立体几何的综合问题专题
2020年高考数学解答题核心：立体几何综合问题(专项训练)(教师版)
专题08 立体几何综合问题（专项训练）1．如图,菱形ABCD 中,∠ABC ＝60°,AC 与BD 相交于点O ,AE ⊥平面ABCD ,CF ∥AE ,AB ＝AE ＝2. (1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时,求异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值大小．【答案】见解析【解析】(1)因为四边形ABCD 是菱形,所以BD ⊥AC .因为AE ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,所以BD ⊥AE .因为AC ∩AE ＝A ,所以BD ⊥平面ACFE .(2)以O 为原点,OA →,OB →的方向为x ,y 轴正方向,过O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向),建立空间直角坐标系,则B (0,3,0),D (0,－3,0),E (1,0,2),F (－1,0,a )(a >0),OF →＝(－1,0,a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0，n ·OE →＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1,则n ＝(－2,0,1),由题意得sin 45°＝|cos 〈OF →,n 〉|＝|OF →·n ||OF →||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22.因为a >0,所以解得a ＝3.所以OF →＝(－1,0,3),BE →＝(1,－3,2),所以cos 〈OF →,BE →〉＝OF →·BE →|OF →|·|BE →|＝－1＋610·8＝54.故异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值为54.2．(2019·河南郑州模拟)如图,在△ABC 中,∠ABC ＝π4,O 为AB 边上一点,且3OB ＝3OC ＝2AB ,已知PO ⊥平面ABC ,2DA ＝2AO ＝PO ,且DA ∥PO .(1)求证：平面PBAD ⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：因为OB ＝OC ,又因为∠ABC ＝π4,所以∠OCB ＝π4,所以∠BOC ＝π2,即CO ⊥AB .又PO ⊥平面ABC ,OC ⊂平面ABC ,所以PO ⊥OC .又因为PO ,AB ⊂平面PAB ,PO ∩AB ＝O ,所以CO ⊥平面PAB ,即CO ⊥平面PBAD .又CO ⊂平面COD ,所以平面PBAD ⊥平面COD .(2)以OC ,OB ,OP 所在射线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示．设|OA |＝1,则|PO |＝|OB |＝|OC |＝2,|DA |＝1.则C (2,0,0),B (0,2,0),P (0,0,2),D (0,－1,1),所以PD →＝(0,－1,－1),BC →＝(2,－2,0),BD →＝(0,－3,1)．设平面BDC 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1,则x ＝1,z ＝3,所以n ＝(1,1,3)．设PD 与平面BDC 所成的角为θ,则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×(－1)＋3×(－1)02＋(－1)2＋(－1)2×12＋12＋32＝22211.即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 3．(2019·湖北武汉调考)如图, 四棱锥S －ABCD 中,AB ∥CD ,BC ⊥CD ,侧面SAB 为等边三角形,AB ＝BC ＝2,CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】方法一 (1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ,则D (1,0,0),A (2,2,0),B (0,2,0),设S (x ,y ,z ),则x >0,y >0,z >0,且AS →＝(x －2,y －2,z ,),BS →＝(x ,y －2,z ).DS→＝(x －1,y ,z )．由|AS →|＝|BS →|,得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2,得x ＝1,由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1,①由|BS →|＝2得y 2＋z 2－4y ＋1＝0,②由①②解得y ＝12,z ＝32,所以S ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，32,AS →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－32，32,BS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32,DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32,所以DS →·AS →＝0,DS →·BS →＝0,所以DS ⊥AS ,DS ⊥BS ,又AS ∩DS ＝S ,所以SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的一个法向量为m ＝(a ,b ,c ),BS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32,CB →＝(0,2,0),AB →＝(－2,0,0),由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BS →＝0，m ·CB →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧a －32b ＋32c ＝0，2b ＝0，所以可取m ＝(－3,0,2),故AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为cos 〈m ,AB →〉＝m ·AB →|m |·|AB →|＝－2×(－3)7×2＝217. 方法二 (1)证明：如下图,取AB 的中点E ,连接DE ,SE ,则四边形BCDE 为矩形,所以DE ＝CB ＝2,所以AD ＝DE 2＋AE 2＝ 5.因为侧面SAB 为等边三角形,AB ＝2,所以SA ＝SB ＝AB ＝2,且SE ＝3,又SD ＝1,所以SA 2＋SD 2＝AD 2,SE 2＋SD 2＝ED 2,所以SD ⊥SA ,SD ⊥SB ,又AS ∩DS ＝S ,所以SD ⊥平面SAB .(2)作S 在DE 上的射影G ,因为AB ⊥SE ,AB ⊥DE ,AB ⊥平面SDE ,所以平面SDE ⊥平面ABCD ,两平面的交线为DE ,所以SG ⊥平面ABCD ,在Rt △DSE 中,由SD ·SE ＝DE ·SG 得1×3＝2×SG ,所以SG ＝32,作A 在平面SBC 上的射影H ,则∠ABH 为AB 与平面SBC 所成的角,因为CD ∥AB ,AB ⊥平面SDE ,所以CD ⊥平面SDE ,所以CD ⊥SD ,在Rt △CDS 中,由CD ＝SD ＝1,求得SC ＝ 2.在△SBC 中,SB ＝BC ＝1,SC ＝2,所以S △SBC ＝12×2×22－12＝72,由V A －SBC ＝V S －ABC 得13·S △SBC ·AH ＝13·S △ABC ·SG ,即13×72×AH ＝13×12×2×2×2,得AH ＝2217,所以sin ∠ABH ＝AHAB ＝217,故AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为217. 4．(2019·安徽江南名校联考)如图,在四棱锥P －ABCD 中,PD ⊥平面ABCD ,AB ∥DC ,AB ⊥AD ,DC ＝6,AD ＝8,BC＝10,∠PAD ＝45°,E 为PA 的中点． (1)求证：DE ∥平面BPC ；(2)线段AB 上是否存在一点F ,满足CF ⊥DB ？若存在,试求出二面角F －PC －D 的余弦值；若不存在,请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：取PB 的中点M ,连接EM 和CM ,过点C 作CN ⊥AB ,垂足为点N .因为CN ⊥AB ,DA ⊥AB ,所以CN ∥DA ,又AB ∥CD ,所以四边形CDAN 为平行四边形,所以CN ＝AD ＝8,DC ＝AN ＝6,在Rt △BNC 中,BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6,所以AB ＝12,而E ,M 分别为PA ,PB 的中点,所以EM ∥AB 且EM ＝6,又DC ∥AB ,所以EM ∥CD 且EM ＝CD ,四边形CDEM 为平行四边形,所以DE ∥CM .因为CM ⊂平面PBC ,DE ⊄平面PBC ,所以DE ∥平面BPC .(2)由题意可得DA ,DC ,DP 两两互相垂直,如图,以D 为原点,DA ,DC ,DP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ,则A (8,0,0),B (8,12,0),C (0,6,0),P (0,0,8)．假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ,设点F 坐标为(8,t,0),则CF →＝(8,t －6,0),DB →＝(8,12,0),由CF →·DB →＝0得t ＝23.又平面DPC 的法向量为m ＝(1,0,0),设平面FPC 的法向量为n ＝(x ,y ,z )．又PC →＝(0,6,－8),FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，163，0.由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·FC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ，不妨令y ＝12,有n ＝(8,12,9)．则cos 〈n ,m 〉＝n ·m |n ||m |＝81×82＋122＋92＝817.又由图可知,该二面角为锐二面角,故二面角F －PC －D 的余弦值为817.5．(2017·山东卷)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°得到的,G是DF的中点．(1)设P是CE上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小；(2)当AB＝3,AD＝2时,求二面角E－AG－C的大小．【答案】见解析【解析】(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EC2＝22＋22－2×2×2×cos120°＝12,所以EC＝23,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),AG →＝(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 ·AG →＝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.由图可得此二面角为锐二面角,故所求的角为60°.6．(2017·全国卷Ⅲ)如图,四面体ABCD 中,△ABC 是正三角形,△ACD 是直角三角形,∠ABD ＝∠CBD ,AB ＝BD . (1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ,若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分,求二面角D －AE －C 的余弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：由题设可得△ABD ≌△CBD ,从而AD ＝CD . 又△ACD 是直角三角形,所以∠ADC ＝90°. 取AC 的中点O ,连接DO ,BO ,则DO ⊥AC ,DO ＝AO . 又因为△ABC 是正三角形,故BO ⊥AC , 所以∠DOB 为二面角D －AC －B 的平面角． 在Rt △AOB 中,BO 2＋AO 2＝AB 2,又AB ＝BD ,所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2, 故∠BOD ＝90°.所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设及(1)知,OA ,OB ,OD 两两垂直,以O 为坐标原点,OA →的方向为x 轴正方向,|OA →|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ,则A (1,0,0),B (0,3,0),C (－1,0,0),D (0,0,1)．由题设知,四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12,从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12,即E 为DB 的中点,得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12,故AD →＝(－1,0,1),AC →＝(－2,0,0),AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，32，12.设n ＝(x ,y ,z )是平面DAE 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋32y ＋12z ＝0，可取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，1.设m 是平面AEC 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，同理可取m ＝(0,－1,3),则cos 〈n ,m 〉＝n·m |n||m|＝77.所以二面角D －AE －C 的余弦值为77.。
高考一轮复习理科数学课件：第八单元 立体几何 第58讲 立体几何的综合问题38
(1)证明：平面 PEF⊥平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值．
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解：(1)证明：由已知可得 BF⊥PF，BF⊥EF， 所以 BF⊥平面 PEF. 又 BF⊂平面 ABFD，所以平面 PEF⊥平面 ABFD. (2)如图，作 PH⊥EF，垂足为 H.
所以 CD∥EF.
由 BE∥AF，可得 BE⊥平面 EFDC，
所以∠CEF 为二面角 C-BE-F 的平面角，∠CEF＝60°.
从而可得 C(－2,0， 3)．
所以 EC ＝(1,0， 3)，EB ＝(0,4,0)，AC ＝(－3，－4， 3)，
AB ＝(－4,0,0)．
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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，
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第八单元 立体几何
高一数学立体几何综合试题
高一数学立体几何综合试题1.正方体的棱长为1，为的中点，为线段的动点，过的平面截该正方体所得的截面记为，则下列命题正确的是①当时，为四边形②当时，为等腰梯形③当时，与的交点满足④当时，为六边形⑤当时，的面积为【答案】①②③⑤【解析】如图，当时，，即Q为CC1中点，此时可得，故可得截面APQD1为等腰梯形，故②正确；由上图当点Q向C移动时，满足，只需在DD1上取点M满足AM∥PQ，即可得截面为四边形APQM，故①正确；③时，如图，延长DD1至N，使，连接AN交A1D1于S，连接NQ交C1D1于R，连接SR，可证，由1，可得，故可、得，故正确；④由③可知当时，只需点Q上移即可，此时的截面形状仍然上图所示的APQRS，显然为五边形，故错误；⑤当时，Q与C1重合，取A1D1的中点F，连接AF，可证，可知截面为APC1F为菱形，故其面积为，故正确．【考点】空间图形与平面图形的关系2.下列说法正确的是( )A．三点确定一个平面B．平面和有不同在一条直线上的三个交点C．梯形一定是平面图形D．四边形一定是平面图形【答案】C【解析】A中应为不共线的三点确定一个平面,B与公理2矛盾，D中有空间四边形，而C中梯形有一组对边平行，是平面图形，所以选C.【考点】平面的基本性质.3.等腰梯形，上底，腰，下底，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图的面积为_______．【答案】【解析】如上图，，，，因为，所以，所以，在直观图中，【考点】斜二测画法4.如图，在五面体中，四边形是正方形，平面∥（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）证明：平面；（3）求二面角的正切值。
【答案】（1）；（2）略；（3）。
【解析】（1）因为四边形ADEF是正方形，所以FA∥ED．故∠CED为异面直线CE与AF所成的角．因为FA⊥平面ABCD，所以FA⊥CD．故ED⊥CD．在Rt△CDE中，CD=1，ED=2， CE==3，故cos∠CED==．所以异面直线CE和AF所成角的余弦值为。
2021高考数学一轮复习第二部分专题突破练专题突破练5立体几何的综合问题含解析苏教版
专题突破练(5) 立体几何的综合问题一、选择题1．(2019·武汉模拟)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是( )A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βB．若m∥α，n∥α，则m∥nC．若m⊥α，n⊥α，则m∥n D．若m∥α，m∥β，则α∥β答案 C解析对于A，若a⊥γ，β⊥γ，则α∥β或α与β相交，故错误；对于B，若m ∥α，n∥α，则m与n平行或相交或异面，故错误；对于C，若m⊥α，n⊥α，则m∥n，正确；对于D，若m∥α，m∥β，则α∥β或α与β相交，故错误．选C．2．(2020·昆明高三摸底)已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，则“α∥β”是“l ⊥m”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析因为l⊥α，α∥β，所以l⊥β，又m⊂β，所以l⊥m；但l⊥α，l⊥m，m⊂β不能得到α∥β.所以“α∥β”是“l⊥m”的充分不必要条件．故选A．3．(2019·湖南长沙市长郡中学二模)如图，在下列三个正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面．在各正方体中，直线BD1与平面EFG的位置关系描述正确的是( )A．BD1∥平面EFG的有且只有①，BD1⊥平面EFG的有且只有②③B．BD1∥平面EFG的有且只有②，BD1⊥平面EFG的有且只有①C．BD1∥平面EFG的有且只有①，BD1⊥平面EFG的有且只有②D．BD1∥平面EFG的有且只有②，BD1⊥平面EFG的有且只有③答案 A解析对于①，连接BD，因为E，F，G均为所在棱的中点，所以BD∥GE，DD1∥EF，从而可得BD∥平面EFG，DD1∥平面EFG，又BD∩DD1＝D，所以平面BDD1∥平面EFG，所以BD1∥平面EFG.对于②，连接DB ，DA 1，设正方体的棱长为1，因为E ，F ，G 均为所在棱的中点，所以BD 1→·GE →＝(DD 1→－DB →)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12DA 1→＝12(DD 1→·DA 1→－DB →·DA 1→)＝12×(1×2×cos45°－2×2×cos60°)＝0，即BD 1⊥EG .连接DC 1，则BD 1→·EF →＝(DD 1→－DB →)·12DC 1→＝12(DD 1→·DC 1→－DB →·DC 1→)＝12×(1×2×cos45°－2×2×cos60°)＝0，即BD 1⊥EF .又EG ∩EF ＝E ，所以BD 1⊥平面EFG .对于图③，设正方体的棱长为1，连接DB ，DG ，因为E ，F ，G 均为所在棱的中点，所以BD 1→·EG →＝(DD 1→－DB →)·(DG →－DE →)＝(DD 1→－DB →)·⎝ ⎛⎭⎪⎫DC →＋12DD 1→－12DA →＝12DD 1→2－DB →·DC →＋12DB →·DA →＝12－2×1×22＋12×2×1×22＝0，即BD 1⊥EG .连接AF ，则BD 1→·EF →＝(DD 1→－DB →)·(AF →－AE →)＝(DD 1→－DB →)·⎝⎛⎭⎪⎫DD 1→＋12DC →＋12DA →＝DD 1→2－12DB →·DC →－12DB →·DA →＝1－12×2×1×22－12×2×1×22＝0，即BD 1⊥EF .又EG ∩EF ＝E ，所以BD 1⊥平面EFG .故选A ．4．在四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ．将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A ′－BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则下列结论正确的是( )A ．A ′C ⊥BDB ．∠BA ′C ＝90°C ．CA ′与平面A ′BD 所成的角为30° D ．四面体A ′－BCD 的体积为13答案 B解析 ∵AB ＝AD ＝1，BD ＝2，∴AB ⊥AD ．∴A ′B ⊥A ′D ．∵平面A ′BD ⊥平面BCD ，平面A ′BD ∩平面BCD ＝BD ，CD ⊥BD ，∴CD ⊥平面A ′BD ，∴CD ⊥A ′B ，又A ′D ∩CD ＝D ，∴A ′B ⊥平面A ′CD ，∴A ′B ⊥A ′C ，即∠BA ′C ＝90°.故选B ．5．(2019·郑州二模)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝DD 1＝1，AB ＝3，E ，F ，G 分别是棱AB ，BC ，CC 1的中点，P 是底面ABCD 内一动点，若直线D 1P 与平面EFG 没有公共点，则三角形PBB 1面积的最小值为( )A.32B ．1C ．34 D ．12答案 C解析 补全截面EFG 为截面EFGHQR ，如图，设BT ⊥AC 于T ，∵直线D 1P 与平面EFG 不存在公共点，∴D 1P ∥平面EFGHQR ，易知平面ACD 1∥平面EFGHQR ，∴P ∈AC ，且当P 与T 重合时，BP ＝BT 最短，此时△PBB 1的面积最小，由等积法：12BT ×AC ＝12BC ×BA ，即12BT ×12＋32＝12×1×3，∴BT ＝32，又BB 1⊥平面ABCD ，∴BB 1⊥BP ，△PBB 1为直角三角形，∴△PBB 1面积的最小值为12×32×1＝34，故选C.6．如图所示，已知在多面体ABC －DEFG 中，AB ，AC ，AD 两两垂直，平面ABC ∥平面DEFG ，平面BEF ∥平面ADGC ，AB ＝AD ＝DG ＝2，AC ＝EF ＝1，则该多面体的体积为( )A ．2B ．4C ．6D ．8答案 B解析 如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，那么显然所求的多面体的体积即为该正方体体积的一半，于是所求几何体的体积为V ＝12×23＝4.故选B ．7．(2019·湖北黄冈中学二模)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为2的等边三角形，俯视图是半圆(如图)．现有一只蚂蚁从点A 出发沿该几何体的侧面环绕一周回到A 点，则蚂蚁所经过路程的最小值为( )A ．πB ．6＋ 2C ．6－ 2D ．π＋2答案 B解析 由三视图可知，该几何体是半圆锥，其侧面展开图如图所示，则依题意，点A ，M 的最短距离，即为线段AM .∵PA ＝PB ＝2，半圆锥的底面半圆的弧长为π，∴展开图中的∠BPM ＝πPB＝π2，∵∠APB ＝π3，∴∠APM ＝5π6，∴在△APM 中，根据余弦定理有，MA 2＝22＋22－2×2×2cos 5π6＝8＋43＝(6＋2)2，∴MA ＝6＋2，即蚂蚁所经过路程的最小值为6＋2.故选B ．8．已知圆锥的底面半径为R ，高为3R ，在它的所有内接圆柱中，表面积的最大值是( ) A ．22πR 2B ．94πR 2C ．83πR 2D ．52πR 2 答案 B解析 如图所示，为组合体的轴截面，记BO 1的长度为x ，由相似三角形的比例关系，得PO 13R ＝x R，则PO 1＝3x ，圆柱的高为3R －3x ，所以圆柱的表面积为S ＝2πx 2＋2πx (3R －3x )＝－4πx 2＋6πRx ，则当x ＝34R 时，S 取最大值，S max ＝94πR 2.故选B ．9．如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AD ，BC ∥AD ，PA ＝AD ＝4，AB ＝BC ＝2，PA ⊥平面ABCD ，点E 是线段AB 的中点，点F 在线段PA 上，且EF ∥平面PCD ，平面CEF 与直线PD 交于点H ，若点A ，B ，C ，H 都在球O 的表面上，则球O 的半径为( )A ．1B ． 2C ．32D ． 3答案 D解析 如图，取PD 的中点H ，PA 的中点G ，连接BG ，GH ，FH ，CH ，则GH ＝BC ，GH ∥BC ，所以四边形BCHG 是平行四边形．因为EF ∥平面PCD ，设平面PAB 与平面PCD 相交于直线m ，则EF ∥m ，CH ∥BG ∥m ，所以EF ∥BG ∥CH ，所以点H 就是平面CEF 与直线PD 的交点．取AD 的中点M ，连接CM ，HM ，则球O 就是直三棱柱ABG －MCH 的外接球，球心O 是两底面外接圆圆心连线的中点．直三棱柱ABG －MCH 的高BC ＝2，底面△ABG 的外接圆的半径为12BG ＝2，所以球O 的半径R ＝12＋22＝ 3.故选D ．10．(2020·河北唐山第一次摸底)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，则异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值为( )A ．105B ．15C ．55D ．155答案 B解析 在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，连接A 1D ，可得A 1D ∥B 1C ，所以异面直线A 1B 与B 1C 所成的角即为直线A 1B 与直线A 1D 所成的角，即∠DA 1B 为异面直线A 1B 与B 1C 所成的角，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，设AB ＝BC ＝2AA 1＝2，则A 1B ＝A 1D ＝5，BD ＝22，在△A 1BD 中，由余弦定理得cos ∠DA 1B ＝A 1B 2＋A 1D 2－BD 22A 1B ·A 1D ＝5＋5－82×5×5＝15.故选B ．11．(2020·广东四校联考)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点C 关于平面BDC 1的对称点为M ，则AM 与平面ABCD 所成角的正切值为( )A ．22B ． 2C ． 3D ．2答案 B解析 如图，连接AC ，交BD 于点O ，因为BD ＝BC 1＝DC 1＝2，所以△BC 1D 是等边三角形，故三棱锥C －BC 1D 为正三棱锥，设O ′为△BC 1D 的中心，连接CO ′，故CO ′⊥平面BC 1D ，延长CO ′到M ，使得MO ′＝O ′C ，连接OO ′，则OO ′∥AM ，所以AM 与平面ABCD 所成的角等于OO ′与平面ABCD 所成的角．因为BD ⊥OO ′，BD ⊥AC ，AC ∩OO ′＝O ，所以BD ⊥平面AMC ，故平面AMC ⊥平面ABCD ，且平面ABCD ∩平面AMC ＝AC ，根据两个平面相互垂直的性质可知OO ′在平面ABCD 上的射影一定落在线段AC 上，故∠O ′OC 为OO ′与平面ABCD 所成的角，即AM 与平面ABCD 所成的角．因为OC ＝22，OO ′＝13×32×2＝66，所以O ′C ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫662＝33，所以tan ∠O ′OC ＝3366＝2，故选B ．12．(2020·湖北重点中学高三起点考试)如图，在四棱锥P －ABCD 中，顶点P 在底面的正投影O 恰为正方形ABCD 的中心，且AB ＝2，设点M ，N 分别为线段PD ，PO 上的动点，已知当AN ＋MN 取最小值时，动点M 恰为PD 的中点，则该四棱锥的外接球的表面积为( )A ．9π2B ．16π3C ．25π4D ．64π9答案 B解析 如图，在PC 上取点M ′，使得PM ＝PM ′，连接NM ′，则MN ＝M ′N ，AN ＋MN ＝AN ＋M ′N ，则当A ，N ，M ′三点共线时，AN ＋M ′N 最小，为AM ′，当AM ′⊥PC 时，AM ′取得最小值，即AN ＋NM ′的最小值．因为此时M 恰为PD 的中点，所以M ′为PC 的中点，连接AC ，所以PA ＝AC ＝2，因此PO ＝PA 2－AO 2＝ 3.易知外接球的球心在四棱锥的内部，设外接球的半径为r ，则r 2＝(3－r )2＋1，解得r ＝233，因此外接球的表面积S ＝4πr 2＝16π3.故选B ．二、填空题13．(2020·长春高三摸底)设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α∥β；②若α外的一条直线l 与α内的一条直线平行，则l ∥α；③设α∩β＝l ，若α内有一条直线垂直于l ，则α⊥β；④直线l ⊥α的充要条件是l 与α内的两条直线垂直．其中所有的真命题的序号是________．答案 ①②解析 ①正确；②正确；满足③的α与β不一定垂直，所以③错误；直线l ⊥α的充要条件是l 与α内的两条相交直线垂直，所以④错误．所有的真命题的序号是①②.14．(2019·湖南湘潭四模)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有仓，广三丈，袤四丈五尺，容粟一万斛，问高几何？”其意思为：“今有一个长方体(记为ABCD －A 1B 1C 1D 1)的粮仓，宽3丈(即AD ＝3丈)，长4丈5尺，可装粟一万斛，问该粮仓的高是多少？”已知1斛粟的体积为2.7立方尺，一丈为10尺，则下列判断正确的是________(填写所有正确结论的编号)．①该粮仓的高是2丈；②异面直线AD 与BC 1所成角的正弦值为31313；③长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的外接球的表面积为133π4平方丈．答案 ①③解析 由题意，因为10000×2.7＝30×45×AA 1，解得AA 1＝20尺＝2丈，故①正确；异面直线AD 与BC 1所成角为∠CBC 1，则sin ∠CBC 1＝21313，故②错误；此长方体的长、宽、高分别为4.5丈、3丈、2丈，故其外接球的表面积为4π⎝ ⎛⎭⎪⎫4.52＋32＋2222＝133π4平方丈，所以③正确．15．如图，用一个边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个巢，将半径为1的球体放入其中，则球心与巢底面的距离为__________．答案3＋12解析 由题意知，折起后原正方形顶点间最远的距离为1，如图中的DC ；折起后原正方形顶点到底面的距离为12，如图中的BC ．由图知球心与巢底面的距离OF ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋12＝3＋12.16．(2020·惠州调研)在三棱锥A －BCD 中，底面BCD 是直角三角形且BC ⊥CD ，斜边BD 上的高为1，三棱锥A －BCD 的外接球的直径是AB ，若该外接球的表面积为16π，则三棱锥A －BCD 体积的最大值为________．答案 43解析 如图，过点C 作CH ⊥BD 于点H .由外接球的表面积为16π，可得外接球的半径为2，则AB ＝4.因为AB 为外接球的直径，所以∠BDA ＝90°，∠BCA ＝90°，即BD ⊥AD ，BC ⊥CA ，又BC ⊥CD ，CA ∩CD ＝C ，所以BC ⊥平面ACD ，所以BC ⊥AD ，又BC ∩BD ＝B ，所以AD ⊥平面BCD ，所以平面ABD ⊥平面BCD ，又平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，CH ⊥BD ，CH ⊂平面BCD ，所以CH ⊥平面ABD ．设AD ＝x (0<x <4)，则BD ＝16－x 2.在△BCD 中，BD 边上的高CH ＝1，所以V 三棱锥A －BCD ＝V 三棱锥C －ABD ＝13×12×x ×16－x 2×1＝16 －x 4＋16x 2，当x 2＝8时，V 三棱锥A －BCD 有最大值，故三棱锥A －BCD 体积的最大值为43.三、解答题17．(2020·郑州模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，PA ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝π3，M 是PC 的中点．(1)求证：平面PAC ⊥平面MBD ； (2)若PB ⊥PD ，三棱锥P －ABD 的体积为63，求四棱锥P －ABCD 的侧面积． 解 (1)证明：∵PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BD ， ∵底面ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC .又PA ∩AC ＝A ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ， ∴BD ⊥平面PAC .又BD ⊂平面MBD ，∴平面PAC ⊥平面MBD . (2)设菱形ABCD 的边长为x ， ∵∠ABC ＝π3，∴∠BAD ＝2π3.在△ABD 中，BD 2＝AD 2＋AB 2－2AD ·AB ·cos∠BAD ＝2x 2－2x 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝3x 2，∴BD ＝3x .又PA ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，PB ⊥PD ，∴PB ＝PD ＝62x ， ∴PA ＝PB 2－AB 2＝32x 2－x 2＝22x . 又S △ABD ＝12AB ·AD ·sin∠BAD ＝12·x 2·sin 2π3＝34x 2，∴V 三棱锥P －ABD ＝13·S △ABD ·PA ＝13·34x 2·22x ＝63，∴x ＝2，∴PA ＝2，PB ＝PD ＝ 6. ∵∠ABC ＝π3，∴AC ＝AB ＝2.又PA ⊥平面ABCD ，∴PC ＝PB ＝6， ∴四棱锥P －ABCD 的侧面积为2S △PAB ＋2S △PBC ＝2×12×2×2＋2×12×62－1×2＝2(5＋2)．18. (2020·福建莆田月考)如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 是边长为2的正三角形，M ，N 分别是棱AB ，AA 1的中点，且A 1M ⊥B 1N .(1)求证：B 1N ⊥A 1C ；(2)求点M 到平面A 1B 1C 的距离．解 (1)证明：如图，连接CM ，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，所以CM ⊥AA 1.在△ABC 中，由题意知AC ＝BC ，AM ＝BM ，所以CM ⊥AB . 又AA 1∩AB ＝A ，所以CM ⊥平面ABB 1A 1. 因为B 1N ⊂平面ABB 1A 1，所以CM ⊥B 1N .又A 1M ⊥B 1N ，A 1M ∩CM ＝M ，所以B 1N ⊥平面A 1CM .因为A 1C ⊂平面A 1CM ，所以B 1N ⊥A 1C .(2)在矩形ABB 1A 1中，A 1M ⊥B 1N ，所以∠AA 1M ＝∠A 1B 1N ，所以tan ∠AA 1M ＝tan ∠A 1B 1N ，即AMAA 1＝A 1N A 1B 1. 因为△ABC 是边长为2的正三角形，M ，N 分别是棱AB ，AA 1的中点，所以AM ＝1，CM ＝3，A 1B 1＝2.设AA 1＝x (x >0)，则A 1N ＝x 2，所以1x ＝x22，解得x ＝2.解法一：如图，连接B 1C ，B 1M .从而S △A 1B 1M ＝12S 正方形ABB 1A 1＝2，A 1C ＝B 1C ＝2 2.在△A 1CB 1中，cos ∠A 1CB 1＝A 1C 2＋CB 21－A 1B 212A 1C ·CB 1＝34，所以sin ∠A 1CB 1＝74，所以S △A 1B 1C ＝12A 1C ·B 1C ·sin∠A 1CB 1＝12×22×22×74＝7.设点M 到平面A 1B 1C 的距离为d ，由V 三棱锥M －A 1B 1C ＝V 三棱锥C －A 1B 1M ，得13S △A 1B 1C ·d ＝13S △A 1B 1M ·CM ，所以d ＝S △A 1B 1M ·CM S △A 1B 1C ＝2×37＝2217，即点M 到平面A 1B 1C 的距离为2217.解法二：如图，取A 1B 1的中点D ，连接MD ，CD ，过M 作MO ⊥CD 于点O . 在正方形ABB 1A 1中，易知A 1B 1⊥MD ，由(1)可知CM ⊥A 1B 1. 又CM ∩DM ＝M ，所以A 1B 1⊥平面CDM . 因为MO ⊂平面CDM ，所以A 1B 1⊥MO .又MO ⊥CD ，A 1B 1∩CD ＝D ，所以MO ⊥平面A 1B 1C ，即线段MO 的长为点M 到平面A 1B 1C 的距离．由(1)可得CM ⊥DM .又MD ＝2，所以由勾股定理可得CD ＝CM 2＋MD 2＝7，S △CMD ＝12·CD ·MO ＝12·CM ·MD ，即12×7×MO ＝12×3×2，解得MO ＝2217，即点M 到平面A 1B 1C 的距离为2217. 19. (2019·安徽黄山三模)如图，在平行四边形ABCM 中，AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到点D 的位置，且AB ⊥DA .(1)证明：CD ⊥平面ABC ；(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥B －APQ 的体积．解 (1)证明：因为四边形ABCM 是平行四边形，且∠ACM ＝90°， 所以AC ⊥AB ，又AD ⊥AB ，AD ∩AC ＝A ，所以AB ⊥平面ACD ， 又CD ⊂平面ACD ，所以AB ⊥CD ，又CD ⊥AC ，AC ∩AB ＝A ，所以CD ⊥平面ABC . (2)取AC 上一点H ，使CH ＝23CA ，因为DQ ＝23DA ，连接QH ，则QH ∥CD ，所以由(1)可得QH ⊥平面ABC .因为AB ＝AC ＝3，所以BC ＝32，AD ＝32，所以BP ＝DQ ＝32×23＝22，所以QH ＝13CD ＝13×3＝1，所以V 三棱锥B －APQ ＝V 三棱锥Q －APB ＝13S △PAB ·QH ＝13×23×12×3×3×1＝1.20.(2019·江西省名校联考)如图，在空间几何体ABCDE 中，△BCD 与△CDE 均为边长为2的等边三角形，△ABC 为腰长为13的等腰三角形，平面CDE ⊥平面BCD ，平面ABC ⊥平面BCD .(1)试在平面BCD 内作一条直线，使直线上任意一点F 与A 的连线AF 均与平面CDE 平行，并给出详细证明；(2)求点B 到平面AEC 的距离．解 (1)如图，取BC 和BD 的中点H ，G ，连接HG ，则直线HG 为所求直线．证明如下．因为H ，G 分别为BC 和BD 的中点，所以HG ∥CD ，所以HG ∥平面CDE . 取CD 的中点O ，连接EO ，AH ，AG ，如图，易知EO ⊥CD ，AH ⊥BC . 因为平面CDE ⊥平面BCD ，且EO ⊥CD ，所以EO ⊥平面BCD ， 又由平面ABC ⊥平面BCD ，AH ⊥BC ，得AH ⊥平面BCD ， 所以EO ∥AH ，所以AH ∥平面CDE ，所以平面AHG ∥平面CDE ， 所以直线HG 上任意一点F 与A 的连线AF 均与平面CDE 平行． (2)由(1)可得EO ∥AH ，所以EO ∥平面ABC ，所以点E 到平面ABC 的距离和点O 到平面ABC 的距离相等，连接DH ，则点O 到平面ABC 的距离d ＝12DH ＝32，因为AB ＝13，所以三角形ABC 的面积S ＝12×2×132－1＝23，而经分析可得三角形ACE 的面积S 1＝12×13×32＝394，设B 到平面AEC 的距离为h ，用等体积法可得，V 三棱锥E －ABC ＝V 三棱锥B －ACE ，即13×23×32＝13×394×h ，解得h ＝43913. 21. (2019·湖北仙桃一中考前适应性考试)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，平面ABCD ⊥平面PAD ，∠PAD ＝∠APD ，E 是线段PB 的中点，F 是线段DC 上的点，且AB＝CF ＝2FD ＝6.(1)证明：EF ⊥平面APB ；(2)在PC 上是否存在一点K ，满足PK →＝λKC →，使得平面EFK ∥平面PAD ？若存在，求出实数λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：如图，取线段PA 的中点M ，连接MD ，ME .因为E 是线段PB 的中点，所以ME ∥AB ，ME ＝12AB .又AB ＝CF ＝2FD ＝6，所以DF ＝12AB ，所以ME ＝DF .又DF ∥AB ，所以ME ∥DF ，所以四边形MDFE 是平行四边形，所以EF ∥MD . 因为∠PAD ＝∠APD ，所以PD ＝AD ，所以MD ⊥PA .因为平面ABCD ⊥平面PAD ，平面ABCD ∩平面PAD ＝AD ，AB ⊥AD ，所以AB ⊥平面PAD ， 所以MD ⊥AB .又PA ∩AB ＝A ，PA ⊂平面APB ，AB ⊂平面APB ，所以MD ⊥平面APB ，故EF ⊥平面APB . (2)存在满足条件的点K .由(1)可知EF ∥MD ，EF ⊄平面PAD ，MD ⊂平面PAD ，所以EF ∥平面PAD . 根据题意，可得当点K 为PC 上靠近点P 的三等分点时，满足题意． 因为PK KC ＝DF FC ＝12，所以FK ∥PD .又PD ⊂平面PAD ，FK ⊄平面PAD ，所以FK ∥平面PAD .又FK ∩EF ＝F ，所以平面EFK ∥平面PAD ，此时PK →＝12KC →，即λ＝12.故当PK →＝12KC →时，平面EFK ∥平面PAD .附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
高三立体几何大题专题（用空间向量解决立体几何类问题）
1【知识梳理】一、空间向量的概念及相关运算1、空间向量基本定理、空间向量基本定理如果三个向量,,a b c r r r不共面，那么对空间任一向量p xa yb zc =++u r r r r,,a b c r r r称为基向量。
称为基向量。
2、空间直角坐标系的建立、空间直角坐标系的建立分别以互相垂直的三个基向量k j i ρρρ,,的方向为正方向建立三条数轴：x 轴，y 轴和z 轴。
则轴。
则a xi y j zk =++r r r r（x,y,z ）称为空间直角坐标。
）称为空间直角坐标。
注：假如没有三条互相垂直的向量，需要添加辅助线构造，在题目中找出互相垂直的两个面，通过做垂线等方法来建立即可。
建立即可。
3、空间向量运算的坐标表示、空间向量运算的坐标表示(1)若()()111222,,,,,a x y z b x y z ==r r ，则：()121212,,a b x x y y z z ±=±±±r r()111,,a x y z λλλλ=r 121212a b x x y y z z ⋅=++r r 错误!未找到引用源。
121212//,,a b a b x x y y z z λλλλ⇔=⇔===r r r r222111a a a x y z =⋅=++r r r ．a b ⋅r r =a rcos ,b a b 〈〉r r r ．cos ,a b a b a b ⋅〈〉=r r r r r r121212222222111222cos ,x x y y z za b a b ab x y z x y z ++⋅〈〉==++⋅++r r r r r r (2)(2)设设()()111222,,,,,A x y z B x y z ==则()212121,,AB OB OA x x y y z z =-=---u u u r r r(3)()111,,x y z A ，()222,,x y z B =，则()()()222212121d x x y y z zAB =AB =-+-+-u u u r二、应用：平面的法向量的求法：1、建立恰当的直角坐标系、建立恰当的直角坐标系2、设平面法向量n =（x ，y ，z ）3、在平面内找出两个不共线的向量，记为a =（a1，a2, a3） b =（b1，b2，b3）4、根据法向量的定义建立方程组①n*a =0 ②n*b =05、解方程组，取其中一组解即可。
《高考真题》专题18 立体几何综合-2019年高考理数母题题源系列全国Ⅰ专版(原卷版)
【母题来源一】 2019 年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱 ABCD –A 1B 1C 1D 1 的底面是菱形，AA 1=4，AB =2， 2专题 18 立体几何综合【∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是 BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面 C 1DE ；（2）求二面角 A −MA 1−N 的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）10 5.【解析】（1）连结 B 1C ，ME ．因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点， 所以ME ∥B 1C ，且ME = 1B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点， 所以ND = 1A D ．21由题设知A 1B 1 = DC ，可得B 1C = A 1D ，故ME = ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ．又MN ⊄ 平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ．设 m = ( x, y , z) 为平面A 1MA 的法向量，则 ⎨⎪⎩m ⋅ A A = 0 设 n = ( p , q , r ) 为平面A 1MN 的法向量，则 ⎨所以 ⎨ 可取 n = (2,0, -1) ．⎧⎪ ，于是 cos 〈m , n 〉 = m ⋅ n. （2）由已知可得DE ⊥DA ．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 ，则 A(2,0,0) ，A 1(2，0，4)， M (1, 3, 2) ， N (1,0,2) ，A A = (0,0, -4) ， A M = (-1, 3, -2) ， A N = (-1,0, -2) ， MN = (0, - 3,0) ．1 11⎧⎪m ⋅ A M = 011，所以 ⎨- x + 3 y - 2 z = 0 可取 m = ( 3,1,0) ．⎪⎩-4 z = 0．⎧⎪n ⋅ MN = 0， ⎪⎩n ⋅ A 1N = 0．⎧⎪- 3q = 0，⎪⎩- p - 2r = 0．2 315= =| m ‖n | 2 ⨯ 5 5，所以二面角 A - MA 1 - N 的正弦值为105．【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题 求解二面角的关键是能够利用，垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.【母题来源二】【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】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.【答案】（1）见解析；（2）3 4.【解析】方法一：（1）由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以 BF ⊥平面 PEF .又 BF平面 ABFD ，所以平面 PEF ⊥平面 ABFD .（2）在平面 DEF 中，过 P 作 PH ⊥EF 于点 H ，连接 DH ，如图，由于 EF 为平面 ABCD 和平面 PEF 的交线，PH ⊥EF ，则 PH ⊥平面 ABFD ，故 PH ⊥DH .则 DP 与平面 ABFD 所成的角为 PDH .在三棱锥 P -DEF 中，可以利用等体积法求 PH .因为 DE ∥BF 且 PF ⊥BF ，所以 PF ⊥DE ，又 △PDF △≌ CDF ，所以∠FPD =∠FCD =90°=12F -PDE = △S DEF =所以 PF ⊥PD ，由于 DE ∩PD =D ，则 PF ⊥平面 PDE ，故 V3 PF ⋅ S △PDE ，因为 BF ∥DA且 BF ⊥平面 PEF ，所以 DA ⊥平面 PEF ，所以 DE ⊥EP .设正方形的边长为 2a ，则 PD =2a ，DE =a ，在 △PDE 中， PE = 3a ，所以 S △PDE =3a 2 ，故 V 3 6a 3，又 1 2a ⋅ 2a = a 2 ，所以 PH = 3V F - P DE a 2 3= a ，2所以在 △PHD 中， sin ∠PDH = PH 3 =PD 4，故 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3 4.方法二：（1）由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以 BF ⊥平面 PEF.又 BF ⊂ 平面 ABFD ，所以平面 PEF ⊥平面 ABFD.（2）作 PH ⊥EF ，垂足为 H.由（1）得，PH ⊥平面 ABFD.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.可得PH=3则H(0,0,0),P(0,0,3333|=4=.由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=3.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.3,EH=.223),D(-1,-,0),DP=(1,,),HP=(0,0,)为平面ABFD的法向量.222223设DP与平面ABFD所成角为θ，则sinθ=|HP⋅DP3|HP||DP|34所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解，属于常规题目，在解题的过程中，需要明确面面垂直的判定定理的条件，这里需要先证明线面垂直，所以要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，从而证得结果；对于线面角的正弦值可以借助于平面的法向量来完成，注意相对应的等量关系即可.【母题来源三】2017年高考全国Ⅰ卷理数】如图，在四棱锥P ABCD中，AB//CD，且∠BAP=∠CDP=90.（1）证明：平面P AB⊥平面P AD；所以 PC = (-2⎪ 2 x = 0,⎪（2）若 P A =PD =AB =DC ， ∠APD = 90 ，求二面角 A −PB −C 的余弦值.【答案】（1）见解析；（2） - 3 3.【解析】（1）由已知 ∠BAP = ∠CDP = 90︒ ，得 AB ⊥AP ，CD ⊥PD.由于 AB//CD ，故 AB ⊥PD ，从而 AB ⊥平面 P AD .又 AB ⊂ 平面 P AB ，所以平面 P AB ⊥平面 P AD .（2）在平面 P AD 内作 PF ⊥ AD ，垂足为 F ，由（1）可知， AB ⊥ 平面 P AD ，故 AB ⊥ PF ，可得 PF ⊥ 平面 ABCD .以 F 为坐标原点， FA 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 F - xyz .由（1）及已知可得 A( 2 2 2 ,0,0) ， P(0,0, ) ， B( ,1,0) ， C (-2 2 22 2,1,0) .2 2 2,1, - ) ， CB = ( 2,0,0) ， P A = ( ,0, - ) ， AB = (0,1,0) . 2 2 2 2设 n = ( x , y , z) 是平面 PCB 的法向量，⎧ 2 2⎧n ⋅ PC = 0, ⎪-x + y - z = 0, 则 ⎨ 即 ⎨ 22 ⎪⎩n ⋅ CB = 0, ⎩设 m = ( x , y , z) 是平面 PAB 的法向量，可取 n = (0, -1,- 2) .⎧⎪m⋅P A=0,⎪x-z=0,⎪y=0.⎪⎩m⋅AB=0,则cos<n,m>=n⋅m⎧22则⎨即⎨22⎩可取m=(1,0,1).3=-，|n||m|3所以二面角A-PB-C的余弦值为-33.【思路点拨】（1）根据题设条件可以得出AB⊥AP，CD⊥PD.而AB//CD，就可证明出AB⊥平面P AD，进而证明出平面P AB⊥平面P AD.（2）先找出AD中点，找出相互垂直的线，建立以F为坐标原点，F A的方向为x轴正方向，|AB|为单位长的空间直角坐标系，列出所需要的点的坐标，设n=(x,y,z)是平面PCB的法向量，m=(x,y,z)是平面P AB的法向量，根据垂直关系，求出n=(0,-1,-2)和m=(1,0,1)，利用数量积公式可求出二面角的平面角.【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.【命题意图】高考对本部分内容的考查以能力为主，重点考查线面关系、面面关系、线面角及二面角的求解，考查数形结合的思想，空间想象能力及运算求解能力等．【命题规律】高考对该部分内容的考查主要有两种形式：一是利用立体几何的知识证明线面关系、面面关系；二是考查学生利用空间向量解决立体几何的能力，考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题.【答题模板】.r (π | a ⋅ μ | ，则 sin θ = 2 ⎭ | a || μ | ⎛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．【方法总结】1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量判定方法设直线 l 的方向向量为 a =(a 1，b 1，c 1)，平面 α，β 的法向量分别为 μ=(a 2，b 2，c 2)，v =(a 3，b 3，c 3)，则（1）线面平行：l ∥α⇔a ⊥μ⇔aμ =0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2=0； （2）线面垂直：l ⊥α⇔a ∥μ⇔a =k μ⇔a 1=ka 2，b 1=kb 2，c 1=kc 2； （3）面面平行：α∥β⇔μ∥v ⇔μ=λv ⇔a 2=λa 3，b 2=λb 3，c 2=λc 3； （4）面面垂直：α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ· v =0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3=0.注意：用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线 a ∥b ，只需证明向量 a =λb （λ∈R ）即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外 2.利用向量求异面直线所成的角把角的求解转化为向量运算，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线 AC ，BD 的夹角 β 的uuur uuur AC ⋅ BD余弦值为 cos β= uuuuuur . | AC | ⋅ | BD |注意：两条异面直线所成的角 α 不一定是两直线的方向向量的夹角 β，即 cos α=|cos β|.3.利用向量求直线与平面所成的角（1）分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角 或其补角)； （2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．注意：直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．设直线 l 的方向向量为 a =(a 1，b 1，c 1)，平面 α 的法向量为 μ=(a 3，b 3，c 3)，直线 l 与平面 α 的夹角为θ 0 ≤ θ ≤ ⎝⎪ =| cos 〈a , μ〉 | .=(“【4.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．设平面α，β的法向量分别为μa3，b3，c3)，v=(a4，b4，c4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|cosθ|=|μ⋅v||μ||v|=|cos〈μ,v〉|.5.用向量解决探索性问题的方法（1）确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求．（2）确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标．（3）解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．1．陕西省汉中市2019届高三全真模拟考试数学】如图，四边形ABCD为矩形，平面ABEF⊥平面ABCD，EF∥AB，∠BAF=90︒，AD=2，AB=AF=1，点P在线段DF上.（1）求证：AF⊥平面ABCD；【（2）若二面角 D - AP - C 的余弦值为6 ，求 PF 的长度.32． 广东省肇庆市 2019 届高中毕业班第三次统一检测数学】如图，在三棱柱 ABC - A B C 中，侧面 ABB A 1 1 11 1是菱形， ∠BAA 1 = 60︒ ， E 是棱 BB 1 的中点， CA = CB ， F 在线段 AC 上，且 AF = 2FC .（1）证明： CB 1∥平面 A 1EF ；（2）若 CA ⊥ CB ，平面 CAB ⊥ 平面 ABB 1 A 1 ，求二面角 F - A 1E - A 的余弦值．.【3．【湖南省师范大学附属中学2019届高三考前演练（五）】在五边形AEBCD中，BC⊥CD，CD∥AB，AB=2CD=2BC，AE⊥BE，AE=BE（如图）将△ABE沿AB折起，使平面ABE⊥平面ABCD，线段AB的中点为O(如图）.（1）求证：平面ABE⊥平面DOE；（2）求平面EAB与平面ECD所成的锐二面角的大小.4．河南省百校联盟2019届高三考前仿真试卷数学】如图，在几何体ACD-A B C D中，四边形ADD A，111111 CDD C为矩形，平面ADD A⊥平面CDD C，B A⊥平面ADD A，AD=CD=1,AA=A B=2，1111111111111 E为棱AA1的中点.（1）证明：B1C1⊥平面CC1E；（2）求直线B1C1与平面B1CE所成角的正弦值.11【5．【安徽省 1 号卷 A10 联盟 2019 届高考最后一卷数学】如图，在四棱锥S - ABCD 中，△BCD 为等边三角形， AD = AB = SD = SB, ∠BAD = 120︒ .（1）若点 M , N 分别是线段 SC , C D 的中点，求证：平面 BMN ∥平面 SAD ；（2）若二面角 S - BD - C 为直二面角，求直线 AC 与平面 SCD 所成角的正弦值.6．【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019 届高三第五次测评数学】如图，三棱柱ABC - A B C 中，平 1 1 1 面 ACC 1 A 1 ⊥ 平面 ABC ， AA 1 = AC = 2CB ， ∠ACB = 90︒ .（1）求证：平面 AB 1C 1 ⊥ 平面 A 1B 1C ；（2）若 A 1 A 与平面 ABC 所成的线面角为 60︒ ，求二面角 C 1 - AB 1 - C 的余弦值.7． 山东省淄博市部分学校 2019 届高三 5 月阶段性检测（三模）数学】已知正方形的边长为 4, E , F 分别为12AD,BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60︒的二面角，点M在线段AB上．（1）若M为AB的中点，且直线MF，由A,D,E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线O D∥平面EMC；（2）是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60︒；若存在，求此时二面角M-EC-F 的余弦值，若不存在，说明理由．13。
三年高考(2016-2018)数学(理)真题分项专题25 立体几何中综合问题(含解析)
专题25 立体几何中综合问题考纲解读明方向分析解读 1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等距离问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,分值约为12分,属中档题.2018年高考全景展示1．【2018年理数天津卷】如图，且AD =2BC ，,且EG =AD ，且CD =2FG ，，DA =DC =DG =2（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：；（II ）求二面角的正弦值；（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).详解：依题意，可以建立以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则即不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则即不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有cos<m，n>=，于是sin<m，n>=．所以，二面角E–BC–F的正弦值为．（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得．易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为.点睛：本题主要考查空间向量的应用，线面平行的证明，二面角问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2．【2018年理北京卷】如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．【答案】(1)证明见解析(2) B-CD-C1的余弦值为(3)证明过程见解析【解析】分析：（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系E-ABF，设立各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线F G方向向量数量积不为零，可得结论. 详解：解：（Ⅰ）在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF．∵AB=BC．∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF．（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐称系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）．∴，设平面BCD的法向量为，∴，∴，令a=2，则b=-1，c=-4，∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1的法向量为，∴．由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．（Ⅲ）平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴，∴，∴与不垂直，∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.3．【2018年江苏卷】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求得向量的夹角，再根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果；（2）利用平面的方向量的求法列方程组解得平面的一个法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果.详解：如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．因为AB=AA1=2，所以．（1）因为P为A1B1的中点，所以，从而，故．因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．点睛：本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 4．【2018年江苏卷】在平行六面体中，．求证：（1）；（2）．【答案】答案见解析【解析】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.详解：证明：（1）在平行六面体ABCD-A 1B1C1D1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AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．点睛：本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明. 5．【2018年理新课标I卷】如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2) .【解析】分析：(1)首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即BF⊥PF，BF⊥EF，又因为，利用线面垂直的判定定理可以得出BF⊥平面PEF，又平面ABFD，利用面面垂直的判定定理证得平面PEF⊥平面ABFD.(2)结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为，利用线面角的定义，可以求得，得到结果.详解：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF.又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解，属于常规题目，在解题的过程中，需要明确面面垂直的判定定理的条件，这里需要先证明线面垂直，所以要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，从而证得结果；对于线面角的正弦值可以借助于平面的法向量来完成，注意相对应的等量关系即可.6．【2018年全国卷Ⅲ理】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】分析：（1）先证平面CMD,得,再证，进而完成证明。
高二数学立体几何综合试题答案及解析
高二数学立体几何综合试题答案及解析1.以正方体的任意4个顶点为顶点的几何形体有①空间四边形；②每个面都是等边三角形的四面体；③最多三个面是直角三角形的四面体；④有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体.【答案】①②④【解析】①只要不在同一平面上的四个点连结而成的四边形都是空间四边形. ②从一个顶点出发与它的三个对角面的顶点连结所成的四棱锥符合条件.最多有四个直角四面体.由一个顶点和又该点出发的两条棱的端点及一个对角面的定点四点即可.所以③不成立. ④显然成立.故选①②④.【考点】1.空间图形的判断.2.空间中线面间的关系.2.下列关于用斜二测画法画直观图的说法中，错误的是（）A．用斜二测画法画出的直观图是在平行投影下画出的空间图形B．几何体的直观图的长、宽、高与其几何体的长、宽、高的比例相同C．水平放置的矩形的直观图是平行四边形D．水平放置的圆的直观图是椭圆【答案】B【解析】选项.用斜二测画法画出的直观图是在平行投影下画出的空间图形，正确；选项.斜二测画法的规则中，已知图形中平行于轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于轴的线段，长度为原来的一半．平行于轴的线段的平行性和长度都不变．故几何体的直观图的长、宽、高与其几何体的长、宽、高的比例不相同；选项.水平放置的矩形的直观图是平行四边形，正确；选项.水平放置的圆的直观图是椭圆，正确．故选【考点】斜二测画法画直观图.3.如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝.(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)求三棱柱ABD－A1B1D1的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）1.【解析】（1）设线段的中点为，易得四边形为平行四边形，得，又，,，所以平面平面；（2）因为平面，所以是三棱柱的高，所以三棱柱的体积，通过计算即可得出三棱柱的体积.试题解析：(1) 设线段的中点为.和是棱柱的对应棱同理，和是棱柱的对应棱且且四边形为平行四边形,,平面平面(2)平面是三棱柱的高在正方形中,.在中，，三棱柱的体积.所以，三棱柱的体积.【考点】1.面面平行的判定定理；2.棱柱的体积.4.如图所示，三棱柱A1B1C1—ABC的三视图中，正(主)视图和侧(左)视图是全等的矩形，俯视图是等腰直角三角形，点M是A1B1的中点．(1)求证：B1C∥平面AC1M；(2)求证：平面AC1M⊥平面AA1B1B.【答案】 (1)由三视图可知三棱柱A1B1C1—ABC为直三棱柱，底面是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°.连结A1C，设A1C∩AC1＝O，连结MO，由题意可知，得到MO∥B1C，进一步得到B1C∥平面AC1M.(2)利用已知得到C1M⊥A1B1，根据平面A1B1C1⊥平面AA1B1B，得到C1M⊥平面AA1B1B，达到证明目的：平面AC1M⊥平面AA1B1B.【解析】思路分析：首先，由三视图可知三棱柱A1B1C1—ABC为直三棱柱，底面是等腰直角三角形。
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立体几何的综合问题A组1．如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC，AA1＝DA1，∠ABC＝120°．(1)证明：AD⊥BA1；(2)若AD＝DA1＝4，BA1＝26，求多面体BCD-A1B1C1D1的体积．2．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，AA1＝3，D，D1分别是BC，B1C1上的中点，P是线段AD上的一点(不包括端点)．(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，并证明直线l⊥平面ADD1A1；(2)设(1)中的直线l交AC于点Q，求三棱锥A1-QC1D的体积．3.如图所示，在三棱锥P-ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝2，CE＝2EB＝2．(1)求证：DE⊥平面PCD；(2)求点B到平面PDE的距离．4.如图，四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形，AD∥BC，AD＝3BC＝6，PB＝62，点M在线段AD上，且MD＝4，AD⊥AB，PA⊥平面ABCD．(1)求证：平面PCM⊥平面PAD；(2)当四棱锥P-ABCD的体积最大时，求四棱锥P-ABCD的表面积．B组1．如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝π3，其对角线AC与BD相交于点O，四边形OAEF为矩形，平面OAEF⊥平面ABCD，AB＝AE＝2．(1)求证：平面DEF⊥平面BDF；(2)若点H在线段BF上，且BF＝3HF，求三棱锥H-DEF的体积．2.如图，四棱锥E-ABCD中，平面ABCD是平行四边形，M，N分别为BC，DE的中点．(1)证明：CN∥平面AME；(2)若△ABE是等边三角形，平面ABE⊥平面BCE，CE⊥BE，BE＝CE＝2，求三棱锥N-AME的体积．3.如图，三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2，AA1⊥面ABC，E，F分别为棱A1B1，BC的中点．(1)求证：直线BE∥平面A1FC1；(2)平面A1FC1与直线AB交于点M，指出点M的位置，说明理由，并求三棱锥B-EFM 的体积．4.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面ABB1A1⊥底面ABC，AC⊥AB，AC＝AB＝AA1＝2，∠AA1B1＝60°，E，F分別为棱A1B1，BC的中点．(1)求三棱柱ABC-A1B1C1的体积；(2)在直线AA1上是否存在一点P，使得CP∥平面AEF？若存在，求出AP的长；若不存在，说明理由．答案A组3．如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC，AA1＝DA1，∠ABC＝120°．(1)证明：AD⊥BA1；(2)若AD＝DA1＝4，BA1＝26，求多面体BCD-A1B1C1D1的体积．(1)证明：取AD中点O，连接OB，OA1．∵AA1＝DA1，∴AD⊥OA1．∵在▱ABCD中，∠ABC＝120°，∴∠BAD＝60°．又∵AB＝BC，则AB＝AD，∴△ABD是正三角形，∴AD⊥OB，∵OA1⊂平面OBA1，OB⊂平面OBA1，OA1∩OB＝O，∴AD⊥平面OBA1，∴AD⊥A1B．(2)解：由题设知△A1AD与△BAD都是边长为4的正三角形．∴A1O＝OB＝23．∵A1B＝26，∴A1O2＋OB2＝A1B2，∴A1O⊥OB，∵A1O⊥AD，∴A1O⊥平面ABCD，∴A1O是平行六面体ABCD-A1B1C1D1的高，又S ABCD＝AD·OB＝4×23＝83，∴V＝VABCD-A1B1C1D1＝S ABCD·A1O＝83×23＝48，V1＝VA1-ABD＝13S△ABD·A1O＝13×12×23×4×23＝8，∴VBCD-A1B1C1D1＝V－V1＝40，即几何体BCD-A1B1C1D1的体积为40．2．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，AA 1＝3，D ，D 1分别是BC ，B 1C 1上的中点，P 是线段AD 上的一点(不包括端点)．(1)在平面ABC 内，试作出过点P 与平面A 1BC 平行的直线l ，并证明直线l ⊥平面ADD 1A 1； (2)设(1)中的直线l 交AC 于点Q ，求三棱锥A 1-QC 1D 的体积．解：(1)在平面ABC 内作直线l ∥BC ，则直线l 与平面A 1BC 平行，即图中的直线PQ .AB ＝AC ＝2, D 是BC 上的中点，则AD ⊥BC ，即l ⊥AD ， 又侧棱AA 1⊥底面ABC ，则l ⊥AA 1，AD ∩AA 1＝A ，故直线l ⊥平面ADD 1A 1． (2)VA 1-QC 1D ＝VD -A 1QC 1＝13S △A 1QC 1·h ，因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，过D 作线段DE ⊥AC 于E ， 则DE ⊥平面AA 1C 1C ，即DE 为D -A 1QC 1的高， 由AB ＝AC ＝2，∠CAB ＝120°，得DE ＝32， 则VD -A 1QC 1＝13S △A 1QC 1·h ＝13×12×2×3×32＝32．3． 如图所示，在三棱锥P -ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2．(1)求证：DE ⊥平面PCD ； (2)求点B 到平面PDE 的距离．(1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，故PC ⊥DE ．由CE ＝2，CD ＝DE ＝2，得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE ．又PC ∩CD ＝C ，故DE ⊥平面PCD ．(2)解：由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF ＝CF ＝EF ＝1，又DE ⊥平面PCD ，所以DE ⊥PD ，PD ＝PC 2＋CD 2＝11， 设点B 到平面PDE 的距离为h ，即为三棱锥B -PDE 的高， 由V B -PDE ＝V P -BDE得 13S △PDE ·h ＝13S △BDE ·PC ， 即13·12·PD ·DE ·h ＝13·12·BE ·DF ·PC ， 即11×2×h ＝1×1×3，所以h ＝32222，所以点B 到平面PDE 的距离为32222． 4． 如图，四棱锥P -ABCD 的底面是直角梯形，AD ∥BC ，AD ＝3BC ＝6，PB ＝62，点M 在线段AD 上，且MD ＝4，AD ⊥AB ，PA ⊥平面ABCD ．(1)求证：平面PCM ⊥平面PAD ；(2)当四棱锥P -ABCD 的体积最大时，求四棱锥P -ABCD 的表面积． (1)证明：由AD ＝6，DM ＝4可得AM ＝2， 易得四边形ABCM 是矩形，∴CM ⊥AD ，又PA ⊥平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥CM ， 又PM ∩AD ＝M ，PM ，AD ⊂平面PAD ， ∴CM ⊥平面PAD ，又CM ⊂平面PCM ，∴平面PCM ⊥平面PAD ．(2)解：四棱锥P -ABCD 的体积为V ＝13·12·(AD ＋BC )·AB ·PA ＝43AB ·PA ，要使四棱锥P -ABCD 的体积取最大值，只需AB ·PA 取得最大值． 由条件可得PA 2＋AB 2＝PB 2＝72，∴72≥2PA ·AB ，即PA ·AB ≤36，当且仅当PA ＝AB ＝6时，PA ·AB 取得最大值36． PC ＝219，PD ＝62，CD ＝213，cos ∠CPD ＝PC 2＋PD 2－CD 22·PC ·PD ＝2219，则sin ∠CPD ＝1119， ∴S △PCD ＝12PC ·PD ·sin ∠CPD ＝622，则四棱锥P -ABCD 的表面积为12×(6＋2)×6＋⎝⎛⎭⎫12×6×6×2＋12×2×62＋622＝6(10＋22＋2)．B 组2． 如图，在菱形ABCD 中，∠BAD ＝π3，其对角线AC 与BD 相交于点O ，四边形OAEF为矩形，平面OAEF ⊥平面ABCD ，AB ＝AE ＝2．(1)求证：平面DEF ⊥平面BDF ；(2)若点H 在线段BF 上，且BF ＝3HF ，求三棱锥H -DEF 的体积． (1)证明：∵ABCD 为菱形，∴AO ⊥BD ． ∵四边形OAEF 为矩形，∴AO ⊥FO ，EF ∥AO ， ∴EF ⊥BD ，∴EF ⊥FO ，又∵BD ∩FO ＝O ，∴EF ⊥平面BDF ． 又EF ⊂平面DEF ，∴平面DEF ⊥平面BDF ． (2)解：连接EH ，DH ，EB ，则由(1)可知EF ⊥平面BDF ，又△BDF 中，BD ＝OF ＝2，EF ＝AO ＝3， 故三棱锥E -BDF 的体积为13×12×2×2×3＝233，又BF ＝3HF ，所以V E -BDF ＝V B -DEF ＝3V H -DEF ＝233，故V H -DEF ＝239． 2． 如图，四棱锥E -ABCD 中，平面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别为BC ，DE 的中点．(1)证明：CN ∥平面AME ；(2)若△ABE 是等边三角形，平面ABE ⊥平面BCE ，CE ⊥BE ，BE ＝CE ＝2，求三棱锥N -AME 的体积．(1)证明：取AE 中点F ，连接MF ，FN ． 因为△AED 中，F ，N 分别为EA ，ED 的中点， 所以FN 綊12AD ．又因为四边形ABCD 是平行四边形，所以BC 綊AD ． 又M 是BC 中点，所以MC 綊12AD ，所以FN 綊MC ．所以四边形FMCN 为平行四边形，所以CN ∥MF ，又CN ⊄平面AEM ，MF ⊂平面AEM ，所以CN ∥平面AEM ． (2)解：取BE 中点H ，连接AH ，则AH ⊥BE ，因为平面ABE ⊥平面BCE ，平面ABE ∩平面BCE ＝BE ，AH ⊂平面ABE ， 所以AH ⊥平面BCE ． 又由(1)知CN ∥平面AEM ， 所以V N -AEM ＝V C -AEM ＝V A -MEC ． 又因为M 为BC 中点，所以V A -MEC ＝13S △MEC ·AH ＝13·12S △BEC ·AH ＝13×12×12×2×2×3＝33．所以三棱锥N -AEM 的体积为33． 3． 如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各棱长均为2，AA 1⊥面ABC ，E ，F 分别为棱A 1B 1，BC 的中点．(1)求证：直线BE ∥平面A 1FC 1；(2)平面A 1FC 1与直线AB 交于点M ，指出点M 的位置，说明理由，并求三棱锥B -EFM 的体积．(1)证明：取A 1C 1的中点G ，连接EG ，FG ， 于是EG 綊12B 1C 1，又BF 綊12B 1C 1，所以BF 綊EG ．所以四边形BFGE 是平行四边形．所以BE ∥FG ， 而BE ⊄面A 1FC 1，FG ⊂面A 1FC 1， 所以直线BE ∥平面A 1FC 1． (2)解：M 为棱AB 的中点．理由如下：因为AC ∥A 1C 1，AC ⊄面A 1FC 1，A 1C 1⊂面A 1FC 1， 所以直线AC ∥平面A 1FC 1，又面A 1FC 1∩平面ABC ＝FM ， 所以AC ∥FM .又F 为棱BC 的中点． 所以M 为棱AB 的中点． 三角形BFM 的面积S △BFM ＝14S △ABC ＝14×⎝⎛⎭⎫12×2×2×sin 60°＝34， 所以三棱锥B -EFM 的体积V B -EFM ＝V E -BFM ＝13×34×2＝36． 4． 如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1⊥底面ABC ，AC ⊥AB ，AC ＝AB ＝AA 1＝2，∠AA 1B 1＝60°，E ，F 分別为棱A 1B 1，BC 的中点．(1)求三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积；(2)在直线AA 1上是否存在一点P ，使得CP ∥平面AEF ？若存在，求出AP 的长；若不存在，说明理由．解：(1)三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1B 1＝AB ． 因为AB ＝AA 1＝2，所以A 1B 1＝AA 1＝2． 又因为∠AA 1B 1＝60°，连接AB 1，所以△AA 1B 1是边长为2的正三角形． 因为E 是棱A 1B 1的中点，所以AE ⊥A 1B 1，且AE ＝3， 又AB ∥A 1B 1，所以AE ⊥AB ，又侧面ABB 1A 1⊥底面ABC ，且侧面ABB 1A 1∩底面ABC ＝AB ， 又AE ⊂侧面ABB 1A 1，所以AE ⊥底面ABC ，所以三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积为V ＝S △ABC ·AE ＝12AB ·AC ·AE ＝12×2×2×3＝23．(2)在直线AA 1上存在点P ，使得CP ∥平面AEF ．证明如下：连接BE 并延长，与AA 1的延长线相交，设交点为P ，连接CP ．因为A 1B 1∥AB ，故PE PB ＝PA 1PA ＝A 1EAB ． 由于E 为棱A 1B 1的中点， 所以A 1E AB ＝12，故有PE ＝EB ，又F 为棱BC 的中点，故EF 为△BCP 的中位线，所以EF ∥CP ． 又EF ⊂平面AEF ，CP ⊄平面AEF ，所以CP ∥平面AEF ．故在直线AA1上存在点P，使得CP∥平面AEF．此时，PA1＝AA1＝2.所以AP＝2AA1＝4．。