC m =-=-因为0022m mPE BC ⋅=-+=，所以PE BC ⊥（Ⅱ）由已知条件可得 33,1,33m n C =-=-故 (,0,0) 313(0,,0),(,,0),(0,0,1)326D E P -- 设 (,,)n x y x =为平面PEH 的法向量则0,0,HE HP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即130260x y z ⎧-=⎪⎨⎪=⎩因此可以取(1,3,0)=n ，由(1,0,1)PA =-，可得2cos ,4PA =n ， 直线PA 与平面PEH 所成角的正弦值24.立体几何十大经典类型（解题思想方法归纳） 类型一： 证明线线平行1.证明两直线a 、b 平行，若直线a 和直线b 共面时，则可以用平面几何中常用的一些方法（如证明a 和b 是一个平行四边形的一组对边）证明它们无公共点。