广东省东莞市高三专题练习——立体几何(数学文)
专题4.3 立体几何的动态问题(解析版)
一．方法综述立体几何的动态问题是高考的热点，问题中的“不确定性”与“动感性”元素往往成为学生思考与求解问题的思维障碍，使考题的破解更具策略性、挑战性与创新性.一般立体动态问题形成的原因有动点变化、平面图形的翻折、几何体的平移和旋转以及投影与截面问题，由此引发的常见题型为动点轨迹、角度与距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等.此类题的求解并没有一定的模式与固定的套路可以沿用，很多学生一筹莫展，无法形成清晰的分析思路，导致该题成为学生的易失分点.究其原因，是因为学生缺乏相关学科素养和解决问题的策略造成的.动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，从静态因素中，找到解决问题的突破口.求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围.对于探究存在问题或动态范围（最值）问题，用定性分析比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题划归为静态问题.具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证.二．解题策略类型一立体几何中动态问题中的角度问题例1.【四川高考题】如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ，则θcos的最大值为.【答案】2 5281161814552y y t t+=≥++-，当1t =时取等号.所以22112(1)12222cos 511555451144yy y y θ-+-==≤⨯=⋅++⋅++，当0y =时，取得最大值.z yxF ME QPD CBA【指点迷津】空间的角的问题，一种方法，代数法，只要便于建立空间直角坐标系均可建立空间直角坐标系，然后利用公式求解；另一种方法，几何法，几何问题要结合图形分析何时取得最大（小）值.当点M 在P 处时，EM 与AF 所成角为直角，此时余弦值为0（最小），当M 点向左移动时，EM 与AF 所成角逐渐变小时，点M 到达点Q 时，角最小，余弦值最大. 【举一反三】1、【四川高考题】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点.设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是（） A ．3[,1]3 B ．6[,1]3 C ．622[,]33 D ．22[,1]3【答案】B111133212222cos ,sin 33322A OC A OC +-∠==∠=⨯，113133622cos ,sin 33322A OC A OC +-∠==-∠=⨯. 又直线与平面所成的角小于等于90，而1A OC ∠为钝角，所以sin α的范围为6[,1]3，选 B. 2、【广东省东莞市2019届高三第二次调研】在正方体中，E 是侧面内的动点，且平面，则直线与直线AB 所成角的正弦值的最小值是A ．B ．C ．D ． 【答案】B 【解析】解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体中棱长为1， 设0，，，，1，，1，，0，，1，，，1，，1，，设平面的法向量y ，， 则，取，得，平面，，解得，，，设直线与直线AB 所成角为，1，，，，，．直线与直线AB 所成角的正弦值的最小值是．故选：B ．3、如图，已知平面αβ⊥，l αβ=，A 、B 是直线l 上的两点，C 、D 是平面β内的两点，且DA l ⊥，CB l ⊥，3AD =，6AB =，6CB =．P 是平面α上的一动点，且直线PD ，PC 与平面α所成角相等，则二面角P BC D --的余弦值的最小值是（ ）A 5B ．12 C3 D ．1【答案】C类型二立体几何中动态问题中的距离问题【例2】【广西壮族自治区柳州市2019届高三毕业班3月模拟】如图，在正方体中，棱长为1，点为线段上的动点（包含线段端点），则下列结论错误的是（）A．当时，平面B．当为中点时，四棱锥的外接球表面为C．的最小值为D．当时，平面【答案】C【解析】对于，连结，，，则，，，设到平面的距离为，则，解得，∴.∴当时，为与平面的交点．∵平面∥平面，∵平面，∴∥平面，故A正确．又由以上分析可得，当时，即为三棱锥的高，∴平面，所以D正确．对于B，当为中点时，四棱锥为正四棱锥，设平面的中心为，四棱锥的外接球为，所以，解得，故四棱锥的外接球表面积为，所以B正确．对于C，连结，，则，∴，由等面积法得的最小值为，∴的最小值为．所以C不正确．故选：C.【指点迷津】求两点间的距离或其最值.一种方法，可建立坐标系，设点的坐标，用两点间距离公式写出距离，转化为求函数的最值问题；另一种方法，几何法，根据几何图形的特点，寻找那两点间的距离最大（小），求其值.【举一反三】1、【河南省焦作市2018-2019学年高三三模】在棱长为4的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 分别在棱AA 1和AB 上，且C 1E⊥EF，则|AF|的最大值为（ ）A ．B ．1C ．D ．2【答案】B 【解析】以AB ，AD ，AA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则C 1（4，4，4），设E （0，0，z ），z∈[0，4]，F （x ，0，0），x∈[0，4]，则|AF|＝x ．＝（4，4，4﹣z ），＝（x ，0，﹣z ）．因为C 1E⊥EF，所以，即：z 2+4x ﹣4z ＝0，x ＝z ﹣．当z ＝2时，x 取得最大值为1．|AF|的最大值为1． 故选：B ．2.如图，已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为4，点H 在棱1AA 上，且11HA =，在侧面11BCC B 内作边长为1的正方形1EFGC ，P 是侧面11BCC B 内一动点，且点P 到平面11CDD C 距离等于线段PF 的长，则当点P 运动时，2||HP 的最小值是（ ）A ．21B ．22C ．23D ．25 【答案】B【解析】在1BB 上取点K ，使得11B K ＝，则HK ⊥面11BCC B ，连结PK ，则222216HP HK PK PK ＝＋＝＋．在平面11BCC B 上，以1CC 所在直线为x 轴，以GF 所在直线为y 轴，由题意可知，P 点轨迹为抛物线，其方程为221x y -＝，K 点坐标为()04，，设()P x y ，，则221x y =-（其中1[22371],x y ⎡⎤∈-∈⎢⎥⎣⎦，，，()22222421816615PK x y y y y y y =+-=-+-+=-+当17,223y ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦时，2min 6|PK ＝，故2min |16622HP ＝＋＝．3、如图,在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 为BC 的中点,点P 在线段D 1E 上,点P 到直线CC 1的距离的最小值为__________.【答案】25类型三立体几何中动态问题中的面积、体积问题【例3】在棱长为6的正方体中，是中点，点是面所在的平面内的动点，且满足，则三棱锥的体积最大值是（）A. 36B.C. 24D.【答案】B【指点迷津】求几何体体积的最值，先观察几何图形三棱锥，其底面的面积为不变的几何量，求点P到平面BCD的距离的最大值，选择公式，可求最值.【举一反三】1、《 九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早一千多年.例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵111ABC A B C -中，AC BC ⊥，若12A A AB ==，当阳马11B A ACC -体积最大时，则堑堵111ABC A B C -的体积为（ ）A ．83B ．2 C.2 D ．22 【答案】C2、【黑龙江省哈尔滨市第六中学2017届高三下学期第一次模拟】已知矩形ABCD 中， 6,4AB BC ==， ,E F 分别是,AB CD 上两动点，且AE DF =，把四边形BCFE 沿EF 折起，使平面BCFE ⊥平面ABCD ，若折得的几何体的体积最大，则该几何体外接球的体积为（ ） A. 28π B. 287π C. 32π D. 23π【答案】D3、【湖南省衡阳市2019届高三二模】如图，直角三角形，，，将绕边旋转至位置，若二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积的最小值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，，，分别为，，的中点，作面，作面，连，，易知点即为四面体的外接球心，，，.设，，则，，，.【处理一】消元化为二次函数..【处理二】柯西不等式..所以.类型四立体几何中动态问题中的轨迹问题【例4】如图直三棱柱中，为边长为2的等边三角形，，点、、、、分别是边、、、、的中点，动点在四边形内部运动，并且始终有平面，则动点的轨迹长度为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为分别为的中点，所以，，所以平面，平面，又因为,所以平面平面，要使平面，则平面，所以点的轨迹为线段，点的轨迹长度为.故本题正确答案为.【指点迷津】由已知可知平面平面，要始终有平面，点M为定点，所以点P的轨迹为线段HF，求其长度即可.【举一反三】1、【安徽省安庆市2019届高三二模】如图，正三棱柱的侧棱长为，底面边长为，一只蚂蚁从点出发沿每个侧面爬到，路线为，则蚂蚁爬行的最短路程是（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为，宽为，则其对角线的长为最短程. 因此蚂蚁爬行的最短路程为.故选:A.2、在正方体1111ABCD A B C D 中，已知点P 为平面11AA D D 中的一个动点，且点P 满足：直线1PC 与平面11AA D D 所成的角的大小等于平面PBC 与平面11AA D D 所成锐二面角的大小，则点P 的轨迹为（ ） A ．直线 B ．椭圆 C ．圆 D ．抛物线 【答案】DF E P C 1B 1D 1A 1DCBA z yx3、已知平面平面，，且.是正方形，在正方形内部有一点，满足与平面所成的角相等，则点的轨迹长度为 ( ) A. B. C.D.【答案】 C【解析】根据题意，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图1所示，则，，设，易知直线与平面所的角分别为，均为锐角，类型五 立体几何中动态问题中的翻折、旋转问题【例5】如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆折成A CD '∆，所成二面角A CDB '--的平面角为α，则（ ）A.A DB α'∠≤B.A DB α'∠≥C. A CB α'∠≤D.A CB α'∠≤【答案】B. 【解析】试题分析：设ADC θ∠=，设2AB =，则由题意1AD BD ==，在空间图形中，设A B t '=，在A CB '∆中，2222222112cos 22112A D DB AB t t A DB A D DB '+-+--'∠==='⨯⨯⨯，在空间图形中，过A '作AN DC ⊥，过B 作BM DC ⊥，垂足分别为N ，M ， 过N 作//NP MB ，连结A P '，∴NP DC ⊥，则A NP '∠就是二面角A CD B '--的平面角，∴A NP α'∠=，在Rt A ND '∆中，cos cos DN A D A DC θ''=∠=，sin sin A N A D A DC θ'''=∠=，【举一反三】1、【四川省宜宾市2019届高三二诊】已知棱长都为2的正三棱柱的直观图如图，若正三棱柱绕着它的一条侧棱所在直线旋转，则它的侧视图可以为A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意，四个选项高都是2，若侧视图为A，中间应该有一条竖直的实线或虚线．若为C，则其中有两条侧棱重合，不应有中间竖线．若为D，则长应为，而不是1．故选：B．2.【重庆市南开中学2019届高三三月测试】如图，在正方形中，，分别为线段，上的点，，．将绕直线、绕直线各自独立旋转一周，则在所有旋转过程中，直线与直线所成角的最大值为________．【答案】【解析】由题绕直线、绕直线各自独立旋转一周，形成两个圆锥体，AB和DF成为圆锥的母线，所以无论怎么旋转，都有，．利用几何体性质得：最大角是AB与BE的对称直线B和DF关于直线CD的对称直线D在同一平面内时所成角，为故答案为3.【2017课标1，理16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______.【答案】415【解析】三．强化训练一、选择题1. 已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是边AA1，CC1上的中点，点M是BB1上的动点，过点E，M，F的平面与棱DD1交于点N，设BM＝x，平行四边形EMFN的面积为S，设y＝S2，则y关于x的函数y＝f(x)的图象大致是( )A．B． C．D．【答案】A【解析】由对称性易知四边形为菱形，，，．为二次函数，开口向上，顶点为.故选：．2、某圆柱的高为1，底面周长为8，其三视图如图所示圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】根据几何体的三视图如图所示：由于底面周长为8，得到，解得，所以点M 到N 在下底面上的射影的弧长为，把圆柱的侧面展开得到从M 到N 的路径中的最小值为．故选：C ．3、如图，等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于G ，已知ED A '∆是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是（ ）A ．动点A '在平面ABC 上的射影在线段AF 上B ．恒有平面GF A '⊥平面BCDEC ．三棱锥EFD A -'的体积有最大值 D ．异面直线E A '与BD 不可能垂直【答案】D4.【河南省郑州市第一中学2019届高三上期中】在三棱锥中，平面，M是线段上一动点，线段长度最小值为，则三棱锥的外接球的表面积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】解：如图所示：三棱锥中，平面，M是线段上一动点，线段长度最小值为，则：当时，线段达到最小值，由于：平面，所以：，解得：，所以：，则：，由于：，所以：则：为等腰三角形．所以：，在中，设外接圆的直径为，则：，所以：外接球的半径，则：，故选：C．5．【河南省郑州市2019年高三第二次质量检测】在长方体中，，，分别是棱的中点，是底面内一动点，若直线与平面没有公共点，则三角形面积的最小值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】补全截面EFG为截面EFGHQR如图，其中H、Q、R分别为、的中点，易证平面ACD1∥平面EFGHQR，∵直线D1P与平面EFG不存在公共点，∴D1P∥面ACD1，∴D1P面ACD1，∴P∈AC，∴过P作AC的垂线，垂足为K，则BK=,此时BP最短，△PBB1的面积最小，∴三角形面积的最小值为，故选：C．6.【上海交通大学附属中学2019届高三3月月考】如图，已知三棱锥，平面，是棱上的动点，记与平面所成的角为，与直线所成的角为，则与的大小关系为（）A．B．C．D．不能确定【答案】C【解析】如图所示：∵PA⊥平面ABC，∴PD与平面ABC所成的角=∠PDA,过点A作AE⊥BC，垂足为E，连接PE，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，∴BC⊥平面PAE，∴BC⊥PE,在Rt△AED，Rt△PAD，Rt△PED中：cos，cos，cos，∴cos cos cos< cos,又均为锐角，∴，故选C.7．如图，在等腰中，，M为的中点，沿BM把它折成二面角，折后A与C的距离为，则二面角的大小为（）A．30°B．60°C．90°D．120°【答案】D【解析】∵等腰直角△BC中，B＝BC＝2，M为C中点，∴折之前C2，BM⊥C，∴折之后AM＝CM，AM⊥BM，CM⊥BM，∴∠AMC是二面角C﹣BM﹣A的平面角，∵折后A，C间的距离为，由余弦定理得cos∠AMC＝，∵∠AMC∴二面角C﹣BM﹣A的大小为，即为120°故选：D．二、填空题8.【安徽省蚌埠市2019届高三第一次检查】如图所示，正方体的棱长为2，E，F为，AB的中点，M点是正方形内的动点，若平面，则M点的轨迹长度为______．【答案】【解析】如图所示，取的中点，的中点，连接，，，．可得：四边形是平行四边形，.同理可得：．．平面平面，点是正方形内的动点，若平面.点在线段上．点的轨迹长度．故答案为．9．已知正方体的棱长为，点为线段上一点，是平面上一点，则的最小值是______________________；【答案】【解析】解：当取得最小时，点必定是点在平面上的射影，即在上.与在二面角的两个面内，为此将绕旋转90°，使得平面与平面在同一平面内，由，故当共线且与垂直时，取得最小.在平面内，因为所以，，又，所以与都是等腰直角三角形，所以得到=，故的最小值为.10、【2017课标3，理16】a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最小值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号） 【答案】②③ 【解析】试题分析：由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥，又AC ⊥圆锥底面，在底面内可以过点B ，作BD a ，交底面圆C 于点D ，如图所示，连结DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴，连结AD ，等腰△ABD 中，2AB AD == ,当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=，故2BD =，又在BDE Rt △中，2,2BE DE =∴=，学科&网过点B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连结AF ，由圆的对称性可知2BF DE == ,ABF ∴△为等边三角形，60ABF ∴∠=，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由最小角定理可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，直线AB 与a 所成的最大角为90°，④错误. 正确的说法为②③. 学科&网11．【2019届湘赣十四校高三联考第二次考试】如图，正三棱锥的高，底面边长为4，，分别在和上，且，当三棱锥体积最大时，三棱锥的内切球的半径为________．【答案】【解析】设，，当时，取得最大值，此时为中点，经过点，且，，所以可求，，因此易求，，，，又∵，∴.12．【河南省六市2019届高三第一次联考】如图，是等腰直角三角形，斜边，D为直角边BC 上一点不含端点，将沿直线AD折叠至的位置，使得在平面ABD外，若在平面ABD 上的射影H恰好在线段AB上，则AH的取值范围是______．【答案】【解析】解：在等腰中，斜边，D为直角边BC上的一点，，，将沿直AD折叠至的位置，使得点在平面ABD外，且点在平面ABD上的射影H在线段AB上，设，，，，平面ABC，，当时，B与D重合，，当时，，为直角边BC上的一点，，的取值范围是故答案为：13．【陕西省榆林市2019届高考模拟第三次测试】如图，是边长为2的正方形，其对角线与交于点，将正方形沿对角线折叠，使点所对应点为，.设三棱锥的外接球的体积为，三棱锥的体积为，则__________．【答案】【解析】由题,易知三棱锥的外接球的球心为，∴，∴，到底面的距离为，∴，∴.故答案为14．【河南省洛阳市2018-2019学年高中三第二次统考】正四面体中，是的中点，是棱上一动点，的最小值为，则该四面体内切球的体积为_____.【答案】【解析】如下图，正方体中作出一个正四面体将正三角形和正三角形沿边展开后使它们在同一平面内，如下图：要使得最小，则三点共线，即：，设正四面体的边长为，在三角形中，由余弦定理可得：，解得：，所以正方体的边长为2，正四面体的体积为：，设四正面体内切球的半径为，由等体积法可得：，整理得：，解得：，所以该四面体内切球的体积为.15．【江西省吉安一中、九江一中、新余一中等八所重点中学2019届高三4月联考】如图，已知多面体的底面是边长为的正方形，平面，且，现将以直线为轴旋转一周后，则直线与动直线所成角的范围__________．【答案】【解析】画出图像如下图所示，将平移到的位置，点在以为圆心，半径为的圆上运动.则就是所求线线角，根据三角形中，大角对大边，为定值，故最值由来确定，故当在处线线角最小，在处线线角最大.由于，故.而，故，所以.而，故.所以所求线线角的取值范围是.16．在三棱锥中，,分别为棱和棱上的动点，则△的周长范围___________.【答案】【解析】三棱锥如图：把三棱锥A﹣BCD的侧面展开如图，∵△△，∴, ∴B,A,共线，此时两点间的连接线即是△的周长的最小值8，但此时E，F重合于A，不能构成三角形，所以取不到8．由图观察，当分别在棱和棱上由A向下移动时，的长度先变小，移动至分别与AD，AC 垂直时，的长度最小，再向下移动逐渐变大，所以△的周长最大为=15,故答案为.。
2021年高考数学真题模拟试题专项汇编之立体几何(文)(Word版,含解析)
（8）立体几何（文）——2021年高考数学真题模拟试题专项汇编1.【2021年新高考Ⅰ卷，3】已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( ) A.2B.22C.4D.422.【2021年新高考Ⅱ卷，4】卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度指卫星到地球表面的最短距离）.把地球看成一个球心为O ，半径为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道所在平面所成角的度数，地球表面能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星的点的纬度的最大值记为α.该卫星信号覆盖的地球表面面积22π(1cos )S r α=-（单位：2km ），则S 占地球表面积的百分比为( ) A.26%B.34%C.42%D.50%3.【2021年北京卷，4】某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为( )33+ B.1213+3 4.【2021年浙江卷，4】某几何体的三视图如图所示(单位：cm )，则该几何体的体积(单位：3cm )是( )A.32B.3C.322D.325.【2021年新高考Ⅱ卷，5】正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则四棱台的体积为( ) A.5623B.562C.282D.28236.【2021年浙江卷，6】如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，,M N 分别是1A D ，1D B 的中点，则( )A.直线1A D 与直线1D B 垂直，直线//MN 平面ABCDB.直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC.直线1A D 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD.直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B7.【2021年北京卷，8】定义：24小时内降水在平地上积水厚度（mm ）来判断降雨程度.其中小雨（10<mm ），中雨（10mm —25mm ），大雨（25mm —50mm ），暴雨（50mm —100mm ），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级( )A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨8.【2021年全国乙卷(文)，10】在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为( ) A.π2B.π3C.π4D.π69.【2021年全国甲卷(文)，14】已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为__________.10.【2021年上海卷，9】已知圆柱的底面半径为1，高为2，AB 为上底面圆的一条直径，点C 为下底底面圆周上的一个动点，点C 绕着下底底面旋转一周，则ABC △面积的取值范围为____________.11.【2021年全国乙卷(文)，16】以图①为正视图，在图②③④③中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为___________（写出符合要求的一组答案即可）.12.【2021年全国乙卷(文)，18】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥.（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积.13.【2021年安徽怀宁模拟，18】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AAC C ⊥底面11,2,ABC AA AC AC AB BC ====，且AB BC ⊥，O 为AC 的中点.（1）求证：平面11A B O ⊥平面1BCA ；（2）若点E 在1BC 上，且//OE 平面1A AB ，求三棱锥1E A BC -的体积.14.【2021年广西桂林模拟(文)，18】如图所示，在三棱锥A BCD -中，侧棱AB ⊥平面BCD ，F 为线段BD 中点，Q 为线段AB 中点，2π3BCD ∠=，3AB =，2BC CD ==.证明：（1）CF ⊥平面ABD ； （2）求点D 到平面QCF 的距离.15.【2021年全国甲卷(文)，19】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形.2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，11BF A B ⊥，（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥.答案以及解析1.答案：B解析：本题考查圆锥的侧面展开图.设圆锥的底面半径为r ，母线长为l .由题意可得2ππr l =，所以222l r ==. 2.答案：C解析：由题意可知，6400cos 0.1536000640036000r r α==≈++，所以从同步卫星上可望见的地球的表面积222π(1cos )2π(10.15)S r r α=-≈-，此面积与地球表面积之比约为222π(10.15)100%42%4πr r -⨯≈.3.答案：A解析：画正方体，删点，剩下的4个点就是三棱锥的顶点，如图：1333311(11)2S +=⨯⨯⨯+=表. 4.答案：A解析：本题考查几何体的三视图.该几何体是高为1的四棱柱，其底面为三个全等的直角边为1的等腰直角三角形拼成的梯形，面积为32，故其体积是32. 5.答案：D解析：本题考查棱台的体积.将正四棱台1111A B C D ABCD -补成四棱锥P ABCD -，作PO ⊥底面ABCD 于点O ，交平面1111A B C D 于点1O ，则棱台1111A B C D ABCD -的体积1111P ABCD P A B C D V V V --=-.由题意，11112142PA PO A B PA PO AB ====，易知，4PA =，22AO =22224(22)22PO PA AO --=，所以12PO =，则1322(44)223P ABCD V -=⨯⨯⨯，1111142(22)23P A B C D V -=⨯⨯，所以棱台1111A B C D ABCD -的体积111132242282P ABCD P A B C D V V V --=-==.6.答案：A解析：本题考查空间的线线关系与线面关系.易知1A D ⊥平面1ABD ，故11A D D B ⊥，排除B ，C 项；连接1AD ，可知//MN AB ，所以//MN 平面ABCD ，A 项正确；因为AB 不垂直于平面11BDD B ，//MN AB ，所以直线MN 不垂直于平面11BDD B ，D 项错误.7.答案：B解析：由相似的性质可得，小圆锥的底面半径2002502r ==，故231π5015050π3V =⨯⨯⨯=⋅小圆锥，积水厚度3250π12.5π100V h S ⋅===⋅大小圆锥圆，属于中雨，故选B. 8.答案：D解析：本题考查立体几何中的线面关系及解三角形的应用.如图，记正方体的棱长为a ，则1111112AD C B A C B D a ====，所以1122B P PC a ==，221162BP B P B B a =+=.在1BC P 中，由余弦定理得22211113cos 22PB C B PC PBC PB C B +-∠==⋅，所以1π6PBC ∠=.又因为11//AD BC ，所以1PBC ∠即为直线PB 与1AD 所成的角，所以直线PB 与1AD 所成的角为π6.9.答案：39π解析：本题考查圆锥的体积与侧面积.由题可得圆锥的体积21π12π30π3V r h h ===，可得52h =，故圆锥的母线22132l r h +，所以圆锥的侧面积π39πS rl ==. 10.答案：5]解析：本题主要考查空间几何体.上顶面圆心记为O ，下底面圆心记为O '，连接OC ，过点C 作CM AB ⊥，垂足为点M ，则12ABCSAB CM =⨯⨯，根据题意，AB 为定值2，所以ABCS 的大小随着CM 长短的变化而变化.当点M 与点O 重合时，22125CM OC ==+=，取得最大值，此时12552ABCS =⨯⨯=.当点M 与点B 重合时，CM 取最小值2，此时12222ABCS=⨯⨯=.综上所述，ABCS 的取值范围为[2,5].11.答案：②⑤或③④解析：本题考查几何体的三视图.由高度可知，侧视图只能为②或③.当侧视图为②时，则该三棱锥的直观图如图1，平面PAC ⊥平面ABC ，2PA PC ==，5BA BC =2AC =，此时俯视图为⑤；当侧视图为③时，则该三棱锥的直观图如图2，PA ⊥平面ABC ，1PA =，5AC AB ==2BC =，此时俯视图为④.12.答案：（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂底面ABCD ， 所以PD AM ⊥.又因为PB AM ⊥，PD PB P ⋂=，PB ，PD ⊂平面PBD ， 所以AM ⊥平面PBD .因为AM ⊂平面PAM ，所以平面PAM ⊥平面PBD .（2）由PD ⊥底面ABCD ，所以PD 即为四棱锥P ABCD -的高，DPB 是直角三角形. 由题可知底面ABCD 是矩形，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥.设2AD BC a ==，取CD 的中点为E ，CP 的中点为F ，连接MF ，AF ， EF ，AE ，可得//MF PB ，//EF DP ，那么AM M F ⊥，AM F 为直角三角形，且12EF =，2144AE a =+，21AM a =+，222142AF EF AE a =++因为DPB 是直角三角形，所以根据勾股定理得224BP a =+，则2242a MF +=.由AM F 是直角三角形，可得222AM MF AF +=，解得22a =， 所以底面ABCD 的面积22S a ==，则四棱锥P ABCD -的体积11221333V S h =⋅⋅=⨯⨯-.13.答案：（1）1111,//,AB BC AB A B BC A B ⊥∴⊥，在1A AC 中，112AA AC AC ===，O 是AC 的中点，1AO AC ∴⊥，又平面11AAC C ⊥平面ABC ，平面11AAC C平面ABC AC =，1A O ∴⊥平面ABC .BC ⊂平面1,ABC AO BC ∴⊥. 111,A B AO ⊂平面111111,A B O A B AO A =，BC ∴⊥平面11A B O ， 又BC ⊂平面1BCA ，∴平面1BCA ⊥平面11A B O .（2）如图，连接1B C ，设1B C 与1BC 交于点E ，连接1,OE AB ， 易得1//OE AB ，1AB ⊂平面11,ABB A OE ⊄平面11ABB A ，//OE ∴平面11ABB A ，∴满足条件的E 为1BC 的中点.11111 1122E A BCC A BC B A CC V V V ---==三棱锥三棱锥三棱锥21133212346=⨯⨯⨯⨯=， 故三棱锥1E A BC -的体积为36.14.答案：（1）AB ⊥平面BCD ，CF ，BD ⊂平面BCD ，AB CF ∴⊥，AB BD ⊥.2BC CD ==，F 为BD 中点，CF BD ∴⊥.又CF AB ⊥，AB BD B =，AB ，BD ⊂平面ABD ，CF ∴⊥平面ABD .（2）在三棱锥Q DCF -中，设D 到平面QFC 距离为d . Q DCF D QCF V V --=，1133DCFQCFQB Sd S ∴⋅⋅=⋅⋅，DCFQCFQB S d S ⋅∴=.1112π322sin 2223DCFDCBSS ==⨯⨯⨯⨯=，2π44222cos 233BD =+-⨯⨯⨯.AB BD ⊥，3AB =，Q ，F 分别为AB ，BD 的中点.22912212ADAB BD QF ++∴====.QCF 中，π2cos 13CF ==，235422CQ ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，21QF =. 25211244cos 55212QCF +-∴∠==⨯⨯，21sin QCF ∴∠=. 152121122QCFS∴=⨯⨯=. 33372221d ∴==.15.答案：（1）如图，取BC 的中点为M ，连接EM .由已知易得//EM AB ，2AB BC ==，1CF =，112EM AB ==，11//AB A B ， 由11BF A B ⊥得EM BF ⊥，又易得EM CF ⊥，BF CF F ⋂=，所以EM ⊥平面BCF ， 故1111121132323F EBC E FBC V V BC CF EM --==⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=三棱锥三棱锥.（2）连接1A E ，1B M ，由（1）知11//EM A B ， 所以ED 在平面11EMB A 内.在正方形11CC B B 中，由于F ，M 分别是1CC ，BC 的中点，所以1tan 2CF CBF BC ∠==，111tan 2BM BB M BB ∠==， 且这两个角都是锐角，所以1CBF BB M ∠=∠， 所以111190BHB BMB CBF BMB BB M ∠=∠+∠=∠+∠=︒， 所以1BF B M ⊥，又11BF A B ⊥，1111B M A B B ⋂=，所以BF ⊥平面11EMB A ， 又DE ⊂平面11EMB A ，所以BF DE ⊥.。
高三立体几何专题练习(含答案)
立体几何专题练习卷一、填空题（本大题满分56分，每小题4分） 1．正方体DC B A ABCD 111-的棱长为a ，则异面直线1AB 与1BC 所成的角的大小是__________．2．已知某铅球的表面积是2484cm π，则该铅球的体积是___________2cm ．3．若圆锥的侧面积为20π，且母线与底面所成的角为4arccos5，则该圆锥的体积为___________．4．在长方体1111ABCD A B C D -中，若12,1,3AB BC AA ===，则1BC 与平面11BB D D 所成的角θ可用反三角函数值表示为θ=____________．5．若取地球的半径为6371米，球面上两点A 位于东经O12127'，北纬O 318'，B 位于东经O12127'，北纬O 255'，则A B 、两点的球面距离为_____________千米(结果精确到1千米)．6．已知圆锥的母线长为5cm ，侧面积为π15 2cm ，则此圆锥的体积为__________3cm ．7．若圆锥的底面半径和高都是2，则圆锥的侧面积是_____________． 8．如图，是一个无盖正方体盒子的表面展开图，A B C 、、为其上的三个点，则在正方体盒子中，ABC ∠=____________.9．一个圆柱形容器的轴截面尺寸如右图所示，容器内有一个实心的球，球的直径恰等于圆柱的高.现用水将该容器注满，然后取出该球（假设球的密度大于水且操作过程中水量损失不计），则球取出后，容器中水面的高度为__________cm. （精确到0.1cm ）10．如图，用铁皮制作一个无盖的圆锥形容器，已知该圆锥的母线与底面所在平面的夹角为45︒，容器的高为10cm ．制作该容器需要铁皮面积为__________cm2．（衔接部分忽略不计，结果保留整第9题数）11．如图，圆锥的侧面展开图恰好是一个半圆，则该圆锥的母线与底面所成的角的大小是__________ .12．如右下图，ABC ∆中， 90=∠C ，30=∠A ，1=BC ．在三角形内挖去半圆（圆心O 在边AC 上，半圆与BC 、AB 相切于点C 、M ，与AC 交于N ），则图中阴影部分绕直线AC 旋转一周所得旋转体的体积为__________ ．13．如图所示，以圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥， 则该圆锥与圆柱等底等高。
高三数学立体几何练习题及答案
高三数学立体几何练习题及答案第一题：已知一个长方体的长、宽、高分别为3cm、4cm、5cm，求该长方体的体积和表面积。
解答：长方体的体积可以通过公式V = lwh 计算，其中l、w、h分别为长、宽、高。
根据题目给出的数据，代入公式可得 V = 3cm × 4cm × 5cm = 60cm³。
因此，该长方体的体积为60立方厘米。
长方体的表面积可以通过公式 S = 2lw + 2lh + 2wh 计算。
根据题目给出的数据，代入公式可得 S = 2 × 3cm × 4cm + 2 × 3cm ×5cm + 2 × 4cm × 5cm = 94cm²。
因此，该长方体的表面积为94平方厘米。
答案：体积：60立方厘米表面积：94平方厘米第二题：一个正方体的棱长为a，求该正方体所有顶点到一个固定点之间的最短距离之和。
解答：正方体的每个顶点到固定点的最短距离为正方体的对角线长。
对于正方体而言，其对角线的长度可以通过勾股定理求解。
设每个边长为a，则对角线长d满足 d² = a² + a² + a² = 3a²。
因此，每个顶点到固定点的最短距离之和为 8 × 3a² = 24a²。
答案：每个顶点到固定点的最短距离之和为24a²。
第三题：一个球体的直径为10cm，求该球体的体积和表面积（结果保留π）。
解答：球体的体积可以通过公式V = 4/3πr³ 计算，其中r为球体的半径。
根据题目给出的数据，直径d为10cm，因此半径r = d/2 = 5cm。
代入公式可得V = 4/3 × π × (5cm)³ ≈ 523.6cm³。
因此，该球体的体积约为523.6立方厘米。
球体的表面积可以通过公式S = 4πr² 计算，其中r为球体的半径。
(广东版第01期)2020届高三数学试题分省分项汇编专题10立体几何理(无答案)
广东版（第01期）-2020届高三数学（理）试题分省分项汇编：专题10立体几何一•基础题组1.【广东省十校2020届高三第一次联考（理）】一个四棱锥的三视图如图所示，其中主视图 是腰长为1的等腰直角三角形，则这个几何体的体积是（ ）A . 1B• 1C22•【广东省广州市越秀区 2020届高三入学摸底考试（理）】一个几何体的三视图如图所示, 其中正视图与侧视图都是底边长为 6、腰长为5的等腰三角形，则这个几何体的全面积为（ ）D.24A. 12B.15C.21正视图侧视图俯视图3.【广东省汕头市金山中学2020届高三上学期摸底考试（理）】已知a,b为异面直线,a 平面， b 平面.直线1满足丨a,l b,l,l,则（A与相交,且交线平行于丨 B.// ,且l //.C.与相交,且交线垂直于1 D.,且14.【广东省惠州市2020届高三年级第一次调研考试（理）】对于平面、、和直线a、b、m、n,下列命题中真命题是（）A.若a m, a n, m ,n ,,则aB. 若a//b,b ,则a //C.若// , I a, I b,则a//bD. 若a ,b ,a// ,b// ,则//5.【广东省汕头四中 2020届高三第一次月考（理）】已知某个三棱锥的三视图如图所示， 其中正视图是等边三角形， 侧视图是直角三角形， 俯视图是等腰直角三角形则此三棱锥的体积 等于6.【广东省惠州市2020届高三第一次模拟考试（理）】已知集合 A B 、C,A =｛直线｝ ,B =｛平—a//b一 a b 一 a//b ①a//c ②a//c ③a cc//bc b c b④a b a c 其中所有正确命题的序号是c//b7.【广东省佛山市南海区 2020届高三8月质检（理）】一个几何体的三视图如左下图所示,组合体的体积为A UB .若 a A,bB, c C ，给出下列四个命题:1.【广东省惠州市 2020届高三第一次模拟考试（理）】如图是某简单组合体的三视图，则该•能力题组A. 36 3( . 2)108(-3 2)B.36、3( 2)C. 108.3D.2.【广东省韶关市2020届高三摸底考试（理）】某几何体的主视图与俯视图如图所示，左视图与主视图相同, 且图中的四边形都是边长为2的正方形，两条虚线互相垂直, 则该几何体的体积是（）B-3 C. 6 D.43.【广东省珠海市2020届高三9月摸底考试（理）】一简单组合体的三视图及尺寸如图(1)示（单位：cm）则该组合体的体积为（）几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 （）为直角梯形，AD//BC , ADC 90°,平面PAD 底面ABCD , Q 为AD 中点，M 是 棱PC 上的点，PD PA 2 ,BC - AD 1,CD .3.2（1） 若点M 是棱PC 的中点，求证： PA//平面BMQ ；（2） 求证：平面PQB 底面PAD ;A. 72000 cm 3B.64000 cm 3C. 56000 cm 3D. 440003cm4.【广东省东莞市 2020届高三模拟考试一（理）】一个直棱柱被一个平面截去一部分后所剩 A . 9 B . 10112321.【广东省汕头四中 2020届高三第一次月考（理）】如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面ABCD垂直，AB AC , AB AC AA 2,点M , N 分别为AB 和BQ i 的中点•(1) 证明：MN//平面 A i ACC i ; (2) 求二面角N MC A 的正弦值.3.【广东省韶关市2020届高三摸底考试(理)】如图，长方体 ABCD中,AD AA 1 1 ，AB 2，点E 是AB 的中点.(1 )求三棱锥 D i DCE 的体积; (2)证明：D 1E AD ;(3 )求二面角D 1 EC D 的正切值.】如图,ABC A 1B 1C 1 中,侧棱与底面(3)若二面角M-BQ-C 为300，设PM=tMC 试确定t 的值.2.【广东省惠州市2020届高三第一次模拟考试(理)点E 是AB 的中点，点F 是BC 的中点，将△ AED 、△ DCF 分别沿DE 、DF 折起，使A 、C 两点重合于点A ，连接EF ， AB .(1) 求证：AD EF ;(2) 求二面角 A EF D 的余弦值.5.【广东省十校2020届高三第一次联考(理)】在四棱锥P ABCD 中，侧面PCD 底面ABCD , PD CD , E 为 PC 中点，底面 ABCD 是直角梯形，AB//CD , ADC 90°, AB AD PD 1, CD 2.(1) 求证：BE//面 PAD ; (2) 求证：面PBC 面PBD ;uur uuu°(3) 设Q 为棱PC 上一点，PQ PC ，试确定 的值使得二面角 Q BD P 为450.】如图，边长为2的正方形ABCD 中,】在边长为4cm的正方形ABCDK E、F分别为BC CD的中点，M N分别为AB CF的中点，现沿AE AF EF折叠，使B、C D三点重合，重合后的点记为B,构成一个三棱锥.(1)请判断MN与平面AEF的位置关系，并给出证明；(2)证明AB 平面BEF ;(3)求二面角M EF B的余弦值.7.【广东省广州市越秀区2020届高三入学摸底考试(理)】如图，菱形ABCD的边长为4,BAD 60o, AC I BD O .将菱形ABCD沿对角线AC折起，得到三棱锥B ACD ,点M是棱BC的中点，DM 2. 2 .(1) 求证：OM //平面ABD ;(2) 求证：平面DOM 平面ABC ；(3 )求二面角D AB O的余弦值.8.【广东省东莞市2020届高三模拟考试一(理)】如图所示，已知AB为圆O的直径，点DA为线段AB上一点，且AD 1 DB，点C为圆O上一点，且BC . 3AC •点P在圆O所3在平面上的正投影为点D , PD DB •(1)求证：PA CD ；(2)求二面角C PB A的余弦值.9.【广东省珠海一中等六校2020届高三第一次联考 (理)】已知几何体A—BCE啲三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形.(1)求此几何体的体积V的大小；(2)求异面直线DE与AB所成角的余弦值；(3)试探究在DE上是否存在点Q，使得AQ BQ并说明理由于点O ,将厶ADM 沿直线DM 翻折成△ A DM ,使平面A DM 丄平面BCD F 为线段AC 的 中占 I 八、、■(1) 求证：ON 平面ADM ；(2) 求证：BF//平面A DM ;(3) 直线FO 与平面A DM 所成的角•侧棱OA,OB,OC 两两垂直，且OA 1, OB OC 2, E 是OC 的中点.⑴ 求O 点到面ABC 的距离; 】如图，已知三棱锥O ABC 的。
广东省东莞市高三数学 小综合专题练习 解析几何 理 新人教版
2013届高三理科数学小综合专题练习——解析几何一、选择题1．已知直线1l ：012=+-y mx ，2l ：032=-+y m x ．若21l l ⊥，则实数m 等于 A ．21±B ．0C ．21或0 D ．21±或02．双曲线8222=-y x 的实轴长是A ．24B ．4C ．22D ．23．椭圆1422=+y x 的焦点为1F ，2F ，点M 在椭圆上且满足021=•MF MF ，则M 到y 轴的距离为A ．233B ．263C ．33D ． 34．已知点()20，A ，()02，B ．若点C 在抛物线2x y =的图象上，则使得△ABC 的面积为2的点C 的个数为A ．4B ．3C ．2D ．15．设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为1F ，2F ，若曲线Γ上存在点P 满足1PF ∶21F F ∶2PF ＝4∶3∶2，则曲线Γ的离心率等于A ．21或23 B ．32或2 C ．21或2 D ．32或23 6．在圆06222=--+y x y x 内，过点()10，E 的最长弦和最短弦分别为AC 和BD ，则四边形ABCD 的面积为A ．5B ．10C ．5 2D ．10 2 二、填空题7．已知双曲线()01222>=-b by x 的一条渐近线的方程为x y 2=，则=b ________．8．不论a 为何值时，直线(a －1)x －y ＋2a ＋1＝0恒过定点P ，则过P 点的抛物线的标准方程为_________ _．9．如图，直角坐标系xOy 所在的平面为α，直角坐标系''Oy x (其中'y 轴与y 轴重合)所在的平面为β，︒=∠45'xOx ． 已知平面β内有一点()222'，P ，则点P ′ 在平面α内的射影P 的坐标为________．10．曲线C 是平面内与两个定点()0 11，-F 和()0 12，F 的距离的积等于常数()12>a a 的点的轨迹．给出下列三个结论：① 曲线C 过坐标原点； ② 曲线C 关于坐标原点对称；③ 若点P 在曲线C 上，则21PF F ∆的面积不大于221a ． 其中，所有正确结论的序号是 ． 三、解答题11．如图，设P 是圆2522=+y x 上的动点，点D 是P 在x 轴上的投影，M 为PD 上一点，且PD MD 54=． (1) 当P 在圆上运动时，求点M 的轨迹C 的方程； (2) 求过点()03，且斜率为54的直线被C 所截线段的长度．12．已知直线l ：m x y +=，R m ∈．(1) 若以点M (2,0)为圆心的圆与直线l 相切于点P ，且点P 在y 轴上，求该圆的方程； (2) 若直线l 关于x 轴对称的直线为l ′，问直线l ′与抛物线C ：x 2＝4y 是否相切？说明理由．13．已知O 为坐标原点，F 为椭圆C ：x 2＋y 22＝1在y 轴正半轴上的焦点，过F 且斜率为－2的直线l 与C 交于A 、B 两点，点P 满足OA →＋OB →＋OP →＝0． (1) 证明：点椭圆P 在C 上；(2) 设点P 关于点O 的对称点为Q ，证明：A 、P 、B 、Q 四点在同一圆上．14．已知平面内一动点P 到点F (1,0)的距离与点P 到y 轴的距离的差等于1．(1) 求动点P 的轨迹C 的方程；(2) 过点F 作两条斜率存在且互相垂直的直线l 1，l 2，设l 1与轨迹C 相交于点A ，B ，l 2与轨迹C 相交于点D ，E ，求AD →·EB →的最小值．15．设圆C 与两圆()4522=++y x ，()4522=+-y x 中的一个内切，另一个外切．(1) 求圆C 的圆心轨迹L 的方程； (2) 已知点M ⎝⎛⎭⎪⎫355，455，F (5，0)，且P 为L 上动点．求||MP |－|FP ||的最大值及此时点P 的坐标．16．在平面直角坐标系中，已知向量()2,-=y x a ，()()R k y kx b ∈+=2,，若-=+．（1）求动点()y x M ,的轨迹T 的方程，并说明该方程表示的曲线的形状； （2）当34=k 时，已知()1,01-F 、()1,02F ，点P 是轨迹T 在第一象限的一点，且满足1=，若点Q 是轨迹T 上不同于点P 的另一点，问是否存在以PQ 为直径的圆G 过点2F ，若存在，求出圆G 的方程，若不存在，请说明理由．17．在平面直角坐标系中，已知焦距为4的椭圆)0(1:2222>>=+b a by a x C 的左、右顶点分别为B A 、，椭圆C 的右焦点为F ，过F 作一条垂直于x 轴的直线与椭圆相交于S R 、，若线段RS 的长为310． （1）求椭圆C 的方程；（2）设Q 是直线9=x 上的点，直线QB QA 、与椭圆C 分别交于点N M 、，求证：直线MN 必过x 轴上的一定点，并求出此定点的坐标；（3）实际上，第（2）小题的结论可以推广到任意的椭圆、双曲线以及抛物线，请你对抛物线)0(22>=p px y 写出一个更一般的结论，并加以证明．2013届高三理科数学小综合专题练习——解析几何参考答案一、选择题CBB AAD 二、填空题 7．2； 8．y x 342=或x y 292-=； 9．()2 2，； 10．②③ 三、解答题11．解(1) 设()y x M ，，()P P y x P ，．由已知得⎪⎩⎪⎨⎧==y y xx p P 45∵P 在圆2522=+y x 上， ∴254522=⎪⎭⎫⎝⎛+y x ．即点M 的轨迹C 的方程为1162522=+y x ．(2) 过点()03，且斜率为54的直线方程为()354-=x y ， 设直线与C 的交点为()11y x A ，，()22y x B ，，将直线方程()354-=x y 代入C 的方程，得()12532522=-+x x ，即0832=--x x ．∴x 1＝3－412，x 2＝3＋412，∴线段AB 的长度为 |AB |＝()()221221y y x x -+-＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1625x 1－x 22＝4125×41＝415．12．解(1) 依题意，点P 的坐标为(0，m )．因为MP ⊥l ，所以0－m2－0×1＝－1，解得m ＝2，即点P 的坐标为(0,2)． 从而圆的半径r ＝|MP |＝()()222002-+-＝22，故所求圆的方程为(x －2)2＋y 2＝8． (2) 因为直线l 的方程为y ＝x ＋m ，所以直线l ′的方程为y ＝－x －m ． 由⎩⎨⎧=--=yx mx y 42得x 2＋4x ＋4m ＝0．由∆＝42－4×4m ＝16(1－m )=0，即m ＝1，直线l ′与抛物线C 相切．13．(1) 证明：F (0,1)，l 的方程为y ＝－2x ＋1，代入x 2＋y 22＝1得：4x 2－22x －1＝0．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 3，y 3) ∴ x 1＋x 2＝22，y 1＋y 2＝－2(x 1＋x 2)＋2＝1， 由题意得x 3＝－(x 1＋x 2)＝22-，y 3＝－(y 1＋y 2)＝－1． 所以点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－1． 经验证，点P 的坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－1满足方程x 2＋y 22＝1，故点P 在椭圆C 上．(2)证明：由P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－1和题设知 Q ⎝⎛⎭⎪⎫22，1，PQ 的垂直平分线l 1的方程为y ＝22-x ① 设AB 的中点为M ，则M ⎝⎛⎭⎪⎫24，12，AB 的垂直平分线l 2的方程为y ＝22x ＋14②由①、②得l 1、l 2的交点为N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－28，18． |NP |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＋282＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－182＝3118，|AB |＝()221-+·|x 2－x 1|＝322，|AM |＝324，|MN |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫24＋282＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－182＝338，|NA |＝|AM |2＋|MN |2＝3118，故|NP |＝|NA |．又|NP |＝|NQ |，|NA |＝|NB |，所以|NA |＝|NP |＝|NB |＝|NQ |， 由此知A 、P 、B 、Q 四点在以N 为圆心，NA 为半径的圆上．14．(1) 设动点P 的坐标为(x ，y )，由题意有()221y x +-－|x |＝1，化简得x x y 222+=． 当x ≥0时，y 2＝4x ；当x <0时，y ＝0．所以，动点P 的轨迹C 的方程为y 2＝4x (x ≥0)和y ＝0(x <0)．(2) 由题意知，直线l 1的斜率存在且不为0，则可设l 1的方程为y ＝k (x －1)．由()⎩⎨⎧=-=xy x k y 412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＝2＋4k2，x 1x 2＝1 因为l 1⊥l 2，所以l 2的斜率为－1k设D (x 3，y 3)，E (x 4，y 4)，则同理可得x 3＋x 4＝2＋4k 2，x 3x 4＝1 故AD →·EB →＝(AF →＋FD →)·(EF →＋FB →)＝AF →·EF →＋AF →·FB →＋FD →·EF →＋FD →·FB →＝|AF →|·|FB →|＋|FD →|·|EF →|11+=x AF 12+=x FB 13+=x FD 14+=x EF ∴AD →·EB →＝(x 1＋1)(x 2＋1)＋(x 3＋1)(x 4＋1) ＝x 1x 2＋(x 1＋x 2)＋1＋x 3x 4＋(x 3＋x 4)＋1＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫2＋4k 2＋1＋1＋(2＋4k 2)＋1＝8＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋1k 2≥8＋4×2k 2·1k2＝16．当且仅当k 2＝1k2，即k ＝±1时，AD →·EB →取最小值16．15．解(1) 设圆C 的圆心()y x C ,，其半径为r ．()0,51-F ，()0,52F由题设知⎪⎩⎪⎨⎧-=+=2221r CF r CF 或⎪⎩⎪⎨⎧+=-=2221r CF r CF即21214F F CF CF <=-∴圆C 的圆心轨迹L 是以()0,51-F ，()0,52F为焦点且实轴长为4的双曲线． ∴L 的方程为x 24－y 2＝1．(2) 由已知可求得过M ，F 的直线l 方程为y ＝－2(x －5)，将其代入L 的方程得15x 2－325x ＋84＝0，解得x 1＝655，x 2＝14515，即l 与L 的交点坐标分别为T 1⎝⎛⎭⎪⎫655，－255，T 2⎝ ⎛⎭⎪⎫14515，2515.因T 1在线段MF 外，T 2在线段MF 内，故||MT 1|－|FT 1||＝|MF |＝2，||MT 2|－|FT 2||<|MF |＝2． 若P 不在直线MF 上，在△MFP 中有||MP |－|FP ||<|MF |＝2． 故||MP |－|FP ||只在点P 位于T 1⎝⎛⎭⎪⎫655，－255时取得最大值2．16．解（1）∵b a ⊥，∴()()02,2,=+⋅-=⋅y kx y x b a ，得0422=-+y kx ，即422=+y kx ．当0=k 时，方程表示两条与x 轴平行的直线； 当1=k时，方程表示以原点为圆心，以2为半径的圆；当0＜k ＜1时，方程表示焦点在x 轴上的椭圆； 当k ＞1时，方程表示焦点在y 轴上的椭圆； 当k ＜0时，方程表示焦点在y 轴上的双曲线．（2）由（1）知，轨迹T 是椭圆13422=+x y ，则1F 、2F 为椭圆的两焦点． 由椭圆定义得421=+PF PF ，又121=-PF PF ．解得251=PF ，232=PF ， 又221=F F ，有2212221F F PF PF+=,∴212F F PF ⊥，∴P 的纵坐标为1，把1=y 代入13422=+x y 得23=x 或23-=x （舍去），∴⎪⎭⎫ ⎝⎛1,23P ． 设存在满足条件的圆，则22QF PF ⊥，设()t s Q ,，则⎪⎭⎫ ⎝⎛-=0,232PF ，()t s QF --=1,2,∴022=⋅QF PF ，即()01023=-⨯+t s , ∴0=s ．又13422=+s t ，∴2±=t , ∴()2,0Q 或()2,0-Q ． 所以圆G 的方程：1613234322=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-y x 或1645214322=⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-y x ．17．解（1）依题意，椭圆过点)35,2(，故⎪⎩⎪⎨⎧=-=+4192542222b a ba ，解得⎩⎨⎧==5922b a ． 椭圆C 的方程为15922=+y x ． （2）设),9(m Q ，直线QA 的方程为)3(12+=x my代入椭圆方程，得96)80(2222+++m x m x m 设),(11y x M ，则8032408072093221221+-=⇒+-=-m m x m m x ， 8040)3803240(12)3(1222211+=++-=+=m mm m m x m y ，故点M的坐标为)8040,803240(222++-m mm m ． 同理，直线QB 的方程为)3(6-=x my ，代入椭圆方程，得018096)20(2222=-+-+m x m x m ，设),(22y x N ，则206032018093222222+-=⇒+-=m m x m m x ，2020)320603(6)3(622222+-=-+-=-=m mm m m x m y ．点N 的坐标为)2020,20603(222+-+-m mm m ． ①若402060380324022222=⇒+-=+-m m m m m ，直线MN 的方程为1=x ，与x 轴交于)0,1(点；②若402≠m ，直线MN 的方程为)20603(401020202222+---=++m m x m m m m y ， 令0=y ，解得1=x ．综上所述，直线MN 必过x 轴上的定点)0,1(．（3）结论：已知抛物线)0(22>=p px y 的顶点为O ，P 为直线)0(≠-=q q x 上一动点，过点P 作x 轴的平行线与抛物线交于点M ，直线OP 与抛物线交于点N ，则直线MN 必过定点)0,(q ．证明：设),(m q P -，则),2(2m pm M ， 直线OP 的方程为x qmy -=，代入px y 22=， 得022=+y mpqy ，可求得)2,2(22m pq m pq N -． 直线MN 的方程为)2(22)2(222222222p m x pq m pm p m x m pq p m m pqm m y --=--+=-， 令0=y ，得q ppqm p m x =--=22222，即直线MN 必过定点)0,(q ．。
2024届新高考数学大题精选30题--立体几何含答案
大题立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，M是BC的中点，N是AB1的中点，P是B1C1的中点．(1)证明：MN⎳平面A1CP；(2)求点P到直线MN 的距离．2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°,M是侧棱PC的中点，侧面PAD为正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD．(1)求三棱锥M-ABC的体积；(2)求AM与平面PBC所成角的正弦值．2024届新高考数学大题精选30题--立体几何3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC,AB= AC=BC=AA1=2，A1B=6．(1)设D为AC中点，证明：AC⊥平面A1DB；(2)求平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE中，BC=BD=6，EC⊥ED，且EC=ED= 2，AB平行于平面CDE，AE平行于平面BCD，AE⊥CD.(1)证明：平面ABE⊥平面CDE；(2)若点A到直线CD的距离为22，F为棱AE的中点，求平面BDF与平面BCD夹角的余弦值．5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC-A1B1C1中，A1在平面ABC内的射影O在棱AC的中点处，P为棱A1B1(包含端点)上的动点．(1)求点P到平面ABC1的距离；(2)若AP⊥平面α，求直线BC1与平面α所成角的正弦值的取值范围．6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P-ABCD中，已知AB∥CD，∠BAD=90°，CD= 2AB，△PAB是正三角形，点M在侧棱PB上且使得PD⎳平面AMC．(1)证明：PM=2BM；(2)若侧面PAB⊥底面ABCD，CM与底面ABCD所成角的正切值为311，求二面角P-AC-B的余弦值．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE为菱形，AC=BC=2，∠ACB=120°，平面ACDE⊥平面ABC，点F在AB上，且AF=2FB，M，N分别在直线CD，AB上．(1)求证：CF⊥平面ACDE；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC=60°，MN为直线CD，AB的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE与平面ABC所成角为α，若tanα>217，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF 上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1 ，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB=∠PCB=π4，点M，N分别为DP和AB的中点.(1)求证：MN⎳平面PBC；(2)求证：平面PBC⊥平面ABCD；(3)求CM与平面PAD所成角的正弦值.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD 为直角梯形，△PAD为等边三角形，AD⎳BC，AD⊥AB，AD=AB=2BC=2．(1)求证：AD⊥PC；(2)点N在棱PC上运动，求△ADN面积的最小值；(3)点M为PB的中点，在棱PC上找一点Q，使得AM⎳平面BDQ，求PQQC的值．15(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O1O2的轴截面A1ACC1为等腰梯形，AC=2AA1= 2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点，且AB=BC,P是线段BC的中点.(1)求证：C1P⎳平面A1AB.(2)求平面A1AB与平面C1CB夹角的余弦值.16(2024·广东深圳·二模)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C⊥底面ABC，且AB= AC，A1B=A1C．(1)证明：AA1⊥平面ABC；(2)若AA1=BC=2，∠BAC=90°，求平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值．17(2024·河北保定·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PCD 内存在一条直线EF 与AB 平行，PA ⊥平面ABCD ，直线PC 与平面ABCD 所成的角的正切值为32，PA =BC =23，CD =2AB =4.(1)证明：四边形ABCD 是直角梯形.(2)若点E 满足PE =2ED ，求二面角P -EF -B 的正弦值.18(2024·湖南衡阳·模拟预测)如图，在圆锥PO 中，P 是圆锥的顶点，O 是圆锥底面圆的圆心，AC 是圆锥底面圆的直径，等边三角形ABD 是圆锥底面圆O 的内接三角形，E 是圆锥母线PC 的中点，PO =6,AC =4.(1)求证：平面BED ⊥平面ABD ；(2)设点M 在线段PO 上，且OM =2，求直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值.19(2024·湖南岳阳·三模)已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为4的菱形，∠DAB =60°，PA =PC ，PB =PD =210，M 是线段PC 上的点，且PC =4MC ．(1)证明：PC ⊥平面BDM ；(2)点E 在直线DM 上，求BE 与平面ABCD 所成角的最大值．20(2024·湖南·二模)如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形，∠ABC =60°,BD 1⊥平面A 1C 1D .(1)求四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积；(2)设点D 1关于平面A 1C 1D 的对称点为E ，点E 和点C 1关于平面α对称(E 和α未在图中标出)，求平面A 1C 1D 与平面α所成锐二面角的大小.21(2024·山东济南·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠DAB=∠PCB=60°,CD=1,AB=3,PC=23，平面PCB⊥平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点.(1)证明：PF⊥AD；(2)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为74.22(2024·山东潍坊·二模)如图1，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=4，∠ABC=60°，E为CD 的中点，将△ADE沿AE折起，连结BD，CD，且BD=4，如图2．(1)求证：图2中的平面ADE⊥平面ABCE；(2)在图2中，若点F在棱BD上，直线AF与平面ABCE所成的角的正弦值为3010，求点F到平面DEC 的距离．23(2024·福建·模拟预测)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥PB,AB⊥BC,AB=3,BC=6，已知二面角P-AB-C的大小为θ，∠PAB=θ.(1)求点P到平面ABC的距离；(2)当三棱锥P-ABC的体积取得最大值时，求：(Ⅰ)二面角P-AB-C的余弦值；(Ⅱ)直线PC与平面PAB所成角.24(2024·浙江杭州·二模)如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，∠DAB=60°, BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点，PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD．(1)证明：∠ABQ=90°；(2)若多面体ABCDPQ的体积为152，求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值．25(2024·浙江嘉兴·二模)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD,PA∥QD，BC=2AB=2PA=2,∠ABC=60°.(1)证明：平面PCD⊥平面PAC；(2)若PQ=22，求平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值.26(2024·浙江绍兴·二模)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=4，AC=2，∠CAB=60°，BC⊥AP.(1)证明：平面ACP⊥平面ABC；(2)若PA=2，PB=4，求二面角P-AB-C的平面角的正切值.27(2024·河北沧州·一模)如图，在正三棱锥A -BCD 中，BC =CD =BD =4，点P 满足AP=λAC ，λ∈(0,1)，过点P 作平面α分别与棱AB ，BD ，CD 交于Q ，S ，T 三点，且AD ⎳α，BC ⎳α.(1)证明：∀λ∈(0,1)，四边形PQST 总是矩形；(2)若AC =4，求四棱锥C -PQST 体积的最大值.28(2024·湖北·二模)如图1．在菱形ABCD 中，∠ABC =120°，AB =4，AE =λAD ，AF =λAB(0<λ<1)，沿EF 将△AEF 向上折起得到棱锥P -BCDEP ．如图2所示，设二面角P -EF -B 的平面角为θ．(1)当λ为何值时，三棱锥P -BCD 和四棱锥P -BDEF 的体积之比为95(2)当θ为何值时，∀λ∈0,1 ，平面PEF 与平面PFB 的夹角φ的余弦值为5529(2024·湖北·模拟预测)空间中有一个平面α和两条直线m ，n ，其中m ，n 与α的交点分别为A ，B ，AB =1，设直线m 与n 之间的夹角为π3，(1)如图1，若直线m ，n 交于点C ，求点C 到平面α距离的最大值；(2)如图2，若直线m ，n 互为异面直线，直线m 上一点P 和直线n 上一点Q 满足PQ ⎳α，PQ ⊥n 且PQ ⊥m ，(i )求直线m ，n 与平面α的夹角之和；(ii )设PQ =d 0<d <1 ，求点P 到平面α距离的最大值关于d 的函数f d ．30(2024·浙江绍兴·模拟预测)如图所示，四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1，底面ABCD 为一个菱形，且∠BAD =120°. 底面与顶面的对角线交点分别为O ，O 1. AB =2A 1B 1=2，BB 1=DD 1=392，AA 1与底面夹角余弦值为3737.(1)证明：OO 1⊥平面ABCD ；(2)现将顶面绕OO 1旋转θ角，旋转方向为自上而下看的逆时针方向. 此时使得底面与DC 1的夹角正弦值为64343，此时求θ的值(θ<90°)；(3)求旋转后AA 1与BB 1的夹角余弦值.大题 立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为2，M 是BC 的中点，N 是AB 1的中点，P 是B 1C 1的中点．(1)证明：MN ⎳平面A 1CP ；(2)求点P 到直线MN 的距离．【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】(1)建立如图空间直角坐标系A -xyz ，设平面A 1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，利用空间向量法证明MN ⋅n=0即可；(2)利用空间向量法即可求解点线距.【详解】(1)由题意知，AA 1⊥平面ABC ，∠BAC =60°，而AB ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥AB ，在平面ABC 内过点A 作y 轴，使得AB ⊥y 轴，建立如图空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0),B (2,0,0),C (1,3,0),A 1(0,0,2),B 1(2,0,2)，得M 32,32,0,N (1,0,1),P 32,32,2，所以A 1C =(1,3,-2),A 1P =32,32,0 ,MN =-12,-32,1 ，设平面A1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅A 1C=x +3y -2z =0n ⋅A 1P =32x +32y =0，令x =1，得y =-3,z =-1，所以n=(1,-3,-1)，所以MN ⋅n =-12×1+-32×(-3)+1×(-1)=0，又MN 不在平面A 1CP 内即MN ⎳平面A 1CP ；(2)如图，连接PM ，由(1)得PM =(0,0,-2)，则MN ⋅PM =-2，MN =2,PM =2，所以点P 到直线MN 的距离为d =PM 2-MN ⋅PMPM2= 3.2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD =60°,M 是侧棱PC 的中点，侧面PAD 为正三角形，侧面PAD ⊥底面ABCD ．(1)求三棱锥M -ABC 的体积；(2)求AM 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】(1)12(2)3311．【分析】(1)作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，由中位线得到M 到平面ABCD 的距离为32，进而由锥体体积公式求出答案；(2)证明出BO ⊥AD ，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由法向量的夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值.【详解】(1)如图所示，取AD 的中点O ，连接PO ．因为△PAD 是正三角形，所以PO ⊥AD ．又因为平面PAD ⊥底面ABCD ,PO ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，且PO =3．又因为M 是PC 的中点，M 到平面ABCD 的距离为32，S △ABC =12×2×2×sin 2π3=3，所以三棱锥M -ABC 的体积为13×3×32=12．(2)连接BO ,BD ，因为∠BAD =π3，所以△ABD 为等边三角形，所以BO ⊥AD ，以O 为原点，OA ,OB ,OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P 0,0,3 ,A 1,0,0 ,B 0,3,0 ,C -2,3,0 ，所以M -1,32,32 ,AM =-2,32,32,PB =0,3,-3 ,BC =-2,0,0 ．设平面PBC 的法向量为n=x ,y ,z ，则PB ⋅n =0BC ⋅n =0，即3y -3z =0-2x =0 ，解得x =0，取z =1，则y =1，所以n=0,1,1 ．设AM 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ=cos AM ,n =AM ⋅nAM ⋅n=-2,32,32 ⋅0,1,14+34+34×1+1=3311．即AM 与平面PBC 所成角的正弦值为3311．3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ,AB =AC =BC =AA 1=2，A 1B =6．(1)设D 为AC 中点，证明：AC ⊥平面A 1DB ；(2)求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)55【分析】(1)根据等边三角形的性质得出BD ⊥AC ，根据平面ACC 1A 1⊥平面ABC 得出BD ⊥平面ACC 1A 1，BD ⊥A 1D ，利用勾股定理得出AC ⊥A 1D ，从而证明AC ⊥平面A 1DB ；(2)建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面A 1AB 1的法向量和平面ACC 1A 1的一个法向量，利用向量求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角余弦值．【详解】(1)证明：因为D 为AC 中点，且AB =AC =BC =2，所以在△ABC 中，有BD ⊥AC ，且BD =3，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，且平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，BD ⊂平面ABC ,所以BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1，则BD ⊥A 1D ，由A 1B =6，BD =3，得A 1D =3，因为AD =1，AA 1=2，A 1D =3，所以由勾股定理，得AC ⊥A 1D ，又AC ⊥BD ，A 1D ∩BD =D ,A 1D ,BD ⊂平面A 1DB ，所以AC ⊥平面A 1DB ；(2)如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系D -xyz ，可得A (1,0,0),A 1(0,0,3),B (0,3,0)，则AA 1 =-1,0,3 ,AB=-1,3,0 ，设平面A 1AB 1的法向量为n=(x ,y ,z )，由n ⋅AA 1=-x +3z =0n ⋅AB=-x +3y =0，令x =3，得y =1，z =1，所以n=3,1,1 ,由(1)知，BD ⊥平面ACC 1A 1，所以平面ACC 1A 1的一个法向量为BD=(0,-3,0)，记平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角为α，则cos α=|n ⋅BD ||n ||BD |=35×3=55，所以平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值为55．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE 中，BC =BD =6，EC ⊥ED ，且EC =ED =2，AB 平行于平面CDE ，AE 平行于平面BCD ，AE ⊥CD .(1)证明：平面ABE ⊥平面CDE ；(2)若点A 到直线CD 的距离为22，F 为棱AE 的中点，求平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)10535【分析】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，使用线面平行的性质，然后用面面垂直的判定定理即可；(2)证明BE ⊥平面CDE ，然后构造空间直角坐标系，直接用空间向量方法即可得出结果.【详解】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，连接ME ,MB ，则平面ABE 与平面CDE 的交线为ME ，平面ABE 与平面BCD 的交线为MB ，因为AB 平行于平面CDE ，AB ⊂平面ABE ，平面ABE 和平面CDE 的交线为ME ，所以AB ∥ME ．同理AE ∥MB ，所以四边形ABME 是平行四边形，故AE ∥MB ，AB ∥ME .因为CD ⊥AE ，AE ∥MB ，所以CD ⊥MB ，又BC =BD =6，所以M 为棱CD 的中点在△CDE 中，EC =ED ，MC =MD ，所以CD ⊥ME ，由于AB ∥ME ，故CD ⊥AB .而CD ⊥AE ，AB ∩AE =A ，AB ,AE ⊂平面ABE ，所以CD ⊥平面ABE ，又CD ⊂平面CDE ，所以平面ABE ⊥平面CDE .(2)由(1)可知，CD ⊥平面ABME ，又AM ⊂平面ABME ，所以CD ⊥AM .而点A 到直线CD 的距离为22，故AM =2 2.在等腰直角三角形CDE 中，由EC =ED =2,得CD =2,MC =MD =ME =1.在等腰三角形BCD 中，由MC =MD =1，BC =BD =6，得BM = 5.在平行四边形ABME 中，AE =BM =5，AB =EM =1，AM =22，由余弦定理得cos ∠MEA =EM 2+AE 2-AM 22EM ·AE=-55，所以cos ∠BME =55，所以BE =BM 2+EM 2-2BM ·EM cos ∠BME =2.因为BE 2+ME 2=22+12=5 2=BM 2，所以BE ⊥ME .因为平面ABME ⊥平面CDE ，平面ABME 和平面CDE 的交线为ME ，BE 在平面ABME 内.所以BE ⊥平面CDE .如图，以E 为坐标原点，EC ,ED ,EB 分别为x ,y ,z 轴正方向，建立空间直角坐标系.则E 0,0,0 ,C 2,0,0 ,D 0,2,0 ,B 0,0,2 ,A -22,-22,2 ,F -24,-24,1.所以CD =-2,2,0 ,DB =0,-2,2 ,FB =24,24,1 .设平面BCD 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅CD=0m ⋅DB =0，即-2x 1+2y 1=0-2y 1+2z 1=0 .则可取x 1=2，得m=2,2,2 .设平面BDF 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，则n ⋅FB =0n ⋅DB=0，即24x 2+24y 2+z 2=0-2y 2+2z 2=0.取z 2=1，则n=-32,2,1 ．设平面BDF 与平面BCD 的夹角为θ，则cos θ=m ⋅n m ⋅n =-3210×21=10535.所以平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值为10535.5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1在平面ABC 内的射影O 在棱AC 的中点处，P 为棱A 1B 1(包含端点)上的动点．(1)求点P 到平面ABC 1的距离；(2)若AP ⊥平面α，求直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围．【答案】(1)23913；(2)25,104.【分析】(1)以O 为原点建立空间直角坐标系，求出平面ABC 1的法向量，再利用点到平面距离的向量求法求解即得.(2)由向量共线求出向量AP的坐标，再利用线面角的向量求法列出函数关系，并求出函数的值域即可.【详解】(1)依题意，A 1O ⊥平面ABC ，OB ⊥AC (底面为正三角形)，且A 1O =OB =3，以O 为原点，OB ,OC ,OA 1的方向分别为x ,y ,z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，则O (0,0,0),A (0,-1,0),B (3,0,0),C (0,1,0),A 1(0,0,3),C 1(0,2,3)，AC 1 =(0,3,3)，BC 1 =(-3,2,3)，AA 1 =(0,1,3)，由A 1B 1⎳AB ，A 1B 1⊄平面ABC 1，AB ⊂平面ABC 1，则A 1B 1⎳平面ABC 1，即点P 到平面ABC 1的距离等于点A 1到平面ABC 1的距离，设n =(x ,y ,z )为平面ABC 1的一个法向量，由n ⋅AC 1=3y +3z =0n ⋅BC 1=-3x +2y +3z =0，取z =3，得n=(1,-3,3)，因此点A 1到平面ABC 1的距离d =|AA 1 ⋅n||n |=2313=23913，所以点P 到平面ABC 1的距离为23913．(2)设A 1P =λA 1B 1 ，λ∈[0,1]，则AP =AA 1 +A 1P =AA 1 +λAB=(0,1,3)+λ(3,1,0)=(3λ,1+λ,3)，由AP ⊥α，得AP为平面α的一个法向量，设直线BC 1与平面α所成角为θ，则sin θ=|cos ‹BC 1 ,AP ›|=|BC 1 ⋅AP||BC 1 ||AP |=|5-λ|10⋅3λ2+(1+λ)2+3=5-λ25⋅2λ2+λ+2，令t =5-λ，则λ=5-t ，t ∈[4,5]，则sin θ=t 25⋅2(5-t )2+(5-t )+2=t25⋅2t 2-21t +57=125⋅2-21t+57t 2=125571t-7382+576，由t ∈[4,5]，得1t ∈15,14 ，于是571t -738 2+576∈225,516，25⋅571t -738 2+576∈2105,52 ，则sin θ∈25,104，所以直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围是25,104.6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P -ABCD 中，已知AB ∥CD ，∠BAD =90°，CD =2AB ，△PAB 是正三角形，点M 在侧棱PB 上且使得PD ⎳平面AMC ．(1)证明：PM =2BM ；(2)若侧面PAB ⊥底面ABCD ，CM 与底面ABCD 所成角的正切值为311，求二面角P -AC -B 的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)1010．【分析】(1)连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，由已知得AB CD=EBED ，由线面平行的性质得PD ∥EM ，根据三角形相似可得EB ED =BM PM=12，即PM =2BM(2)设AB 的中点O ，首先由已知得PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ∥PO 交AB 于点F ，得MF ⊥底面ABCD ，则∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，在底面ABCD 上过点O 作OG ⊥AC 于点G ，则∠PGO 是二面角P -AC -B 的平面角，根据条件求解即可【详解】(1)证明：连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，在△EAB 与△ECD 中，∵AB ∥CD ，∴AB CD=EBED ，由CD =2AB ，得ED =2EB ，又∵PD ⎳平面AMC ，而平面PBD ∩平面AMC =ME ，PD ⊂平面PBD ，∴PD ∥EM ，∴在△PBD 中，EB ED =BM PM=12，∴PM =2BM ；(2)设AB 的中点O ，在正△PAB 中，PO ⊥AB ，而侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB ∩底面ABCD =AB ，且PO ⊂平面PAB ，∴PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ⎳PO 交AB 于点F ，∴MF ⊥底面ABCD ，∴∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，∴MF CF=311，设AB =6a ，则MF=3a，∴CF=11a，BF=MF3=a，则在直角梯形ABCD中，AF=5a，而CD=12a，则AD=11a2-12a-5a2=62a，在底面ABCD上过点O作OG⊥AC于点G，则∠PGO是二面角P-AC-B的平面角，易得OA=3a，AC=66a，在梯形ABCD中，由OAOG=ACAD⇒3aOG=66a62a，得OG=3a，在Rt△POG中，PG=30a，∴cos∠PGO=OGPG=1010．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)4(2)413【分析】(1)取AB,CD的中点M,N，证得平面ADE⎳平面MNHG，得到AE⎳GH，再由平面ABG⎳平面CDEHG，证得AG⎳EH，得到平行四边形AGHE，得到GH=AE，求得HN=4，结合HN⊥平面ABCD，即可求解；(2)以点N为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面BFHG和平面AGHE的法向量n =(1,3,4)和m =(1,-3,4)，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】(1)如图所示，取AB,CD的中点M,N，连接GM,MN,HN，因为GA=GB，可得GM⊥AB，又因为平面ABG⊥平面ABCD，且平面ABG∩平面ABCD=AB，GM⊂平面ABG，所以GM⊥平面ABCD，同理可得：HN⊥平面ABCD，因为ED⊥平面ABCD，所以ED⎳HN，又因为ED⊄平面MNHG，HN⊂平面MNHG，所以ED⎳平面MNHG，因为MN⎳AD，且AD⊄平面MNHG，MN⊂平面MNHG，所以AD⎳平面MNHG，又因为AD∩DE=D，且AD,DE⊂平面ADE，所以平面ADE⎳平面MNHG，因为平面AEHG与平面ADE和平面MNHG于AE,GH，可得AE⎳GH，又由GM⎳HN，AB⎳CD，且AB∩GM=M和CD∩HN=N，所以平面ABG⎳平面CDEHG，因为平面AEHG与平面ABG和平面CDEHF于AG,EH，所以AG⎳EH，可得四边形AGHE 为平行四边形，所以GH =AE ，因为AE =AD 2+DE 2=42+12=17，所以GH =17，在直角△AMG ，可得GM =GB 2-AB 22=52-42=3，在直角梯形GMNH 中，可得HN =3+17-42=4，因为HN ⊥平面ABCD ，所以点H 到平面ABCD 的距离为4.(2)解：以点N 为原点，以NM ,NC ,NH 所在的直线分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E (0,-4,1),F (0,4,1),G (4,0,3),H (0,0,4)，可得HE =(0,-4,-3),HF =(0,4,-3),HG=(4,0,-1)，设平面BFHG 的法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅HG=4x -z =0n ⋅HF=4y -3z =0，取z =4，可得x =1,y =3，所以n=(1,3,4)，设平面AGHE 的法向量为m=(a ,b ,c )，则m ⋅HG=4a -c =0m ⋅HE=-4b -3c =0，取c =4，可得a =1,b =-3，所以m=(1,-3,4)，则cos m ,n =m ⋅n m n=1-9+161+9+16⋅1+9+16=413，即平面BFHG 与平面AGHE 所成锐二面角的余弦值413.8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE 为菱形，AC =BC =2，∠ACB =120°，平面ACDE ⊥平面ABC ，点F 在AB 上，且AF =2FB ，M ，N 分别在直线CD ，AB 上．(1)求证：CF ⊥平面ACDE ；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC =60°，MN 为直线CD ，AB 的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE 与平面ABC 所成角为α，若tan α>217，求平面BCD 与平面CFD 所成角余弦值的范围．【答案】(1)证明见解析(2)AN AF=913(3)528,255 【分析】(1)先通过余弦定理及勾股定理得到CF ⊥AC ，再根据面面垂直的性质证明；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，利用向量的坐标运算根据MN ⋅CD =0MN ⋅AF =0，列方程求解即可；(3)利用向量法求面面角，然后根据tan α>217列不等式求解.【详解】(1)AB 2=AC 2+BC 2-2AC ⋅BC ⋅cos ∠ACB =12，AB =23，AF =2FB ，所以AF =433，CF=13CA +23CB ，CF 2=19CA 2+49CB 2+49CA ⋅CB =43，AC 2+CF 2=4+43=163=AF 2，则CF ⊥AC ，又因为平面ACDE ⊥平面ABC ，平面ACDE ∩平面ABC =AC ，CF ⊂面ABC ，故CF ⊥平面ACDE ；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，由∠EAC =60°，可得∠DCA =120°，DC =2，所以C 0,0,0 ,D -1,0,3 ,A 2,0,0 ,F 0,233,0 所以AF =-2,233,0 ，CD =-1,0,3 ，设AN =λAF =-2λ,233λ,0 ，则N 2-2λ,233λ,0 ，设CM =μCD ，则M -μ,0,3μ ，MN =2-2λ+μ,233λ,-3μ ，由题知，MN ⋅CD=0MN ⋅AF =0 ⇒2λ-2-μ-3μ=04λ-4-2μ+43λ=0 ，解得λ=913，μ=-213，故AN AF=913；(3)B -1,3,0 ，设∠EAC =θ，则E 2-2cos θ,0,2sin θ ，BE=3-2cos θ,-3,2sin θ ，可取平面ABC 的法向量n=0,0,1 ，则sin α=cos n ,BE=n ⋅BEn ⋅BE =2sin θ 3-2cos θ 2+3+4sin 2θ=sin θ4-3cos θ，cos α=4-3cos θ-sin 2θ4-3cos θ，则tan α=sin θ4-3cos θ-sin 2θ>217，整理得10cos 2θ-9cos θ+2<0，故cos θ∈25,12，CF =0,23,0，CD =-2cos θ,0,2sin θ ，CB =-1,3,0 ，记平面CDF 的法向量为n 1 =x ,y ,z ，则有n 1 ⋅CD =0n 1 ⋅CF =0 ⇒-2x cos θ+2z sin θ=023y =0，可得n 1=sin θ,0,cos θ ，记平面CBD 的法向量为n 2 =a ,b ,c ，则有n 2 ⋅CD=0n 2 ⋅CB =0 ⇒-2a cos θ+2c sin θ=0-a +3b =0，可得n 2=3sin θ,sin θ,3cos θ ，记平面BCD 与平面CFD 所成角为γ，则cos γ=cos n 1 ,n 2 =33+sin 2θ，cos θ∈25,12 ，所以sin 2θ∈34,2125 ，3+sin 2θ∈152,465 ，故cos γ=33+sin 2θ∈528,255 ．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．【答案】(1)证明见解析(2)∠MAD =45°【分析】(1)根据面面与线面垂直的性质可得BD ⊥AF ，结合线面、面面垂直的判定定理即可证明；(2)建立如图空间直角坐标系，设∠MAD =α，AB =1，利用空间向量法求出二面角C -AM -E 的余弦值，建立方程1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，结合三角恒等变换求出α即可.【详解】(1)由已知得平面ABCD ⊥平面ABEF ，AF ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF =AB ，AF ⊂平面ABEF ，所以AF ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，故BD ⊥AF ，因为ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC ，AC ，AF ⊂平面ACF ，AC ∩AF =A ，所以BD ⊥平面ACF ，又BD ⊂平面BDE ，所以平面ACF ⊥平面BDE .(2)由(1)知AD ，AF ，AB 两两垂直，以AD ，AF ，AB 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图.设∠MAD =α，AB =1，则A 0,0,0 ，M cos α,sin α,0 ，C 1,0,1 ，E 0,1,1 ，故AM =cos α,sin α,0 ，AC =1,0,1 ，AE =0,1,1设平面AMC 的法向量为m =x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅AC =0，m ⋅AM=0故x 1+z 1=0x 1cos α+y 1sin α=0，取x 1=sin α，则y 1=-cos α，z 1=-sin α所以m=sin α,-cos α,-sin α设平面AME 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，n ⋅AE =0，n ⋅AM=0故y 2+z 2=0x 2cos α+y 2sin α=0，取x 2=sin α，则y 2=-cos α，z 2=cos α所以n=sin α,-cos α,cos α ，所以cos m ,n =1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α，由已知得1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，化简得：2sin 22α-9sin2α+7=0，解得sin2α=1或sin2α=72(舍去)故α=45°，即∠MAD =45°.10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)68585【分析】(1)取AC 的中点O ，根据面面垂直的性质定理，可得DO ⊥平面ABC ，即可求证DO 2⎳OO 1，进而可证矩形，即可根据线线平行以及平行的传递性求解.(2)建系，利用向量法，求解法向量n =1,-12,3 与方向向量DB =(-1,4,-3)的夹角，即可求解．【详解】(1)证明：取AC 的中点为O ，连接DO ，OO 1，O 1O 2，∵DA =DC ，O 为AC 中点，∴DO ⊥AC ，又平面DAC ⊥平面ABC ，且平面DAC ∩平面ABC =AC ，DO ⊂平面DAC ,∴DO ⊥平面ABC ，∴DO ⎳O 1O 2，DO =O 1O 2，故四边形DOO 1O 2为矩形，∴DO 2⎳OO 1，又O ，O 1分别是AC ，AB 的中点，∴OO 1⎳BC ，∴DO 2⎳BC ；(2)∵C 是圆O 1上异于A ，B 的点，且AB 为圆O 1的直径，∴BC ⊥AC ，∴OO 1⊥AC ，∴如图以O 为原点建立空间直角坐标系，由条件知DO =3，∴A (1,0,0),B (-1,4,0),C (-1,0,0),D (0,0,3)，∴E -12,0,32 ，设F (x ,y ,z )，∴BF =(x +1,y -4,z )，FD=(-x ,-y ,3-z )，由BF =2FD ，得F -13,43,233 ，∴AF =-43,43,233 ，∴DB =(-1,4,-3)，AE =-32,0,32 ，设平面AEF 法向量为n=(x 1,y 1,z 1)，则n ⋅AE=-32x 1+32z 1=0n ⋅AF =-43x 1+43y 1+233z 1=0，取n =1,-12,3 ，设直线BD 与平面AEF 所成角为θ，则sin θ=|cos <n ,DB>|=625⋅172=68585∴直线BD 与平面AEF 所成角的正弦值为68585．11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)241391【分析】(1)方法一运用空间向量的线性运算，进行空间位置关系的向量证明即可.方法二：建立空间直角坐标系，进行空间位置关系的向量证明即可.(2)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可.【详解】(1)方法一：∵A 1B 1=12AB ，∴AA 1 ⋅AB =AA 1 ⋅AD =22×22=2．∵D 1A =-12AD-AA 1∴D 1P =D 1A +AP =1-λ AB +12λ-12AD+λ-1 AA 1∴D 1P ⋅AC =1-λ AB +12λ-12AD +λ-1 AA 1 ⋅AB +AD =1-λ AB 2+12λ-12 AD2+λ-1 AB ⋅AA 1 +λ-1 AD ⋅AA 1=81-λ +812λ-12+4λ-1 =0．∴D 1P ⊥AC ，即D 1P ⊥AC ．方法二：以底面ABCD 的中心O 为原点，以OM 方向为y 轴，过O 点平行于AD 向前方向为x 轴，以过点O 垂直平面ABCD 向上方向为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正四棱台的高度为h ，则有 A 2,-2,0 ，B 2,2,0 ，C -2,2,0 ，D -2,-2,0 ，A 122,-22,h ，C 1-22,22,h ，D 1-22,-22,h ，M 0,2,0 ，AC =-22,22,0AP =1-λ 0,22,0 +12λ-22,0,0 +λ-22,22,0 =-322λ,22-322λ,λhD 1A =322,-22,-h ，D 1P =D 1A +AP =-322λ+322,-322λ+322,λh -h ．故AC ⋅D 1P=0，所以D 1P ⊥AC ．(2)设平面ABCD 的法向量为n=0,0,1 ，设平面AMC 1的法向量为m =x ,y ,z ，AM =-2,22,0 ，AC 1 =-322,322,h ，则有AM ⋅m=0AC 1 ⋅m=0 ，即-2x +22y =0-322x +322y +hz =0，令x =22h ，则m=22h ,2h ,3 ．又题意可得cos m ,n =38h 2+2h 2+9=37，可得h =2．因为λ=23，经过计算可得P 0,0,43 ，D 1-22,-22,2 ，D 1P =2,2,43．将h =2代入，可得平面AMC 1的法向量m=42,22,3 ．设直线DP 与平面AMC 1所成角的为θsin θ=cos DP ,m =8+4+42+2+16932+8+9=241391．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.【答案】(1)证明见详解(2)-22【分析】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，利用线面平行的判定定理证明；(2)由已知可知，△AA 1C 为等边三角形，故A 1E ⊥AC ，利用面面垂直的性质定理可证得A 1E ⊥底面ABC ，进而建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角余弦值.【详解】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，因为侧面BCC 1B 1是平行四边形，所以N 为B 1C 的中点，又因为点E 为线段AC 的中点，所以NE ⎳AB 1，因为AB 1⊄面BEC 1，NE ⊂面BEC 1，所以AB 1⎳面BEC 1.(2)连接A 1C ，A 1E ，因为∠A 1AC =π3，AC =AA 1=2，所以△AA 1C 为等边三角形，A 1C =2，因为点E 为线段AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ，因为侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，A 1E ⊂平面ACC 1A 1，所以A 1E ⊥底面ABC ，过点E 在底面ABC 内作EF ⊥AC ，如图以E 为坐标原点，分布以EF ，EC ，EA 1 的方向为x ,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系，则E 0,0,0 ，B 32,-12,0 ，C 10,2,3 ，所以EB =32,-12,0 ，EC 1 =0,2,3 ，设平面BEC 1的法向量为m=x ,y ,z ，则m ⋅EB =32x -12y =0m ⋅EC 1=2y +3z =0，令x =1，则y =3,z =-2，所以平面BEC 1的法向量为m=1,3,-2 ，又因为平面ABE 的法向量为n=0,0,1 ，则cos m ,n =-21+3+4=-22，经观察，二面角A -BE -C 1的平面角为钝角，所以二面角A -BE -C 1的余弦值为-22.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，△DCP 是等边三角形，∠DCB =∠PCB =π4，点M ，N 分别为DP 和AB 的中点.(1)求证：MN ⎳平面PBC ；(2)求证：平面PBC ⊥平面ABCD ；(3)求CM 与平面PAD 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)33.【分析】(1)取PC 中点E ，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得.(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.(3)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.【详解】(1)取PC 中点E ，连接ME ,BE ，由M 为DP 中点，N 为AB 中点，得ME ⎳DC ,ME =12DC ，又BN ⎳CD ,BN =12CD ，则ME ⎳BN ,ME =BN ，因此四边形BEMN 为平行四边形，于是MN ⎳BE ，而MN ⊄平面PBC ,BE ⊂平面PBC ，所以MN ⎳平面PBC .(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，连接DQ ，由∠DCB =∠PCB =π4,CD =PC ,QC =QC ，得△QCD ≌△QCP ，则∠DQC =∠PQC =π2，即DQ ⊥BC ，而PQ =DQ =2,PQ 2+DQ 2=4=PD 2，因此PQ ⊥DQ ，又DQ ∩BC =Q ,DQ ,BC ⊂平面ABCD ，则PQ ⊥平面ABCD ，PQ ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面ABCD .(3)由(2)知，直线QC ,QD ,QP 两两垂直，以点Q 为原点，直线QC ,QD ,QP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则C (2,0,0),P (0,0,2),D (0,2,0),M 0,22,22,A (-2,2,0)，CM =-2,22,22,AD =(2,0,0),DP =(0,-2,2)，设平面PAD 的一个法向量n =(x ,y ,z )，则n ⋅AD=2x =0n ⋅DP=-2y +2z =0，令y =1，得n=(0,1,1)，设CM 与平面PAD 所成角为θ，sin θ=|cos ‹CM ,n ›|=|CM ⋅n||CM ||n |=23⋅2=33，所以CM 与平面PAD 所成角的正弦值是33.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，△PAD 为等边三角形，AD ⎳BC ，AD ⊥AB ，AD =AB =2BC =2．(1)求证：AD ⊥PC ；(2)点N 在棱PC 上运动，求△ADN 面积的最小值；(3)点M 为PB 的中点，在棱PC 上找一点Q ，使得AM ⎳平面BDQ ，求PQQC的值．【答案】(1)证明见解析(2)2217(3)4【分析】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，依题意可得四边形ABCH 为矩形，即可证明CH ⊥AD ，再由PH ⊥AD ，即可证明AD ⊥平面PHC ，从而得证；(2)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，即可得到CG AG=12，再根据线面平行的性质得到CF FM =12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，即可得到MKCQ=2，最后由PQ =2MK 即可得解.【详解】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，则AH ⎳BC 且AH =BC ，又AD ⊥AB ，所以四边形ABCH 为矩形，所以CH ⊥AD ，又△PAD 为等边三角形，所以PH ⊥AD ，PH ∩CH =H ，PH ,CH ⊂平面PHC ，所以AD ⊥平面PHC ，又PC ⊂平面PHC ，所以AD ⊥PC .(2)连接HN ，由AD ⊥平面PHC ，又HN ⊂平面PHC ，所以AD ⊥HN ，所以S △ADH =12AD ⋅HN =HN ，要使△ADN 的面积最小，即要使HN 最小，当且仅当HN ⊥PC 时HN 取最小值，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥平面ABCD ，又HC ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥HC ，在Rt △HPC 中，CH =2，PH =3，所以PC =CH 2+PH 2=7，当HN ⊥PC 时HN =PH ⋅CH PC =237=2217，所以△ADN 面积的最小值为2217.(3)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，因为AD ⎳BC 且AD =2BC =2，所以△CGB ∽△AGD ，所以CG AG =BC AD=12，因为AM ⎳平面BDQ ，又AM ⊂平面ACM ，平面BDQ ∩平面ACM =GF ，所以GF ⎳AM ，所以CF FM =CG AG=12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，则有MK CQ =MF CF=2，所以PQ =2MK ，所以PQ =2MK =4CQ ，即PQQC=415(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O 1O 2的轴截面A 1ACC 1为等腰梯形，AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点，且AB =BC ,P 是线段BC 的中点.(1)求证：C 1P ⎳平面A 1AB .(2)求平面A 1AB 与平面C 1CB 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)17【分析】(1)取AB 的中点H ，连接A 1H ,PH ，证明四边形A 1C 1PH 为平行四边形，进而得C 1P ⎳A 1H ，即可证明；(2)建立空间直角坐标系，求两平面的法向量，利用平面夹角公式求解.【详解】(1)取AB 的中点H ，连接A1H ,PH ，如图所示，因为P 为BC 的中点，所以PH ⎳AC ,PH =12AC .在等腰梯形A 1ACC 1中，A 1C 1⎳AC ,A 1C 1=12AC ，所以HP ⎳A 1C 1,HP =A 1C 1，所以四边形A 1C 1PH 为平行四边形，所以C 1P ⎳A 1H ，又A 1H ⊂平面A 1AB ,C 1P ⊄平面A 1AB ，所以C 1P ⎳平面A 1AB .(2)因为AB =BC ,故O 2B ⊥AC ，以直线O 2A ,O 2B ，O 2O 1分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，在等腰梯形A 1ACC 1中，AC =2AA 1=2A 1C 1=4，此梯形的高为h =AA 21-AC -A 1C 122= 3.因为A 1C 1=12AC ,A 1C 1⎳AC ，。
三年高考(2019-2021)数学(文)真题分类汇编——立体几何(解答题)(解析版)
立体几何（解答题） 专项汇编1．【2021年全国高考甲卷数学（文）】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，11BF A B ⊥.（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥. 【答案】(1)13；(2)证明见解析. 【分析】(1)首先求得AC 的长度，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；(2)将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论. 【详解】(1)如图所示，连结AF ，由题意可得：22415BF BC CF =+=+=，由于AB ⊥BB 1，BC ⊥AB ，1BB BC B =，故AB ⊥平面11BCC B ，而BF ⊂平面11BCC B ，故AB BF ⊥， 从而有22453AF AB BF =+=+=， 从而229122AC AF CF =-=-=，则222,AB BC AC AB BC +=∴⊥，ABC 为等腰直角三角形，111221222BCE ABC S s ⎛⎫==⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭△△，11111333F EBC BCE V S CF -=⨯⨯=⨯⨯=△. (2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体1111ABCM A B C M -，如图所示，取棱,AM BC 的中点,H G ，连结11,,A H HG GB ，正方形11BCC B 中，,G F 为中点，则1BF B G ⊥，又111111,BF A B A B B G B ⊥=，故BF ⊥平面11A B GH ，而DE ⊂平面11A B GH ， 从而BF ⊥DE . 【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.2．【2021年全国高考乙卷数学（文）】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）23． 【分析】（1）由PD ⊥底面ABCD 可得PD AM ⊥，又PB AM ⊥，由线面垂直的判定定理可得AM ⊥平面PBD ，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM ⊥平面PBD ；（2）由（1）可知，AM BD ⊥，由平面知识可知，~DAB ABM ，由相似比可求出AD ，再根据四棱锥P ABCD -的体积公式即可求出． 【详解】（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ， 所以PD AM ⊥， 又PB AM ⊥，PBPD P =，所以AM ⊥平面PBD ， 而AM ⊂平面PAM ， 所以平面PAM ⊥平面PBD ．（2）由（1）可知，AM ⊥平面PBD ，所以AM BD ⊥， 从而~DAB ABM ，设BM x =，2AD x =， 则BM AB AB AD =，即221x =，解得22x =，所以2AD =． 因为PD ⊥底面ABCD ， 故四棱锥P ABCD -的体积为()1212133V =⨯⨯⨯=． 【点睛】本题第一问解题关键是找到平面PAM 或平面PBD 的垂线，结合题目条件PB AM ⊥，所以垂线可以从,PB AM 中产生，稍加分析即可判断出AM ⊥平面PBD ，从而证出；第二问关键是底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出~DAB ABM ，从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积．3．【2021年全国新高考Ⅰ卷数学】如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)详见解析(2) 36【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO ⊥平面BCD ，即可证得结果； （2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果. 【详解】（1）因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD 因为平面ABD平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ，因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD (2)作EF ⊥BD 于F, 作FM ⊥BC 于M,连FM 因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD, AO ⊥CD所以EF ⊥BD, EF ⊥CD, BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC 因为FM ⊥BC ，FMEF F =,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥ME则EMF ∠为二面角E-BC-D 的平面角, 4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以BCD 为直角三角形 因为2DE EA =,1112(1)2233FM BF ∴==+= 从而EF=FM=213AO ∴=AO ⊥平面BCD,所以11131133326BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.4．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设DO =2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P −ABC 的体积. 【解析】（1）由题设可知，PA =PB = PC ． 由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC ≌△PAB ． △PAC ≌△PBC ．又∠APC =90°，故∠APB =90°，∠BPC =90°．从而PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC ． （2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ． 由题设可得rl =3，222l r -=．解得r =1，l =3，从而3AB =．由（1）可得222PA PB AB +=，故62PA PB PC ===． 所以三棱锥P -ABC 的体积为3111166()323228PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=．【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.5．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】如图，已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B −EB 1C 1F 的体积．【解析】（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN 平面EB 1C 1F =PN ，故AO ∥PN .又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN =AO =6，AP =ON =13AM 3PM =23AM 3EF =13BC =2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B −EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT =PM sin ∠MPN =3．底面EB 1C 1F 的面积为1111()(62)624.22B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=所以四棱锥B −EB 1C 1F 的体积为1243243⨯⨯=．【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.6．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥； （2）点1C 在平面AEF 内．【解析】（1）如图，连结BD ，11B D ． 因为AB BC =，所以四边形ABCD 为正方形， 故AC BD ⊥．又因为1BB ⊥平面ABCD ，于是1AC BB ⊥． 所以AC ⊥平面11BB D D ．由于EF ⊂平面11BB D D ，所以EF AC ⊥．（2）如图，在棱1AA 上取点G ，使得12AG GA =，连结1GD ，1FC ，FG ，因为1123D E DD =，123AG AA =，11DD AA =∥，所以1ED AG =∥，于是四边形1ED GA 为平行四边形，故1AE GD ∥．因为1113B F BB =，1113AG AA =，11BB AA =∥，所以11FG A B =∥，11FG C D =∥，四边形11FGD C 为平行四边形，故11GD FC ∥．于是1AE FC ∥．所以1,,,A E F C 四点共面，即点1C 在平面AEF 内． 【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题.7．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1； （2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】（1）因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ， 所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥. 又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C . 又因为AB ⊂平面1ABB , 所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题. 8．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB .由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥. 由45ACB ∠=︒，122BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB .由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角. 设22CD =.由2,2DO OC BO BC ====，得26,33BD OH = 所以3sin OH OCH OC ∠==， 因此，直线DF 与平面DBC 3. 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设22CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,||||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |因此，直线DF 与平面DBC 3. 【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题． 9．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠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）求点C 到平面C 1DE 的距离． 【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离， 由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =417CH =. 从而点C 到平面1C DE 417.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.10．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1， 故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==． 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.11．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2． （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4. 【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM=3，故DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.-中，PA⊥平面ABCD，底部12．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCDABCD为菱形，E为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，⊥．所以PA BD又因为底面ABCD为菱形，⊥．所以BD AC所以BD ⊥平面PAC ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点， 所以AE ⊥CD ． 所以AB ⊥AE ． 所以AE ⊥平面PAB ． 所以平面PAB ⊥平面PAE ．（3）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ． 则FG ∥AB ，且FG =12AB ． 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点， 所以CE ∥AB ，且CE =12AB ． 所以FG ∥CE ，且FG =CE ． 所以四边形CEGF 为平行四边形． 所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ， 所以CF ∥平面PAE ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.13．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）33． 【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ， 所以GH ∥平面PAD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ， 又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，故DN PA ⊥. 又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面PAC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面PAC 所成的角，因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点，所以3DN =又DN AN ⊥，在Rt AND △中，3sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面PAC 3【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.14．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC −A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.15．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ． 因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3.由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅． 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B1，0），1B，3,2F ，C (0，2，0)．因此，33(,22EF =，(BC =-． 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(02BC AC --，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得00y y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |， 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.。
广东省高三数学(理)一轮复习专题训练：《立体几何》Word版含答案
立体几何1.【2014广东（理）高考7】若空间中四条直线两两不同的直线1l .2l .3l .4l ，满足12l l ⊥，23//l l ，34l l ⊥，则下列结论一定正确的是( )A .14l l ⊥B .14//l lC .1l .4l 既不平行也不垂直D .1l .4l 的位置关系不确定 【答案】D2.【2013广东（理）高考5】某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是( ).A .4B .143C .163D .6 【答案】B3.【2013广东（理）高考6】设m ,n 是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.下列命题中正确的是( ).A .若α⊥β,m ⊂α,n ⊂β,则m ⊥nB .若α∥β,m ⊂α,n ⊂β,则m ∥nC .若m ⊥n ,m ⊂α,n ⊂β,则α⊥βD .若m ⊥α,m ∥n ,n ∥β,则α⊥β 【答案】D4.【2012广东（理）高考6】某几何体的三视图如图1所示，它的体积为( ) A .12π B .45π C .π57 D .π81【答案】C5.【2014广东（理）高考18】 (本小题满分13分)如图4，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，30DPC ∠=，AF PC ⊥于点F ，//FE CD ，交PD 于点E . (1)证明：CF ADF ⊥平面； (2)求二面角D AF E --的余弦值.【答案】(1)详见解析；. （１）PD ⊥平面ABCD ，PD AD ∴⊥，又CD AD ⊥，PD CD D =， AD ∴⊥平面PCD ，AD PC ∴⊥，又AF PC ⊥，PC ∴⊥平面ADF ，即CF ADF ⊥平面；（２）设1AB =，则Rt PDC ∆中，1CD =，又DPC ∠=2PC ∴=，PD =，由（１）知CF DF ⊥DF ∴=AF ==12CF ∴==，又//FE CD ，14DE CF PD PC ∴==，DE ∴=，同理3344EF CD ==， 如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系，则(0,0,1)A ，E，3,0)4F，P ，(0,1,0)C ，设(,,)m x y z =是平面AEF 的法向量，则m AE m EF ⎧⊥⎨⊥⎩，又3(AE EF ⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以300m AE x z m EF⎧⋅=-=⎪⎨⋅==⎪⎩，令4x =，得z =，m =，由（１）知平面ADF 的一个法向量(PC =， 设二面角D AF E --的平面角为θ，可知θ为锐角，||cos |cos ,|||||m PCm PC m PC ⋅=<>==⋅θ=，即所求．6.【2013广东（理）高考18】 (本小题满分14分)如图(1),在等腰直角三角形ABC 中,∠A ＝90°,BC ＝6,D ,E 分别是AC ,AB 上的点,CD ＝BE,O 为BC 的中点.将△ADE 沿DE 折起,得到如图(2)所示的四棱锥A ′BCDE ,其中A ′O .图(1)图(2)(1)证明：A ′O ⊥平面BCDE ；(2)求二面角A ′CDB 的平面角的余弦值. 【答案】(1)详见解析 (2(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD === 连结,OD OE ,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD ==由翻折不变性可知A D '=,所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥, 理可证A O OE '⊥, 又ODOE O =,所以A O '⊥平面BCDE .(Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD的延长线于H ,连结A H', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角. 结合图1可知,H 为AC 中点,故OH =,从而A H '==所以cos OH A HO A H '∠==',所以二面角A CD B '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O xyz -则(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,则00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧+=⎪⎨-++=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,n =- 由(Ⅰ) 知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量, 所以cos ,3n OA n OA n OA '⋅'===',即二面角A CD B '--的平面角的余弦值为7.【2012广东（理）高考18】 (本小题满分13分)如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点E 在线段PC 上，PC ⊥平面BDE .(1)证明：BD ⊥平面PAC ；(2)若1,2PA AD ==，求二面角B PC A --的正切值； 【答案】（1）证明：因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥PA又因为PC⊥平面BDE，BD⊂平面BDE，BD⊥PC而PA∩PC=P，BD⊥平面PAC.（2）由（1）BD⊥平面PAC，得BD⊥AC，所以矩形ABCD为正方形设AC交BD于点O, 由PC⊥平面BDE,得PC垂直OE和BE所以∠BEO为二面角B－PC－A的平面角1,23PA AD AC BO OC PC==∴===∴==OE COOEPA PC===又所以在直角三角形BEO中，tan∠BEO3BOEO===，即二面角B-PC-A的正切值为3.8．（广东省湛江市湖光中学2014届高三上学期入学考试数学（理）试题）设三棱锥的三个侧面两两互相垂直,且侧棱长均为则其外接球的表面积为（）A．48πB．36πC．32πD．12π【答案】B9错误！未指定书签。
广东东莞2019高三数学(文)小综合专项练习：解析几何
广东东莞2019高三数学（文）小综合专项练习：解析几何东莞一中老师提供【一】选择题1、假设抛物线22y px =的焦点与双曲线22122x y -=的右焦点重合，那么p 的值为 A 、2-B 、2C 、4-D 、4 2、假设焦点在x 轴上的椭圆1222=+my x 的离心率为21,那么=m AB 、32C 、83D 、233、通过圆2220x x y ++=的圆心C ，且与直线0x y +=垂直的直线方程是A.10x y ++=B.10x y +-=C.10x y -+=D.10x y --=4.设圆C 与圆22(3)1x y +-=外切，与直线0y =相切，那么C 的圆心轨迹为A.抛物线B.双曲线C.椭圆D.圆 5.双曲线的顶点与焦点分别是椭圆的22221y x a b +=〔0a b >>〕焦点与顶点，假设双曲线的两条渐近线与椭圆的交点构成的四边形恰为正方形，那么椭圆的离心率为 A 、13B 、12C、2【二】填空题6.在平面直角坐标系xoy 中，抛物线关于x 轴对称，顶点在原点O ，且过点P(2，4)，那么该抛物线的方程是、7.巳知椭圆G 的中心在坐标原点，长轴在xG 上一点到G 的两个焦点的距离之和为12，那么椭圆G 的方程为、 8.双曲线22221x y a b-=的离心率为2，焦点与椭圆221259x y -=的焦点相同，那么双曲线的焦点坐标为；渐近线方程为。
9.圆心在xO 位于y 轴左侧，且与直线x+y=0相切，那么圆O 的方程是10.以F 为焦点的抛物线24y x =上的两点A 、B 满足3AF FB =,那么弦AB 的中点到准线的距离为______. 【三】解答题11.圆C ：224x y +=.〔1〕直线l 过点()1,2P ，且与圆C 交于A 、B 两点，假设||AB =求直线l 的方程；〔2〕过圆C 上一动点M 作平行于x 轴的直线m ，设m 与y 轴的交点为N ，假设向量OQ OM ON =+，求动点Q 的轨迹方程，并说明此轨迹是什么曲线.12.过点C (0，1)的椭圆22221(0)x y a b a b +=>>，椭圆与x 轴交于两点(,0)A a 、(,0)A a -，过点C 的直线l 与椭圆交于另一点D ，并与x 轴交于点P ，直线AC 与直线BD 交于点Q 、〔1〕当直线l 过椭圆右焦点时，求线段CD 的长； 〔2〕当点P 异于点B 时，求证：OP OQ ⋅为定值、13.平面上两定点M 〔0，－2〕、N 〔0，2〕，P 为平面上一动点，满足||||MN PN MN MP ⋅=⋅.〔1〕求动点P 的轨迹C 的方程；〔2〕假设A 、B 是轨迹C 上的两不同动点，且λ=〔λ∈R 〕.分别以A 、B 为切点作轨迹C 的切线，设其交点为Q ，证明ABNQ ⋅为定值。
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2008年东莞市高三文科数学专题练习——立体几何 东华高级中学 陈千明 1．一个多面体的直观图及三视图如图所示：（其中M、N分别是AF、BC的中点）. （1）求证：MN∥平面CDEF； （2）求多面体A—CDEF的体积.
2．已知三棱锥A—BCD中，∠BCD=90°，BC=CD=1，AB⊥平面BCD,∠ADB=60°，E、F分别是AC，AD上的动点，且)10(ADAFACAE. （1）求证：不论为何值，总有平面BEF⊥平面ABC； （2）当为何值，平面BEF⊥平面ACD。
3.如图1，已知几何体的三视图（单位：cm）． （Ⅰ）画出这个几何体的直观图（不要求写画法）； （Ⅱ）求这个几何体的表面积及体积；
（Ⅲ）设异面直线1AQ、PD所成角为，求cos． AB
CD
P
Q图2
E
4.如图2，已知直二面角AB，,,PQPQ与平面、所成的角都为030，4PQ．
,PCABC为垂足，,QDABD为垂足．
（Ⅰ）求直线PQ与CD所成角的大小； （Ⅱ）求四面体PCDQ的体积．
5.如图，在四棱锥ABCDP中，底面ABCD是正方形，侧棱PD底面ABCD，DCPD，E是PC的中点。 (I)证明 ∥PA平面EDB； (II)求EB与底面ABCD所成的角的正切值。
俯视图 正视图 侧视图
PP
PAA1A1A1A1B1BB1C1D
1DD
Q
Q22
22
2
2
211
图1
ACBD
PE 6.如图,在正三棱柱ABC－A1B1C1中,AB=2,AA1=2,由顶点B沿棱柱侧面经过棱AA1到顶点C1的最短路线与AA1的交点记为M.求: (Ⅰ)三棱柱的侧面展开图的对角线长;
(Ⅱ)该最短路线的长及AMMA1的值; (Ⅲ)平面C1MB与平面ABC所成二面角(锐角)的大小.
7.如图，矩形ABCD中，ABEAD平面，2BCEBAE，F为CE上的点，且
ACEBF平面.
（Ⅰ）求证：BCEAE平面； （Ⅱ）求证；BFDAE平面//； （Ⅲ）求三棱锥BGFC的体积．
8. 如图，斜三棱柱111CBAABC的底面是直角三角形，oACB90，BC=2，AC＝1，点1B在下底面的射影D恰为BC中点，测棱与底面成60o的角。 （1）求证平面AACCCCBB1111; （2）求斜三棱柱111CBAABC的体积和侧面积。
9.在直角梯形ABCD中，∠A=∠D=90°，AB＜CD，SD⊥平面ABCD，AB=AD=a，S D=a2，在线段SA上取一点E（不含端点）使EC=AC，截面CDE与SB交于点F。 （1）求证：四边形EFCD为直角梯形； （2）求二面角B-EF-C的平面角的正切值；
（3）设SB的中点为M，当ABCD的值是多少时，能使△DMC 为直角三角形？请给出证明.
ABCD
SEFMO1
O
1A图2－4 AB
CED
PQ1B1D1C
10.请您设计一个帐篷，它下部的形状是高为1米的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3米的正六棱锥（如右图所示）。试问当帐篷的顶点O到底面中心1O的距离为多少时，帐篷的体积最大？
参考答案： 1． 解：由三视图可知，该多面体是底面为直角三角形的直三棱住ADE—BCF，……2分
且AB=BC=BF=2，DE=CF=2.2 ∴∠CBF=.2…4分 （1） 取BF中点G，连MG、NG，由M、N分别为AF、BC的中点可得，NG∥CF，MG∥EF，…6分 ∴平面MNG∥平面CDEF.∴MN∥平面CDEF.…………8分 （2）取DE的中点H.∵AD=AE，∴AH⊥DE，在直三棱柱ADE—BCF中， 平面ADE⊥平面CDEF，面ADE∩面CDEF=DE.∴AH⊥平面CDEF.………10分 ∴多面体A—CDEF是以AH为高，以矩形CDEF为底面的棱锥，
在△ADE中，AH=24,2EFDESCDEF矩形，
∴棱锥A—CDEF的体积为.382243131AHSVCDEF矩形…12分 2．证明：（1）∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD，∵CD⊥BC，∴CD⊥平面ABC， 又)10(ADAFAC
AE，
∴不论为何值，恒有EF//CD，∴EF⊥平面ABC，EF平面BEF， ∴不论为何值，总有平面BEF⊥平面ABC； （2）由（1）知：BE⊥EF，又要平面BEF⊥平面ACD，∴BE⊥平面ACD， ∴BE⊥AC，∵BC=CD=1，∠BCD=90°，∠ADB=60°，
.,76,76,76,7,660tan2,2ACDBEFACAEAEACAEABACABBD平面平面时故当得由
3.解：（Ⅰ）这个几何体的直观图如图2－4所示． （Ⅱ）这个几何体可看成是由正方体1AC及直三棱柱1111BCQADP的组合体．
由112PAPD，112ADAD， 可得11PAPD． 故所求几何体的全面积 2
2
1
522222222422S2(cm)
所求几何体的体积 2
3
1
222102V3(cm)
（Ⅲ）由//PQCD，且PQCD，可知//PDQC， 故1AQC为异面直线1AQ、PD所成的角（或其补角）． 由题设知222221111226AQABBQ，13223AC， 取BC中点E，则QEBC，且3QE， 222223110QCQEEC．
由余弦定理，得2221111coscos2AQQCACAQCAQQC 6101215152610
．
4.解：（Ⅰ）如图5－2，在平面内，作//CEDQ，连结PE、QE．则四边形CDQE为平行四边形，所以//EQCD，即PQE为直线PQ与CD所成的角（或其补角）． 因为,,ABPCAB． 所以PC．同理QD． 又PQ与平面、所成角为030，所以030PQC，030QPD，所以03cos304232CQPQ，01sin30422DQPQ．
在RtCDQ中，2212422CDCQDQ，从而22EQ． 因为QDAB，且CDQE为平行四边形， 所以EQCE． 又,PCEQ，所以EQPC． 故EQ平面PCE，从而EQPE． 在RtPEQ中，222cos42EQPQEPQ． 所以045PQE， 即直线PQ与CD所成角的大小为045． （Ⅱ）在RtPCQ中，04,30PQPQC，所以2PC． 三角形CDQ的面积112222222CDQSCDDQ， 故四面体PCDQ的体积 1142222333CDQVSPC．
5解．（1）证明：连结AC，AC交BD于O。连结EO。
AOCBD
PE
F 底面ABCD是正方形，点O是AC的中点 在PAC中，EO是中位线，PAEO∥。 而EO平面EDB且PA平面EDB， 所以，PA∥平面EDB。 (II) 解：作EFDC交DC于F。连结BF。设正方形 ABCD的边长为a。 PD底面ABCD，.PDDC
,EFPDF∥为DC的中点。
EF底面ABCD，BF为BE在底面ABCD内的射影，故EBF为直线EB与底面ABCD
所成的角。
在RtBCF中，22225().22aBFBCCFaa 1,22aEFPD在RtEFB中， 52tan.552aEFEBFBFa所以EB与底面ABCD所成的角的正切值为5.5
6．解(Ⅰ)正三棱柱ABC—A1B1C1的侧面展开图是长为6,宽为2的矩形,其对角线长为1022622 (Ⅱ)如图,将侧面AA1B1B绕棱AA1旋转120º使其侧面AA1C1C在同一平面上,点B运动到点D的位置,连接DC1交AA1于M,则DC1就是由顶点B沿棱柱侧面经过棱AA1到顶点C1的最短路线,其长为
522422212CCDC
∵ ,11MACDMA ∴AM=A1M,
故11AMMA (Ⅲ)连接DB,C1B,则DB就是平面C1MB与平面ABC的交线. 在ΔDCB中,
∵,903060ABDCBADBC ∴CB⊥DB, 又C1C⊥平面CBD, C1C⊥DB，∵C1C CB=C，∴DB⊥平面C1C B ∴C1B⊥DB.∴∠C1BC就是平面C1MB与平面ABC所成二面角的平面角(锐角). ∵侧面C1B1BC是正方形,∴∠C1BC=45º. 故平面C1MB与平面ABC所成的二面角(锐角)为45º.
7解:（Ⅰ）证明：ABEAD平面，BCAD//
∴ABEBC平面，则BCAE (2分) 又ACEBF平面，则BFAE ∴BCEAE平面 (4分) （Ⅱ）证明：依题意可知：G是AC中点 ACEBF平面 则BFCE，而BEBC
∴F是EC中点 (6分) 在AEC中，AEFG//
∴BFDAE平面// (8分)
（Ⅲ）解：BFDAE平面// ∴FGAE//，而BCEAE平面