理科数学高考立体几何大题精选
历届高三数学(理)立体几何高考真题.docx
历届高三数学(理)立体儿何高考真题一、选择题:1.在一个几何体的三视图屮，正视图和俯视图如右图所示, 则相应的俯视图可以为2. 如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某儿何体的三视图，则此儿何体的体积为( )(A) 6 (5) 9 (C)12 (0)183. 己知三棱锥S - ABC 的所有顶点都在球O 的求面上，MBC 是边长为 1的正三角形，SC 为球O 的直径，H.SC = 2；则此棱锥的体积为( )V2V3 V2 V2 (A)— (B) — (C) — (D) — 6 63 2 4. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为力.16 + 8兀 B.8 + 8/TC.16 + 16龙 £).8 + 16龙5. 已知"为异面直线，刃丄 '卜面a , 〃丄平面P 。
直线丿满足/丄加，，丄刀,/ (Z a.l (Z P » 贝9()(A) a 〃 B 且/〃 a (B) a 丄 B 且/丄 B(O a 与0相交，且交线垂直于1 (D) a 与B 相交，且交线平行于/6. 一个四而体的顶点在空间总角处标系0-尤膨中的处标分 别是(1, 0, 1), (1, 1, 0),(0, 1, 1), (0, 0, 0),画该四而体三视图中的正视图时，以z 血平而为投影面,则得到正视图可以为(D)7. 如图，网格纸上小止方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长 的棱的长度为A.6^2 B .4近 C.6 D A&圆柱被一个平面截去一部分示与半球（半径为I*）组成一个几何体，该几何体三视图屮的正视图和俯视图如 图所示。
若该儿何体的衣面积为16 + 20龙，则u9.一个正方体被一个平血截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值 为10.已知A,B 是球0的球而上两点，ZAOB=90,C 为该球而上的动点，若三棱锥O-ABC 体积的最人值为36, 则球O 的表面积为A. 36HB.64RC.144RD.256TI二、填空题:11 •已知矩形肋CD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，llAB = 6i BC = 2^，则棱锥O-ABCD 的体积为(A) 1 (B) 2 (C) 4 (D) 8（A ）i(D)6三、解答题：12(本小题满分12分)如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，ZDAB二60° ,AB二2AD,PD丄底面 ABCD.(I)证明：PA丄BD；(II)若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值。
高考数学专题复习立体几何(理科)练习题
《立体几何》专题练习题1．如图正方体A BCD A1B C D 中，E、F 分别为D1C1 和B1C1 的中点，1C1 和B1C1 的中点，1 1 1P、Q分别为A1C1 与 EF、AC与 BD的交点，（1）求证： D、B、F、E 四点共面；ED1 C1（2）若 A1C与面 DBFE交于点R，求证： P、Q、R三点共线A1Q FB1D CPA B2．已知直线a、b 异面, 平面过a且平行于b , 平面过b 且平行于a , 求证: ∥．3.如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEFG 所截而得，其中AB 4， BC 1BE 3, CF 4 , 若如图所示建立空间直角坐标系．Z①求E F 和点G的坐标；②求异面直线EF 与 AD 所成的角；③求点C到截面AEFG 的距离．FGD E C yBAx4.如图，三棱锥P—ABC中， PC 平面 ABC，PC=AC=，2AB=BC，D是PB上一点，且CD 平面 PAB．(I) 求证：AB 平面 PCB；P(II) 求异面直线AP与 BC所成角的大小；（III ）求二面角C-PA-B 的余弦值．DBC A5.如图，直二面角D—AB —E 中，四边形ABCD 是边长为 2 的正方形， AE=EB ，F 为 CE 上的点，且BF⊥平面ACE.(1)求证 AE⊥平面BCE；(2)求二面角B—AC—E 的余弦值．6.已知正三棱柱A BC A B C的底面边长为2，点 M在侧棱 BB1 上.1 1 1第 1 页共 3 页（Ⅰ）若P 为 AC的中点， M为 BB1 的中点，求证BP// 平面 AMC1；（Ⅱ）若AM与平面A A CC 所成角为30 ，试求BM的长.1 17.如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD 中，PA⊥底面ABCD ，PA＝AB ＝1，BC＝2．（1）求证：平面PDC⊥平面PAD；P（2）若 E 是 PD 的中点，求异面直线AE E 与PC 所成角的余弦值；DAB C8.已知：在正三棱柱ABC—A1 B1C1中，AB = a ，AA1 = 2a . D 是侧棱BB1 的中点. 求证：（Ⅰ）求证：平面ADC1⊥平面ACC1A1；（Ⅱ）求平面ADC1 与平面ABC所成二面角的余弦值．9.已知直四棱柱A BCD ABC D 的底面是菱形，且DAB 60 ，A D AA1 F 为1 1 1 1棱B B1的中点，M 为线段 AC1 的中点．（Ⅰ）求证：直线MF // 平面 ABCD ；（Ⅱ）求证：直线MF 平面A CC A ；1 1（Ⅲ）求平面AFC1 与平面 ABCD 所成二面角的大小.AP CQ10.棱长是 1 的正方体，P、Q 分别是棱AB 、CC1 上的内分点，满足2PB QC1 第2 页共3 页（1）求证： A1P⊥平面AQD ；（2）求直线PQ 与平面AQD 所成角的正弦值.D1 C1A1 B1 QD CA BP11.如图,长方体ABCD －A1B1C1D1 中，E、F 分别是线段B1D1、A 1B 上的点，且D1E=2EB 1,BF=2FA 1．（1）求证 :EF∥AC1；（2）若 EF 是两异面直线B1D1、A 1B 的公垂线段,求证该长方体为正方体．D1 C1EA1 B 1FD CA B12.如图，在正四棱柱ABCD —A1B1C1D1 中，AA 1=B，M 三点的平面A1BMN 交C1D1 于点 N.（Ⅰ）求证：EM∥平面A1B1C1D1；12AB ，点 E、M 分别为 A 1B、C1C 的中点，过点A1，（Ⅱ）求二面角B—A1N—B1 的正切值 .第 3 页共 3 页。
高考数学立体几何大题汇总
故由三垂线定理知DＥ⊥AB.
所以∠DEF为二面角C—AＢ—D的平面角，由题设知∠DEF＝60°
设
在
从而
因Ｒt△AＤE≌Rt△ＢDE，故BＤ＝AＤ=a,从而,在Rt△BＤＦ中, ，
又 从而在△ＦGＨ中,因FG=FH，由余弦定理得
（Ⅱ）设E为ＢC的中点，求 与 夹角的余弦值。
解（Ⅰ)∵折起前AＤ是BＣ边上的高，
∴当ΔAＢＤ折起后，AD⊥ＤC，ＡD⊥ＤB,
又DB ＤＣ=D，
∴ＡＤ⊥平面ＢＤC，
∵AD平面 平面ＢDC．
平面ABＤ 平面ＢDC。
(Ⅱ）由∠ＢＤC＝ 及(Ⅰ）知ＤA,ＤB，ＤＣ两两垂直,不防设 =１,以D为坐标原点,以 所在直线 轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得Ｄ（0，0,０），B（1,0,０）,C（0,3,0），A(０,0， ),E( ， ，0)，
因此,异面直线AD与ＢC所成角的余弦值为
解法二：如答(1９）图2，过Ｆ作FM⊥AC，交ＡＢ于Ｍ，已知AＤ=CD,
平面ABC⊥平面ACD，易知FC，ＦD,FM两两垂直，以F为原点，射线ＦM，FC，FＤ分别为x轴，y轴,ｚ轴的正半轴，建立空间直角坐标系F—xｙz.
不妨设AD=2，由ＣD=ＡＤ,∠CAD=３0°，易知点A，Ｃ，D的坐标分别为
作 ,H为垂足,则 平面SBC。
,即F到平面SBC的距离为
由于ＥＤ/／ＢC，所以ED//平面ＳBC,Ｅ到平面SＢＣ的距离d也有
设ＡＢ与平面ＳBＣ所成的角为α,
则 ﻩﻩ…………12分
解法二:
以C为坐标原点，射线CＤ为x轴正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系C—xyz。
近年高考理科立体几何大题汇编
近几年高考理科立体几何大题汇编1. (2018年III卷)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丄平面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.2、［2014新课标全国卷U ］四棱锥P-ABCD中，底面ABC助矩形，PA丄平面ABCD E为PD的中点.(1) 证明：PB//平面AEC(2) 设二面角DAEC 为60°, AP= 1, AD= 3, 求三棱锥E-ACD勺体积.3. (2017?新课标I 卷)如图，在四棱锥P- ABCDh AB// CD 且/ BAP= CDP=90 . ⑴证明：平面PABL平面PAD(2)若PA=PD=AB=DC Z APD=90,求二面角A- PB- C 的余弦值.4. (菱形建系)[2014新课标全国卷I ]如图三棱柱ABC-AB i C中，侧面BBCC为菱形，AB 丄BC(1)证明：AOAB;⑵若AC丄AB,/ CBB= 60°, AB= BC,求二面角A -A i B i -G的余弦值.5. (菱形建系)【2015高考新课标1】如图，四边形ABCD为菱形，/ AB(=120°E, F是平面ABC阴一侧的两点，BE!平面ABCD DF丄平面ABCD BE=2DF, AE! EC (I)证明：平面AECL平面AFC(U)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.6.(翻折)(2018年I卷)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7.（翻折）（2016年全国II 高考）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ,8.（动点问题）（2018年II 卷）如图，在三棱锥PA =PB = PC = AC =4， O 为 AC 的中点.（1） 证明：PO _平面ABC ;（2） 若点M 在棱BC 上，且二面角M -PA-C 为30，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值.AB =5, AC =6，点 E,F 分别在 AD, CD 上,DEF 沿 EF 折到 D 'EF 位置，OD —10 .(I)证明：DH _平面ABCD ;(U)求二面角B —DA —C 的正弦值.5AE = CF , EF 交BD 于点H .将 4D fP-ABC 中，AB = BC=2“C近几年高考理科立体几何大题汇编1. (2018年III卷)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丄平面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.1.解：(1)由题设知，平面CM丄平面ABCD交线为CD因为BCLCDBC 平面ABCD所以BC丄平面CM[> BCL DM因为M为CD上异于C, D的点,且DC为直径，所以DM_ CM又BC1CIMC所以DM_平面BMC而DM 平面AMD故平面AM L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D(0,0,0), A(2,0,0), B(2,2,0), C(0,2,0), M (0,1,1),TFTAM =(—2,1,1),AB =(0,2,0), DA =(2,0,0)设n = (x, y, z)是平面MAB勺法向量,则可取 n = (1,0,2).DA 是平面MCD 勺法向量,因此n DA ; 5FnTDATT ，sin ，n,DA 二乎,所以面MA 南面MC 断成二面角的正弦值是乙5 .52、［2014新课标全国卷U ］如图1-3,四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PU 平 面ABCD E 为PD 的中点.PB// 平面 AEC如图，以A 为坐标原点，AB, AD ，AP 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|曲 (\~\1、为单位长，建立空间直角坐标系 Axyz ，贝U D (o ,百，0)，Eo ,黔，1 琏=<2 2/ 0,n AM n AB =0.— 4°， 2y =0.cos n,(1)证明：PB//平面AECE-ACD 勺体积.因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点. 又E 为PD 的中点，所以EO// PB 因为EO?平面AEC PB?平面AEC 所以 ⑵ 因为PAL 平面ABCD ABC 助矩形， 所以AB, AD ，AP 两两垂直.33+ 4m 2二2,解得论2.3. (2017?新课标I 卷)如图，在四棱锥 P- ABCDh AB ' II CD 且/ BAP=Z CDP=9° (1) 证明：平面PABL 平面PAD万江… (2) 若 PA=PD=AB=DC Z APD=90，求二面角 A - PB- C 的余 /、/弦值.3.【答案】(1)证明：I/ BAP=Z CDP=90 ,••• P 从 AB, PD ■- 丄CDAB// CD ,AB 丄 PD ,又PACPD=P , 且 PA ? 平面 PAD ,PD ? 平 面 PAD ,AB丄 平 面PAD ,又AB ?平 面PAB,平面PAB丄 平面PAD;(2) 解：• • • AB// CD AB=CD •' i 四边形ABCD 为平行四边形，由（1）知 AB 丄平面 PAD •- AB 丄Word 资料设 B (m °, °)( m>°)，则 qm 心，°),辰(m \3 °) • 设 n 1 = (x , y , n 1 • AC = °, 则n 1 •辰 °,W 3 .m ， °, z ）为平面ACE 的法向量,m 灶 3y = 0,即312y + 2Z 二 °，可取n i = 由题设易知 -1, \I,°）为平面DAE 的法向量,1=2， |cos 〈 n i , n 2> | 因为E 为PD 的中点，所以三棱锥 西X |x 扌=甲.1 1 1E-ACD 勺高为2三棱锥E-ACD 的体积V = 心AD , 则在厶APD中, 腰边形ABCD 为矩形，/ APD=90 ,可得△ PAD为等三角PA=PD角PA=AB=2a AD=AD 中为坐标原点, 占八、、分别以, BCOA OE、中占I 八、、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则：D （(),P ( 0 , ),C.西二| 岳）PB =I -近a|50 = |-2^0,0'|PBCn-PB=Q[n BC^QAB 丄PD丄平面cosfy/2ax+2q\ -y/2az=0| -2y/2ax = 0 y=1PAD AD ? 平PAD AB 丄AD ,PD PA PA Q AB=APAB ,匚二为平面PAB的个法向量，PD = [-^laA-^/2a\ PBPB（菱形建系）AB丄B i C. [2014 新课标全国卷I］如图三棱柱ABC-ABC中，侧面BBCC为4.菱形，（1）证明：AC= AB;⑵ 若ACL AB,/ CB吐60°, A吐BC求二面角A-AB i -C的余弦值.4解：（1）证明：连接BC,交B1C于点O,连接AO因为侧面BBGC为菱形，所以BC L BC,且O为BC及BC的中点.又AB 丄B i C,所以BC 丄平面ABO 由于AO?平面ABO 故BC 丄AO 又 BO= CO 故 AC= AB.⑵ 因为ACL AB ,且O 为BC 的中点，所以Ad CO又因为AB= BC ,所以△ BOA2 △ BOC 故OAL OB 从而OA OB OB 两两垂直. 以O 为坐标原点，OB 的方向为x 轴正方向，| OB 为单位长，建立如图所示的空 间直角坐标系O xyz.设m 是平面ABC 的法向量， mA 1B i =0, -— 则同理可取(1 , —3, 3)m B i C =0,因为/ CBB =60 B(1 , 0, 0) , B 》,¥, °) CO ,- ¥,AB0, B C 1=BC = — 1,,所以△ CBB 为等边三角形,又 A 吐BC,贝U A0 , 0,3 3，A iB = AB= 3 3 ,设n = (x , y , z)是平面AA i B i 的法向量，则n AB = 0, n AB = 0,1所以结合图形知二面角A -A 1B 1 - C 的余弦值为75.(菱形建系)【2015高考新课标1】如图，四边形ABCD 为菱形，/ AB(=120° E , F 是平面ABCm —侧的两点，BE 丄平面ABCD DF 丄平面ABCQ BE=2DF, AE 丄EC(I)证明：平面 AECL 平面AFC【解析】试题分析；(I )连捲弭，设BDTOG,连接EG, 5G ； 通过计算可证乂丄FG 根据线面垂直判定定理可知轧一(II) LUG 为坐标原点，分别\^GB^GC 的方向为工轴,丁轴正方向，GB 淘单位长匡 建立空 直角坐标系 g 口利用向重法可求出异面直鏡三三与CF 所成角的余弦值试题解析’ 1 I )屋接33,设BD 'AC=G,连接EG, FG, EF,在觌 A3CD 中，不妨设33-1,由厶L HOI 二 可得JG=GC--j3 .由占三丄平面A3CD, A3=BC 可知*又••• AE1 EC ,二 E(=v3 , EGLAC, ••• A8 FG=G 二 E(L 平面 AFC ••• EG 面AEC 二平面 AFCL 平面AEC••…6分则 cos 〈n , m>I nil m = 7.(U)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.5.,【答案】(I)见解析⑴33L MC-:■■■■ —I —在Rt △ EBO^，可得BE= 2 , 故 DF= 22在Rt △ FDG 中，可得FG= 6. 2在直角梯形BDFE 中,由 BD=2, BE= 2 , DF= 2 可得 EF=3 2 , 2 2••• EG 2 FG 2 二 EF 2 ,••• EG! FGDBWord资料y 轴正方向，|GB|为 单位长度，建立空间直角坐标系 G-xyz ，由(I)可得A (0,— 3 , 0), E(1,0,2) , F (— 1,0 , 2 ), C (0,3 , 0),A AE = (1, 3 , 2 ), CF2-屮3 ,).…10分2故cos C A E ,C F ・ A E "CF ) =|AE||CF| 36.（翻折）（2018年I 卷）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6. 解：（1）由已知可得，BF 丄PF, BFL EF,所以 BF 丄平面PEF又BF 平面ABFD 所以平面 PEFL 平面ABFD（2）作PH 丄EF ,垂足为H.由（1）得，PH 丄平面ABFD=(-1,所以直线AE 与CF 所成的角的余弦值为12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 .由(1)可得，DEL PE 又 DF =2, DE =1，所以 PE= ..3.又 PF =1, EF =2，故 PEL PF 可得 PH 3,EH2 2则 H (0,0,0), P(0,0, 法向量•7 3）为平面ABFD 勺 2设DP 与平面ABFD 所成角为r,则si所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为47. （翻折）（2016年全国II 高考）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点0,5AB =5, AC =6，点 E,F 分别在 AD, CD 上, AE 二 CF , EF 交 BD 于点 H .将4DEF 沿 EF 折到 D 'EF 位置，OD = 一 10 .(I)证明：DH _平面ABCD ; (U)求二面角 B-DA-C 的正弦值.7.【解析】⑴证明：■/ AE =CF J ,4AE _CF AD CD ,• •• EF II AC .•••四边形 ABCD 为菱形,3)，D ("20),|HP | | DP |3D f8.（动点问题）（2018年II 卷）如图，在三棱锥P-ABC 中，AB 二BC =2・2,PA =PB =PC =AC =4 , O 为 AC 的中点.（1）证明： PO _ 平面 ABC ；AC _ BD ,• •• EF _BD ，二 EF _DH ，二 EF _ D H .•/ AC =6 , • AO =3;又 AB =5 , AO _ OB , • OB =4 ,AEOH=AO OD 「，• DH4H=3，2 2 2OD'I =|OH| +|D'H |D'H _OH .又••• OH I EF =H ，• D'H _面 ABCD . ⑵建立如图坐标系H —xyz .B 5，0，0，C 1，3, 0，D' 0，0，3，A 1，- 3，0，AB 4，3，0，uuurAD'»1，3，3， uuuAC =[0，6，0 ，设面ABD'法向量n 1 = x ，y ，z ， 由n1ABT 。
立体几何高考经典大题理科
1·如图，四棱锥S-ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点。
（Ⅰ）求证：AC ⊥SD ；（Ⅱ）若SD ⊥平面P AC ，求二面角P-AC-D 的大小（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC 。
若存在，求SE ：EC 的值；若不存在，试说明理由。
2·如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为平行四 边形，∠DAB=60°,AB=2AD ,PD ⊥底面ABCD . (Ⅰ)证明：PA ⊥BD ；(Ⅱ)若PD =AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值。
3·如图，直三棱柱111ABC A B C -中，112AC BC AA ==， D 是棱1AA 的中点，BD DC ⊥1（1）证明：BC DC ⊥1（2）求二面角11C BD A --的大小。
z x PCBADy1·解法一：（Ⅰ）连BD ，设AC 交BD 于O ，由题意SO AC ⊥。
在正方形ABCD 中，AC BD ⊥，所以AC SBD ⊥平面,得AC SD ⊥.(Ⅱ)设正方形边长a ，则SD =。
又OD =，所以060SOD ∠=, 连OP ，由（Ⅰ）知AC SBD ⊥平面,所以AC OP ⊥, 且AC OD ⊥,所以POD ∠是二面角P AC D --的平面角。
由SD PAC ⊥平面,知SD OP ⊥,所以030POD ∠=, 即二面角P AC D --的大小为030。
（Ⅲ）在棱SC 上存在一点E ，使//BE PAC 平面由（Ⅱ）可得PD =，故可在SP 上取一点N ,使PN PD =,过N 作PC 的平行线与SC 的交点即为E 。
连BN 。
在BDN V 中知//BN PO ，又由于//NE PC ,故平面//BEN PAC 平面，得//BE PAC 平面,由于21SN NP =：：,故21SE EC =：：. 解法二：（Ⅰ）；连BD ,设AC 交于BD 于O ，由题意知SO ABCD ⊥平面.以O 为坐标原点，OB OC OS ，，分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立坐标系O xyz -如图。
高考数学专题复习立体几何(理科)练习题
《立体几何》专题练习题1．如图正方体A BCD A1B C D 中，E、F 分别为D1C1 和B1C1 的中点，1C1 和B1C1 的中点，1 1 1P、Q分别为A1C1 与EF、AC与BD的交点，（1）求证：D、B、F、E 四点共面；ED1 C1（2）若A1C与面DBFE交于点R，求证：P、Q、R三点共线A1Q FB1D CPAB2．已知直线a、b 异面, 平面过a且平行于b , 平面过b 且平行于a , 求证: ∥．3. 如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEFG 所截而得，其中AB 4，BC 1BE 3, CF 4 , 若如图所示建立空间直角坐标系．Z①求EF 和点G的坐标；②求异面直线EF 与AD 所成的角；③求点C到截面AEFG 的距离．FGD E CyBAx4. 如图，三棱锥P—ABC中，PC 平面ABC，PC=AC=，2AB=BC，D是PB上一点，且CD 平面PAB．(I) 求证：AB 平面PCB；P(II) 求异面直线AP与BC所成角的大小；（III ）求二面角C-PA-B 的余弦值．DBC A5. 如图，直二面角D—AB —E 中，四边形ABCD 是边长为 2 的正方形，AE=EB ，F 为CE 上的点，且BF⊥平面ACE.(1)求证AE⊥平面BCE；(2)求二面角B—AC—E 的余弦值．6. 已知正三棱柱A BC A B C的底面边长为2，点M在侧棱BB1上.1 1 1第 1 页共 3 页（Ⅰ）若P 为AC的中点，M为BB1 的中点，求证BP// 平面AMC1；（Ⅱ）若AM与平面A A CC 所成角为30 ，试求BM的长.1 17.如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD 中，PA⊥底面ABCD ，PA＝AB ＝1，BC＝2．（1）求证：平面PDC⊥平面PAD；P（2）若E 是PD 的中点，求异面直线AE E与PC 所成角的余弦值；DAB C8.已知：在正三棱柱ABC—A1 B1C1中，AB = a ，AA1 = 2a . D 是侧棱BB1 的中点. 求证：（Ⅰ）求证：平面ADC1⊥平面ACC1A1；（Ⅱ）求平面ADC1 与平面ABC所成二面角的余弦值．9.已知直四棱柱A BCD ABC D 的底面是菱形，且DAB 60 ，AD AA1 F 为1 1 1 1棱B B1的中点，M 为线段AC1 的中点．（Ⅰ）求证：直线MF // 平面ABCD ；（Ⅱ）求证：直线MF 平面A CC A ；1 1（Ⅲ）求平面AFC1 与平面ABCD 所成二面角的大小.AP CQ10.棱长是 1 的正方体，P、Q 分别是棱AB 、CC1 上的内分点，满足 2PB QC1第 2 页共 3 页（1）求证：A1P⊥平面AQD ；（2）求直线PQ 与平面AQD 所成角的正弦值.D1 C1A1 B1 QD CA BP11.如图,长方体ABCD －A1B1C1D1 中，E、F 分别是线段B1D1、A 1B 上的点，且D1E=2EB 1,BF=2FA 1．（1）求证:EF∥AC1；（2）若EF 是两异面直线B1D1、A 1B 的公垂线段,求证该长方体为正方体．D1 C1EA1 B 1FD CA B12.如图，在正四棱柱ABCD —A1B1C1D1 中，AA 1=B，M 三点的平面A1BMN 交C1D1 于点N.（Ⅰ）求证：EM∥平面A1B1C1D1；12AB ，点E、M 分别为 A 1B、C1C 的中点，过点A1，（Ⅱ）求二面角B—A1N—B1 的正切值.第 3 页共 3 页。
2020年理科数学高考大题专项4 高考中的立体几何
高考大题专项四高考中的立体几何1.如图,在三棱锥A-BCD中,E,F分别为BC,CD上的点,且BD∥平面AEF.(1)求证:EF∥平面ABD;(2)若AE⊥平面BCD,BD⊥CD,求证:平面AEF⊥平面ACD.2.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,点E在线段BB1上,且EB1=1,D,F,G分别为CC1,C1B1,C1A1的中点.求证:(1)B1D⊥平面ABD;(2)平面EGF∥平面ABD.3.如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得⏜的中点.到的,G是DF⏜上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(1)设P是CE(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.(2018山西晋中调研,18)如图,已知四棱锥P-ABCD,PA⊥平面ABCD,底面ABCD中,BC∥AD,AB⊥AD,且PA=AD=AB=2BC=2,M为AD的中点.(1)求证:平面PCM⊥平面PAD;(2)问在棱PD上是否存在点Q,使PD⊥平面CMQ,若存在,请求出二面角P-CM-Q的余弦值;若不存在,请说明理由.5.(2018河南郑州外国语学校调研,19)如图,在底面为等边三角形的斜三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=√3AB,四边形B1C1CB为矩形,过A1C作与直线BC1平行的平面A1CD交AB于点D.(1)证明:CD⊥AB;(2)若直线AA1与底面A1B1C1所成的角为60°,求二面角B-A1C-C1的余弦值.6.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=√6,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.(2018河北衡水中学适应性考试,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形A1C1CA为菱形,∠B1A1A=∠C1A1A=60°,AC=4,AB=2,平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,Q在线段AC上移动,P为棱AA1的中点. (1)若Q为线段AC的中点,H为BQ中点,延长AH交BC于D,求证:AD∥平面B1PQ;,求点P到平面BQB1的距离.(2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值为√13138.(2018山西大同一模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ABC=∠PAD=90°,PA=AB=BC=2,AD=1,M是棱PB中点且AM=√2.(1)求证:AM∥平面PCD;(2)设点N是线段CD上一动点,且DN=λDC,当直线MN与平面PAB所成的角最大时,求λ的值.9.(2018山西晋城一模,20)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA=PD=AD=2CD=2BC=2,且∠ADC=∠BCD=90°.(1)当PB=2时,证明:平面PAD⊥平面ABCD;,且二面角P-AD-B为钝角时,求直线PA与平面PCD所成角的正弦值.(2)当四棱锥P-ABCD的体积为34高考大题专项四 高考中的立体几何1.证明 (1)∵BD ∥平面AEF ,BD ⊂平面BCD ,平面BCD ∩平面AEF=EF ,∴BD ∥EF.又BD ⊂平面ABD ,EF ⊄平面ABD , ∴EF ∥平面ABD.(2)∵AE ⊥平面BCD ,CD ⊂平面BCD ,∴AE ⊥CD.由(1)可知BD ∥EF ,又BD ⊥CD ,∴EF ⊥CD. 又AE ∩EF=E ,AE ⊂平面AEF ,EF ⊂平面AEF , ∴CD ⊥平面AEF ,又CD ⊂平面ACD , ∴平面AEF ⊥平面ACD.2.证明 (1)以B 为坐标原点,BA ,BC ,BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B (0,0,0),D (0,2,2),B 1(0,0,4),C 1(0,2,4),设BA=a ,则A (a ,0,0),所以BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ,0,0),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2),B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0+4-4=0,即B 1D ⊥BA ,B 1D ⊥BD.又BA ∩BD=B ,BA ⊂平面ABD ,BD ⊂平面ABD ,所以B 1D ⊥平面ABD.(2)由(1)知,E (0,0,3),G (a2,1,4),F (0,1,4),则EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a 2,1,1),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0+2-2=0,B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF⃗⃗⃗⃗⃗ =0+2-2=0,即B 1D ⊥EG ,B 1D ⊥EF. 又EG ∩EF=E ,EG ⊂平面EGF ,EF ⊂平面EGF ,所以B 1D ⊥平面EGF. 结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD.3.解 (1)因为AP ⊥BE ,AB ⊥BE ,AB ,AP ⊂平面ABP ,AB ∩AP=A ,所以BE ⊥平面ABP ,又BP ⊂平面ABP ,所以BE ⊥BP ,又∠EBC=120°.因此∠CBP=30°.(2)(方法一)取EC⏜的中点H ,连接EH ,GH ,CH. 因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC 为菱形,所以AE=GE=AC=GC=√32+22=√13. 取AG 中点M ,连接EM ,CM ,EC ,则EM ⊥AG ,CM ⊥AG , 所以∠EMC 为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM=√13-1=2√3.在△BEC 中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC 2=22+22-2×2×2×cos 120°=12,所以EC=2√3,因此△EMC 为等边三角形,故所求的角为60°.(方法二)以B 为坐标原点,分别以BE ,BP ,BA 所在的直线为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A (0,0,3),E (2,0,0),G (1,√3,3),C (-1,√3,0),故AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-3),AG⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,3),设m =(x 1,y 1,z 1)是平面AEG 的一个法向量.由{m ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AG⃗⃗⃗⃗⃗ =0,可得{2x 1-3z 1=0,x 1+√3y 1=0.取z 1=2,可得平面AEG 的一个法向量m =(3,-√3,2). 设n =(x 2,y 2,z 2)是平面ACG 的一个法向量.由{n ·AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,可得{x 2+√3y 2=0,2x 2+3z 2=0.取z 2=-2,可得平面ACG 的一个法向量n =(3,-√3,-2).所以cos <m ,n >=m ·n |m ||n |=12.因此所求的角为60°.4.解 以A 为原点,射线AB ,AD ,AP 分别为x ,y ,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系如图.PA=AD=AB=2BC=2,A (0,0,0),B (2,0,0),C (2,1,0),D (0,2,0),P (0,0,2),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2), ∵M 为AD 的中点,∴M (0,1,0),MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0). (1)∵MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, ∴CM ⊥PA ,CM ⊥AD.PA ⊂平面PAD ,AD ⊂平面PAD ,且PA ∩AD=A ,∴CM ⊥平面PAD. ∵CM ⊂平面PCM ,∴平面PCM ⊥平面PAD.(2)存在点Q 使PD ⊥平面CMQ ,在△PAD 内,过M 作MQ ⊥PD ,垂足为Q , 由(1)知CM ⊥平面PAD ,PD ⊂平面PAD ,∴CM ⊥PD , MQ ∩CM=M ,∴PD ⊥平面CMQ.设平面PCM 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则n ·MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x=0⇒x=0, n ·PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y ,z )·(0,1,-2)=y-2z=0⇒y=2z , 取n =(0,2,1).∵PD ⊥平面CMQ ,∴PD⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2)是平面CMQ 的一个法向量. 由图形知二面角P-CM-Q 的平面角θ是锐角,故cos θ=n ·PD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n |·|PD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5·√8=√1010,所以二面角余弦值为√1010.5.(1)证明 如图,连接AC 1交A 1C 于点E ,连接DE.因为BC 1∥平面A 1CD ,BC 1⊂平面ABC 1,平面ABC 1∩平面A 1CD=DE , 所以BC 1∥DE.又四边形ACC 1A 1为平行四边形,所以E 为AC 1的中点,所以ED 为△AC 1B 的中位线,所以D 为AB 的中点. 又△ABC 为等边三角形,所以CD ⊥AB.(2)解 过A 作AO ⊥平面A 1B 1C 1,垂足为O ,连接A 1O ,设AB=2,则AA 1=2√3.因为直线AA 1与底面A 1B 1C 1所成的角为60°,所以∠AA 1O=60°. 在Rt △AA 1O 中,因为AA 1=2√3, 所以A 1O=√3,AO=3.因为AO ⊥平面A 1B 1C 1,B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1,所以AO ⊥B 1C 1, 因为四边形B 1C 1CB 为矩形,所以BB 1⊥B 1C 1, 因为BB 1∥AA 1,所以B 1C 1⊥AA 1.因为AA 1∩AO=A ,AA 1⊂平面AA 1O ,AO ⊂平面AA 1O , 所以B 1C 1⊥平面AA 1O.因为A 1O ⊂平面AA 1O ,所以B 1C 1⊥A 1O.△A 1B 1C 1为等边三角形,边B 1C 1上的高为√3,又A 1O=√3,所以O 为B 1C 1的中点.以O 为坐标原点,分别以OA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,如图.则A 1(√3,0,0),C 1(0,-1,0),A (0,0,3),B 1(0,1,0).因为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0),所以B (-√3,1,3),D -√32,12,3,因为AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,-1,0),所以C (-√3,-1,3),A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2√3,1,3),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,0),A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2√3,-1,3).设平面BA 1C 的法向量为n =(x ,y ,z ). 由{A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,得{-2√3x +y +3z =0,y =0,令x=√3,得z=2,所以平面BA 1C 的一个法向量为n =(√3,0,2). 设平面A 1CC 1的法向量为m =(a ,b ,c ), 由{A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0, 得{√3a +b =0,2√3a +b -3c =0, 令a=√3,得b=-3,c=1,所以平面A 1CC 1的一个法向量为m =(√3,-3,1). 所以|cos <n ,m >|=|n ·m ||n ||m |=5√9191. 因为所求二面角为钝角,所以二面角B-A 1C-C 1的余弦值为-5√9191. 6.(1)证明 设AC ,BD 交点为E ,连接ME.因为PD ∥平面MAC ,平面MAC ∩平面PDB=ME ,所以PD ∥ME. 因为ABCD 是正方形,所以E 为BD 的中点.所以M 为PB 的中点. (2)解 取AD 的中点O ,连接OP ,OE.因为PA=PD ,所以OP ⊥AD.又因为平面PAD ⊥平面ABCD ,且OP ⊂平面PAD ,所以OP ⊥平面ABCD. 因为OE ⊂平面ABCD ,所以OP ⊥OE. 因为ABCD 是正方形,所以OE ⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz ,则P (0,0,√2),D (2,0,0),B (-2,4,0),BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,-4,0),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-√2).设平面BDP 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{4x -4y =0,2x -√2z =0.令x=1,则y=1,z=√2.于是n =(1,1,√2),平面PAD 的法向量为p =(0,1,0). 所以cos <n ,p >=n ·p |n ||p |=12.由题知二面角B-PD-A 为锐角,所以它的大小为π3. (3)解 由题意知M (-1,2,√22),C (2,4,0),MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,2,-√22). 设直线MC 与平面BDP 所成角为α,则sin α=|cos <n ,MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n ||MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√69. 所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为2√69. 7.(1)证明 如图,取BB 1中点E ,连接AE ,EH.∵H 为BQ 中点,∴EH ∥B 1Q.在平行四边形AA 1B 1B 中,P ,E 分别为AA 1,BB 1的中点,∴AE ∥PB 1. 又EH ∩AE=E ,PB 1∩B 1Q=B 1, ∴平面EHA ∥平面B 1QP.∵AD ⊂平面EHA ,∴AD ∥平面B 1PQ.(2)解 连接PC 1,AC 1,∵四边形A 1C 1CA 为菱形, ∴AA 1=AC=A 1C 1=4. 又∠C 1A 1A=60°,∴△AC 1A 1为正三角形.∵P 为AA 1的中点,∴PC 1⊥AA 1.∵平面ACC 1A 1⊥平面ABB 1A 1,平面ACC 1A 1∩平面ABB 1A 1=AA 1,PC 1⊂平面ACC 1A 1,∴PC 1⊥平面ABB 1A 1,在平面ABB 1A 1内过点P 作PR ⊥AA 1交BB 1于点R.建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz ,则P (0,0,0),A 1(0,2,0),A (0,-2,0),C 1(0,0,2√3),C (0,-4,2√3),设AQ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(0,-2,2√3),λ∈[0,1], ∴Q (0,-2(λ+1),2√3λ), ∴PQ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2(λ+1),2√3λ). ∵A 1B 1=AB=2,∠B 1A 1A=60°, ∴B 1(√3,1,0),∴PB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0).设平面PQB 1的法向量为m =(x ,y ,z ),则{m ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·PB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-2(λ+1)y +2√3λz =0,√3x +y =0,令x=1,则y=-√3,z=-λ+1λ,∴平面PQB 1的一个法向量为m =1,-√3,-λ+1λ,设平面AA 1C 1C 的法向量为n =(1,0,0),二面角B 1-PQ-C 1的平面角为θ,则cos θ=m ·n|m ||n |=1√1+3+(-λ+1λ) =√1313.∴λ=12或λ=-14(舍),∴AQ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴Q (0,-3,√3). 又B (√3,-3,0),∴QB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,-√3),∴|QB⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3+3=√6. 连接BP ,设点P 到平面BQB 1的距离为h ,则13×12×4×√3×√3=13×12×4×√6×h , ∴h=√62,即点P 到平面BQB 1的距离为√62.8.(1)证明 如图,取PC 中点K ,连接MK ,KD ,因为M 为PB 的中点,所以MK ∥BC 且MK=12BC=AD , 所以四边形AMKD 为平行四边形, 所以AM ∥DK ,又DK ⊂平面PDC ,AM ⊄平面PDC , 所以AM ∥平面PCD.(2)解 因为M 为PB 的中点,设PM=MB=x ,在△PAB 中,∠PMA+∠AMB=π,设∠PMA=θ,则∠AMB=π-θ,所以cos ∠PMA+cos ∠AMB=0,由余弦定理得PM 2+AM 2-PA 22PM ·AM +BM 2+AM 2-AB 22BM ·AM =0,即x 2+2-42√2x x 2+2-42√2x=0, 解得x=√2,则PB=2√2,所以PA 2+AB 2=PB 2, 所以PA ⊥AB.又PA ⊥AD ,且AB ∩AD=A ,所以PA ⊥平面ABCD ,且∠BAD=∠ABC=90°.以点A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ,则A (0,0,0),D (1,0,0),B (0,2,0),C (2,2,0),P (0,0,2),M (0,1,1),因为点N 是线段CD 上一点,可设DN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λDC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(1,2,0),故AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)+λ(1,2,0)=(1+λ,2λ,0), 所以MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1+λ,2λ,0)-(0,1,1)=(1+λ,2λ-1,-1).又面PAB 的法向量为(1,0,0),设MN 与平面PAB 所成角为θ,则sin θ=|√(1+λ)+(2λ-1)+1|=|√5λ-2λ+3|=|√5(1+λ)-12(1+λ)+10|=|√5-121+λ+10(11+λ) |=|1√10(11+λ-35) +75|,所以当11+λ=35时,即λ=23时,sin θ取得最大值.9.(1)证明 取AD 的中点O ,连接PO ,BO ,∵△PAD 为正三角形,∴OP ⊥AD , ∵∠ADC=∠BCD=90°,∴BC ∥AD ,∵BC=12AD=1,∴BC=OD ,∴四边形BCDO 为矩形,∴OB=CD=1,在△POB 中,PO=√3,OB=1,PB=2, ∴∠POB=90°,∴PO ⊥OB ,∵AD ∩OB=O ,∴PO ⊥平面ABCD ,∵PO ⊂平面PAD ,∴平面PAD ⊥平面ABCD. (2)解 ∵AD ⊥PO ,AD ⊥OB ,PO ∩BO=O ,PO ,BO ⊂平面POB ,∴AD ⊥平面POB ,∵AD ⊂平面ABCD ,∴平面POB ⊥平面ABCD ,∴过点P 作PE ⊥平面ABCD ,垂足E 一定落在平面POB 与平面ABCD 的交线BO 上.∵四棱锥P-ABCD 的体积为34,∴V P-ABCD =13×PE ×12×(AD+BC )×CD=13×PE ×12×(2+1)×1=12PE=34,∴PE=32, ∵PO=√3,∴OE=√PO 2-PE 2=√3-94=√32.如图,以O 为坐标原点,以OA ,OB 为x 轴,y 轴.在平面POB 内过点O 作垂直于平面AOB 的直线为z 轴,建立空间直角坐标系O-xyz ,由题意可知A (1,0,0),P 0,-√32,32,D (-1,0,0),C (-1,1,0),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,-√32,32,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),设平面PCD 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x -√32y +32z =0,y =0,令x=1,则z=-23,∴n =1,0,-23,PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,√32,-32,设直线PA 与平面PCD 所成的角为θ, 则sin θ=|cos <PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||PA ⃗⃗⃗⃗⃗||n |=2×√133=3√1313. 则直线PA 与平面PCD 所成角的正弦值为3√1313.。
立体几何综合大题20道
立体几何综合大题（理科）40 道及答案1、四棱锥中 , ⊥底面 ,,,.( Ⅰ) 求证 : ⊥平面；( Ⅱ) 若侧棱上的点满足 , 求三棱锥的体积。
【答案】( Ⅰ) 证明 : 由于BC=CD，即BCD 为等腰三角形，又ACB ACD ,故 BD AC .由于PA底面ABCD ，因此PA BD ,从而BD与平面PAC 内两条订交直线PA, AC都垂直，故⊥平面。
( Ⅱ) 解：S BCD 1BC ? CD ? sin BCD1 2 2 sin23. 223由 PA1SBCD PA13 23 2 .底面 ABCD 知V P BDC33由 PF7FC , 得三棱锥F BDC 的高为1PA , 81113131故：V F BDC S BCD PA243838V P BDF V P BCD V F BCD17 2442、如图，四棱锥P ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，PAD 为等腰三角形，APD 90 ，平面 PAD平面ABCD，且AB1, AD 2 ，E, F 分别为PC和 BD 的中点．（Ⅰ）证明： EF P 平面PAD；（Ⅱ）证明：平面PDC平面PAD；（Ⅲ）求四棱锥 P ABCD 的体积．O【答案】（Ⅰ）证明：如图，连接AC ．∵四边形 ABCD 为矩形且F是BD的中点．∴F也是 AC 的中点．又E 是PC的中点， EF P AP∵ EF平面 PAD ， PA 平面 PAD ，因此 EF P 平面PAD ；（Ⅱ）证明：∵平面 PAD平面 ABCD ， CD AD ，平面 PAD I平面ABCD AD ，因此平面 CD平面 PAD ，又 PA 平面 PAD ，因此PA CD又 PA PD ， PD , CD 是订交直线，因此 PA 面PCD又 PA平面 PAD ，平面 PDC平面 PAD ；（Ⅲ）取 AD 中点为 O ．连接 PO , PAD 为等腰直角三角形，因此 PO AD ，由于面 PAD面 ABCD 且面 PAD I 面 ABCD AD ，因此， PO面 ABCD ，即 PO 为四棱锥 P ABCD 的高．由 AD 2 得PO 1．又 AB1．∴四棱锥 P ABCD 的体积V 1PO AB AD2 33考点：空间中线面的地址关系、空间几何体的体积.3、如图，在四棱锥P ABCD 中，PD平面 ABCD，CD PA ，DB均分ADC，E为PC的中点，DAC45o，AC 2 .（Ⅰ）证明： PA ∥平面 BDE ；（Ⅱ）若 PD 2, BD 2 2,求四棱锥 E ABCD 的体积【答案】（Ⅰ）设 AC BD F ，连接 EF，PD 平面 ABCD ， CD平面ABCD，PD CD又CD PA， PD PA P， PD ， PA平面PADCD 平面 PAD ， AD平面PAD CD AD∵DAC 45 , ∴ DA DC ,∵ DB 均分ADC , F 为AC中点， E 为PC中点，∴EF 为 CPA 的中位线 .∵ EF ∥PA, EF平面BDE，PA平面BDE∴PA ∥平面 BDE .( Ⅱ) 底面四边形 ABCD 的面积记为 S;S S ADC S ABC1221232 2 ．2222点 E为线段 PC的中点，VE ABCD1S1PD1212 2 ．32323考点： 1. 线面平行的证明； 2. 空间几何体的体积计算 .4、如图，在四棱锥中，底面为菱形，其中，为的中点．，(1)求证： AD 平面 PQB ；(2)若平面平面ABCD ,且M为PC的中点，求四棱锥M ABCD 的体积．【答案】（ 1）Q PA PD ，Q为中点，AD PQ连DB ，在ADB中，AD AB，，ABD 为等边三角形，为的中点，AD BQ ,PQ BQ Q , PQ平面PQB,BQ平面PQB, AD 平面 PQB .（ 2）连接QC , 作MH QC 于 H .Q PQ AD , PQ平面PAD ,平面 PAD平面ABCD AD ,平面平面 ABCD，PQ 平面 ABCD , QC平面 ABCD , PQ QCPQ / / MH .MH平面 ABCD ,又 PM 12 PC ,MH1PQ132 3 .2222在菱形 ABCD 中，BD 2 ,SABD1AB AD sin 600 =122 3 = 3 ,222 S菱形ABCD 2SABD2 3 .V M ABCD 113．S菱形ABCD MH 2 31 3325 、如图，是矩形中边上的点，为边的中点，，现将沿边折至地址，且平面平面.⑴ 求证：平面平面；⑵求四棱锥的体积 .【答案】 (1)证明：由题可知，(2)，则.6、已知四棱锥中，是正方形， E 是的中点，PEA BD C(1) 若PD AD ，求PC与面AC所成的角(2)求证：平面(3)求证：平面 PBC⊥平面 PCD【答案】平面，是直线在平面 ABCD 上的射影，是直线 PC 和平面 ABCD 所成的角。