2020版 高考大题增分课4 立体几何中的高考热点问题
2020版 高考大题增分课4 立体几何中的高考热点问题
（四）立体几何中的高考热点问题[命题解读] 1.立体几何是高考的必考内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算．2．重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．【例1】(本小题满分12分)(2019·哈尔滨模拟)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E-ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．[信息提取]看到四边形ABCD为菱形，想到对角线垂直；看到三棱锥的体积，想到利用体积列方程求边长．[规范解答] (1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BE .2分因为BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED . 4分 (2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB＝GD ＝x 2.因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .6分由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积V 三棱锥E -ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.9分 从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E -ACD 的侧面积为3＋2 5. 12分 [易错与防范] 易错误区：1.在第(1)问中，易忽视条件BD ∩BE ＝B .AC ⊂平面AEC 等条件，推理不严谨，导致扣分．2．在第(2)问中，需要计算的量较多，易计算失误，或漏算，导致结果错误． 防范措施：1.在书写证明过程中，应严格按照判定定理的条件写，防止扣分．2．在计算过程中，应牢记计算公式，逐步计算，做到不重不漏．[通性通法] 空间几何体体积的求法(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求四面体N -BCM 的体积．[解] (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以点N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝5.由AM ∥BC 得点M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N -BCM 的体积V N -BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453.求点到平面的距离(几何体的高)涉及到空间几何体的体积和线面垂直关系，是近几年高考考查的一个重要方向，重点考查学生的转化思想和运算求解能力．【例2】 (2019·开封模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，且∠DAB ＝60°，P A ＝PD ，M 为CD 的中点，平面P AD ⊥平面ABCD .(1)求证：BD ⊥PM ；(2)若∠APD ＝90°，P A ＝2，求点A 到平面PBM 的距离．[解] (1)证明：取AD 中点E ，连接PE ，EM ，AC ，∵底面ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ，∵E ，M 分别是AD ，DC 的中点，∴EM ∥AC ，∴EM ⊥BD .∵P A ＝PD ，∴PE ⊥AD ，∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PE ⊥平面ABCD ，∴PE ⊥BD ，∵EM ∩PE ＝E ，∴BD ⊥平面PEM ，∵PM ⊂平面PEM ，∴BD ⊥PM .(2)连接AM ，BE ，∵P A ＝PD ＝2，∠APD ＝90°，∠DAB ＝60°，∴AD ＝AB＝BD ＝2，PE ＝1，EM ＝12AC ＝3，∴PM ＝PB ＝1＋3＝2.在等边三角形DBC 中，BM ＝3，∴S △PBM ＝394，S △ABM ＝12×2×3＝ 3.设三棱锥A -PBM 的高为h ，则由等体积可得13·394h ＝13×3×1，∴h ＝41313，∴点A 到平面PBM 的距离为41313.如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(2)设AP＝1，AD＝3，三棱锥P-ABD的体积V＝34，求点A到平面PBC的距离．[解](1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)三棱锥P-ABD的体积V＝16P A·AB·AD＝36AB，由V＝34，可得AB＝32.由题设知BC⊥AB，BC⊥P A，所以BC⊥平面P AB，在平面P AB内作AH⊥PB交PB于点H，则BC⊥AH，故AH⊥平面PBC.又AH＝P A·ABPB＝P A·ABP A2＋AB2＝31313.所以点A到平面PBC的距离为313 13.是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．【例3】(2018·秦皇岛模拟)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 是边长为a的正方形，侧面P AD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：如图所示，连接AC，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点．所以对角线AC经过点F.又在△P AC中，点E为PC的中点，所以EF为△P AC的中位线，所以EF∥P A.又P A⊂平面P AD，EF⊄平面P AD，所以EF∥平面P AD.(2)存在满足要求的点G.在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC.因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD.又侧面P AD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面P AD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面P AD.又EF∥平面P AD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG，EG.因为F为BD中点，所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD⊂平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面P AC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面P AC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．[证明](1)连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥S-ABCD 是正四棱锥，所以SO⊥AC.在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD.因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.(2)在棱SC 上存在一点E ，使得BE ∥平面P AC .连接OP .设正方形ABCD 的边长为a ，则SC ＝SD ＝2a .由SD ⊥平面P AC 得SD ⊥PC ，易求得PD ＝2a 4. 故可在SP 上取一点N ，使得PN ＝PD .过点N 作PC 的平行线与SC 交于点E ，连接BE ，BN ，在△BDN 中，易得BN ∥PO .又因为NE ∥PC ，NE ⊂平面BNE ，BN ⊂平面BNE ，BN ∩NE ＝N ，PO ⊂平面P AC ，PC ⊂平面P AC ，PO ∩PC ＝P ，所以平面BEN ∥平面P AC ，所以BE ∥平面P AC .因为SN ∶NP ＝2∶1，所以SE ∶EC ＝2∶1.[大题增分专训]1．(2019·济南模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为等腰梯形，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F 分别为线段AD ，PB 的中点．(1)证明：PD ∥平面CEF ；(2)若PE ⊥平面ABCD ，PE ＝AB ＝2，求三棱锥P -DEF 的体积．[解] (1)证明：连接BE ，BD ，BD 交CE 于点O ，连接OF (图略)．∵E 为线段AD 的中点，AD ∥BC ，BC ＝12AD ＝ED ，∴BC ED ，∴四边形BCDE 为平行四边形，∴O 为BD 的中点，又F 是BP 的中点，∴OF ∥PD .又OF ⊂平面CEF ，PD ⊄平面CEF ，∴PD ∥平面CEF .(2)由(1)知，BE ＝CD .∵四边形ABCD 为等腰梯形，AB ＝BC ＝12AD ，∴AB ＝AE ＝BE ，∴三角形ABE 是等边三角形，∴∠DAB ＝π3，过B 作BH ⊥AD 于点H (图略)，则BH ＝ 3.∵PE ⊥平面ABCD ，PE ⊂平面P AD ，∴平面P AD ⊥平面ABCD ， 又平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，BH ⊥AD ，BH ⊂平面ABCD ，∴BH ⊥平面P AD ，∴点B 到平面P AD 的距离为BH ＝ 3.又F 为线段PB 的中点，∴点F 到平面P AD 的距离h 等于点B 到平面P AD的距离的一半，即h ＝32，又S △PDE ＝12PE ·DE ＝2，∴V 三棱锥P -DEF ＝13S △PDE ×h ＝13×2×32＝33.2．(2019·石家庄模拟)如图，已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为正方形，且P A ⊥底面ABCD ，过AB 的平面ABFE 与侧面PCD 的交线为EF ，且满足S △PEF ：S 四边形CDEF ＝1∶3.(1)证明：PB∥平面ACE；(2)当P A＝2AD＝2时，求点F到平面ACE的距离．[解](1)证明：由题知四边形ABCD为正方形，∴AB∥CD，∵CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，∴AB∥平面PCD.又AB⊂平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD＝EF，∴EF∥AB，∴EF∥CD.由S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3知E，F分别为PD，PC的中点．如图，连接BD交AC于点G，则G为BD的中点，连接EG，则EG∥PB.又EG⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴PB∥平面ACE.(2)∵P A＝2，AD＝AB＝1，∴AC＝2，AE＝12PD＝52，∵P A⊥平面ABCD，∴CD⊥P A，又CD⊥AD，AD∩P A＝A，∴CD ⊥平面P AD ，∴CD ⊥PD .在Rt △CDE 中，CE ＝CD 2＋DE 2＝32.在△ACE 中，由余弦定理知cos ∠AEC ＝AE 2＋CE 2－AC 22AE ·CE ＝55，∴sin ∠AEC ＝255，∴S △ACE ＝12·AE ·CE ·sin ∠AEC ＝34 .设点F 到平面ACE 的距离为h ，连接AF ，则V F -ACE ＝13×34×h ＝14h . ∵DG ⊥AC ，DG ⊥P A ，AC ∩P A ＝A ，∴DG ⊥平面P AC .∵E 为PD 的中点，∴点E 到平面ACF 的距离为12DG ＝24.又F 为PC 的中点，∴S △ACF ＝12S △ACP ＝22，∴V E -ACF ＝13×22×24＝112.由V F -ACE ＝V E -ACF ，得14h ＝112，得h ＝13， ∴点F 到平面ACE 的距离为13.3．已知在四棱锥P -ABCD 中，平面P AB ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，E 为线段AD 上靠近点A 的三等分点，O 为AB 的中点，且P A ＝PB ，AB ＝23AD .(1)求证：EC ⊥PE .(2)PB 上是否存在一点F ，使得OF ∥平面PEC ？若存在，试确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：连接PO ，EO ，CO .∵平面P AB ⊥平面ABCD ，P A ＝PB ，O 为AB 的中点，∴PO ⊥平面ABCD ，∵CE ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥CE .设AD ＝3，∵四边形ABCD 为矩形，∴CD ＝AB ＝2，BC ＝3，∴AE ＝13AD ＝1，∴ED ＝2，EC ＝ED 2＋DC 2＝22＋22＝22，OE ＝AO 2＋AE 2＝12＋12＝2，OC ＝OB 2＋BC 2＝12＋32＝10，∴OE 2＋EC 2＝OC 2，∴OE ⊥EC .又PO ∩OE ＝O ，∴EC ⊥平面POE ，又PE ⊂平面POE ，∴EC ⊥PE .(2)PB 上存在一点F ，使得OF ∥平面PEC ，且F 为PB 的三等分点(靠近点B )．证明如下：取BC 的三等分点M (靠近点C )，连接AM ，易知AEMC ，∴四边形AECM 为平行四边形，∴AM ∥EC .取BM 的中点N ，连接ON ，∴ON ∥AM ，∴ON ∥EC .∵N 为BM 的中点，∴N 为BC 的三等分点(靠近点B )．∵F 为PB 的三等分点(靠近点B )，连接OF ，NF ，∴NF ∥PC ， 又ON ∩NF ＝N ，EC ∩PC ＝C ，∴平面ONF ∥平面PEC ，∴OF ∥平面PEC .。
2020年高考数学(理)重难点专练03 空间向量与立体几何(解析版)
2020年高考数学（理）重难点03 空间向量与立体几何【高考考试趋势】立体几何在高考数学是一个必考知识点，一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点，理科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用，简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题.另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图.选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及二面角问题.前面的重点专题已经对立体几何进行了一系列详细的说明，本专题继续加强对高考中立体几何出现的习题以及对应的题目类型进行必要的加强.本专题包含了高考中几乎所有题型，学完本专题以后，对以后所有的立体几何你将有一个更加清晰的认识.【知识点分析以及满分技巧】基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长.要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求.内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求.求点到平面的距离问题：采用等体积法.求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高.对于二面角问题应采用建立立体坐标系去求.但是坐标系要注意采用左手系务必要标记准确对应点以及法向量对应的坐标.【常见题型限时检测】（建议用时：35分钟）一、单选题1．（2019·遵义航天高级中学高考模拟（理））一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．83B．163C．203D．8【答案】B 【解析】由图可知该几何体底面积为8，高为2的四棱锥，如图所示：∴该几何体的体积1168233V =⨯⨯= 故选B【点睛】：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽. 2．（2019·天津高考模拟（理））已知四面体ABCD 的四个面都为直角三角形，且AB ⊥平面BCD ，2AB BD CD ===，若该四面体的四个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（ ）A ．3πB ．C ．D ．12π【答案】D 【解析】 【分析】由已知中的垂直关系可将四面体放入正方体中，求解正方体的外接球表面积即为所求的四面体外接球的表面积；利用正方体外接球半径为其体对角线的一半，求得半径，代入面积公式求得结果. 【详解】2BD CD ==Q 且BCD ∆为直角三角形 BD CD ∴⊥又AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD CD AB ∴⊥CD \^平面ABD由此可将四面体ABCD 放入边长为2的正方体中，如下图所示：∴正方体的外接球即为该四面体的外接球O正方体外接球半径为体对角线的一半，即12R == ∴球O 的表面积：2412S R ππ==本题正确选项：D 【点睛】本题考查多面体的外接球表面积的求解问题，关键是能够通过线面之间的位置关系，将所求四面体放入正方体中，通过求解正方体外接球来求得结果.3．（2019·河南高考模拟（理））如图，点P 在正方体1111ABCD A B C D -的面对角线1BC 上运动，则下列四个结论：①三棱锥1A D PC -的体积不变；1//A P ②平面1ACD ； 1DP BC ⊥③；④平面1PDB ⊥平面1ACD ．其中正确的结论的个数是( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C 【解析】【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解． 【详解】对于①，由题意知11//AD BC ，从而1//BC 平面1AD C ，故BC 1上任意一点到平面1AD C 的距离均相等，所以以P 为顶点，平面1AD C 为底面，则三棱锥1A D PC -的体积不变，故①正确； 对于②，连接1A B ，11A C ，111//AC AD 且相等，由于①知：11//AD BC ， 所以11//BA C 面1ACD ，从而由线面平行的定义可得，故②正确； 对于③，由于DC ⊥平面11BCB C ，所以1DC BC ⊥， 若1DP BC ⊥，则1BC ⊥平面DCP ，1BC PC ⊥，则P 为中点，与P 为动点矛盾，故③错误；对于④，连接1DB ，由1DB AC ⊥且11DB AD ⊥，可得1DB ⊥面1ACD ，从而由面面垂直的判定知，故④正确． 故选：C ． 【点睛】本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想．4．（2019·贵州高考模拟（理））设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，有下列四个命题：∴若m α⊂，αβ⊥，则m β⊥； ∴若//a β，m β⊂，则//m α； ∴若m α⊥，//m n ，//αβ，则n β⊥； ∴若//m α，//n β，//m n ，则//αβ其中正确命题的序号是（ ） A ．∴∴ B ．∴∴C ．∴∴D ．∴∴【答案】C 【解析】∴两个面垂直，推不出面中任意直线和另一个面垂直，错误；故排除A 、B 选项，对于∴，两个平行平面，其中一个平面内的任意直线都和另一个平面平行，故正确，所以选C.5．（2019·福建高考模拟（理））在三棱锥P ABC -中，3PA PB ==，BC =8AC =，AB BC ⊥，平面PAB ⊥平面ABC ，若球O 是三棱锥P ABC -的外接球，则球O 的半径为（ ）．A B C D ．2【答案】A 【解析】 【分析】取AB 中点D ，AC 中点E ，连PD ，ED ，得E 为∴ABC 外接圆的圆心，且OE∴平面PAB ，然后求出∴PAB 的外接圆半径r 和球心O 到平面PAB 的距离等于d ，由勾股定理得R .【详解】解：取AB 中点D ，AC 中点E ，连PD ，ED 因为AB BC ⊥，所以E 为∴ABC 外接圆的圆心因为OE∴PD ，OE 不包含于平面PAB ，所以OE∴平面PAB 因为平面PAB ⊥平面ABC ，3PA PB ==，得PD ⊥AB ，ED ⊥AB 所以PD ⊥平面ABC ，ED ⊥平面PAB且AB ==PD 1=所以球心O 到平面PAB 的距离等于ED d ==在∴PAB 中，3PA PB ==，AB =1sin 3PAB ∠=， 所以∴PAB 得外接圆半径2r 9sin PB PAB ∠==，即9r 2=由勾股定理可得球O 的半径R ==故选：A. 【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，经常用球中勾股定理R =R 是外接球半径，d 是球心到截面距离，r 是截面外接圆半径.二、解答题6．（2019·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形,//AB AD AB CD ⊥，224AB AD CD ===，4PC =.（1）证明：当点E 在PB 上运动时，始终有平面EAC ⊥平面PBC ； （2）求锐二而角A PB C --的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）5. 【解析】 【分析】（1）由PC ⊥底面ABCD ，证得AC PC ⊥，又由勾股定理，得AC CB ⊥，利用线面垂直的判定定理，得到AC ⊥平面PBC ，再由面面垂直的判定定理，可得平面EAC ⊥平面PBC ，即可得到结论；（2）分别以CD ，CF ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求得平面PBC 和平面PAB 的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解． 【详解】（1）由题意，因为PC ⊥底面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC PC ⊥，又因为224AB AD CD ===，所以4AB =，2AD CD ==，所以AC BC ==，所以222AC BC AB +=，从而得到AC CB ⊥．又BC ⊂Q 平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，BC PC C ⋂=，所以AC ⊥平面PBC ， 又AC ⊂Q 平面ACE ，所以平面EAC ⊥平面PBC ， 所以当点E 在PB 上运动时，始终有平面EAC ⊥平面PBC. （2）由条件知PC ⊥底面ABCD ，且AB AD ⊥， AB C D ∥所以过点C 作CF CD ⊥交AB 于点F ，分别以CD ，CF ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系（如图所示），所以(0,0,0)C ，(2,2,0)A ，(2,2,0)B -，(0,0,4)P .由（1）知CA u u u r为平面PBC 的一个法向量，因为(2,2,0)CA =u u u r，(2,2,4)PA =-u u u r (2,2,4)PB =--u u u r ，设平面P AB 的一个法向量为(,,)n=x y z r，则(,,)(2,2,4)00(,,)(2,2,4)00x y z n PA x y z n PB ⎧⋅-=⎧⋅=⇒⎨⎨⋅--=⋅=⎩⎩u uu v r u u u v r ，即02x y z=⎧⎨=⎩，令1z =，则2y =，所以(0,2,1)n =r，所以|||cos ,|5||||CA n CA n CA n ⋅〈〉===uu r ruu r r uu r r ，故锐二面角A PB C --的余弦值5．【点睛】本题考查了线面垂直与面面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.7（2017·广东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，90,60ABC ACD BAC CAD ∠=∠=︒∠=∠=︒， PA ⊥平面ABCD ，2,1PA AB ==.(1)设点E 为PD 的中点，求证： //CE 平面PAB ；(2)线段PD 上是否存在一点N ，使得直线CN 与平面PAC 所成的角θ的正弦值为5？若存在，试确定点N 的位置；若不存在，请说明理由. 8．（2019·天津市新华中学高考模拟（理））如图所示的几何体中，PD 垂直于梯形ABCD所在的平面，,2ADC BAD F π∠=∠=为PA 的中点，112PD AB AD CD ====，四边形PDCE 为矩形，线段PC 交DE 于点N .（1）求证：AC P 平面DEF ； （2）求二面角A PB C --的正弦值；（3）在线段EF 上是否存在一点Q ，使得BQ 与平面BCP 所成角的大小为π6？若存在，求出FQ 的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（23）在线段EF 上存在一点Q 满足题意，且FQ =【解析】 【分析】(1)由题意结合线面平行的判定定理即可证得题中的结论；(2)建立空间直角坐标系，利用两个半平面的法向量可得二面角的余弦值，然后利用同角三角函数基本关系可得二面角的正弦值；(3)假设点Q 存在，利用直线的方向向量和平面的法向量计算可得点Q 的存在性和位置. 【详解】（1）因为四边形PDCE 为矩形，所以N 为PC 的中点.连接FN ，在PAC V 中，,F N 分别为,PA PC 的中点，所以FN AC ∥， 因为FN ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ， 所以AC P 平面DEF .（2）易知,,DA DC DP 两两垂直，如图以D 为原点，分别以,,DA DC DP 所在直线为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系.则(1,0,0),(1,1,0),(0,2,0)P A B C，所以(1,1,,(1,1,0)PB BC ==-u u u r u u u r.设平面PBC 的法向量为(,,)m x y z =r，则(,,)(1,1,0(,,)(1,1,0)0m PB x y z m BC x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩u u u v r u u u v r即0,0,x y x y ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩解得,,y x z =⎧⎪⎨=⎪⎩令1x =，得1,y z =⎧⎪⎨=⎪⎩所以平面PBC的一个法向量为m =r. 设平面ABP 的法向量为(,,)n x y z =r，(,,)(0,1,0)0(,,)(1,1,0n AB x y z n PB x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩u u uv r u u uv r ，据此可得01x y z ⎧=⎪=⎨⎪=⎩， 则平面ABP的一个法向量为)n =r，cos ,3m n <>==u r r，于是sin ,3m n 〈〉=r r. 故二面角A PB C --（3）设存在点Q 满足条件.由1,0,,(0,22F E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭， 设(01)FQ FE λλ=u u u r u u u r &剟，整理得1),2,22Q λλλ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭，则1,22BQ λλ⎛+=-- ⎝⎭u u u r . 因为直线BQ 与平面BCP 所成角的大小为6π，所以1sin |cos ,|||62||||BQ m BQ m BQ m π⋅====⋅u u u r u ru u u r u r u u ur u r 解得21λ=，由知1λ=，即点Q 与E 重合.故在线段EF 上存在一点Q，且FQ EF ==. 【点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．(2)设,m n u r r 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n <>u r r互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．9．（2019·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，ABC ∆为等边三角形，22PA AB ==，AC CD ⊥，PD 与平面PAC 所成角的正切值 为5.(∴)证明：//BC 平面PAD ；(∴)若M 是BP 的中点，求二面角P CD M --的余弦值.【答案】（∴）见解析.（∴ 【解析】 【分析】(∴)先证明DPC ∠为PD 与平面PAC 所成的角，于是可得CD =60CAD ∠=︒．又由题意得到60BCA ∠=︒，故得//BC AD ，再根据线面平行的性质可得所证结论． (∴) 取BC 的中点N ，连接AN ，可证得AN AD ⊥．建立空间直角坐标系，分别求出平面PCD 和平面CDM 的法向量，根据两个法向量夹角的余弦值得到二面角的余弦值． 【详解】(∴)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以PA CD ⊥又AC CD ⊥,CA PA A =I , 所以CD ⊥平面PAC ，所以DPC ∠为PD 与平面PAC 所成的角． 在Rt PCD V中，PC ==所以CD =所以在Rt PCD V 中，2AD =,60CAD ∠=︒. 又60BCA ∠=︒，所以在底面ABCD 中，//BC AD , 又AD ⊂平面PAD ，BC ⊄平面PAD ， 所以//BC 平面PAD ．(∴)解：取BC 的中点N ，连接AN ，则AN BC ⊥,由(∴)知//BC AD ， 所以AN AD ⊥，分别以AN ，AD ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系Axyz .则(0,0,2)P，1,02C ⎫⎪⎪⎝⎭，(0,2,0)D，1,14M ⎫-⎪⎪⎝⎭所以3,,022CD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uu u r ，(0,2,2)PD =-u u ur，9,,144DM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uuu u r设平面PCD 的一个法向量为()1111,,n x y z =u r，由1100n CD n PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u vu u u v，即111130220y y z ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，得1111x z y ⎧=⎪⎨=⎪⎩，令11y =，则1,1)n =u r．设平面CDM 的一个法向量为()2222,,n x y z =u ur，由2200n CD n MD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u v u u u v u u v u u u u v，即2222230940y y z ⎧+=⎪-+=，得222232x y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩， 令21y =，则232n ⎫=⎪⎭u u r ．所以121212331cos ,||||n n n n n n ++⋅<>===⋅u r u u ru r u u r u r u u r 由图形可得二面角P CD M --为锐角， 所以二面角P CD M --【点睛】空间向量是求解空间角的有利工具，根据平面的法向量、直线的方向向量的夹角可求得线面角、二面角等，解题时把几何问题转化为向量的运算的问题来求解，体现了转化思想方法的利用，不过解题中要注意向量的夹角和空间角之间的关系，特别是求二面角时，在求得法向量的夹角后，还要通过图形判断出二面角是锐角还是钝角，然后才能得到结论． 10．（2018·吉林高考模拟（理））如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ， M ， N 分别是棱AB ， AD ， 11A B ， 11A D 的中点，点P ， Q 分别在棱1DD ， 1BB 上移动，且(02)DP BQ λλ==<<.（1）当1λ=时，证明：直线1//BC 平面EFPQ ；（2）是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）12λ=±.【解析】以D 为原点，射线DA ， DC ， 1DD 分别为x ， y ， z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -.由已知得()2,2,0B ， ()10,2,2C ，()2,1,0E ，()1,0,0F ， ()0,0,P λ， ()1,0,2N ， ()2,1,2M ，则()12,0,2BC =-u u u u r， ()1,0,FP λ=-u u u r ， ()1,1,0FE =u u u r ， ()1,1,0NM =u u u u r ， ()1,0,2NP λ=--u u u r.（1）当1λ=时， ()1,0,1FP =-u u u r ，因为()12,0,2BC =-u u u u r ，所以12BC FP =u u u u r u u u r，即1//BC FP ，又FP ⊂平面EFPQ ，且1BC ⊄平面EFPQ ，故直线1//BC 平面EFPQ . （2）设平面EFPQ 的一个法向量为(),,n x y z =r，则由0{0FE n FP n ⋅=⋅=u u u r ru u u r r，得0{0.x y x z λ+=-+=，于是可取(),,1n λλ=-r . 设平面MNPQ 的一个法向量为()',','m x y z =r，由0{0NM m NP m ⋅=⋅=u u u u r ru u u r r，得()''0{'2'0x y x z λ+=-+-=，于是可取()2,2,1m λλ=--r. 若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则()()2,2,1,,10m n λλλλ⋅=--⋅-=r r，即()()2210λλλλ---+=，解得1λ=±，显然满足02λ<<.故存在1λ=±，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角.点睛：立体几何的有关证明题，首先要熟悉各种证明的判定定理，然后在进行证明，要多总结题型，对于二面角问题一般直接建立空间直角坐标系，求出法向量然后根据向量夹角公式求解二面角，要注意每一个坐标的准确性。
2020版 高考大题增分课4 立体几何中的高考热点问题
(四)立体几何中的高考热点问题(对应学生用书第118页)[命题解读]立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高考试题来看，立体几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算，考查的热点是平行与垂直的证明、二面角的计算，平面图形的翻折，探索存在性问题，突出三大能力：空间想象能力、运算能力、逻辑推理能力与两大数学思想：转化化归思想、数形结合思想的考查．空间点、线、面的位置关系的证明及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解．【例1】(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P-ABCD中，侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．(1)证明：直线CE∥平面P AB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M-AB-D 的余弦值．[解](1)证明：如图，取P A的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°，得BC ∥AD .又BC ＝12AD ，所以EF BC ，四边形BCEF 是平行四边形，所以CE ∥BF .又BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ，故CE ∥平面P A B.(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，P (0,1，3)，PC →＝(1,0，－3)，AB →＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM →＝(x －1，y ，z )，PM →＝(x ，y －1，z －3)．因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量，所以|cos 〈BM →，n 〉|＝sin 45°，即|z |(x －1)2＋y 2＋z 2＝22， 即(x －1)2＋y 2－z 2＝0. ① 又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →，则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ. ②由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62，从而AM →＝⎝⎛⎭⎪⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0， 所以可取m ＝(0，－6，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝105.因此二面角M -AB -D 的余弦值为105.[规律方法] (1)证明空间线线、线面、面面的位置关系，常借助理论证明，必要时可依据题设条件添加辅助线.(2)求解空间角的问题，常借助坐标法，即建立恰当的坐标系，通过求解相应平面的法向量、直线的方向向量，利用向量的夹角公式求解便可，但需注意向量夹角与待求角的区别与联系.(2018·北京高考)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC ＝5，AC ＝AA 1＝2.(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角B -CD -C 1的余弦值；(3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．[解] (1)证明：在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，因为CC 1⊥平面ABC ，所以四边形A 1ACC 1为矩形．又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，所以AC ⊥EF .因为AB ＝BC ，所以AC ⊥BE .所以AC ⊥平面BEF .(2)由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1.又CC 1⊥平面ABC ，所以EF ⊥平面ABC .因为BE ⊂平面ABC ，所以EF ⊥BE .如图，建立空间直角坐标系E -xyz .由题意得B (0,2,0)，C (－1,0,0)，D (1,0,1)，F (0,0,2)，G (0,2,1)．所以BC →＝(－1，－2,0)，BD →＝(1，－2,1)．设平面BCD 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋2y 0＝0，x 0－2y 0＋z 0＝0. 令y 0＝－1，则x 0＝2，z 0＝－4.于是n ＝(2，－1，－4)．又因为平面CC 1D 的法向量为EB →＝(0,2,0)，所以cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB →|n ||EB →|＝－2121. 由题知二面角B -CD -C 1为钝角，所以其余弦值为－2121.(3)证明：由(2)知平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，FG →＝(0,2，－1)．因为n ·FG →＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，所以直线FG 与平面BCD 相交．立体几何中的探索性问题空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在．【例2】 (2016·北京高考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD⊥平面P AB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱P A上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由．[解](1)证明：因为平面P AD⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面P AD，所以AB⊥PD.又因为P A⊥PD，所以PD⊥平面P A B.(2)取AD的中点O，连接PO，CO.因为P A＝PD，所以PO⊥AD.又因为PO⊂平面P AD，平面P AD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.因为AC＝CD，所以CO⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)．设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎨⎧ n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0.令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2.所以n ＝(1，－2,2)．又PB →＝(1,1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0,1]使得AM →＝λAP →.因此点M (0,1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)．因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.解得λ＝14.所以在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.易错警示：探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用.(2019·青岛模拟)如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱BB1⊥底面ABC，BB1＝4，AB⊥BC，且AB＝BC＝32，点M，N分别为棱AB，BC上的动点，且AM＝BN，D为B1C1的中点．(1)当点M，N运动时，能否出现AD∥平面B1MN的情况，请说明理由；(2)若BN＝2，求直线AD与平面B1MN所成角的正弦值．[解](1)当M，N分别为AB，BC的中点时，AD∥平面B1MN.证明如下：连接CD，当M，N分别为AB，BC的中点时，CN∥B1D，且CN＝B1D＝12BC，∴四边形B1DCN为平行四边形，∴DC∥B1N.又DC⊄平面B1MN，B1N⊂平面B1MN，∴DC∥平面B1MN.又易知AC∥MN，AC⊄平面B1MN，MN⊂平面B1MN，∴AC∥平面B1MN.∵DC∩AC＝C，∴平面ADC∥平面B1MN.∵AD⊂平面ADC，∴AD∥平面B1MN.(2)如图，设AC的中点为O，作OE⊥OA，以O为原点，OA，OE，OB所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，∵BN ＝2，AB ＝BC ＝32，∴AC ＝6.∴M (2,0,1)，N (－1,0,2)，A (3,0,0)，B 1(0，－4,3)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－4，32， ∴MN →＝(－3,0,1)，B 1M →＝(2,4，－2)．设平面B 1MN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧ n ·MN →＝0，n ·B 1M →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋z ＝0，2x ＋4y －2z ＝0， 可得平面B 1MN 的一个法向量为n ＝(1,1,3)．又AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－92，－4，32， ∴|cos 〈n ，AD →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AD →|n ||AD →|＝41477. 设直线AD 与平面B 1MN 所成角为α，则sin α＝|cos 〈n ，AD →〉|＝41477.平面图形的翻折问题面间的位置关系及有关几何量的计算是近年高考的热点，注重考查空间想象能力、知识迁移能力和转化思想．试题以解答题为主要呈现形式，中档难度．【例3】 (本小题满分12分)(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形①，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起②，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ③；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值④.[信息提取] 看到①ABCD 为正方形，想到正方形中的边角关系；看到②把△DFC 折起，想到折叠问题中的“变”与“不变量”；看到③想到面面垂直的判定定理，想到线面垂直，想到线线垂直；看到④想到线面角的求法，想到如何建系求直线DP 的方向向量和平面ABFD 的法向量．[规范解答] (1)证明：由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF . 2分又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . 3分(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD . 4分以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H -xyz . 5分由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ⊥PF .6分 可得PH ＝32，EH ＝32. 7分则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量. 10分设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 11分即DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 12分[易错与防范]易错点 防范措施 不能恰当的建立坐标系 由(1)的结论入手，结合面面垂直的性质及正方形的性质建立空间直角坐标系.建系后写不出相应点的坐标 结合折叠前后的不变量，注意题设条件中的隐含，如PF ⊥平面PED ，即可求出PH ，从而求出相应点的坐标.[通性通法] 立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．(2019·湖南六校联考)如图，梯形EFBC 中，EC ∥FB ，EF ⊥BF ，BF ＝23EC ＝4，EF ＝2，A 是BF 的中点，AD ⊥EC ，D 在EC 上，将四边形AFED 沿AD 折起，使得平面AFED ⊥平面ABCD ，点M 是线段EC 上异于E ，C 的任意一点．(1)当点M是EC的中点时，求证：BM∥平面AFED；(2)当平面BDM与平面ABF所成的锐二面角的正弦值为306时，求三棱锥E-BDM的体积．[解](1)法一：取ED的中点N，连接MN，AN，∵点M是EC的中点，∴MN∥DC，且MN＝12DC，而AB∥DC，且AB＝12DC，∴MN AB，即四边形ABMN是平行四边形，∴BM∥AN，又BM⊄平面AFED，AN⊂平面AFED，∴BM∥平面AFED.法二：∵AD⊥CD，AD⊥ED，平面AFED⊥平面ABCD，平面AFED∩平面ABCD＝AD，∴DA，DC，DE两两垂直．以DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,4,0)，E (0,0,2)，M (0,2,1)， ∴BM →＝(－2,0,1)，又平面AFED 的一个法向量DC →＝(0,4,0)，BM →·DC →＝0，∴BM →⊥DC →，又BM ⊄平面AFED ，∴BM ∥平面AFED .(2)依题意设点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，t ，2－t 2(0＜t ＜4)， 设平面BDM 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，则DB →·n 1＝2x ＋2y ＝0，DM →·n 1＝ty ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－t 2z ＝0， 令y ＝－1，则n 1＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－1，2t 4－t ， 取平面ABF 的一个法向量n 2＝(1,0,0)，∵|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12＋4t 2(4－t )2＝66，解得t ＝2.∴M (0,2,1)为EC 的中点，S △DEM ＝12S △CDE ＝2，又点B 到平面DEM 的距离h ＝2，∴V E -BDM ＝V B -DEM ＝13·S △DEM ·h ＝43.[大题增分专训]1．在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G，H分别为EC，FB的中点．求证：GH∥平面ABC；(2)已知EF＝FB＝12AC＝23，AB＝BC.求二面角F-BC-A的余弦值．[解析](1)证明：取FC的中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为点G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥OB，所以GI∥O B.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.(2)连接OO′，则OO′⊥平面ABC.又AB＝BC，且AC是圆O的直径，所以BO⊥AC.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz. 由题意得B(0,23，0)，C(－23，0,0)，所以BC →＝(－23，－23，0)， 过点F 作FM 垂直OB 于点M .所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)．故BF →＝(0，－3，3)．设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量．由⎩⎨⎧ m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0. 进而可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，33. 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n |＝77.又易知二面角F -BC -A 为锐二面角，所以二面角F -BC -A 的余弦值为77.2.(2019·西宁模拟)底面为菱形的直棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱A 1B 1，A 1D 1的中点．(1)在图中作出一个平面α，使得BD ⊂α，且平面AEF ∥α；(不必给出证明过程，只要求作出α与直棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的截面)(2)若AB ＝AA 1＝2，∠BAD ＝60°，求平面AEF 与平面α的距离d .[解] (1)如图，取B 1C 1的中点M ，D 1C 1的中点N ，连接BM ，MN ，ND ，则平面BMND 即为所求平面α.(2)如图，连接AC 交BD 于点O ，∵在直棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面为菱形，∴AC ⊥BD ，∴以点O 为坐标原点，分别以DB ，AC 所在直线为x 轴，y 轴，过点O 且垂直于平面ABCD 的直线为z 轴建立如图所示空间直角坐标系，又∵直棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中所有棱长为2，∠BAD ＝60°，∴A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，D (－1,0,0)，A 1(0，－3，2)，B 1(1,0,2)，D 1(－1,0,2)，∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，2，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32，2， ∴AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，2，AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，2， AB →＝(1，3，0)，设平面AEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 12x ＋32y ＋2z ＝0，－12x ＋32y ＋2z ＝0，令y ＝43，得n ＝(0,43，－3)，|n |＝57，∴点B 到平面AEF 的距离h ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AB →·n |n |＝1257＝45719，∴平面AEF 与平面α的距离d ＝45719.3.如图，在三棱锥P -ABC 中，△P AC 为正三角形，M 为线段P A 的中点，∠CAB ＝90°，AC ＝AB ，平面P AB ⊥平面P AC .(1)求证：平面P AC ⊥平面ABC ；(2)若Q 是棱AB 上一点，V Q -BMC ＝14V P -ABC ，求二面角Q -MC -A 的余弦值． [解] (1)证明：因为△P AC 为正三角形，M 为线段P A 的中点，所以CM ⊥P A ，又平面P AC ⊥平面P AB ，平面P AC ∩平面P AB ＝P A ， 所以CM ⊥平面P A B.因为AB ⊂平面P AB ，所以CM ⊥AB ，又CA ⊥AB ，CM ∩CA ＝C ，所以AB ⊥平面P AC .又AB ⊂平面ABC ，所以平面P AC ⊥平面ABC .(2)连接PQ ，由题意及(1)得V Q -BMC ＝V M -BQC ＝12V P -BQC ＝14V P -ABC ，所以S △QBC ＝12S △ABC ，所以Q 为线段AB 的中点．取AC 的中点为O ，连接OP ，以O 为坐标原点，OA →，AB →，OP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，设AC ＝AB ＝2，则A (1,0,0)，B (1,2,0)，Q (1,1,0)，C (－1,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32， 则CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，CQ →＝(2,1,0)，AB →＝(0,2,0)， 易知平面AMC 的一个法向量为AB →＝(0,2,0)．设平面QMC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CM →＝0，n ·CQ →＝0，即⎩⎨⎧ 32x ＋32z ＝0，2x ＋y ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，－2，－3)，由图可知二面角Q -MC -A 为锐角，故所求二面角的余弦值为|cos 〈n ，AB →〉|＝|n ·AB →||n ||AB →|＝|－4|22×2＝22.。
2020立体几何大题必刷热点题型—MST
2020立体几何大题必刷热点题型1．（2020•浦东新区二模）如图所示的几何体是圆柱的一部分，它是由边长为2的正方形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴顺时针旋转120°得到的．（1）求此几何体的体积；（2）设PPP 是弧EC ̂上的一点，且BP ⊥BE ，求异面直线FP 与CA 所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）．2．（2020•金山区二模）已知四棱锥P ﹣ABCD ，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝1，底面ABCD 是正方形，E 是PD的中点，PD 与底面ABCD 所成角的大小为π6． （1）求四棱锥P ﹣ABCD 的体积；（2）求异面直线AE 与PC 所成角的余弦值．3．（2020•四川模拟）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，△P AD 是边长为2的正三角形，PC =√10，E 为线段AD 的中点．（1）求证：平面PBC ⊥平面PBE ；（2）是否存在满足PF →=λFC →(λ＞0)的点F ，使得V B−PAE =34V D−PFB ？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．4．（2020•丹东模拟）如图，四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，点E 在PD 上．（1）若E 为PD 的中点，证明：PB ∥平面AEC ；（2）若P A ＝1，PD ═2，AB =32，三棱锥E ﹣ACD 的体积为√38，求二面角D ﹣AE ﹣C 的正弦值．5．（2020•如皋市校级模拟）如图1，已知正方形铁片A'B'C'D'边长为2a米，四边中点分别为E，F，G，H，沿着虚线剪去大正方形的四个角，剩余为四个全等的等腰三角形和一个正方形ABCD（两个正方形中心重合且四边相互平行），沿正方形ABCD的四边折起，使E，F，G，H四点重合，记为P点，如图2，恰好能做成一个正四棱锥（粘贴损耗不计），PO⊥底面ABCD，O为正四棱锥底面中心，设正方形ABCD 的边长为2x米．（1）若正四棱锥的棱长都相等，求所围成的正四棱锥的全面积S；（2）请写出正四棱锥的体积V关于x的函数，并求V的最大值．6．（2020•镇海区校级模拟）如图，已知多面体EF﹣ABCD，其底面ABCD为矩形，四边形BDEF为平行四边形，平面FBC⊥平面ABCD，FB＝FC＝BC＝2，AB＝3，G是CF的中点．（Ⅰ）证明：BG∥平面AEF；（Ⅱ）求直线AE与平面BDEF所成角的余弦值．7．（2020•福建二模）如图，三棱台ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AB＝CC1，∠AA1C＝∠ABC＝90°．（1）证明：AC⊥A1B；（2）若AB＝2，A1B=√6，∠ACB＝30°，求二面角A﹣CC1﹣B的余弦值．8．（2020•茂名二模）如图，已知△ABC内接于圆O，AB是圆O的直径，四边形DBCE为平行四边形，F 是CD的中点，（1）证明：OF∥平面ADE；（2）若四边形DBCE为矩形，且四边形DBCE所在的平面与圆O所在的平面互相垂直，AB＝2AC＝2，AE与圆O所在的平面的线面角为60°．求二面角D﹣AE﹣B的平面角的余弦值．9．（2020•湖北模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，P A⊥平面ABCD，过AD的平面与PC，PB分别交于点M，N，连接MN．（1）证明：BC∥MN；（2）若P A＝AD＝AB＝2BC＝2，平面ADMN⊥平面PBC，求二面角P﹣BM﹣D的正弦值．10．（2020•宣城二模）如图所示多面体中，AD⊥平面PDC，四边形ABCD为平行四边形，点E，F分别为AD，BP的中点，AD＝3，AP＝3√2，PC=√19．（1）求证：EF∥平面PDC；（2）若∠CDP＝120°，求二面角E﹣CP﹣D的平面角的余弦值．11．（2020•滨海新区模拟）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，AD＝AP ＝4，AB ＝BC ＝2，M ，N 分别为线段PC ，AD 上的点（不在端点）．（Ⅰ）当M 为PC 中点时，AN =14AD ，求证：MN ∥面PBA ；（Ⅱ）当M 为中点且N 为AD 中点时，求证：平面MBN ⊥平面ABCD ；（Ⅲ）当N 为AD 中点时，是否存在M ，使得直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为2√55，若存在，求出MC 的长，若不存在，说明理由．12．（2020•道里区校级一模）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ＝CD ＝1，∠ADC ＝120°，P A ＝AB ＝BC =√3，点M 是AC 与BD 的交点．（1）求二面角A ﹣PC ﹣B 的余弦值；（2）若点N 在线段PB 上且MN ∥平面PDC ，求直线MN 与平面P AC 所成角的正弦值．13．（2020•河东区一模）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，正方形ABCD 边长为2，E 是P A的中点．（1）求证：PC ∥平面BDE ；（2）求证：直线BE 与平面PCD 所成角的正弦值为√1010，求P A 的长度； （3）若P A ＝2，线段PC 上是否存在一点F ，使AF ⊥平面BDE ，若存在，求PF 的长度，若不存在，请说明理由．14．（2020•河北区一模）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为平行四边形，AB⊥AC ，且P A ＝AB ＝3，AC ＝2，E 是棱PD 的中点．（Ⅰ）求证：PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）求直线PC 与平面AEC 所成角的正弦值；（Ⅲ）在线段PB 上（不含端点）是否存在一点M ，使得二面角M ﹣AC ﹣E 的余弦值为√1010？若存在，确定M 的位置；若不存在，说明理由．15．（2020春•和平区期中）如图，在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E ，M ，N 分别是线段BC ，AE ，CD 1的中点．（Ⅰ）求证：MN ∥平面ADD 1A 1；（Ⅱ）在线段A 1D 1上有一点P ，若二面角P ﹣AE ﹣D 的余弦值为2√2121，求点D 1到平面P AE 的距离．16．（2020春•静海区校级期中）如图所示，直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝BC ＝2AD ＝2，四边形EDCF 为矩形，DE ＝2，平面EDCF ⊥平面ABCD ．（1）求证：DF ∥平面ABE ；（2）求二面角B ﹣EF ﹣D 的正弦值；（3）在线段BE 上是否存在点P ，使得直线AP 与平面BEF 所成角的正弦值为√66，若存在，求出线段BP 的长，若不存在，请说明理由．17．（2020•常熟市模拟）把一块边长为a（a＞0）cm的正六边形铁皮，沿图中的虚线（虛线与正六边形的对应边垂直）剪去六个全等的四边形（阴影部分），折起六个矩形焊接制成一个正六棱柱形的无盖容器（焊接损耗忽略），设容器的底面边长为xcm．（1）若a＝16，且该容器的表面积为60√3cm2时，在该容器内注入水，水深为5cm，若将一根长度为10cm 的玻璃棒（粗细忽略）放入容器内，一端置于A处，另一端置于侧棱DD1上，忽略铁皮厚度，求玻璃棒浸入水中部分的长度；（2）求该容器的底面边长a的范围，使得该容器的体积始终不大于9000cm3．18．（2020•娄底模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面P AC⊥平面ABCD，P A＝PC，AB∥CD，AB⊥AD，且CD＝2AD＝4AB＝4．（1）过BD作截面与线段PC交于点H，使得AP∥平面BDH，试确定点H的位置，并给出证明；（2）在（1）的条件下，若二面角H﹣BD﹣C的大小为π4，试求直线DA与平面BDH所成角的正弦值．19．（2020•通州区一模）如图，已知四边形ABCD 为菱形，且∠A ＝60°，取AD 中点为E ．现将四边形EBCD沿BE 折起至EBHG ，使得∠AEG ＝90°．（Ⅰ）求证：AE ⊥平面EBHG ；（Ⅱ）求二面角A ﹣GH ﹣B 的余弦值；（Ⅲ）若点F 满足AF →=λAB →，当EF ∥平面AGH 时，求λ的值．20．（2020•青岛模拟）如图，四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 和侧面BCC 1B 1都是矩形，E 是CD的中点，D 1E ⊥CD ，AB ＝2BC ＝2．（1）求证：平面CC 1D 1D ⊥底面ABCD ；（2）若平面BCC 1B 1与平面BED 1所成的锐二面角的大小为π3，求直线CA 1和平面BCC 1B 1所成角的正弦值．21．（2020•龙岩模拟）在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，∠ADC ＝∠BCD ＝90°，BC ＝l ，PD ＝AD ＝2DC ＝2，∠PDA ＝60°，且平面P AD ⊥平面ABCD ． （1）求证：BD ⊥PC ；（2）在线段P A 上是否存在一点M ，使二面角M ﹣BC ﹣D 的大小为30°？若存在，求出PM PA的值；若不存在，请说明理由．22．（2020•威海一模）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，P A ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3．过点A 做四棱锥P ﹣ABCD 的截面AEFG ，分别交PD ，PC ，PB 于点E ，F ，G ，已知PG ：PB ＝2：3，E 为PD 的中点． （Ⅰ）求证：AG ∥平面PCD ；（Ⅱ）求AF 与平面P AB 所成角的正弦值．23．（2020•全国Ⅱ卷模拟）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，AD ＝2，AB ＝BC ＝CD ＝1，BC ∥AD ，∠P AD ＝90°．∠PBA 为锐角，平面P AB ⊥平面PBD ． （Ⅰ）证明：P A ⊥平面ABCD ； （Ⅱ）AD 与平面PBD 所成角的正弦值为√24，求三棱锥P ﹣ABD 的表面积．24．（2020•嘉兴模拟）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，且P A ＝PB ＝2，若点E ，F 分别为AB 和CD 的中点． （Ⅰ）求证：平面ABCD ⊥平面PEF ； （Ⅱ）若二面角P ﹣AB ﹣C 的平面角的余弦值为√36，求PC 与平面P AB 所成角的正弦值．25．（2020•东莞市模拟）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，其中AB ⊥BC ，AD ∥BC ，AD ＝4，AP ＝AB ＝BC ＝2，E 是AD 的中点，AC 和BE 交于点O ，且PO ⊥平面ABCD ． （1）证明：平面P AC ⊥平面PCD ； （2）求直线AB 与平面PCD 所成角的大小．26．（2020•丰台区一模）如图，在四棱锥M ﹣ABCD 中，AB ∥CD ，∠ADC ＝∠BMC ＝90°，MB ＝MC ，AD ＝DC =12AB =√2，平面BCM ⊥平面ABCD ． （Ⅰ）求证：CD ∥平面ABM ； （Ⅱ）求证：AC ⊥平面BCM ；（Ⅲ）在棱AM 上是否存在一点E ，使得二面角E ﹣BC ﹣M 的大小为π4？若存在，求出AE AM的值；若不存在，请说明理由．27．（2020•沙市区校级三模）已知如图一Rt△ABC，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，F在BC上，且BF＝3FC，G为DC中点，将△ADE沿DE折起，△BEF沿EF折起，使得A，B 重合于一点（如图二），设为P，（1）求证：EG⊥平面PDF；（2）求二面角C﹣PF﹣E的大小．28．（2020•罗湖区校级模拟）如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=π2，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，使得A1C＝1，得到四棱锥A1﹣BCDE．（Ⅰ）证明：平面A1BE⊥平面BCDE；（Ⅱ）若直线A1D与平面A1BC所成角为θ．求sinθ．29．（2020•天津一模）如图，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，四边形ABB 1A 1，BB 1C 1C 均为正方形，且A 1B 1⊥B 1C 1，M 为CC 1的中点，N 为A 1B 的中点． （1）求证：MN ∥平面ABC ； （2）求二面角B ﹣MN ﹣B 1的正弦值；（3）设P 是棱B 1C 1上一点，若直线PM 与平面MNB 1所成角的正弦值为215，求B 1PB 1C 1的值．30．（2020•达州模拟）如图，在三棱锥P ﹣ABC 中，P A ⊥平面ABC ，P A ＝AC ＝CB ＝2，AB =2√2，D 是BC 中点，E 是PD 中点，F 是线段AB 上一动点． （1）当F 为AB 中点时，求证：平面CEF ⊥平面P AB ； （2）当EF ∥平面P AC 时，求二面角E ﹣FD ﹣C 的余弦值．参考答案与试题解析1．（2020•浦东新区二模）如图所示的几何体是圆柱的一部分，它是由边长为2的正方形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴顺时针旋转120°得到的． （1）求此几何体的体积；（2）设PPP 是弧EC ̂上的一点，且BP ⊥BE ，求异面直线FP 与CA 所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）．【分析】（1）S 底面BEC =12θr 2=12×2π3×22=4π3．此几何体的体积V ＝S 底面BEC •h ，由此能求出结果． （2）以点B 为坐标原点，BE 为x 轴，BP 为y 轴，BA 为z 轴，建立空间直角坐标系．利用向量法能求出异面直线FP 与CA 所成角的大小．【解答】解：（1）因为S 底面BEC =12θr 2=12×2π3×22=4π3． 所以此几何体的体积V ＝S 底面BEC •h =4π3×2=8π3． （2）如图所示，以点B 为坐标原点，BE 为x 轴，BP 为y 轴，BA 为z 轴，建立空间直角坐标系． 则A （0，0，2），F （2，0，2），P （0，2，0），C （﹣1，√3，0）． ∴FP →=（﹣2，2，﹣2），AC →=（﹣1，√3，﹣2）． 设异面直线FP 与CA 所成的角为α， 则cos α=|FP →⋅AC →||FP →|⋅|AC →|=√6+√24．所以异面直线FP 与CA 所成角的大小arccos√6+√24．【点评】本题考查几何体的体积、异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．2．（2020•金山区二模）已知四棱锥P ﹣ABCD ，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝1，底面ABCD 是正方形，E 是PD 的中点，PD 与底面ABCD 所成角的大小为π6．（1）求四棱锥P ﹣ABCD 的体积；（2）求异面直线AE 与PC 所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．【分析】（1）由已知求解三角形可得底面边长，再由体积公式求体积；（2）取CD 中点G ，连接EG ，AG ，则EG ∥PC ，可得∠AEG 为异面直线AE 与PC 所成角（或其补角），求解三角形得异面直线AE 与PC 所成角的余弦值，则答案可求．【解答】解：（1）如图，∵P A ⊥底面ABCD ，∴AD 为PD 在底面上的射影，可得∠PDA 为PD 与底面ABCD 所成角，大小为π6．又P A ＝1，∴AD =PAtan π6=√3，∵底面ABCD 是正方形， ∴S 正方形ABCD =√3×√3=3．∴V P−ABCD =13×3×1=1；（2）取CD 中点G ，连接EG ，AG ，则EG ∥PC ，∴∠AEG 为异面直线AE 与PC 所成角（或其补角）． 由（1）得，AC =√6，则PC =√7，EG =√72，PD ＝2，则AE ＝1，AG =√3+34=√152．在三角形AEG 中，由余弦定理可得：cos ∠AEG =AE 2+EG 2−AG 22AE⋅EG =1+74−1542×1×√72=−√77． ∴异面直线AE 与PC 所成角的余弦值为√77，角的大小为arccos √77．【点评】本题考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系、平面与平面位置关系，几何体的体积等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，是中档题．3．（2020•四川模拟）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，△P AD 是边长为2的正三角形，PC =√10，E 为线段AD 的中点． （1）求证：平面PBC ⊥平面PBE ；（2）是否存在满足PF →=λFC →(λ＞0)的点F ，使得V B−PAE =34V D−PFB ？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，得△ABD 为等边三角形，结合E 为AD 的中点，得BE ⊥AD ，则BC ⊥BE ，再求解三角形证明PE ⊥EC ，得到PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥BC ，又BC ⊥BE ，得BC ⊥平面PBE ，由面面垂直的判定可得平面PBC ⊥平面PBE ；（2）假设存在满足PF →=λFC →(λ＞0)的点F ，使得V B−PAE =34V D−PFB ，分别求出三棱锥B ﹣P AE 的体积与三棱锥D ﹣PFB 的体积，由已知列等式求得λ＝2，说明存在满足PF →=λFC →(λ＞0)的点F ，使得V B−PAE =34V D−PFB． 【解答】（1）证明：∵底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，∴△ABD 为等边三角形， 又E 为AD 的中点，∴BE ⊥AD ，而BC ∥AD ，则BC ⊥BE ．由△P AD 是边长为2的正三角形，得BE =√3，BC ＝2，则EC 2=22+(√3)2=7． 又PE =√3，PC =√10，∴PE 2+EC 2＝PC 2，即PE ⊥EC ． ∵PE ⊥AD ，AD ∩EC ＝E ，∴PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥BC ， 又BC ⊥BE ，且BE ∩PE ＝E ，∴BC ⊥平面PBE ， 而BC ⊂平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面PBE ；（2）解：假设存在满足PF →=λFC →(λ＞0)的点F ，使得V B−PAE =34V D−PFB ， ∵V B−PAE =V P−ABE =13S △ABE ⋅PE =13×12×1×√3×√3=12． V D ﹣PFB ＝V B ﹣PDF =λ1+λV B−PDC =λ1+λV P−BDC =λ1+λ×13×12×2×2×sin60°×√3=λ1+λ．由12=34×λ1+λ，解得λ＝2．∴存在满足PF →=λFC →(λ＞0)的点F ，使得V B−PAE =34V D−PFB ．【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．4．（2020•丹东模拟）如图，四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，点E 在PD 上． （1）若E 为PD 的中点，证明：PB ∥平面AEC ；（2）若P A ＝1，PD ═2，AB =32，三棱锥E ﹣ACD 的体积为√38，求二面角D ﹣AE ﹣C 的正弦值．【分析】（1）连接BD 交AC 于点O ，连接OE ，推导出O 是BD 中点，PB ∥OE ，由此能证明PB ∥面AEC ； （2）以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，由已知求得所用点的坐标，分别求出平面EAC 与平面DAE 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可求求二面角D ﹣AE ﹣C 的正弦值．【解答】证明：（1）连接BD 交AC 于点O ，连接OE ，∵底面ABCD 为矩形，∴O 是BD 中点， 在△PDB 中，∵E 为PD 的中点，∴PB ∥OE ，∵OE ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，∴PB ∥面AEC ； 解：（2）以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 由P A ＝1，PD ═2，AB =32，得A （0，0，0），D （0，√3，0），C （32，√3，0），设E 到底面ACD 的距离为h ，则由V E−ACD =13×12×√3×32ℎ=√38，得h =12．∴E （0，√32，12），AE →=(0，√32，12)，AC →=(32，√3，0)．设平面AEC 的一个法向量为n →=(x ，y ，z)．由{n →⋅AE →=√32y +12z =0n →⋅AC →=32x +√3y =0，取z =−√3，得n →=(−2√33，1，−√3)．平面DAE 的一个法向量为m →=(1，0，0)，由cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →|⋅|n →|=−2√331×433=−12，可得二面角D ﹣AE ﹣C 的正弦值√1−(−12)2=√32．【点评】本题考查线面平行的证明，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．5．（2020•如皋市校级模拟）如图1，已知正方形铁片A 'B 'C 'D '边长为2a 米，四边中点分别为E ，F ，G ，H ，沿着虚线剪去大正方形的四个角，剩余为四个全等的等腰三角形和一个正方形ABCD （两个正方形中心重合且四边相互平行），沿正方形ABCD 的四边折起，使E ，F ，G ，H 四点重合，记为P 点，如图2，恰好能做成一个正四棱锥（粘贴损耗不计），PO ⊥底面ABCD ，O 为正四棱锥底面中心，设正方形ABCD 的边长为2x 米．（1）若正四棱锥的棱长都相等，求所围成的正四棱锥的全面积S ； （2）请写出正四棱锥的体积V 关于x 的函数，并求V 的最大值．【分析】（1）若正四棱锥的棱长都相等，则2x +2√3x ＝2a ，解得x =a1+√3，利用等边三角形的面积计算公式、正方形的面积计算公式即可得出所围成的正四棱锥的全面积S ．（2）2PE +2x ＝2a ，解得PE ＝a ﹣x ．（0＜x ＜a ）．OP =√(a −x)2−x 2=√a 2−2ax ．（0＜x ＜a2）．正四棱锥的体积V 关于x 的函数为：V =13×(2x)2•√a 2−2ax ．利用导数研究函数的单调性即可得出．【解答】解：（1）若正四棱锥的棱长都相等，则2x+2√3x＝2a，解得x=1+3=√3−12a．∴所围成的正四棱锥的全面积S＝4×√34•（2x）2+（2x）2＝4（√3+1）x2＝4（√3+1）×(√3−12a)2=（2√3−2）a2．（2）2PE+2x＝2a，解得PE＝a﹣x．（0＜x＜a）．OP=√(a−x)2−x2=√a2−2ax．（0＜x＜a 2）．正四棱锥的体积V关于x的函数为：V=13×(2x)2•√a2−2ax．V2=169ax4（a﹣2x），令f（x）＝x4（a﹣2x），令f′（x）＝4x3（a﹣2x）﹣2x4＝0，解得x=2a 5．可得x=2a5时函数f（x）取得最大值．即可得V取得最大值=43(2a5)2•√a2−2a⋅2a5=16√5a3375．【点评】本题考查了正方形的性质、正四棱锥的性质、勾股定理、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．6．（2020•镇海区校级模拟）如图，已知多面体EF﹣ABCD，其底面ABCD为矩形，四边形BDEF为平行四边形，平面FBC⊥平面ABCD，FB＝FC＝BC＝2，AB＝3，G是CF的中点．（Ⅰ）证明：BG∥平面AEF；（Ⅱ）求直线AE与平面BDEF所成角的余弦值．【分析】（Ⅰ）取DE中点L，DC中点K，AD中点M，DB中点J，推导出四边形LMJK是平行四边形，从而LM∥KJ，推导出四边形KGBJ是平行四边形，从而KJ∥BG，LM∥BG∥AE，由此能证明BG∥平面AEF．（Ⅱ）直线AE与平面BDEF所成角即等于直线GB与平面BDEF所成角，作FH⊥BC，HI⊥DB，连结IF，则HG∥平面DBEF，从而G点到平面DBEF的距离等于H点到平面DBEF的距离d，由等面积法求出d=34，由此能求出直线AE与平面BDEF所成角的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）证明：取DE中点L，DC中点K，AD中点M，DB中点J，∵LK∥MJ，LK＝MJ，∴四边形LMJK是平行四边形，∴LM∥KJ，KG∥EF∥DB，KG=12EF=12DB=JB，∴四边形KGBJ是平行四边形，∴KJ∥BG，∴LM∥BG∥AE，∵BG⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，∴BG∥平面AEF．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，直线AE与平面BDEF所成角即等于直线GB与平面BDEF所成角，作FH⊥BC，HI⊥DB，连结IF，∵H，G都是所在棱的中点，∴HG∥平面DBEF，∴G点到平面DBEF的距离等于H点到平面DBEF的距离d，FH=√3，HI＝BH sin∠IBC＝1313=313，FI=√3+913=4√313，由等面积法可知：d=3√13×√34√3√13=34，sinθ=d FH=34√3=√34，∴直线AE与平面BDEF所成角的余弦值为cosθ=√13 4．【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题．7．（2020•福建二模）如图，三棱台ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AB＝CC1，∠AA1C＝∠ABC＝90°．（1）证明：AC⊥A1B；（2）若AB＝2，A1B=√6，∠ACB＝30°，求二面角A﹣CC1﹣B的余弦值．【分析】（1）过A 1作A 1O ⊥AC ，交AC 于点O ，连结BO ，推导出BO ⊥AC ，AC ⊥平面A 1OB ，由此能证明AC ⊥A 1B ．（2）以O 为原点，OB ，OC ，OA 1的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A ﹣CC 1﹣B 的余弦值．【解答】解：（1）证明：过A 1作A 1O ⊥AC ，交AC 于点O ，连结BO ，∵AA 1＝AB ，∠AA 1C ＝∠ABC ＝90°，∴△AA 1C ≌△ABC ，∴∠A 1AO ＝∠BAO ，∴△AA 1O ≌△ABO ，∴∠AOB ＝∠AOA 1＝90°，∴BO ⊥AC ，∵BO ∩A 1O ＝O ，∴AC ⊥平面A 1OB ，∵A 1B ⊂平面A 1OB ，∴AC ⊥A 1B ．（2）解：∵∠ABC ＝90°，AB ＝2，∠ACB ＝30°，∴AC ＝4，BC ＝2√3，BO =√3，∴A 1O =√3，∵A 1B =√6，∴A 1O 2+BO 2=A 1B 2，∴A 1O ⊥BO ，如图，以O 为原点，OB ，OC ，OA 1的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，由题意得OC ＝3，则B （√3，0，0），C （0，3，0），C 1（0，2，√3），∴BC →=（−√3，3，0），CC 1→=（0，﹣1，√3），设n →=（x ，y ，z ）是平面BCC 1的一个法向量，则{n →⋅BC →=−√3x +3y =0n →⋅CC 1→=−y +√3z =0，取z ＝1，得n →=（3，√3，1），平面ACC 1的一个法向量m →=（1，0，0）， 则cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →|⋅|n →|=3√1313， ∵二面角A ﹣CC 1﹣B 的平面角是锐角，∴二面角A ﹣CC 1﹣B 的余弦值为3√1313．【点评】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题．8．（2020•茂名二模）如图，已知△ABC 内接于圆O ，AB 是圆O 的直径，四边形DBCE 为平行四边形，F是CD 的中点，（1）证明：OF ∥平面ADE ；（2）若四边形DBCE 为矩形，且四边形DBCE 所在的平面与圆O 所在的平面互相垂直，AB ＝2AC ＝2，AE 与圆O 所在的平面的线面角为60°．求二面角D ﹣AE ﹣B 的平面角的余弦值．【分析】（1）连结BE ，推导出OF ∥AE ，由此能证明OF ∥平面ADF ．（2）推导出EC ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，以C 点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角D ﹣AE ﹣B 二面角D ﹣AE ﹣B 的平面角的余弦值．【解答】证明：（1）连结BE ，∵DBCE 平行四边形且F 为CD 中点，∴F 为BE 中点，又∵O 为AB 的中点，∴OF ∥AE ，∵AE ⊂平面ADE ，OF ⊄平面ADE ，∴OF ∥平面ADF ．（2）解：∵矩形DBCE ⊥平面ABC ，平面DBCE ∩平面ABC ＝BC ，EC ⊥BC ，EC ⊂平面DBCE ，∴EC ⊥平面ABC ，又∵AB 为圆O 的直径，∴AC ⊥BC ，∴以C 点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝2AC ＝2，∴BC =√3，AC ＝1由EC ⊥平面ABC 得，∠EAC 就是AE 与平面ABC 所成的角，由tan60°=CE AC ，得CE =√3，∴A （1，0，0），E （0，0，√3），D （0，√3，√3），B （0，√3，0），∴AE →=（﹣1，0，√3），AD →=（﹣1，√3，√3），AB →=（﹣1，√3，0），设平面AED 的一个法向量m →=（x ，y ，z ），则{m →⋅AE →=−x +√3z =0m →⋅AD →=−x +√3y +√3z =0，取z ＝1，得m →=（√3，0，1）， 同理可得，平面AEB 的一个法向量n →=（√3，1，1），∴cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →|⋅|n →|=5×2=2√55，∴二面角D ﹣AE ﹣B 二面角D ﹣AE ﹣B 的平面角的余弦值为2√55．【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题．9．（2020•湖北模拟）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，P A ⊥平面ABCD ，过AD 的平面与PC ，PB 分别交于点M ，N ，连接MN ．（1）证明：BC ∥MN ；（2）若P A ＝AD ＝AB ＝2BC ＝2，平面ADMN ⊥平面PBC ，求二面角P ﹣BM ﹣D 的正弦值．【分析】（1）证明BC ∥平面ADMN ．然后证明BC ∥MN ．（2）以A 为坐标原点，AB 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．求出平面PBM 的法向量，平面BMD 的法向量，利用空间向量的数量积求解平面PBM 与平面BMD 所成的角的正弦函数值即可．【解答】（1）证明：∵BC ∥AD ，BC ⊄平面ADMN ，AD ⊂平面ADMN ，∴BC ∥平面ADMN ．又BC ⊂平面PBC ，平面PBC ∩平面AD ，MN ＝MN ，∴BC ∥MN ．（2）解：以A 为坐标原点，AB 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，∵P A ＝AD ＝AB ＝2BC ＝2，∴B （2，0，0）、D （0，2，0）、P （0，0，2）、C （2，1，0），又P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥BC ，又BC ⊥AB ，∴BC ⊥平面P AB ，∴BC ⊥AN ，又BC ∥MN ，∴AN ⊥MN ，又平面ADMN ⊥平面PBC ，且平面PBC ∩平面AD ，MN ＝MN ，∴AN ⊥平面PBC ，∴AN ⊥PB 又P A ＝AB ， ∴N 是PB 的中点，∴M 是PC 的中点，∴M(1，12，1)，N （1，0，1），又平面PBM 的法向量为AN →=(1，0，1)，设平面BMD 的法向量为n →=(x ，y ，z)，则{n →⋅BM →=(x ，y ，z)⋅(−1，12，1)=0n →⋅DM →=(x ，y ，z)⋅(1，−32，1)=0，令z ＝1，则x ＝2，y ＝2，∴n →=(2，2，1)， ∴cos〈AN →，n →〉=332=√22，设平面PBM 与平面BMD 所成的角为θ，则sinθ=√22．【点评】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面平行的判断定理以及性质定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．10．（2020•宣城二模）如图所示多面体中，AD ⊥平面PDC ，四边形ABCD 为平行四边形，点E ，F 分别为AD ，BP 的中点，AD ＝3，AP ＝3√2，PC =√19．（1）求证：EF ∥平面PDC ；（2）若∠CDP ＝120°，求二面角E ﹣CP ﹣D 的平面角的余弦值．【分析】（1）取PC 的中点为M ，连结FM ，DM ，四边形EFMD 是平行四边形，EF ∥DM ，EF ∥平面PDC ．（2）由余弦定理求出CD ＝2，以D 为原点，在平面CDP 内过D 作DP 的垂线为x 轴，DP 为y 轴，DA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角E ﹣CP ﹣D 的平面角的余弦值．【解答】解：（1）证明：取PC 的中点为M ，连结FM ，DM ，∵F ，M 分别为BP 、PC 的中点，∴FM ∥BC ，且FM =12BC ，又四边形ABCD 为平行四边形，ED ∥BC ，且ED =12BC ，∴FM ∥ED ，且FM ＝ED ，∴四边形EFMD 是平行四边形，∴EF ∥DM ，∵EF ⊄平面PDC ，DM ⊂平面PDC ，∴EF ∥平面PDC ．（2）解：∵AD ⊥平面PDC ，四边形ABCD 为平行四边形，点E ，F 分别为AD ，BP 的中点，AD ＝3，AP ＝3√2，PC =√19．∠CDP ＝120°，∴cos120°=CD 2+PD 2−PC 22×CD×PD =CD 2+(3√2)2−32−192×CD×√(3√2)2−3=−12，解得CD ＝2， 如图，以D 为原点，在平面CDP 内过D 作DP 的垂线为x 轴，DP 为y 轴，DA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则A （0，0，3），B （√3，﹣1，3），C （√3，﹣1，0），D （0，0，0），E （0，0，32），P （0，3，0）， 设平面CEP 的一个法向量m →=（x ，y ，z ），CP →=（−√3，4，0），EP →=（0，3，−32），则{CP →⋅m →=−√3x +4y =0EP →⋅m →=3y +(−32)z =0，取y ＝1，得m →=（√3，1，2），平面CDP 的一个法向量n →=（0，0，1）， 设二面角E ﹣CP ﹣D 的平面角为θ，则cos θ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=2√1+4+163=2√9331． ∴二面角E ﹣CP ﹣D 的平面角的余弦值为2√9331．【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题．11．（2020•滨海新区模拟）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，AD＝AP ＝4，AB ＝BC ＝2，M ，N 分别为线段PC ，AD 上的点（不在端点）．（Ⅰ）当M 为PC 中点时，AN =14AD ，求证：MN ∥面PBA ；（Ⅱ）当M 为中点且N 为AD 中点时，求证：平面MBN ⊥平面ABCD ；（Ⅲ）当N 为AD 中点时，是否存在M ，使得直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为2√55，若存在，求出MC 的长，若不存在，说明理由．【分析】（Ⅰ）取BC 中点E ，连结ME ，NE ，推导出ME ∥PB ，NE ∥AB ，从而平面P AB ∥平面MNE ，由此能证明MN ∥面PBA ．（Ⅱ）以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面MBN ⊥平面ABCD ．（Ⅲ）假设存在存在M （a ，b ，c ），使得直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为2√55，CM →=λCP →．推导出M （2﹣2λ，2﹣2λ，4λ），求出平面PBC 的法向量，利用向量法能推导出不存在M ，使得直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为2√55． 【解答】解：（Ⅰ）证明：取BC 中点E ，连结ME ，NE ，∵在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，AD ＝AP ＝4，AB ＝BC ＝2，M 为PC 中点，AN =14AD ，∴ME ∥PB ，NE ∥AB ，∵PB ∩AB ＝B ，ME ∩NE ＝E ，∴平面P AB ∥平面MNE ，∵MN ⊂平面MNE ，∴MN ∥面PBA ．（Ⅱ）证明：以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，则B （2，0，0），C （2，2，0），P （0，0，4），M （1，1，2），N （0，2，0），MN →=（﹣1，1，﹣2），MB →=（1，﹣1，﹣2），设平面MBN 的法向量n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅MN →=−x +y −2z =0n →⋅MB →=x −y −2z =0，取x ＝1，得n →=（1，1，0），平面ABCD 的法向量m →=（0，0，1）， ∵m →⋅n →=0，∴平面MBN ⊥平面ABCD ．（Ⅲ）解：假设存在存在M （a ，b ，c ），使得直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为2√55，CM →=λCP →． 则（a ﹣2，b ﹣2，c ）＝λ（﹣2，﹣2，4），解得a ＝2﹣2λ，b ＝2﹣2λ，c ＝4λ，∴M （2﹣2λ，2﹣2λ，4λ），则MN →=（2λ﹣2，2λ，﹣4λ），BC →=（0，2，0），BP →=（﹣2，0，4），设平面PBC 的法向量p →=（a ，b ，c ），则{p →⋅BC →=2b =0p →⋅BP →=−2a +4c =0，取a ＝2，得p →=（2，0，1）， ∵直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为2√55，∴|MN →⋅p →||MN →|⋅|p →|=√(2λ−2)2+(2λ)2+(−4λ)2⋅√20=2√55， 整理，得24λ2﹣8λ+3＝0，无解，∴不存在M ，使得直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为2√55．【点评】本题考查线面平行、面面垂直的证明，考查满足线面角的正弦值的点是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．12．（2020•道里区校级一模）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ＝CD ＝1，∠ADC ＝120°，P A ＝AB ＝BC =√3，点M 是AC 与BD 的交点．（1）求二面角A ﹣PC ﹣B 的余弦值；（2）若点N 在线段PB 上且MN ∥平面PDC ，求直线MN 与平面P AC 所成角的正弦值．【分析】（1）分别以AB ，AD ，AP 为x 轴，y 轴，z 轴建立如图的空间直角坐标系，求出平面APC 的法向量、平面PCD 的法向量，利用向量法能求出二面角A ﹣PC ﹣D 的正切值．（2）先根据条件求出点N 的具体位置，再利用向量法能求出直线MN 与平面P AC 所成角的正弦值．【解答】解：（1）在△ACD 中，AC =√AD 2+CD 2−2AD ⋅CD ⋅cos120°=√3，cos ∠DAC =AD 2+AC 2−CD 22AD⋅AC =√32，则∠DAC =π6． 在△ABC 中，cos ∠BAC =AB 2+AC 2−BC 22AB⋅AC =12，则∠DAC =π6， 在△ABC 中，cos ∠BAC =AB 2+AC 2−BC 22AB⋅AC =12，则∠BAC =π3， ∴∠BAD =π2，∴AB ⊥AD ，∵P A ⊥平面ABCD ，∴分别以直线AB ，AD ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，B （√3，0，0），C （√32，32，0），A （0，0，0），P （0，0，√3），N （√34，0，3√34），M （√34，34，0）， AP →=（0，0，√3），AC →=（√32，32，0），BC →=（−√32，32，0），BP →=（−√3，0，√3）， 设平面ACP 的法向量m →=（x ，y ，z ），则{m →⋅AC →=√32x +32y =0m →⋅AP →=√3z =0，取x =√3，则m →=（√3，−1，0）， 设平面BCP 的法向量n →=（a ，b ，c ），则{n →⋅BC →=−√32a +32b =0n →⋅BP →=−√3a +√3c =0，取a =√3，得n →=（√3，1，√3）， 则cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →|⋅|n →|=4×7=√77， ∴二面角A ﹣PC ﹣B 的余弦值为√77． （2）设平面PCD 的法向量a →=（m ，n ，t ），PC →=（√32，32，−√3），PD →=（0，1，−√3）， 则{a →⋅PC →=√32m +32n −√3t =0a →⋅PD →=n −√3t =0，取n =√3，得a →=（﹣1，√3，1）， 设N （x ，y ，z ），且BN →=λBP →，（0≤λ≤1），满足（x −√3，y ，z ）＝λ（−√3，0，√3），则N （√3−√3λ，0，√3λ），MN →=（3√34−√3λ，−34，√3λ），∵点N 在线段PB 上且MN ∥平面PDC ，∴MN →⋅a →=√3λ−3√34−3√34+√3λ=0，解得λ=34．MN →=（0，−34，3√34），∵平面ACP 的法向量m →=（√3，−1，0），cos ＜m →，MN →＞=m →⋅MN →|m →|⋅|MN →|=342×32=14．∴直线MN 与平面P AC 所成角的正弦值为14．【点评】本题考查线面角的正弦值、二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．13．（2020•河东区一模）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，正方形ABCD 边长为2，E 是P A 的中点．（1）求证：PC ∥平面BDE ；（2）求证：直线BE 与平面PCD 所成角的正弦值为√1010，求P A 的长度； （3）若P A ＝2，线段PC 上是否存在一点F ，使AF ⊥平面BDE ，若存在，求PF 的长度，若不存在，请说明理由．【分析】（1）由题意，以D 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系D ﹣xyz ．设P A ＝a （a ＞0），求出平面BDE的一个法向量为n 1→=(x 1，y 1，z 1)与PC →的坐标，利用PC →⋅n 1→=0，结合PC ⊄平面BDE ，可得PC ∥平面BDE ； （2）设平面PCD的法向量为n 2→=(x 2，y 2，z 2)，求出n 2→=(2，−a ，0)及BE →=(a2，0，−2)，由已知线面角的正弦值结合两向量所成角的余弦值列式求得a 值，可得P A 的长度是2或4；（3）由P A ＝2，得P （2，2，0），设线段PC 上存在一点F ，使AF ⊥平面BDE ，且PF →=λPC →，得到F（2﹣2λ，2﹣2λ，2λ），再由n 1→与AF →共线求得λ，得到PF →的坐标，则|PF |可求．【解答】（1）证明：∵P A ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，∴以D 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系D ﹣xyz ．设P A ＝a （a ＞0） 则A （0，2，0），B （0，2，2），C （0，0，2），D （0，0，0）， P （a ，2，0），E （a2，2，0）．PC →=(−a ，−2，2)，设平面BDE 的一个法向量为n 1→=(x 1，y 1，z 1)．DB →=(0，2，2)，DE →=(a 2，2，0)， 由{n →⋅DB →=2y 1+2z 1=0n →⋅DE →=a 2x 1+2y 1=0，取y 1＝1，得n 1→=(−4a，1，−1)． PC →⋅n 1→=4−2−2=0，又PC ⊄平面BDE ，∴PC ∥平面BDE ； （2）证明：设平面PCD的法向量为n 2→=(x 2，y 2，z 2)，DC →=(0，0，2)，DP →=(a ，2，0)，由{n 2→⋅DC →=2z 2=0n 2→⋅DP →=ax 2+2y 2=0，令x 2＝2，得n 2→=(2，−a ，0)．BE →=(a2，0，−2)，由题意，|cos ＜BE →，n 2→＞|＝|BE →⋅n 2→|BE →|⋅|n 2→||=√4+a 4⋅√4+a 2=√1010，解得a ＝2或4，∴P A 的长度是2或4；（3）解：∵P A ＝2，∴P （2，2，0），设线段PC 上存在一点F ，使AF ⊥平面BDE ，且PF →=λPC →， 由PF →=λPC →，得F （2﹣2λ，2﹣2λ，2λ），又n 1→=(−2，1，−1)，AF →=(2−2λ，−2λ，2λ)，∴由2−2λ−2=−2λ1，解得λ=13．∴|PF |＝|PF →|=√(−23)2+(−23)2+(23)2=2√33．【点评】本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量证明直线平行与垂直，考查空间角的求法，是中档题．14．（2020•河北区一模）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为平行四边形，AB ⊥AC ，且P A ＝AB ＝3，AC ＝2，E 是棱PD 的中点． （Ⅰ）求证：PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）求直线PC 与平面AEC 所成角的正弦值；（Ⅲ）在线段PB 上（不含端点）是否存在一点M ，使得二面角M ﹣AC ﹣E 的余弦值为√1010？若存在，确定M 的位置；若不存在，说明理由．【分析】（Ⅰ）连接BD 交AC 于点O ，并连接EO ，推导出EO ∥PB ，由此能证明PB ∥面AEC ． （Ⅱ）以A 为原点，AC 为x 轴，AB 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，设平面AEC 的法向量m →=（x ，y ，z ），由向量垂直的数量积的坐标表示可得法向量，再由向量的夹角公式可得所求值； （Ⅲ）假设在线段PB 上（不含端点）存在一点M ，使得二面角M ﹣AC ﹣E 的余弦值为√1010，利用向量法能求出在线段PB 上（不含端点）存在一点M ，设平面ACM 的法向量n →=（p ，q ，t ），由向量数量积的夹角公式计算即可判断存在性．【解答】解：（Ⅰ）证明：连接BD 交AC 于点O ，并连接EO ，∵四边形ABCD 为平行四边形，∴O 为BD 的中点，又∵E 为PD 的中点，∴在△PDB 中EO 为中位线，EO ∥PB ∵PB ⊄面AEC ，EO ⊂面AEC ，∴PB ∥面AEC ．（Ⅱ）证明：∵在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为平行四边形，AB ⊥AC ，且P A ＝AB ＝3，AC ＝2，E 是棱PD 的中点． ∴以A 为原点，AC 为x 轴，AB 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系， P （0，0，3），C （2，0，0），A （0，0，0），D （2，﹣3，0），E （1，−32，32），AE →=（1，−32，32），AC →=（2，0，0），PC →=（2，0，﹣3）， 设平面AEC 的法向量m →=（x ，y ，z ），。
2020立体几何大题必刷热点题型—MST
t ？若存在，求出 的值；若不存在，
4．（2020•丹东模拟）如图，四棱锥 P﹣ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA⊥平面 ABCD，点 E 在 PD 上． （1）若 E 为 PD 的中点，证明：PB∥平面 AEC； （2）若 PA＝1，PD═2，ABh ，三棱锥 E﹣ACD 的体积为 ，求二面角 D﹣AE﹣C 的正弦值．
14．（2020•河北区一模）如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，底面 ABCD 为平行四边形，AB
⊥AC，且 PA＝AB＝3，AC＝2，E 是棱 PD 的中点．
6．（2020•镇海区校级模拟）如图，已知多面体 EF﹣ABCD，其底面 ABCD 为矩形，四边形 BDEF 为平行四 边形，平面 FBC⊥平面 ABCD，FB＝FC＝BC＝2，AB＝3，G 是 CF 的中点． （Ⅰ）证明：BG∥平面 AEF； （Ⅱ）求直线 AE 与平面 BDEF 所成角的余弦值．
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MST 利哥
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13．（2020•河东区一模）如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，正方形 ABCD 边长为 2，E 是 PA 的中点． （1）求证：PC∥平面 BDE； t （2）求证：直线 BE 与平面 PCD 所成角的正弦值为 t ，求 PA 的长度； （3）若 PA＝2，线段 PC 上是否存在一点 F，使 AF⊥平面 BDE，若存在，求 PF 的长度，若不存在，请 说明理由．
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2020 立体几何大题必刷热点题型
1．（2020•浦东新区二模）如图所示的几何体是圆柱的一部分，它是由边长为 2 的正方形 ABCD（及其内部） 以 AB 边所在直线为旋转轴顺时针旋转 120°得到的． （1）求此几何体的体积； （2）设 PPP 是弧 u上的一点，且 BP⊥BE，求异面直线 FP 与 CA 所成角的大小．（结果用反三角函数 值表示）．
2020年高考数学(理)抢分秘籍04 立体几何(解析版)
秘籍04立体几何1．如图，网格纸上正方形小格的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A．20πB．24πC．28πD．32π【答案】C【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为圆柱，下半部分为圆锥，圆柱的底面半径为1，高为2，圆锥底面半径均为3，高均为4，则其表面积：S=π×32+π×3×5+2π×1×2=28π．故选：C．对于体积或表面积问题，一般先根据三视图准确还原几何体，再利用常规的几何体的体积公式或表面积公式求解.2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．163B．203C．169D．209【答案】B【解答】解：由题意可知几何体是组合体，左侧是四棱锥右侧是三棱柱，如图：棱锥的高为2，底面正方形的边长为2，三棱柱的底面等腰三角形的底边长为2，高为2．所以几何体的体积为：13×2×2×2+12×2×2×2=203．故选：B．求解几何体的表面积或体积的方法：(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算．(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解.对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．(3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用．3．已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为2√2，则这个四棱锥的外接球的体积为（ ） A ．16π3B ．32π3C ．16πD ．32π【答案】B【解答】解：如图，设正四棱锥底面的中心为O ，则在直角三角形ABC 中，AC=√2×AB=4， ∴AO=CO=2，在直角三角形PAO 中，PO=√PA 2−AO 2=√(2√2)2−22=2， ∴正四棱锥的各个顶点到它的底面的中心的距离都为2， ∴正四棱锥外接球的球心在它的底面的中心，且球半径r=2， 球的体积V=43πr 3=323π.故选：B ．解决与球有关的“切”“接”问题，一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面，把空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系．4．如图所示的几何体是由以等边三角形ABC 为底面的棱柱被平面DEF 所截而得，已知FA ⊥平面ABC ，AB=2，AF=2，CE=3，O 为BC 的中点，AO ∥面EFD ． （1）求BD 的长；（2）求证：面EFD ⊥面BCED ；（3）求平面DEF 与平面ACEF 相交所成锐角二面角的余弦值．【解答】解：（1）取ED 的中点P ，连接PO ，PF ，则PO 为梯形BCED 的中位线， PO=BD+CE 2=BD+32，又PO ∥BD ，AF ∥BD ，所以PO ∥AF ，所以A ，O ，P ，F 四点共面， 因为AO ∥面EFD ，且面AOPF ∩面EFD=PF ， 所以AO ∥PF ，所以四边形AOPF 为平行四边形， PO=AF=2，所以BD=1. 证明：（2）由题意可知平面ABC ⊥面BCED ，又AO ⊥BC ，且AO ⊂平面ABC ，所以AO ⊥面BCED ， 因为AO ∥PF ，所以PF ⊥面BCED ，又PF ⊂面EFD ， 所以面EFD ⊥面BCED ． 解：（3）以O 为原点，OC ，OA ，OP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， A （0，√3，0），B （﹣1，0，0），C （1，0，0）．P （0，0，2），E （1，0，3），F （0，√3，2）. 设Q 为AC 的中点，则Q （12，√32，0），由题意得BQ ⊥平面ACEF ，平面ACEF 的法向量为BQ →=（32，√32，0）.设平面DEF 的法向量为n →=（x ，y ，z ）， PE →=（1，0，1），PF →=（0，√3，0）， 则{n →⋅PF →=√3y =0n →⋅PE →=x +z =0，取x=﹣1，得n →=（﹣1，0，1）， 所以cos ＜BQ →，n →＞=BQ →⋅n→|BQ →|⋅|n →|=﹣√64，所以平面DEF 与平面ACEF 相交所成锐角二面角的余弦值为√64．利用向量求二面角求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤(1)建立恰当的空间直角坐标系；(2)求出相关点的坐标；(3)写出向量坐标；(4)结合公式进行论证、计算；(5)转化为几何结论．平面与平面的夹角计算公式设平面α，β的法向量分别为μ=(a3，b3，c3)，v=(a4，b4，c4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|=|μ·v||μ||v| =|cos〈μ，v〉|.1．若一个空间几何体的三视图如图所示，且已知该几何体的体积为4√33π，则其表面积为（）A．6π+4√3B．6πC．34π+2√3D．34π+√3【答案】A【解答】解：几何体是半圆锥，底面半径为r，高为：√3r，该几何体的体积为4√33π，可得：12×13×r2×√3rπ=4√33π，解得r=2，半圆锥的表面积为：12×22×π+12×4×2√3+12×124π×4=6π+4√3．故选：A．此类问题对考生的空间想象能力要求较高，会根据三视图作出空间几何体的直观图，然后根据条件结合表面积公式求得空间几何体的表面积，①画三视图的原则：长对正、高平齐、宽相等.②圆锥的表面积2ππS rl r =+.2．已知三棱锥P ﹣ABC 所有顶点都在球O 的球面上，底面△ABC 是以C 为直角顶点的直角三角形，AB=2√2，PA=PB=PC=√3，则球O 的表面积为（ ） A ．9π B ．9π4C ．4πD ．π【答案】A【解答】解析：设AB 中点为D ，则D 为△ABC 的外心，因为PA=PB=PC=√3，易证PD ⊥面ABC ， 所以球心O 在直线PD 上， 又PA=√3，AB=2√2，算得PD=1，设球半径为R ，则△AOD 中，（R ﹣1）2+2=R 2，可得：R=32． 则球O 的表面积S=4πR 2=9π， 故选：A ．对于空间几何体的外接球问题，首先根据几何体的结构特征利用勾股定理求得球的半径，然后利用公式求解，球的表面积公式24πS R =，体积公式34π3V R =.3．如图，已知多面体ABC -A 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC=120°，A 1A=4，C 1C=l ，AB=BC=B 1B=2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A1B1C1；（Ⅰ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．【解答】（I ）证明：∵A 1A ⊥平面ABC ，B 1B ⊥平面ABC ，∴AA 1∥BB 1， ∵AA 1=4，BB 1=2，AB=2，∴A 1B 1=√(AB)2+(AA 1−BB 1)2=2√2， 又AB 1=√AB 2+BB 12=2√2，∴21AA =21AB +211A B ，∴AB 1⊥A 1B 1， 同理可得：AB 1⊥B 1C 1，又A 1B 1∩B 1C 1=B 1，∴AB 1⊥平面A 1B 1C 1．（II ）解：取AC 中点O ，过O 作平面ABC 的垂线OD ，交A 1C 1于D ， ∵AB=BC ，∴OB ⊥OC ，∵AB=BC=2，∠BAC=120°，∴OB=1，OA=OC=√3，以O 为原点，以OB ，OC ，OD 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示： 则A （0，﹣√3，0），B （1，0，0），B1（1，0，2），C1（0，√3，1）， ∴AB →=（1，√3，0），BB 1→=（0，0，2），AC 1→=（0，2√3，1）， 设平面ABB1的法向量为n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅AB →=0n →⋅BB 1→=0，∴{x +√3y =02z =0，令y=1可得n →=（﹣√3，1，0）， ∴cos ＜n →，AC 1→＞=n →⋅AC 1→|n →||AC 1→|=√32×√13=√3913．设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ，则sinθ=|cos ＜n →，AC 1→＞|=√3913． ∴直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值为√3913．直线与平面所成角的向量公式：直线a 的方向向量与平面α的法向量分别为m u r 和n r ，若m u r 与n r的夹角不大于90︒，直线a 与平面α所成的角等于m u r 与n r 夹角的余角，若m u r 与n r 的夹角大于90︒，直线a 与平面所成的角等于m u r 与n r夹角的补角的余角，所以直线a 与平面α所成的角θ的正弦值为m n m n⋅u r ru r r ．1．设 m ，n ，l 是三条不同的直线，α 是一个平面，l ⊥m ，则下列说法正确的是 ( ) A. 若 m ⊄α，l ⊥α，则 m ∥α B. 若 l ⊥n ，则 m ⊥nC. 若 l ⊥n ，则 m ∥nD. 若 m ∥n ，n ⊂α，则 l ⊥α2．已知 m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β，直线 l 满足 l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则 ( ) A. α∥β，且 l ∥αB. α⊥β，且 l ⊥βC. α 与 β 相交，且交线垂直于 lD. α 与 β 相交，且交线平行于 l3．已知直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的顶点都在球O 的球面上，AB =AC =2，BC =2√2，若球O 的表面积为72π，则这个直三棱柱的体积是A．16B．15C．8√2D．834．已知三棱锥P−ABC的高为PO，O为垂足，若P到底面△ABC三边所在的直线的距离相等，则O （假设O在△ABC内部）是△ABC的( )A. 外心B. 内心C. 垂心D. 重心5.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )A. A1E⊥DC1B. A1E⊥BDC. A1E⊥BC1D. A1E⊥AC6．在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=√2，AA1=2，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为A．23B．56C D7．如图，P为△ABC所在平面α外一点，PB⊥α，PC⊥AC，则△ABC的形状为( )A.锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不确定8．如图，网格纸上正方形小格的边长为1，图中粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体最长棱的长度为（）A．4B．3√2C．2√2D．2√39．中国古代第一部数学名著《九章算术》中，将一般多面体分为阳马、鳖臑、堑堵三种基本立体图形，其中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥Q ABC -为鳖臑，QA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥， 3QA BC ==， 5AC =，则三棱锥Q ABC -外接球的表面积为A ．16πB ．20πC ．30πD ．34π10．如图所示，扇形AOB 的半径为2，圆心角为90︒，若扇形AOB 绕OA 旋转一周，则图中阴影部分绕OA旋转一周所得几何体的体积为( )A ．3πB ．5πC ．83πD ．163π11．用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中梯形的上底是下底的12，若原平面图形的面积为OA 的长为( )A ．2B C D ．12．已知四棱锥P −ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，侧棱PA ⊥平面ABCD ，PA =2，若在四棱锥P −ABCD 的内部有一个半径为R 的球，则R 的最大值为A ．2−√2B ．1C ．√2−1D ．2√313.如图，在以下四个正方体中，直线AB 与平面CDE 垂直的是( )A．①②B．②④C．①③D．②③14．如图，AB是Oe的直径，C是圆周上不同于A，B的任意一点，PA⊥平面ABC，则四面体P ABC-的四个面中，直角三角形的个数有()A．4个B．3个C．2个D．1个15．已知球O半径为3√2，设S、A、B、C是球面上四个点，其中∠ABC=90°，AB=BC=4√2，则棱锥S ﹣ABC的体积的最大值为（）A．64√23B．64√29C．32√23D．32√2916．已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱与底面垂直，底面是边长为√3的正三角形，且该三棱柱外接球的表面积为7π，若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为_________.17．如图，正方形ABCD的边长为3，点E , F分别在边AD , CD上，且AE=DF=2．将此正方形沿BE,BF,EF 切割得到四个三角形，现用这四个三角形作为一个三棱锥的四个面，则该三棱锥的内切球的体积为_________．18．如图，在几何体ABC﹣A1B1C1中，点A1，B1，C1在平面ABC内的正投影分别为A，B，C，且AB⊥BC，AA1=BB1=4，AB=BC=CC1=2，E为AB1中点，（Ⅰ）求证；CE∥平面A1B1C1，（Ⅱ）求证：求二面角B1﹣AC1﹣C的大小．19．如图，梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD，AC⊥BD，平面BDEF⊥平面ABCD，EF∥BD，BE⊥BD．（1）求证：平面AFC⊥平面BDFE；（2）若AB=2CD=2√2，BE=EF=2，求BF与平面DFC所成角的正弦值．20．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，平面PAD⊥底面ABCD，E，F分别为PA，BD中点，PA=PD=AD=2．（1）求证：EF∥平面PBC；（2）求二面角F﹣ED﹣P的正弦值；（3）在棱PC上是否存在一点G，使GF⊥平面EDF？若存在，指出点G的位置；若不存在，说明理由．21．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是边长为√2的正方形，PA ⊥BD ． （Ⅰ）求证：PB=PD ；（Ⅱ）若E ，F 分别为PC ，AB 的中点，EF ⊥平面PCD ，求点B 到平面PCD 的距离．22．如图①所示，已知四边形SBCD 是由Rt SAB △和直角梯形ABCD 拼接而成的，其中AD DC ⊥，且点A 为线段SD 的中点，21,AD DC AB SD ===，现沿AB 进行翻折，使得二面角S AB C --的大小为90o，连接,SC SD ，得到的图形如图②所示，点E 、F 分别在线段SB 、SC 上.（1）证明：BD AF ⊥；（2）若三棱锥E ABC -的体积是四棱锥S ABCD -体积的25，求二面角E AC B --的余弦值.1. 【答案】A【解析】若l⊥m，l⊥n，则m与n可能平行，也可能相交或异面，即B、C都不正确；由l⊥m，m∥n，可得l⊥n，不一定有l⊥α，即D不正确；对A，可在l上取一点P，过P作mʹ∥m，则mʹ⊥l，mʹ与l确定一个平面β，β∩α=a，由l⊥α，得l⊥a，又mʹ，a，l同在平面β内，则由l⊥mʹ，l⊥a得mʹ∥a，于是m∥a，又m⊄α，所以m∥α．2.【答案】D【解析】由题意作图得故选D．3．【答案】A【解析】设球O的半径为r，由题意知S=4πr2=72π,r=3√2，△为等腰直角三角形，因为AB=AC=2，BC=2√2，易知ABCBC)2=8，故三棱柱的高ℎ=2√r2−(12×2×2×8=16.故这个直三棱柱的体积是V=12故选A.【名师点睛】对于求解球的组合体问题常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径.4.【答案】B【解析】因为P到△ABC三边所在直线的距离相等，所以O点到三边的距离相等，所以O为△ABC的内心．故选B．5．【答案】C【解析】：连B1C，由题意得BC1⊥B1C，因为A1B1⊥平面B1BCC1，且BC1⊂平面B1BCC1，所以A1B1⊥BC1，因为A1B1∩B1C=B1，所以BC1⊥平面A1ECB1，因为A1E⊂平面A1ECB1，所以A1E⊥BC1．故选C6．【答案】A【解析】画出图形，如图所示．连接AD1,B1D1，则AD1//BC1，所以∠B1AD1即为AB1与BC1所成的角或其补角．在∆B1AD1中，AB1=AD1=√6，B1D1=2，所以由余弦定理得cos∠B1AD1=6+6−42×6=23，所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为23．故选A．7.【答案】B【解析】由PB⊥α，AC⊂α得PB⊥AC，又AC⊥PC，PC∩PB=P，所以AC⊥平面PBC，AC⊥BC，故选B．8【答案】D【解答】解：利用“三线交汇得顶点”的方法，该几何体位四棱锥P﹣ABCD如图所示，其中，正方体棱长为2，所以最长棱为PC=2√3．故选：D．9．【答案】D-补全为长方体，如图，则外接球的直径为2R=,所以【解析】将三棱锥Q ABCR=，故外接球的表面积为24π34πR=.【名师点睛】空间几何体与球接、切问题的求解方法：(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段P A，PB，PC两两互相垂直，且P A＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．10.【答案】C【解答】解：扇形AOB的半径为2，圆心角为90︒，扇形AOB绕OA旋转一周，图中阴影部分绕OA 旋转一周所得几何体为：半径为2R =的半球去掉一个底面半径为2r =，高为2h =的圆锥，∴图中阴影部分绕OA 旋转一周所得几何体的体积为：3214182222333V πππ=⨯⨯-⨯⨯⨯=．故选：C ． 11.【答案】B【解答】解：由题意，原平面图形与斜二测画法得到的直观图的面积比为，设OA x =，则直观图的面积为213()224x x x x +=g ，234x ∴=∴x =故选：B ．12．【答案】A【解析】根据题意，当满足R 最大时，对应的球是四棱锥的内切球，根据条件可以求得该四棱锥的表面积为S =2×2+2×(12×2×2)+2×(12×2×2√2)=8+4√2， 而该四棱锥的体积为V =13×2×2×2=83，结合13SR =V ， 解得R =3×838+4√2=2+√2=2−√2.故选A.【名师点睛】该题考查的是有关几何体的内切球半径的求解问题，在解题的过程中，需要时刻关注各个量之间的关系，最关键的就是等量关系从哪里入手来寻找，即V =13S 表R 是解决该题的根本，注意对题的条件的转化和有效利用. 13.【答案】B【解答】解：在①中，AB 与CE 的夹角为45︒，∴直线AB 与平面CDE 不垂直，故①错误； 在②中，AB BC ⊥，AB CD ⊥，AB ∴⊥平面CDE ，故②正确；在③中，AB 与EC 的夹角为60︒，∴直线AB 与平面CDE 不垂直，故③错误； 在④中，AB DE ⊥，AB CE ⊥，AB ∴⊥平面CDE ，故④正确．故选：B ． 14.【答案】A【解答】证明：AB Q 是圆O 的直径90ACB ∴∠=︒即BC AC ⊥，三角形ABC 是直角三角形又PA ⊥Q 圆O 所在平面，PAC ∴∆，PAB ∆是直角三角形．且BC 在这个平面内， PA BC ∴⊥ 因此BC 垂直于平面PAC 中两条相交直线， BC ∴⊥平面PAC ，PBC ∴∆是直角三角形．从而PAB ∆，PAC ∆，ABC ∆，PBC ∆中，直角三角形的个数是：4． 故选：A ． 15.【答案】A【解答】解：当S 在经过AC 与球心的连线上时，由于：AC=√(4√2)2+(4√2)2=8，球心到AC 的中点的连线，d=√(3√2)2−42=√2， 所以：锥体的最大高度为：h=3√2+√2=4√2，所以：V=13⋅12⋅4√2⋅4√2⋅4√2=64√23．故选：A ．16．【答案】π3【解析】如图所示，P 为正三角形A 1B 1C 1的中心，设O 为ΔABC 的中心，由题意知：PO ⊥平面ABC ，连结OA ，则∠PAO 即为PA 与平面ABC 所成的角.由题易知OP 中点为外接球的球心，设三棱柱外接球的半径为r ， ∵7π=4πr 2，∴r 2=74， ∴AO 2+(OP 2)2=74.在正三角形ABC 中，AB =BC =AC =√3， ∴AO =√33×√3=1，∴PO =√3.∴tan∠PAO =POAO =√3， ∴∠PAO =π3.17．【答案】4π81【解析】如图所示，在长、宽、高分别为1,2,3的长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中， 三棱锥B 1−ABC 即为题中所给的四个面组成的三棱锥， 该三棱锥的体积：V =13×(12×1×2)×3=1，在△AB 1C 中，由勾股定理易得AC =√5,AB 1=√13,CB 1=√10， 由余弦定理可得：cos∠B 1CA =25×10=√210， 则sin∠B 1CA =√1−(√210)2=7√210，故S △B 1CA =12×√5×√10×7√210=72，该三棱锥的表面积为：S =12×(1×2+1×3+2×3)+72=9， 设三棱锥B 1−ABC 内切球的半径为R ,则V =13SR ，即：1=13×9×R,∴R =13，该三棱锥B 1−ABC 内切球的体积为V =43πR 3=4π81.【名师点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.18.【解答】（Ⅰ）证明：∵点A 1，B 1，C 1在平面ABC 内的正投影分别为A ，B ，C ，∴AA 1∥BB 1∥CC 1，取A 1B 1中点F ，连接EF ，FC ，则EF ∥12A 1A ，EF=12A 1A ，∵AA 14，CC 1=2，∴CC 1∥12A 1A ，CC 1=12A 1A ，∴CC 1∥EF ，CC 1=EF ， ∴四边形EFC 1C 为平行四边形，∴CE ∥C 1F ，∵CE ⊄平面A 1B 1C 1，C 1F ⊂平面A 1B 1C 1，∴CE ∥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）解：建立如图所示的坐标系，则A （2，0，0），C （0，2，0），B 1（0，0，4），C 1（0，2，2）， ∴AC →=（﹣2，2，0），CC 1→=（0，0，2），AB 1→=（﹣2，0，4），B 1C 1→=（0，2，﹣2）．设平面ACC 1的法向量为n →=（x ，y ，z ），则{−2x +2y =02z =0， 令x=1，则n →=（1，1，0）．同理可得平面AB 1C 1的法向量为m →=（2，1，1），∴cos ＜n →，m →＞=m →⋅n →|m →||n →|=√32．由图可知二面角B 1﹣AC 1﹣C 为钝角，∴二面角B 1﹣AC 1﹣C 的大小为150°．19.【解答】解：（1）证明：∵平面BDFE ⊥平面ABCD ，平面BDFE ∩平面ABCD=BD ，AC ⊂平面ABCD ，AC ⊥BD ， ∴AC ⊥平面BDFE ．又AC ⊂平面AFC ，∴平面AFC ⊥平面BDFE ．（2）设AC ∩BD=O ，∵四边形ABCD 为等腰梯形，AC ⊥BD ，AB=2CD=2√2，∴OD=OC=1，OB=OA=2，∵EF ∥OB 且EF=OB ，∴四边形FEBO 为平行四边形，∴OF ∥BE ，且OF=BE=2，又∵BE ⊥平面ABCD ，∴OF ⊥平面ABCD ．以O 为原点，向量OA →，OB →，OF →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B （0，2，0），D （0，﹣1，0），F （0，0，2），C （﹣1，0，0），∴DF →=（0，1，2），CD →=（1，﹣1，0），BF →=（0，﹣2，2），设平面DFC 的一个法向量为n →=（x ，y ，z ），则有{n →⋅DF →=0n →⋅CD →=0，即{y +2z =0x −y =0，不妨设z=1，得x=y=﹣2．即n →=（﹣2，﹣2，1），于是cos ＜n →，BF →＞=n →⋅BF →|n →||BF →|=22×3=√22．设BF 与平面DFC 所成角为θ，则sin θ=|cos ＜n →，BF →＞|=√22．∴BF 与平面DFC 所成角的正弦值为√22．20.【解答】证明：（1）如图，连结AC ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AC 与BD 互相平分，又∵F 是BD 中点，F 是AC 中点，∴EF ∥PC ，又∵在△PAC 中，E 是PA 中点，F 是AC 中点， ∴EF ∥PC ，又∵EF ⊄平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，∴EF ∥平面PBC ．解：（2）取AD 中点O ，在△PAD 中，∵PA=PD ，∴PO ⊥AD ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD=AD ，∴PO ⊥平面ABCD ，∵OF ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥OF ，∵F 是AC 的中点，∴OF ⊥AD ，如图，以O 为原点，OA ，OF ，OP 分别为x ，y ，z 轴，|OA →|为单位长度建立空间直角坐标系，∵PA=PD=AD=2，∴OP=√3，则O （0，0，0），A （1，0，0），B （1，2，0），C （﹣1，2，0），D （﹣1，0，0），P （0，0，√3），E （12，0，√32），F （0，1，0）， ∴AB →=（0，2，0），DE →=（32，0，√32），DF →=（1，1，0）， ∵OF ⊥平面PAD ，∴OF →=（0，1，0）是平面PAD 的一个法向量，设平面EFD 的一个法向量是n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅DF →=x +y =0n →⋅DE →=32x +√32y =0，取x=1，得n →=（1，﹣1，﹣√3）， ∴|cos ＜DF →，n →＞|=|OF →⋅n →||OF →|⋅|n →|=√5=√55，∴二面角F ﹣ED ﹣P 的正弦值为：(√55)=2√55． （3）假设在棱PC 上存在一点G ，使得GF ⊥平面EDF ，设G （x 1，y 1，z 1），则FG →=（x 1，y 1﹣1，z 1），由（2）知平面EDF 的一个法向量n →=（1，﹣1，﹣√3），∵GF ⊥平面EDF ，∴设FG →=λn →=（λ，−λ，−√3λ），则x 1=λ，y 1=1−λ，z 1=−√3λ，∵点G 在棱PC 上，∴CG →与PC →共线，∵PC →=（﹣1，2，﹣√3），CG →=（x 1+1，y 1﹣2，z 1），∴x 1+2−1=y 1−22=1−√3，即1+λ−2=−λ−12=√3λ−√3，无解，∴在棱PC 上不存在一点G ，使得GF ⊥平面EDF ．21.【解答】证明：（1）连接AC ，BD 交于点O ，连结PO ．解：（1）连接AC ，BD 交于点O ，连结PO ． ∵底面ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD ，OB=OD ．又PA ⊥BD ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，PA ∩AC=A ，∴BD ⊥平面PAC ，∵PO ⊂平面PAC ，∴BD ⊥PO ．又OB=OD ，∴PB=PD ．解：（2）设PD 的中点为Q ，连接AQ ，EQ ， 则EQ ∥CD ，EQ=12CD ，又AF ∥CD ，AF=12AB=12CD ，∴EQ ∥AF ，EQ=AF ，∴四边形AQEF 为平行四边形，∴EF ∥AQ ，∵EF ⊥平面PCD ，∴AQ ⊥平面PCD ，∴AQ ⊥PD ，∵Q 是PD 的中点，∴AP=AD=√2．∵AQ ⊥平面PCD ，∴AQ ⊥CD ，又AD ⊥CD ，AQ ∩AD=A ，∴CD ⊥平面PAD ，∴CD ⊥PA ．又BD ⊥PA ，BD ∩CD=D ，∴PA ⊥平面ABCD ．以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AP 为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B （√2，0，0），P （0，0，√2），A （0，0，0），Q （0，√22，√22），∵AQ ⊥平面PCD ，∴AQ →=（0，√22，√22）为平面PCD 的一个法向量．∴PB →=（﹣√2，0，√2），∴点B 到平面PCD 的距离：d=|PB →⋅AQ →||AQ →|=√2+2=1．22．【解析】（1）因为二面角S AB C --的大小为90o ，且SA AB ⊥，平面SAB I 平面ABCD AB =，所以SA ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，所以SA BD ⊥；在直角梯形ABCD 中，90BAD ADC ∠=∠=o ，21AD CD ==，2AB =， 所以1tan tan 2ABD CAD ∠=∠=，即ABD CAD ∠=∠. 又90CAD BAC ∠+∠=o ，所以90ABD BAC ∠+∠=o ，即AC BD ⊥；又AC SA A =I ，所以BD ⊥平面SAC ，因为AF ⊂平面SAC ，所以BD AF ⊥.（2）如图，分别以,,AD AB AS 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 则(0,0,0)A ，(0,0,1)S ，(0,2,0)B ，1(1,,0)2C ，(1,0,0)D .设三棱锥E ABC -的高为h ，因为25E ABC S ABCD V V --=，所以511215*********ABCD S ABCDE ABCABC S SA V V S h h --⨯⋅⨯===⋅⨯⨯⨯四边形△， 故12h =， 故E 为SB 中点，即1(0,1,)2E .设平面EAC 的法向量为(,,)x y z =m ， 又1(1,,0)2AC =u u u r ，1(0,1,)2AE =u u u r ， 由0,0,AC AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r m m 得10,210,2x y y z ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩取2y =-，得平面EAC 的一个法向量为(1,2,4)=-m ，又(0,0,1)AS ==u u u r n 是平面ABCD 的一个法向量，所以cos ,||||⋅==⋅m n m n m n ， 由图可知二面角E AC B --为锐角，所以二面角E AC B --的余弦值为21.。
高考数学 立体几何-2020年高考数学(理)破题之道与答题规范
B→C＝(－ 3，1,0)，BB→′＝AA→′＝(0,1， 3).
8分
设平面BCC′B′的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则m·B→C＝0，m·B→ B′＝0，
所以－y＋
3x＋y＝0， 3z＝0，
取x＝1，y＝
3，z＝－1，
所以m＝(1， 3，－1).
[满分体验]
10分
[满分体验]
又平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)，故cos〈m，n〉＝
5 5.
11 分
所以平面
MAB
与平面
MCD
所成二面角的正弦值是2
5
5 .
12 分
[满分心得]
❶写全得分步骤，踩点得分：对于解题过程中踩分点的步骤有则给分，无则没分.如 第(1)问中缺少交线为CD，扣分，忽视DM⊂平面DMA也要扣分. ❷正确计算是得分的保证：建系指出原点和坐标轴正方向，关键点坐标要准确.
专题04 立体几何
[破题之道] 立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以 某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建 模、建系． (1)建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型或角度、 距离等的计算模型； (2)建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间 向量求解． .
1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形 ABCD 为正方形，E，F 分别为 AD，BC 的中点， 以 DF 为折痕把△DFC 折起，使点 C 到达 点 P 的位置，且 PF⊥BF.
(1)证明：平面 PEF⊥平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值．
[满分体验]
[满分体验]
设DP与平面ABFD所成角为θ，
2020版 高考大题增分课5 平面解析几何中的高考热点问题
（五）平面解析几何中的高考热点问题[命题解读] 1. 圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是高考必考知识，主要以一个小题一个大题的形式呈现，难度中等偏上．2．高考中的选择题或填空题主要考查圆锥曲线的基本性质，高考中的解答题，在第(1)问中常以求曲线的标准方程，在第(2)问以求作或证明位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主. 这些试题的命制有一个共同特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高.圆锥曲线的方程与性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线的渐近线是常见题型，多以选择题或填空题的形式考查，各种难度均有可能．【例1】(2017·全国卷Ⅲ)已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程为y＝52x，且与椭圆x212＋y23＝1有公共焦点，则C的方程为()A.x28－y210＝1 B.x24－y25＝1C.x25－y24＝1 D.x24－y23＝1B[由y＝52x可得ba＝52.①由椭圆x212＋y23＝1的焦点为(3,0)，(－3,0)，可得a2＋b2＝9.②由①②可得a2＝4，b2＝5.所以C的方程为x24－y25＝1.故选B.](1)(2017·全国卷Ⅱ)若双曲线C：x2 a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线被圆(x－2)2＋y2＝4所截得的弦长为2，则C的离心率为( )A ．2 B. 3C.2D.233(2)(2017·全国卷Ⅰ)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A ，B 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，则|AB |＋|DE |的最小值为( )A ．16B ．14C ．12D ．10(1)A (2)A [(1)设双曲线的一条渐近线方程为y ＝b a x ， 圆的圆心为(2,0)，半径为2， 由弦长为2得出圆心到渐近线的距离为22－12＝ 3.根据点到直线的距离公式得|2b |a 2＋b 2＝3，解得b 2＝3a 2.所以C 的离心率e ＝ca ＝c 2a 2＝1＋b 2a 2＝2.故选A.(2)因为F 为y 2＝4x 的焦点，所以F (1,0)．由题意直线l 1，l 2的斜率均存在，且不为0，设l 1的斜率为k ，则l 2的斜率为－1k ，故直线l 1，l 2的方程分别为y ＝k (x －1)，y ＝－1k (x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1， 所以|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 22－4＝4(1＋k 2)k 2. 同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)k 2＋4(1＋k 2) ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋1＋1＋k 2＝8＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋1k 2≥8＋4×2＝16，当且仅当k 2＝1k 2，即k ＝±1时，取得等号． 故选A.]定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等定值问题．【例2】 (2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，四点P 1(1,1)，P 2(0,1)，P 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，P 4⎝⎛⎭⎪⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上．(1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．[解] (1)由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点．又由1a 2＋1b 2＞1a 2＋34b 2知，椭圆C 不经过点P 1， 所以点P 2在椭圆C 上． 因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |＜2，可得A ，B 的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22，则k 1＋k 2＝4－t 2－22t－4－t 2＋22t＝－1，得t ＝2，不符合题设．从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)．将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1. 而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0.即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km 4k 2＋1＝0，解得k ＝－m ＋12.当且仅当m ＞－1时，Δ＞0， 于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ， 即y ＋1＝－m ＋12(x －2)， 所以l 过定点(2，－1)．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点(0,1)，且离心率为32. (1)求椭圆E 的方程；(2)设直线l ：y ＝12x ＋m 与椭圆E 交于A ，C 两点，以AC 为对角线作正方形ABCD ，记直线l 与x 轴的交点为N ，问B ，N 两点间的距离是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由．[解] (1)由题意可知，椭圆的焦点在x 轴上，椭圆过点(0,1)，则b ＝1. 由椭圆的离心率e ＝ca ＝1－b 2a 2＝32，解得a ＝2，所以椭圆E 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，线段AC 的中点为M (x 0，y 0)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，x 24＋y 2＝1，整理得x 2＋2mx ＋2m 2－2＝0.由Δ＝(2m )2－4(2m 2－2)＝8－4m 2>0，解得－2<m <2， 所以x 1＋x 2＝－2m ，x 1x 2＝2m 2－2，y 1＋y 2＝12(x 1＋x 2)＋2m ＝m ，所以线段AC 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－m ，12m .则|AC |＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122×(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋14×4m 2－4×(2m 2－2)＝10－5m 2.l 与x 轴的交点为N (－2m,0)，所以|MN |＝(－m ＋2m )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 2＝54m 2，所以|BN |2＝|BM |2＋|MN |2＝14|AC |2＋|MN |2＝52. 故B ，N 两点间的距离为定值102.圆锥曲线中的最值问题大致分为两类：一类是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二类是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．【例3】 平面直角坐标系xOy 中，过椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)右焦点的直线x ＋y －3＝0交M 于A ，B 两点，P 为AB 的中点，且OP 的斜率为12.(1)求M 的方程；(2)C ，D 为M 上的两点，若四边形ACBD 的对角线CD ⊥AB ，求四边形ACBD 面积的最大值．[解] (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 0，y 0)， 则x 21a 2＋y 21b 2＝1，x 22a 2＋y 22b 2＝1，y 2－y 1x 2－x 1＝－1，由此可得b 2(x 2＋x 1)a 2(y 2＋y 1)＝－y 2－y 1x 2－x 1＝1.因为x 1＋x 2＝2x 0，y 1＋y 2＝2y 0，y 0x 0＝12，所以a 2＝2b 2.又由题意知，M 的右焦点为(3，0)，故a 2－b 2＝3. 因此a 2＝6，b 2＝3. 所以M 的方程为x 26＋y 23＝1.(2)由⎩⎨⎧x ＋y －3＝0，x 26＋y 23＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝433，y ＝－33或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝ 3.因此|AB |＝463.由题意可设直线CD 的方程为y ＝x ＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－533＜n ＜3，设C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)．由⎩⎨⎧y ＝x ＋n ，x 26＋y 23＝1得3x 2＋4nx ＋2n 2－6＝0.于是x 3,4＝－2n ±2(9－n 2)3.因为直线CD 的斜率为1， 所以|CD |＝2|x 4－x 3|＝439－n 2.由已知，四边形ACBD 的面积S ＝12|CD |·|AB |＝869 9－n 2，当n ＝0时，S 取得最大值，最大值为863.所以四边形ACBD 面积的最大值为863.如图所示，已知直线l ：y ＝kx －2与抛物线C ：x 2＝－2py (p >0)交于A ，B 两点，O 为坐标原点，OA →＋OB →＝(－4，－12)．(1)求直线l 和抛物线C 的方程；(2)抛物线上一动点P 从A 到B 运动时，求△ABP 面积的最大值． [解] (1)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －2，x 2＝－2py ，得x 2＋2pkx －4p ＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－2pk ，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－4＝－2pk 2－4.因为OA →＋OB →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝(－2pk ，－2pk 2－4)＝(－4，－12)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ －2pk ＝－4，－2pk 2－4＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝1，k ＝2.所以直线l 的方程为y ＝2x －2，抛物线C 的方程为x 2＝－2y .(2)设P (x 0，y 0)，依题意，知抛物线过点P 的切线与l 平行时，△ABP 的面积最大，又y ′＝－x ，所以－x 0＝2，故x 0＝－2，y 0＝－12x 20＝－2，所以P (－2，－2)．此时点P 到直线l 的距离d ＝|2×(－2)－(－2)－2|22＋(－1)2＝45＝455.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －2，x 2＝－2y ，得x 2＋4x －4＝0，故x 1＋x 2＝－4，x 1x 2＝－4，所以|AB |＝1＋k 2×(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋22×(－4)2－4×(－4)＝410.所以△ABP 面积的最大值为410×4552＝8 2.圆锥曲线中的证明问题是高考的常考热点，其命题切入点较多，既可以考查位置关系，也可以与定点、定值、存在性问题综合命题，有时也涉及一些否定质命题，证明时一般常用直接法或反证法．难度一般较大．【例4】 (本小题满分12分)(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C ：x 22＋y 2＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B 两点，点M 的坐标为(2,0)．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； (2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB .[信息提取] 看到求直线方程，想到利用先求斜率再利用点斜式求直线方程；看到证明两角相等，想到利用两直线的斜率之和为0可证明两角相等． [规范解答] (1)由已知得F (1,0)，l 的方程为x ＝1. 1分 由已知可得，点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22. 2分又M (2,0)，所以AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x － 2. 3分(2)证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°. 4分当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以∠OMA ＝∠OMB .5分 当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，6分则x 1＜2，x 2＜2，直线MA ，MB 的斜率之和为k MA ＋k MB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2.7分由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k 得k MA ＋k MB ＝2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k(x 1－2)(x 2－2). 8分将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1得 (2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0.所以x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1. 9分则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝0. 11分 从而k MA ＋k MB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补．所以∠OMA ＝∠OMB . 综上，∠OMA ＝∠OMB .12分[易错与防范] 解答本题(2)时易漏掉对特殊情况讨论，即直线与x 轴重合及直线与x 轴垂直，想当然认为斜率一定存在而致错，解答此类问题时应特别注意直线斜率存在与否．[通性通法] 圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法．在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a ＞0)交于M ，N 两点．(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由． [解] (1)由题设可得M (2a ，a )，N (－2a ，a )，或M (－2a ，a )，N (2a ，a )．又y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ，所以C 在点(2a ，a )处的切线方程为y －a ＝a (x －2a )，即ax －y －a ＝0.y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ，C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x ＋2a )，即ax ＋y ＋a ＝0.故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0. (2)存在符合题意的点．证明如下：设P (0，b )为符合题意的点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2.将y ＝kx ＋a 代入C 的方程，得x 2－4kx －4a ＝0. 故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a . 从而k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－bx 2＝2kx 1x 2＋(a －b )(x 1＋x 2)x 1x 2＝k (a ＋b )a .当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝0，则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补， 故∠OPM ＝∠OPN ，所以点P (0，－a )符合题意．[大题增分专训]1．(2019·衡水联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点(－2，1)，离心率为22，直线l ：kx －y ＋2＝0与椭圆C 交于A ，B 两点．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)是否存在实数k ，使得|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|(其中O 为坐标原点)成立？若存在，求出实数k 的值；若不存在，请说明理由．[解](1)依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋1b 2＝1，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝4，b 2＝2，c 2＝2，故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1.(2)假设存在符合条件的实数k .依题意，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 2＋2y 2＝4，消去y 并整理，得(1＋2k 2)x 2＋8kx ＋4＝0. 则Δ＝64k 2－16(1＋2k 2)>0，即k >22或k <－22.(*)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8k 1＋2k 2，x 1x 2＝41＋2k 2. 由|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|，得OA →·OB →＝0， ∴x 1x 2＋y 1y 2＝0，即x 1x 2＋(kx 1＋2)(kx 2＋2)＝0，即(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4＝0. ∴4(1＋k 2)1＋2k 2－16k 21＋2k 2＋4＝0，即8－4k 21＋2k 2＝0， ∴k 2＝2，即k ＝±2，满足(*)式．故存在实数k ＝±2，使得|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|成立．2．(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m >0)．(1)证明：k <－12；(2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP →＋F A →＋FB →＝0.证明：2|FP →|＝|F A →|＋|FB →|.[证明] (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1.两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k 得x 1＋x 24＋y 1＋y 23·k ＝0.由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m . 由题设得0<m <32，故k <－12. (2)由题意得F (1,0)．设P (x 3，y 3)，则(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0,0)．由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1，y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m <0.又点P 在C 上，所以m ＝34，从而P 1，－32，|FP →|＝32. 于是|F A →|＝(x 1－1)2＋y 21＝(x 1－1)2＋31－x 214＝2－x 12.同理|FB →|＝2－x 22.所以|F A →|＋|FB →|＝4－12(x 1＋x 2)＝3. 故2|FP →|＝|F A →|＋|FB →|.3．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个焦点为F 2(1,0)，且该椭圆过定点M ⎝⎛⎭⎪⎫1，22.(1)求椭圆E 的标准方程；(2)设点Q (2,0)，过点F 2作直线l 与椭圆E 交于A ，B 两点，且F 2A →＝λF 2B →，λ∈[－2，－1]，以QA ，QB 为邻边作平行四边形QACB ，求对角线QC 长度的最小值．[解] (1)由题易知c ＝1，1a 2＋12b 2＝1，又a 2＝b 2＋c 2，解得b 2＝1，a 2＝2， 故椭圆E 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)设直线l ：x ＝ky ＋1，由⎩⎨⎧x ＝ky ＋1，x 22＋y 2＝1得(k 2＋2)y 2＋2ky －1＝0，Δ＝4k 2＋4(k 2＋2)＝8(k 2＋1)>0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则可得y 1＋y 2＝－2kk 2＋2，y 1y 2＝－1k 2＋2.QC →＝QA →＋QB →＝(x 1＋x 2－4，y 1＋y 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－4(k 2＋1)k 2＋2，－2k k 2＋2，∴|QC →|2＝|QA →＋QB →|2＝16－28k 2＋2＋8(k 2＋2)2， 由此可知，|QC →|2的大小与k 2的取值有关． 由F 2A →＝λF 2B →可得y 1＝λy 2，λ＝y 1y 2，1λ＝y 2y 1(y 1y 2≠0)．从而λ＋1λ＝y 1y 2＋y 2y 1＝(y 1＋y 2)2－2y 1y 2y 1y 2＝－6k 2－4k 2＋2，由λ∈[－2，－1]得⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋1λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，－2，从而－52≤－6k 2－4k 2＋2≤－2，解得0≤k 2≤27.令t ＝1k 2＋2，则t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤716，12，∴|QC →|2＝8t 2－28t ＋16＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫t －742－172，∴当t ＝12时，|QC →|min ＝2.。
2020年高考数学专题提升： 空间几何体(含答案)
空间几何体一、单项选择题（每题5分；共55分）1.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. π+412B. π+13C. π+1D. π+142.已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为（）A. 16+12πB. 32+12πC. 24+12πD. 32+20π3.直三棱柱ABC−A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，侧棱长为√3，D为BC中点，则三棱锥A−B1DC1的体积为（）A. 3B. 32C. 1D. 24.如图所示的三视图表示的几何体的体积为323，则该几何体的外接球的表面积为( )A. 12πB. 24πC. 36πD. 48π5.一个由两个圆柱组合而成的密闭容器内装有部分液体，小圆柱底面半径为r1，大圆柱底面半径为r2，如图1放置容器时，液面以上空余部分的高为ℎ1，如图2放置容器时，液面以上空余部分的高为ℎ2，则ℎ1ℎ2=（）A. r2r1 B. (r2r1)2 C. (r2r1)3 D. √r2r16.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的体积是36，点E在棱CC1上，且CE=2EC1，则三棱锥E-BCD的体积是（）A. 3B. 4C. 6D. 127.某几何体的正视图和侧视图如图1所示，它的俯视图的直观图是平行四边形A′B′C′D′，如图2所示.其中A′B′=2A′D′=4，则该几何体的表面积为( )A. 16+12πB. 16+8πC. 16+10πD. 8π8.某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为10，则棱长为a的正方体的外接球的表面积为（）3A. 12πB. 14πC. 4√3πD. 16π9.斗拱是中国古典建筑最富装饰性的构件之一，并为中国所特有．图一图二是斗拱实物图，图三是斗拱构件之一的“斗”的几何体．本图中的斗是由棱台与长方体形凹槽（长方体去掉一个小长方体）组成．若棱台两底面面积分别是400cm2，900cm2，高为9cm，长方体形凹橹的体积为4300cm3，那么这个斗的体积是（）注：台体体积公式是V=1（S' +√S′S+S）h．3A. 5700cm3B. 8100cm3C. 10000cm3D. 9000cm310.在四棱锥P−ABCD中，PB=PD=2，AB=AD=1，PC=√3PA=3，∠BAD= 120°，AC平分∠BAD，则四棱锥P−ABCD的体积为（）A. √62B. √6 C. √63D. √311.《九章算术》是我国古代著名数学经典.其中对勾股定理的论述比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小.以锯锯之，深一寸，锯道长一尺.问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深一寸，锯道长一尺.问这块圆柱形木料的直径是多少？长为1丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示(阴影部分为镶嵌在墙体内的部分).已知弦AB=1尺，弓形高CD=1寸，估算该木材镶嵌在墙中的体积约为（）(注：1丈=10尺=100寸，π≈3.14，sin22.5∘≈513)A. 600立方寸B. 610立方寸C. 620立方寸D. 633立方寸二、填空题（每空4分；共44分）12.如图，小方格是边长为1的正方形，图中粗线画出的是某几何体的三视图，正视图中的曲线为四分之一圆弧，则该几何体的表面积是________．13.已知某正四棱锥的底面边长和侧棱长均为2cm，则该棱锥的体积为________ cm3.14.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的体积为________．15.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”，称为祖暅原理．意思是底面处于同一平面上的两个同高的几何体，若在等高处的截面面积始终相等，则它们的体积相等．利用这个原理求半球O的体积时，需要构造一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．16.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E-BCD的体积是________.17.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型，如图，该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1，挖去四棱推O一EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm，AA1=4cm，3D打印所用原料密度为0.9g/cm2，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.18.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥体积是________，四个面的面积中最大的是________.19.在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为________．20.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别为棱A1D1、C1D1的中点，NBC1，若P、M分别为线段D1B、EF上的动点，则|PM|+是线段BC1上的点，且BN=14|PN|的最小值为________．参考答案一、单项选择题1.【答案】A2.【答案】A3.【答案】C4.【答案】C5.【答案】B6.【答案】B7.【答案】A8.【答案】A9.【答案】C10.【答案】A11.【答案】D二、填空题12.【答案】24√213.【答案】4314.【答案】1315.【答案】2π；（3 +√2）π316.【答案】1017.【答案】118.818.【答案】1；3√5219.【答案】2420.【答案】√6。
2020版高考数学(文)新增分大一轮人教通用版讲义：第八章 立体几何高考专题突破四 含解析
高考专题突破四高考中的立体几何问题题型一平行、垂直关系的证明例1 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)直线A1F∥平面ADE.证明(1)∵三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC.∵AD⊂平面ABC，∴AD⊥CC1.又∵AD⊥DE，DE∩CC1＝E，DE，CC1⊂平面BCC1B1，∴AD⊥平面BCC1B1.∵AD⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)∵△A1B1C1中，A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，∴A1F⊥B1C1.∵CC1⊥平面A1B1C1，A1F⊂平面A1B1C1，∴A1F⊥CC1.又∵B1C1∩CC1＝C1，B1C1，CC1⊂平面BCC1B1，∴A1F⊥平面BCC1B1.又∵AD⊥平面BCC1B1，∴A1F∥AD.∵A1F⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，∴直线A1F∥平面ADE.思维升华(1)平行问题的转化利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反．在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用．(2)垂直问题的转化在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫．应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题．跟踪训练1 (2018·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面P AB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD.证明(1)因为P A＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC.(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又因为平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面P AD，又PD⊂平面P AD，所以AB ⊥PD .又因为P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ， 所以PD ⊥平面P AB . 又PD ⊂平面PCD ， 所以平面P AB ⊥平面PCD .(3)如图，取PC 的中点G ，连接FG ，DG .因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点， 所以FG ∥BC ，FG ＝12BC ，因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， 所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形， 所以EF ∥DG .又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ， 所以EF ∥平面PCD .题型二 立体几何中的计算问题例2如图，在多面体ABCA 1B 1C 1中，四边形ABB 1A 1是正方形，△A 1CB 是等边三角形，AC ＝AB ＝1，B 1C 1∥BC ，BC ＝2B 1C 1.(1)求证：AB 1∥平面A 1C 1C ； (2)求多面体ABCA 1B 1C 1的体积．(1)证明 如图，取BC 的中点D ，连接AD ，B 1D ，C 1D ， ∵B 1C 1∥BC ，BC ＝2B 1C 1，∴BD ∥B 1C 1，BD ＝B 1C 1，CD ∥B 1C 1，CD ＝B 1C 1， ∴四边形BDC 1B 1，CDB 1C 1是平行四边形， ∴C 1D ∥B 1B ，C 1D ＝B 1B ，CC 1∥B 1D ， 又B 1D ⊄平面A 1C 1C ，C 1C ⊂平面A 1C 1C ， ∴B 1D ∥平面A 1C 1C .在正方形ABB 1A 1中，BB 1∥AA 1，BB 1＝AA 1， ∴C 1D ∥AA 1，C 1D ＝AA 1， ∴四边形ADC 1A 1为平行四边形， ∴AD ∥A 1C 1.又AD ⊄平面A 1C 1C ，A 1C 1⊂平面A 1C 1C ， ∴AD ∥平面A 1C 1C ，∵B 1D ∩AD ＝D ，B 1D ，AD ⊂平面ADB 1， ∴平面ADB 1∥平面A 1C 1C ，又AB 1⊂平面ADB 1，∴AB 1∥平面A 1C 1C . (2)解 在正方形ABB 1A 1中，A 1B ＝2， ∵△A 1BC 是等边三角形，∴A 1C ＝BC ＝2，∴AC 2＋AA 21＝A 1C 2，AB 2＋AC 2＝BC 2，∴AA 1⊥AC ，AC ⊥AB .又AA 1⊥AB ，∴AA 1⊥平面ABC ， ∴AA 1⊥CD ，易得CD ⊥AD ，又AD ∩AA 1＝A ，∴CD ⊥平面ADC 1A 1.易知多面体ABCA 1B 1C 1是由直三棱柱ABD －A 1B 1C 1和四棱锥C －ADC 1A 1组成的， 直三棱柱ABD －A 1B 1C 1的体积为12×⎝⎛⎭⎫12×1×1×1＝14， 四棱锥C －ADC 1A 1的体积为13×22×1×22＝16，∴多面体ABCA 1B 1C 1的体积为14＋16＝512.思维升华 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解． 跟踪训练2 (2019·阜新调研)如图，已知多面体P ABCDE 的底面ABCD 是边长为2的菱形，P A ⊥底面ABCD ，ED ∥P A ，且P A ＝2ED ＝2.(1)证明：平面P AC ⊥平面PCE ；(2)若∠ABC ＝60°，求三棱锥P －ACE 的体积． (1)证明 如图，连接BD ，交AC 于点O ， 设PC 的中点为F ，连接OF ，EF .易知O 为AC 的中点， 所以OF ∥P A ，且OF ＝12P A .因为DE ∥P A ，且DE ＝12P A ，所以OF ∥DE ，且OF ＝DE ， 所以四边形OFED 为平行四边形， 所以OD ∥EF ，即BD ∥EF .因为P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥BD .因为四边形ABCD 是菱形， 所以BD ⊥AC .因为P A ∩AC ＝A ，P A ，AC ⊂平面P AC ， 所以BD ⊥平面P AC .因为BD∥EF，所以EF⊥平面P AC.因为EF⊂平面PCE，所以平面P AC⊥平面PCE.(2)解因为∠ABC＝60°，所以△ABC是等边三角形，所以AC＝2. 又P A⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以P A⊥AC.所以S△P AC＝12P A×AC＝2.因为EF⊥平面P AC，所以EF是三棱锥E－P AC的高．易知EF＝DO＝BO＝3，所以三棱锥P－ACE的体积V三棱锥P－ACE＝V三棱锥E－P AC＝13S△P AC×EF＝13×2×3＝233.题型三立体几何中的探索性问题例3 如图，梯形ABCD中，∠BAD＝∠ADC＝90°，CD＝2，AD＝AB＝1，四边形BDEF为正方形，且平面BDEF⊥平面ABCD.(1)求证：DF⊥CE；(2)若AC与BD相交于点O，那么在棱AE上是否存在点G，使得平面OBG∥平面EFC？并说明理由．(1)证明连接EB.∵在梯形ABCD中，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝1，DC＝2，∴BD＝2，BC＝2，∴BD2＋BC2＝CD2，∴BC⊥BD.又∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面BDEF，∴BC⊥DF.又∵正方形BDEF 中，DF ⊥EB ，且EB ，BC ⊂平面BCE ，EB ∩BC ＝B ， ∴DF ⊥平面BCE .又∵CE ⊂平面BCE ，∴DF ⊥CE .(2)解 在棱AE 上存在点G ，使得平面OBG ∥平面EFC ，且AG GE ＝12.理由如下：连接OG ，BG ，在梯形ABCD 中，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB ＝1，DC ＝2， ∴AB ∥DC ，∴AO OC ＝AB DC ＝12.又∵AG GE ＝12，∴OG ∥CE .又∵正方形BDEF 中，EF ∥OB ，且OB ，OG ⊄平面EFC ，EF ，CE ⊂平面EFC ， ∴OB ∥平面EFC ，OG ∥平面EFC .又∵OB ∩OG ＝O ，且OB ，OG ⊂平面OBG ， ∴平面OBG ∥平面EFC .思维升华 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．跟踪训练3 (2018·全国Ⅲ)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC .(2)在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由． (1)证明 由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ， 交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ， 又DM ⊂平面CMD ， 故BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，BC ，CM ⊂平面BMC ， 所以DM ⊥平面BMC .又DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC . (2)解 当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD .证明如下：连接AC ，BD ，交于点O .因为ABCD 为矩形， 所以O 为AC 的中点．连接OP ，因为P 为AM 的中点， 所以MC ∥OP .又MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ， 所以MC ∥平面PBD .1.如图所示，直角梯形ACDE 与等腰直角三角形ABC 所在平面互相垂直，F 为BC 的中点，∠BAC ＝∠ACD ＝90°，AE ∥CD ，DC ＝AC ＝2AE ＝2.(1)求证：平面BCD ⊥平面ABC ； (2)求证：AF ∥平面BDE .证明 (1)∵平面ABC ⊥平面ACDE ，平面ABC ∩平面ACDE ＝AC ，CD ⊥AC ，CD ⊂平面ACDE ， ∴DC ⊥平面ABC .又DC ⊂平面BCD ，∴平面BCD ⊥平面ABC .(2)如图，取BD 的中点P ，连接EP ，FP ，则PF ∥DC ，PF ＝12DC ，∵EA ∥DC ，EA ＝12DC ，∴EA ∥PF ，EA ＝PF ，∴四边形AFPE 是平行四边形， ∴AF ∥EP ，∵AF ⊄平面BDE ，EP ⊂平面BDE ， ∴AF ∥平面BDE .2.如图所示，平面ABCD ⊥平面BCE ，四边形ABCD 为矩形，BC ＝CE ，点F 为CE 的中点．(1)证明：AE ∥平面BDF ；(2)点M 为CD 上任意一点，在线段AE 上是否存在点P ，使得PM ⊥BE ？若存在，确定点P 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由． (1)证明 连接AC 交BD 于点O ，连接OF .∵四边形ABCD 是矩形， ∴O 为AC 的中点．又F 为EC 的中点，∴OF ∥AE . 又OF ⊂平面BDF ， AE ⊄平面BDF ， ∴AE ∥平面BDF .(2)解当点P为AE的中点时，有PM⊥BE，证明如下：取BE的中点H，连接DP，PH，CH.∵P为AE的中点，H为BE的中点，∴PH∥AB.又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四点共面．∵平面ABCD⊥平面BCE，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊥BC，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面BCE.又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE，∵BC＝CE，且H为BE的中点，∴CH⊥BE.又CH∩CD＝C，且CH，CD⊂平面DPHC，∴BE⊥平面DPHC.又PM⊂平面DPHC，∴PM⊥BE.3．(2018·江苏)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求证：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.证明(1)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA 1＝AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形，因此AB 1⊥A 1B .又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1，所以AB 1⊥BC .又因为A 1B ∩BC ＝B ，A 1B ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ，所以AB 1⊥平面A 1BC .因为AB 1⊂平面ABB 1A 1，所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC .4．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝BB 1，AB 1∩A 1B ＝E ，D 为AC 上的点，B 1C ∥平面A 1BD .(1)求证：BD ⊥平面A 1ACC 1；(2)若AB ＝1，且AC ·AD ＝1，求三棱锥A －BCB 1的体积．(1)证明 如图，连接ED ，∵平面AB 1C ∩平面A 1BD ＝ED ，B 1C ∥平面A 1BD ，∴B 1C ∥ED ，∵E 为AB 1的中点，∴D 为AC 的中点，∵AB ＝BC ，∴BD ⊥AC ，①由A 1A ⊥平面ABC ，BD ⊂平面ABC ，得A 1A ⊥BD ，②又AC ∩A 1A ＝A ，AC ，A 1A ⊂平面A 1ACC 1，∴BD ⊥平面A 1ACC 1.(2)解 由AB ＝1，得BC ＝BB 1＝1，由(1)知AD ＝12AC ， 又AC ·AD ＝1，∴AC 2＝2，∴AC 2＝2＝AB 2＋BC 2，∴AB ⊥BC ，∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12， ∴1A BCB V －＝1B ABC V －＝13S △ABC ·BB 1 ＝13×12×1＝16.5．(2019·呼伦贝尔联考)如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝12AB ＝2，E 为AC 的中点，将△ACD 沿AC 折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直，如图2.在图2所示的几何体D －ABC 中：(1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)点F 在棱CD 上，且满足AD ∥平面BEF ，求几何体F －BCE 的体积．(1)证明 ∵AC ＝AD 2＋CD 2＝22，∠BAC ＝∠ACD ＝45°，AB ＝4，∴在△ABC 中，BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ×AB ×cos 45°＝8，∴AB 2＝AC 2＋BC 2＝16，∴AC ⊥BC ，∵平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥平面ACD .(2)解 ∵AD ∥平面BEF ，AD ⊂平面ACD ，平面ACD ∩平面BEF ＝EF ，∴AD ∥EF ，∵E 为AC 的中点，∴EF 为△ACD 的中位线，由(1)知，V F －BCE ＝V B －CEF ＝13×S △CEF ×BC ， S △CEF ＝14S △ACD ＝14×12×2×2＝12， ∴V F －BCE ＝13×12×22＝23.6.如图，在底面是菱形的四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，∠ABC ＝60°，AA 1＝AC ＝2，A 1B ＝A 1D ＝22，点E 在A 1D 上．(1)证明：AA 1⊥平面ABCD ；(2)当A 1E ED为何值时，A 1B ∥平面EAC ，并求出此时直线A 1B 与平面EAC 之间的距离． (1)证明 因为四边形ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°， 所以AB ＝AD ＝AC ＝2，在△AA 1B 中，由AA 21＋AB 2＝A 1B 2，知AA 1⊥AB ，同理AA 1⊥AD ，又AB ∩AD ＝A ，AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以AA 1⊥平面ABCD .(2)解 当A 1E ED＝1时，A 1B ∥平面EAC . 证明如下：如图，连接BD 交AC 于点O ，当A 1E ED＝1， 即点E 为A 1D 的中点时，连接OE ，则OE ∥A 1B ，又A 1B ⊄平面EAC ，OE ⊂平面EAC ，所以A 1B ∥平面EAC .直线A 1B 与平面EAC 之间的距离等于点A 1到平面EAC 的距离， 因为E 为A 1D 的中点，所以点A 1到平面EAC 的距离等于点D 到平面EAC 的距离， V D －EAC ＝V E －ACD ，设AD 的中点为F ，连接EF ，则EF ∥AA 1，且EF ＝1，所以EF ⊥平面ACD ，可求得S △ACD ＝3，所以V E －ACD ＝13×1×3＝33. 又AE ＝2，AC ＝2，CE ＝2，所以S △EAC ＝72， 所以13S △EAC ·d ＝33(d 表示点D 到平面EAC 的距离)， 解得d ＝2217， 所以直线A 1B 与平面EAC 之间的距离为2217.。
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（四）立体几何中的高考热点问题[命题解读] 1.立体几何是高考的必考内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算．2．重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．【例1】(本小题满分12分)(2019·哈尔滨模拟)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E-ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．[信息提取]看到四边形ABCD为菱形，想到对角线垂直；看到三棱锥的体积，想到利用体积列方程求边长．[规范解答] (1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BE .2分因为BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED . 4分 (2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB＝GD ＝x 2.因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .6分由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积V 三棱锥E -ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.9分 从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E -ACD 的侧面积为3＋2 5. 12分 [易错与防范] 易错误区：1.在第(1)问中，易忽视条件BD ∩BE ＝B .AC ⊂平面AEC 等条件，推理不严谨，导致扣分．2．在第(2)问中，需要计算的量较多，易计算失误，或漏算，导致结果错误． 防范措施：1.在书写证明过程中，应严格按照判定定理的条件写，防止扣分．2．在计算过程中，应牢记计算公式，逐步计算，做到不重不漏．[通性通法] 空间几何体体积的求法(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求四面体N -BCM 的体积．[解] (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以点N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝5.由AM ∥BC 得点M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N -BCM 的体积V N -BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453.求点到平面的距离(几何体的高)涉及到空间几何体的体积和线面垂直关系，是近几年高考考查的一个重要方向，重点考查学生的转化思想和运算求解能力．【例2】 (2019·开封模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，且∠DAB ＝60°，P A ＝PD ，M 为CD 的中点，平面P AD ⊥平面ABCD .(1)求证：BD ⊥PM ；(2)若∠APD ＝90°，P A ＝2，求点A 到平面PBM 的距离．[解] (1)证明：取AD 中点E ，连接PE ，EM ，AC ，∵底面ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ，∵E ，M 分别是AD ，DC 的中点，∴EM ∥AC ，∴EM ⊥BD .∵P A ＝PD ，∴PE ⊥AD ，∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PE ⊥平面ABCD ，∴PE ⊥BD ，∵EM ∩PE ＝E ，∴BD ⊥平面PEM ，∵PM ⊂平面PEM ，∴BD ⊥PM .(2)连接AM ，BE ，∵P A ＝PD ＝2，∠APD ＝90°，∠DAB ＝60°，∴AD ＝AB＝BD ＝2，PE ＝1，EM ＝12AC ＝3，∴PM ＝PB ＝1＋3＝2.在等边三角形DBC 中，BM ＝3，∴S △PBM ＝394，S △ABM ＝12×2×3＝ 3.设三棱锥A -PBM 的高为h ，则由等体积可得13·394h ＝13×3×1，∴h ＝41313，∴点A 到平面PBM 的距离为41313.如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(2)设AP＝1，AD＝3，三棱锥P-ABD的体积V＝34，求点A到平面PBC的距离．[解](1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)三棱锥P-ABD的体积V＝16P A·AB·AD＝36AB，由V＝34，可得AB＝32.由题设知BC⊥AB，BC⊥P A，所以BC⊥平面P AB，在平面P AB内作AH⊥PB交PB于点H，则BC⊥AH，故AH⊥平面PBC.又AH＝P A·ABPB＝P A·ABP A2＋AB2＝31313.所以点A到平面PBC的距离为313 13.是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．【例3】(2018·秦皇岛模拟)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 是边长为a的正方形，侧面P AD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：如图所示，连接AC，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点．所以对角线AC经过点F.又在△P AC中，点E为PC的中点，所以EF为△P AC的中位线，所以EF∥P A.又P A⊂平面P AD，EF⊄平面P AD，所以EF∥平面P AD.(2)存在满足要求的点G.在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC.因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD.又侧面P AD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面P AD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面P AD.又EF∥平面P AD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG，EG.因为F为BD中点，所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD⊂平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面P AC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面P AC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．[证明](1)连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥S-ABCD 是正四棱锥，所以SO⊥AC.在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD.因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.(2)在棱SC 上存在一点E ，使得BE ∥平面P AC .连接OP .设正方形ABCD 的边长为a ，则SC ＝SD ＝2a .由SD ⊥平面P AC 得SD ⊥PC ，易求得PD ＝2a 4. 故可在SP 上取一点N ，使得PN ＝PD .过点N 作PC 的平行线与SC 交于点E ，连接BE ，BN ，在△BDN 中，易得BN ∥PO .又因为NE ∥PC ，NE ⊂平面BNE ，BN ⊂平面BNE ，BN ∩NE ＝N ，PO ⊂平面P AC ，PC ⊂平面P AC ，PO ∩PC ＝P ，所以平面BEN ∥平面P AC ，所以BE ∥平面P AC .因为SN ∶NP ＝2∶1，所以SE ∶EC ＝2∶1.[大题增分专训]1．(2019·济南模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为等腰梯形，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F 分别为线段AD ，PB 的中点．(1)证明：PD ∥平面CEF ；(2)若PE ⊥平面ABCD ，PE ＝AB ＝2，求三棱锥P -DEF 的体积．[解] (1)证明：连接BE ，BD ，BD 交CE 于点O ，连接OF (图略)．∵E 为线段AD 的中点，AD ∥BC ，BC ＝12AD ＝ED ，∴BC ED ，∴四边形BCDE 为平行四边形，∴O 为BD 的中点，又F 是BP 的中点，∴OF ∥PD .又OF ⊂平面CEF ，PD ⊄平面CEF ，∴PD ∥平面CEF .(2)由(1)知，BE ＝CD .∵四边形ABCD 为等腰梯形，AB ＝BC ＝12AD ，∴AB ＝AE ＝BE ，∴三角形ABE 是等边三角形，∴∠DAB ＝π3，过B 作BH ⊥AD 于点H (图略)，则BH ＝ 3.∵PE ⊥平面ABCD ，PE ⊂平面P AD ，∴平面P AD ⊥平面ABCD ， 又平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，BH ⊥AD ，BH ⊂平面ABCD ，∴BH ⊥平面P AD ，∴点B 到平面P AD 的距离为BH ＝ 3.又F 为线段PB 的中点，∴点F 到平面P AD 的距离h 等于点B 到平面P AD的距离的一半，即h ＝32，又S △PDE ＝12PE ·DE ＝2，∴V 三棱锥P -DEF ＝13S △PDE ×h ＝13×2×32＝33.2．(2019·石家庄模拟)如图，已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为正方形，且P A ⊥底面ABCD ，过AB 的平面ABFE 与侧面PCD 的交线为EF ，且满足S △PEF ：S 四边形CDEF ＝1∶3.(1)证明：PB∥平面ACE；(2)当P A＝2AD＝2时，求点F到平面ACE的距离．[解](1)证明：由题知四边形ABCD为正方形，∴AB∥CD，∵CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，∴AB∥平面PCD.又AB⊂平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD＝EF，∴EF∥AB，∴EF∥CD.由S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3知E，F分别为PD，PC的中点．如图，连接BD交AC于点G，则G为BD的中点，连接EG，则EG∥PB.又EG⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴PB∥平面ACE.(2)∵P A＝2，AD＝AB＝1，∴AC＝2，AE＝12PD＝52，∵P A⊥平面ABCD，∴CD⊥P A，又CD⊥AD，AD∩P A＝A，∴CD ⊥平面P AD ，∴CD ⊥PD .在Rt △CDE 中，CE ＝CD 2＋DE 2＝32.在△ACE 中，由余弦定理知cos ∠AEC ＝AE 2＋CE 2－AC 22AE ·CE ＝55，∴sin ∠AEC ＝255，∴S △ACE ＝12·AE ·CE ·sin ∠AEC ＝34 .设点F 到平面ACE 的距离为h ，连接AF ，则V F -ACE ＝13×34×h ＝14h . ∵DG ⊥AC ，DG ⊥P A ，AC ∩P A ＝A ，∴DG ⊥平面P AC .∵E 为PD 的中点，∴点E 到平面ACF 的距离为12DG ＝24.又F 为PC 的中点，∴S △ACF ＝12S △ACP ＝22，∴V E -ACF ＝13×22×24＝112.由V F -ACE ＝V E -ACF ，得14h ＝112，得h ＝13， ∴点F 到平面ACE 的距离为13.3．已知在四棱锥P -ABCD 中，平面P AB ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，E 为线段AD 上靠近点A 的三等分点，O 为AB 的中点，且P A ＝PB ，AB ＝23AD .(1)求证：EC ⊥PE .(2)PB 上是否存在一点F ，使得OF ∥平面PEC ？若存在，试确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：连接PO ，EO ，CO .∵平面P AB ⊥平面ABCD ，P A ＝PB ，O 为AB 的中点，∴PO ⊥平面ABCD ，∵CE ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥CE .设AD ＝3，∵四边形ABCD 为矩形，∴CD ＝AB ＝2，BC ＝3，∴AE ＝13AD ＝1，∴ED ＝2，EC ＝ED 2＋DC 2＝22＋22＝22，OE ＝AO 2＋AE 2＝12＋12＝2，OC ＝OB 2＋BC 2＝12＋32＝10，∴OE 2＋EC 2＝OC 2，∴OE ⊥EC .又PO ∩OE ＝O ，∴EC ⊥平面POE ，又PE ⊂平面POE ，∴EC ⊥PE .(2)PB 上存在一点F ，使得OF ∥平面PEC ，且F 为PB 的三等分点(靠近点B )．证明如下：取BC 的三等分点M (靠近点C )，连接AM ，易知AEMC ，∴四边形AECM 为平行四边形，∴AM ∥EC .取BM 的中点N ，连接ON ，∴ON ∥AM ，∴ON ∥EC .∵N 为BM 的中点，∴N 为BC 的三等分点(靠近点B )．∵F 为PB 的三等分点(靠近点B )，连接OF ，NF ，∴NF ∥PC ， 又ON ∩NF ＝N ，EC ∩PC ＝C ，∴平面ONF ∥平面PEC ，∴OF ∥平面PEC .。