2018届高考数学(理)热点题型：立体几何(含答案解析)

专题6立体几何（2018全国1卷）7. 某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A. B.C. D. 2【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，点M在上底面上，点N在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.（2018全国1卷）12. 已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.详解：根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体中，平面与线所成的角是相等的，所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为，故选A.点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.（2018全国3卷）3. 中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】分析：观察图形可得。

2018高考真题分类汇编：立体几何一、选择题1.【2018高考真题新课标理7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）()A 6 ()B 9 ()C 12 ()D 18【答案】B2.【2018高考真题浙江理10】已知矩形ABCD ，AB=1，BC=2。

将△沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中。

A.存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直.B.存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直.C.存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直.D.对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直 【答案】C3.【2018高考真题新课标理11】已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（ ）()A 6 ()B ()C 3 ()D 2【答案】A4.【2018高考真题四川理6】下列命题正确的是（ ）A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C 、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行【答案】C5.【2018高考真题四川理10】如图，半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内，过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ，过圆O 的直径CD 作平面α成45角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的距离最大的点为B ，该交线上的一点P 满足60BOP ∠= ，则A 、P两点间的球面距离为（ ）A 、arccos 4R 、4R π C 、R 、3R π【答案】A6.【2018高考真题陕西理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -，12CA CC CB ==，则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为（ ）35【答案】A.7.【2018高考真题湖南理3】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是【答案】D8.【2018高考真题湖北理4】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．8π3B．3πC．10π3D．6π【答案】B9.【2018高考真题广东理6】某几何体的三视图如图所示，它的体积为A．12π B.45π C.57π D.81π【答案】C10.【2018高考真题福建理4】一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是A.球B.三棱柱C.正方形D.圆柱【答案】D.11.【2018高考真题重庆理9】设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1a，且长为aa的取值范围是（A） （B） （C） （D）(1【答案】A12.【2018高考真题北京理7】某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（ ）A. 28+65B. 30+65C. 56+ 125D. 60+125【答案】B13.【2018高考真题全国卷理4】已知正四棱柱ABCD- A 1B 1C 1D 1中 ，AB=2，CC 1=为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为【答案】D二、填空题14.【2018高考真题浙江理11】已知某三棱锥的三视图（单位：cm ）如图所示，则该三棱锥的体积等于________cm 3.【答案】115.【2018高考真题四川理14】如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________。

2018全国高考立体几何（完整答案）一．解答题（共40小题）1．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO=4，OA、OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM与OB所成的角的大小．2．如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D 的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．3．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．4．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA ⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．5．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到达点D的位置，且AB⊥DA．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=DA，求三棱锥Q ﹣ABP的体积．6．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，BD交AC 于点E，F是线段PC中点，G为线段EC中点．（Ⅰ）求证：FG∥平面PBD；（Ⅱ）求证：BD⊥FG．7．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，AD=2BC，∠DAB=∠ABP=90°．（Ⅰ）求证：AD⊥平面PAB；（Ⅱ）求证：AB⊥PC；（Ⅲ）若点E在棱PD上，且CE∥平面PAB，求的值．8．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=AB=2，BC=3，∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABC，D，E分别为AB，AC中点．（1）求证：DE∥平面PBC；（2）求证：AB⊥PE；（3）求三棱锥P﹣BEC的体积．9．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥CB，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，，M是棱PC上的点．（Ⅰ）求证：平面PQB⊥平面PAD；（Ⅱ）若PA=PD=2，BC=1，，异面直线AP与BM所成角的余弦值为，求的值．10．如图，梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD，AC⊥BD，平面BDEF⊥平面ABCD，EF∥BD，BE⊥BD．（1）求证：平面AFC⊥平面BDFE；（2）若AB=2CD=2，BE=EF=2，求BF与平面DFC所成角的正弦值．11．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥PC，CA=CB，M是AB的中点．点N在棱PC上，点D是BN的中点．求证：（1）MD∥平面PAC；（2）平面ABN⊥平面PMC．12．如图，已知PA垂直于矩形ABCD所在的平面，M，N分别是AB，PC的中点，若∠PDA=45°，（1）求证：MN∥平面PAD；（2）求证：MN⊥平面PCD．13．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=AB，D为BB1的中点．（1）求证：A1C⊥AD；（2）若点P为四边形ABB1A1内部及其边界上的点，且三棱锥P﹣ABC的体积为三棱柱ABC﹣A1B1C1体积的，试在图中画出，P点的轨迹．并说明理由．14．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC为边长为2等边三角形，BB1=4，A1C1⊥BB1，且∠A1B1B=45°．（I）证明：平面BCC1B1⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）求B﹣AC﹣A1二面角的余弦值．15．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC=90°，AB=AA1=2，AC=1，M，N分别是A1B1，BC的中点．（Ⅰ）证明：MN∥平面ACC1A1；（II）求二面角M﹣AN﹣B的余弦值．16．已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3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，使得直线上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行，并给出详细证明；（2）求三棱锥E﹣ABC的体积．17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ADB=90°，CB=CD，点E为棱PB的中点．（1）若PB=PD，求证：PC⊥BD；（2）求证：CE∥平面PAD．18．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，A1C与底面ABCD所成的角为60°，（1）求四棱锥A1﹣ABCD的体积；（2）求异面直线A1B与B1D1所成角的大小．19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形∠BAD=60°．已知PB=PD=2，PA=．（Ⅰ）证明：PC⊥BD；（Ⅱ）若E为PA上一点，记三棱锥P﹣BCE的体积和四棱锥P﹣ABCD的体积分别为V1和V2，当V1：V2=1：8时，求的值．20．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是CB，CD的中点，点M在棱CC1上，CM=tCC1（0＜t＜1）．（Ⅰ）三棱锥C﹣EFM，C1﹣B1D1M的体积分别为V1，V2，当t为何值时，V1•V2最大？最大值为多少？（Ⅱ）若A1C∥平面B1D1M，证明：平面EFM⊥平面B1D1M．21．如图，直角梯形ABEF中，∠ABE=∠BAF=90°，C、D分别是BE、AF上的点，且DA=AB=BC=a，DF=2CE=2a．沿CD将四边形CDFE翻折至CDPQ，连接AP、BP、BQ，得到多面体ABCDPQ，且AP=a．（Ⅰ）求多面体ABCDPQ的体积；（Ⅱ）求证：平面PBQ⊥平面PBD．22．如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，PA=PD，O 为AD边的中点．（1）证明：平面POB⊥平面PAD；（2）若，求四棱锥P﹣ABCD的体积．23．如图，在四棱锥P﹣ABCD中．底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD．Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2．BC=AD=1，CD=．（I）求证：平面PBC⊥平面PQB；（Ⅱ）若平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，求PM的长．24．在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，，AB=2BC=2，AC⊥FB．（Ⅰ）求证：AC⊥平面FBC；（Ⅱ）求四面体FBCD的体积；（Ⅲ）线段AC上是否存在点M，使EA∥平面FDM？证明你的结论．25．如图所示的几何体中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，∠APD=90°，四边形ABCD是直角梯形，AB∥DC，AB⊥AD，PQ∥DC，PQ=PD=DC=1，PA=AB=2．（I）求证：PD∥平面QBC；（Ⅱ）求证：QC⊥平面PABQ；（Ⅲ）在线段QB上是否存在点M，使得AM⊥BC，若存在，求QM的值；若不存在，请说明理由．26．如图1，△ABC是边长为3的等边三角形，D在边AC上，E在边AB上，且AD=BE=2AE．将△ADE沿直线DE折起，得四棱锥A'﹣BCDE，如图2（1）求证：DE⊥A'B；（2）若平面AD'E⊥底面BCDE，求三棱锥D﹣A'CE的体积．27．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AC，AB⊥BC，PA=BC=2，PB=AC=2，D 为线段AC的中点，将△CBD折叠至△EBD，使得平面EDB⊥平面ABC且PC交平面EBD于F．（1）求证：平面BDE⊥平面PAC．（2）求三棱锥P﹣EBC的体积．28．如图1，在矩形ABCD中，AD=2AB=4，E是AD的中点．将△ABE沿BE折起使A到点P的位置，平面PEB⊥平面BCDE，如图2．（Ⅰ）求证：PB⊥平面PEC；（Ⅱ）求三棱锥D﹣PEC的高．29．如图1，ABCD是一个直角梯形，∠ABC=∠BAD=90，E为BC边上一点，AE、BD相交于O，AD=EC=3，BE=1，AB=．将△ABE沿AE折起，使平面ABE⊥平面ADE，连接BC、BD，得到如图2所示的四棱锥B﹣AECD．（Ⅰ）求证：CD⊥平面BOD；（Ⅱ）求直线AB与面BCD所成角的余弦值．30．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，点P是CD中点，Q是A1B1的中点．（I）求证：AQ∥平面PBC1；（l）若BC=CC1，求证：平面A1B1C⊥平面PBC1．31．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AD=3BC=6，，点M在线段AD上，且DM=4，AD⊥AB，PA⊥平面ABCD．（1）证明：平面PCM⊥平面PAD；（2）当∠APB=45°时，求四棱锥P﹣ABCM的表面积．32．已知等腰梯形ABCD中，AD∥EC，EC=2AD=2AE=4，B为EC的中点，如图1，将三角形ABE沿AB折起到ABE′（E′⊄平面ABCD），如图2．（1）点F为线段AE′的中点，判断直线DF与平面BCE′的位置关系，并说明理由；（2）当平面ABE′与平面DE′C所成的二面角的大小为时，证明：平面ABE′⊥平面ABCD．33．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAD和△BCD都是等边三角形，平面PAD ⊥平面ABCD，且AD=2AB=4，．（I）求证：CD⊥PA；（II）E，F分别是棱PA，AD上的点，当平面BEF∥平面PCD时，求四棱锥C﹣PEFD的体积．34．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB=AC=2，AD=2，PB=，PB⊥AC．（1）求证：平面PAB⊥平面PAC；（2）若∠PBA=45°，试判断棱PA上是否存在与点P，A不重合的点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．35．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD ∥BC，∠BAD=∠CBA=90°，PA=AB=BC=1，AD=2，E，F，G分别为BC，PD，PC的中点．（1）求EF与DG所成角的余弦值；（2）若M为EF上一点，N为DG上一点，是否存在MN，使得MN⊥平面PBC？若存在，求出点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．36．如图所示，在多面体ABC﹣A1B1C1中，D，E，F分别是AC，AB，CC1的中点，AC=BC=4，，CC1=2，四边形BB1C1C为矩形，平面ABC⊥平面BB1C1C，AA1∥CC1（1）求证：平面DEF⊥平面AA1C1C；（2）求直线EF与平面ABC所成的角的正切值．37．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC⊥平面AA1B1B，AB=AA1=2，∠A1AB=60°．（Ⅰ）证明：平面AB1C⊥平面A1BC；（Ⅱ）若四棱锥A﹣BB1C1C的体积为，求该三棱柱的侧面积．38．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，E，F，G分别是AB，PB，PC的中点．（1）求证：CD∥平面PAB；（2）求证：CD⊥平面EFG．39．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面ABP⊥平面BCP，∠APB=90°，BP=BC，M为CP的中点．求证：（1）AP∥平面BDM；（2）BM⊥平面ACP．40．已知梯形ABCD中，AD∥BC，，AB=BC=2AD=4，E、F分别是AB、CD上的点，EF∥BC，AE=x．沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．G是BC的中点，以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为f （x）．（1）当x=2时，求证：BD⊥EG；（2）求f（x）的最大值；（3）当f（x）取得最大值时，求异面直线AE与BD所成的角的余弦值．2018全国高考立体几何（完整答案）参考答案与试题解析一．解答题（共40小题）1．【解答】解：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，∴圆锥的体积V===．（2）∵PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），=（1，1，﹣4），=（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为θ，则cosθ===．∴θ=arccos．∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos．2．【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦所在平面垂直，所以AD⊥半圆弦所在平面，CM⊂半圆弦所在平面，∴CM⊥AD，M是上异于C，D的点．∴CM⊥DM，DM∩AD=D，∴CM⊥平面AMD，CM⊂平面CMB，∴平面AMD⊥平面BMC；（2）解：存在P是AM的中点，理由：连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得MC∥OP，MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，所以MC∥平面PBD．3．【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，AB∥A1B1，AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂∥平面A1B1C⇒AB∥平面A1B1C；（2）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，⇒四边形ABB1A1是菱形，⊥AB1⊥A1B．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1⇒AB1⊥BC．∴⇒AB1⊥面A1BC，且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC．4．【解答】证明：（Ⅰ）PA=PD，E为AD的中点，可得PE⊥AD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD，则PE⊥BC；（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，且AB∥CD，在平面PAB内过P作直线PG∥AB，可得PG∥CD，即有平面PAB∩平面PCD=PG，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，PA⊥PG；同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角，由PA⊥PD，可得平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）取PC的中点H，连接DH，FH，在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH∥BC，FH=BC，由DE∥BC，DE=BC，可得DE=FH，DE∥FH，四边形EFHD为平行四边形，可得EF∥DH，EF⊄平面PCD，DH⊂平面PCD，即有EF∥平面PCD．5．【解答】解：（1）证明：∵在平行四边形ABCM中，∠ACM=90°，∴AB⊥AC，又AB⊥DA．且AD∩AC=A，∴AB⊥面ADC，∴AB⊂面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC；（2）∵AB=AC=3，∠ACM=90°，∴AD=AM=3，∴BP=DQ=DA=2，由（1）得DC⊥AB，又DC⊥CA，∴DC⊥面ABC，∴三棱锥Q﹣ABP的体积V==××==1．6．【解答】证明：（Ⅰ）连接PE，G、F为EC和PC的中点，∴FG∥PE，FG⊄平面PBD，PE⊂平面PBD，∴FG∥平面PBD…（6分）（Ⅱ）∵菱形ABCD，∴BD⊥AC，又PA⊥面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，∵PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，且PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，FG⊂平面PAC，∴BD⊥FG…（14分）7．【解答】（Ⅰ）证明：因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB．……………………（1分）因为平面PAB⊥平面ABCD，……………………（2分）且平面PAB∩平面ABCD=AB，……………………（3分）所以AD⊥平面PAB．……………………（4分）（Ⅱ）证明：由已知得AD⊥AB因为AD∥BC，所以BC⊥AB．……………………（5分）又因为∠ABP=90°，所以PB⊥AB．……………………（6分）因为PB∩BC=B……………………（7分）所以AB⊥平面PBC……………………（8分）所以AB⊥PC．……………………（9分）（Ⅲ）解：过E作EF∥AD交PA于F，连接BF．……………………（10分）因为AD∥BC，所以EF∥BC．所以E，F，B，C四点共面．……………………（11分）又因为CE∥平面PAB，且CE⊂平面BCEF，且平面BCEF∩平面PAB=BF，所以CE∥BF，……………………（13分）所以四边形BCEF为平行四边形，所以EF=BC．在△PAD中，因为EF∥AD，所以，……………………（14分）即．8．【解答】证明：（1）∵D，E分别为AB，AC的中点，∴DE∥BC，又DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴DE∥平面PBC．（2）连接PD，∵DE∥BC，又∠ABC=90°，∴DE⊥AB，又PA=PB，D为AB中点，∴PD⊥AB，又PD∩DE=D，PD⊂平面PDE，DE⊂平面PDE，∴AB⊥平面PDE，又PE⊂平面PDE，∴AB⊥PE．（3）∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，PD⊥AB，PD⊂平面PAB，∴PD⊥平面ABC，∵△PAB是边长为2的等边三角形，∴PD=，∵E是AC的中点，∴．9．【解答】证明：（Ⅰ）∵AD∥BC，，Q为AD的中点∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°，∴∠AQB=90°，即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．∵BQ⊥平面PAD∵BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．解：（Ⅱ）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．∵PQ⊥平面ABCD．以Q为原点分别以、、为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则Q（0，0，0），A（1，0，0），，，，设M（x0，y0，z0），∴，，．由M是PC上的点，设，化简得．设异面直线AP与BM所成角为θ，则．∴，解得或，故或．10．【解答】解：（1）证明：∵平面BDFE⊥平面ABCD，平面BDFE∩平面ABCD=BD，AC⊂平面ABCD，AC⊥BD，∴AC⊥平面BDFE．又AC⊂平面AFC，∴平面AFC⊥平面BDFE．（2）设AC∩BD=O，∵四边形ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，AB=2CD=2，∴OD=OC=1，OB=OA=2，∵EF∥OB且EF=OB，∴四边形FEBO为平行四边形，∴OF∥BE，且OF=BE=2，又∵BE⊥平面ABCD，∴OF⊥平面ABCD．以O为原点，向量的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B（0，2，0），D（0，﹣1，0），F（0，0，2），C（﹣1，0，0），∴=（0，1，2），=（1，﹣1，0），=（0，﹣2，2），设平面DFC的一个法向量为=（x，y，z），则有，即，不妨设z=1，得x=y=﹣2．即=（﹣2，﹣2，1），于是cos＜，＞===．设BF与平面DFC所成角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=．∴BF与平面DFC所成角的正弦值为．11．【解答】证明：（1）在ABN中，∵M是AB的中点，D是BN的中点，∴MD∥AN，又AN⊂平面PAC，MD⊄平面PAC，∴MD∥平面PAC．（2）在△ABC中，∵CA=CB，M是AB的中点，∴AB⊥MC，又∵AB⊥PC，PC⊂平面PMC，MC⊂平面PMC，PC∩MC=C，∴AB⊥平面PMC．又∵AB⊂平面ABN，∴平面ABN⊥平面PMC．12．【解答】证明：（1）如图，取PD的中点E，连接AE，NE．∵E、N分别为PD，PC的中点，∴EN CD，又M为AB的中点，∴AM CD，∴EN AM，∴四边形AMNE为平行四边形．∴MN∥AE，∴MN∥平面PAD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）（2）∵PA⊥平面ABCD，∠PDA=45°，∴△PAD为等腰直角三角形，∴AE⊥PD，又∵CD⊥AD，CD⊥PA，AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，∵AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE，又CD∩PD=D，∴AE⊥平面PCD，∴MN⊥平面PCD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）13．【解答】（1）证明：取AB的中点F，连接CF，A1F，∵A1A⊥平面ABC，CF⊂平面ABC，∴所以A1A⊥CF．∵△ABC为正三角形，F为AB的中点，∴BA⊥CF，又∵AA1，AB⊂平面AA1B1B，AA1∩AB=A，∴CF⊥平面AA1B1B，又∵AD⊂平面AA1B1B，所以CF⊥AD，正方形AA1B1B中，∵Rt△A1AF≌Rt△ABD，∴∠DAB=∠FA1A，又∵∠AFA1+∠FA1A=90°，∴∵∠AFA1+∠DAB=90°，，故AD⊥A1F，又∵CF∩A1F=F，CF，A1F⊂平面A1FC，∴AD⊥平面A1FC，又∵A1C⊂平面A1FC，∴A1C⊥AD．（2）取AA1中点E，连接DE，则线段DE为点P的运动轨迹．理由如下：∵DE∥AB，DE⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴ED∥平面ABC，∴P到平面ABC的距离为．所以V==．14．【解答】证明：（Ⅰ）过点A1在平面ABB1A1内作BB1的垂线，垂足为O，连结C1O，∵A1C1⊥B1B，A1O⊥B1B，A1C1∩A1O=A1，∴B1B⊥平面A1OC1，∵OC1⊂平面A1OC1，∴B1B⊥OC1，由题可知A1B1=A1C1=B1C1=2，在B△A1OB1中，∵A1O⊥OB1，∠A1B1B=45°，A1B1=2，∴OA1=OB1=2，在△OB1C1中，∵C1O⊥OB1，B1C1=2，OB1=2，∴OC1=2，∴=A1C12，∴OC1⊥OA1，∵OA1∩OB1=O，∵OC1⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面ABB1A1．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC1、OA1、OB1两两垂直，以O为坐标原点，OA1为x轴，OB1为y轴，OC1为z轴，建立空间直角坐标系，∵AB=2，BB1=4，OC1=2，OA1=2，OB1=2，∴A1（2，0，0），B1（0，2，0），C1（0，0，2），B（0，﹣2，0），A（2，﹣4，0），C（0，﹣4，2），=（2，﹣2，0），=（0，﹣2，2），=（﹣2，0，2），=（0，4，0），设=（x，y，z）是平面ABC的法向量，则，取x=1，得=（1，1，1），设=（x，y，z）是平面A1AC的法向量，则，取x=1，得=（1，0，1），∴cos＜＞==．∴二面角B﹣AC﹣A1的余弦值为．15．【解答】解：解法一：依条件可知AB、AC，AA1两两垂直，如图，以点A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz．根据条件容易求出如下各点坐标：A（0，0，0），B（0，2，0），C（﹣1，0，0），A1（0，0，2），B1（0，2，2），C1（﹣1，0，2），M（0，1，2），（I）证明：∵是平面ACCA1的一个法向量，且，所以又∵MN⊄平面ACC1A1，∴MN∥平面ACC1A1（II）设=（x，y，z）是平面AMN的法向量，因为，由得解得平面AMN的一个法向量=（4，2，﹣1）由已知，平面ABC的一个法向量为=（0，0，1）∴二面角M﹣AN﹣B的余弦值是解法二：（I）证明：设AC的中点为D，连接DN，A1D∵D，N分别是AC，BC的中点，∴又∵，∴，∴四边形A 1DNM是平行四边形∴A1D∥MN∵A1D⊂平面ACC1A1，MN⊄平面ACC1A1∴MN∥平面ACC1A1（II）如图，设AB的中点为H，连接MH，∴MH∥BB1∵BB1⊥底面ABC，∵BB1⊥AC，BB1⊥AB，∴MH⊥AC，MH⊥AB∴AB∩AC=A∴MH⊥底面ABC在平面ABC内，过点H做HG⊥AN，垂足为G 连接MG，AN⊥HG，AN⊥MH，HG∩MH=H ∴AN⊥平面MHG，则AN⊥MG∴∠MGH是二面角M﹣AN﹣B的平面角∵MH=BB1=2，由△AGH∽△BAC，得所以所以∴二面角M﹣AN﹣B的余弦值是16．【解答】解：（1）∵平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．∴过E作EQ⊥平面BCD，交CD于Q，过A作AP⊥平面BCD，交BC于P，∴EQ∥AP，过Q作QO∥BC，交BD于O，则直线OQ就是在平面BCD内所求的直线，使得直线OQ上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．证明如下：∵EQ∥AP，QO∥BC，EQ∩QO=Q，AP∩BC=P，EQ、QO⊂平面EQO，AP、BC⊂平面ABC，∴平面EQO∥平面ABC，∴直线OQ上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．（2）∵△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，∴AP==2，∴S==2，△ABC点E到平面ABC的距离d===，∴三棱锥E﹣ABC的体积V E===．﹣ABC17．【解答】证明：（1）取BD的中点O，连结CO，PO，因为CD=CB，所以△CBD为等腰三角形，所以BD⊥CO．因为PB=PD，所以△PBD为等腰三角形，所以BD⊥PO．又PO∩CO=O，所以BD⊥平面PCO．因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD．解：（2）由E为PB中点，连EO，则EO∥PD，又EO⊄平面PAD，所以EO∥平面PAD．由∠ADB=90°，以及BD⊥CO，所以CO∥AD，又CO⊄平面PAD，所以CO∥平面PAD．又CO∩EO=O，所以平面CEO∥平面PAD，而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD．18．【解答】解：（1）∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，∴AA1⊥平面ABCD，AC==2，∴∠A1CA是A1C与底面ABCD所成的角，∵A1C与底面ABCD所成的角为60°，∴∠A1CA=60°，∴AA1=AC•tan60°=2•=2，=AB×BC=2×2=4，∵S正方形ABCD∴四棱锥A1﹣ABCD的体积：V===．（2）∵BD∥B1D1，∴∠A1BD是异面直线A1B与B1D1所成角（或所成角的补角）．∵BD=，A1D=A1B==2，∴cos∠A1BD===．∴∠A1BD=arccos．∴异面直线A1B与B1D1所成角是arccos．19．【解答】证明：（Ⅰ）连接BD、AC交于O点，∵PB=PD，∴PO⊥BD，又∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC，而AC∩PO=O，∴BD⊥平面PAC，且PC⊂平面PAC，∴BD⊥PC．解：（Ⅱ）由条件可知△ABD≌△PBD，∴AO=PO=，∵PA=，∴PA2=OA2+OP2，∴PO⊥AC，由（Ⅰ）知，BD⊥平面PAC，PO⊂平面PAC，∴PO⊥BD，∴PO⊥平面ABCD，∴平面APC⊥平面ABCD，过E点作EF⊥AC，交AC于F，则EF⊥平面ABCD，∴EF∥PO，∴EF、PO分别是三棱锥E﹣ABC和四棱锥P﹣ABCD的高．又V1=V P﹣ABC﹣V E﹣ABC=，，由=，得4（PO﹣EF）=PO，∴，又由△AEF∽△APO，=，∴=．20．【解答】解：（Ⅰ）由题可知，CM=2t，C1M=2﹣2t，∴V1=S△ECF•CM==，=S•C1M=（2﹣2t）=（1﹣t），V2∴V1•V2=≤•（）2=．当且仅当t=1﹣t，即t=时等号成立．所以当t=时，V1•V2最大，最大值为．（Ⅱ）连接A1C1交B1D1于点O，则O为A1C1的中点，∵A1C∥平面B1D1M，平面A1CC1∩平面B1D1M=OM，∴A1C∥OM，∴M为CC1的中点，连接BD，∵E，F为BC、CD的中点，∴EF∥BD，又AC⊥BD，∴AC⊥EF．∵AA1⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD，∴AA1⊥EF，又AA1∩AC=A，∴EF⊥平面A1AC，又A1C⊂平面A1AC，∴EF⊥A1C．同理可得：EM⊥A1C，又EF∩EM=E，∴A1C⊥平面EFM．又A1C∥平面B1D1M，∴平面EFM⊥平面B1D1M．21．【解答】解：（Ⅰ）∵DA=AB=BC=a，∠ABE=∠BAF=90°，∴四边形ABCD是正方形，∴CD⊥AD，CD⊥DP，又AD∩DP=D，∴CD⊥平面ADP．∵AD2+DP2=AP2，∴AD⊥DP，又CD⊥AD，CD∩DP=D，∴AD⊥平面CDPQ，又AD∥BC，∴BC⊥平面CDPQ．∴V B﹣CDPQ==（a+2a）×a×a=a3，V B﹣ADP===．∴多面体ABCDPQ的体积为V B﹣CDPQ +V B﹣ADP=．（Ⅱ）取BP的中点G，连接GQ、DG、DQ，在△ABP中，BP==2a，∴BG=BP=a，在△BCQ中，BQ==a，PQ==a，∴PQ=BQ，∴GQ⊥BP．∴QG==a，又BD==2a=DP，∴DG⊥BP，∴DG==a，又DQ==a，∴DQ2=QG2+DG2，即QG⊥DG．又BP∩DG=G，∴QG⊥平面PBD，又QG⊂平面PBQ，∴平面PBQ⊥平面PBD．22．【解答】（1）证明：连接BD，因为底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，所以△ABD 是正三角形，所以AD⊥BO，因为O为AD的中点，PA=PD，所以AD⊥PO，且PO∩BO=O，所以AD⊥平面POB，又AD⊂平面PAD，所以平面POB⊥平面PAD；（2）解：因为是正三角形，所以OB=3，在Rt△PAO中，，所以PO=2，又，所以OB2+PO2=PB2，所以∠POB=90°，即PO⊥OB，又AD⊥PO，且OB∩AD=O，所以PO⊥平面ABCD，因为，所以四棱锥P﹣ABCD的体积为．23．【解答】（I）证明：∵PA=PD，Q是AD的中点，∴PQ⊥AD，又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，PQ⊂平面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，∴BC⊥PQ，∵BC=AD=DQ，BC∥AD，∠ADC=90°，∴四边形BCDQ是矩形，∴BC⊥BQ，又PQ∩BQ=Q，∴BC⊥平面PBQ，又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB．（II）过M作MN∥CD交PD与N，则平面BMQ∩平面PCD=MN，∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，BQ⊥AD，BQ⊂平面PAD，∴BQ⊥平面PAD，又BQ∥CD∥MN，∴MN⊥平面PAD，∴MN⊥NQ，MN⊥PD，∴∠DNQ为平面BMQ与平面PCD所成角，即∠DNQ=60°，∵PD=PA=2，AD=2BC=2，∴∠PDO=60°，∴△DNQ是等比三角形，∴DN=DQ=1，即N是PD的中点，∴M是PC的中点，∵PD=2，CD=，∴PC=，∴PM==．24．【解答】（Ⅰ）证明：在△ABC中，∵，AB=2，BC=1，∴AC2+BC2=AB2．∴AC⊥BC．又∵AC⊥FB，BF∩CB=B，∴AC⊥平面FBC．（Ⅱ）解：∵AC⊥平面FBC，∴AC⊥FC．∵CD⊥FC，∴FC⊥平面ABCD．在Rt△ACB中，，∴∠CAB=30°，∴在等腰梯形ABCD中可得∠ABD=∠CDB=∠CBD=30°，∴CB=DC=1，∴FC=1．∴△BCD的面积S==．∴四面体FBCD的体积为：．（Ⅲ）解：线段AC上存在点M，且M为AC中点时，有EA∥平面FDM，证明如下：连接CE与DF交于点N，连接MN．由CDEF为正方形，得N为CE中点．∴EA∥MN．∵MN⊂平面FDM，EA⊄平面FDM，∴EA∥平面FDM．所以线段AC上存在点M，使得EA∥平面FDM成立．25．【解答】（Ⅰ）证明：∵PQ∥DC，PQ=PD=DC=1，∴四边形PQCD是平行四边形，∴PD∥CQ，∵PD⊄平面QBC，CQ⊂平面QBC，∴PD∥平面QBC．（Ⅱ）证明：∵∠APD=90°，∴PD⊥PA，∵平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，四边形ABCD是直角梯形，AB ∥DC，AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，∵PD∥QC，∴PA⊥QC，AB⊥QC，∵PA∩AB=A，∴QC⊥平面PABQ．（Ⅲ）解：存在．由（Ⅱ）可知QC⊥平面PABQ；作AM⊥BQ，交BQ于M，可知AM⊥CQ，BQ∩CQ=Q，所以AM⊥平面BCQ，BC⊂平面BCQ，∴AM⊥BC．QB=，cosB=，BM=2=，QM==．26．【解答】解：（1）证明：在图1中，由题意知AE=1，AD=BE=2，在△ADE中，由余弦定理知：DE2=AE2+AD2﹣AE×AD=12+22﹣1×2=3，所以：AE2+DE2=AD2，所以：DE⊥AE，DE⊥BE，在△ADE沿直线DE折起的过程中，DE与AE，BE的垂直关系不变，故在图2中有DE⊥A'E，DE⊥BE，又A'E∩BE=E，所以DE⊥平面A'EB，所以DE⊥A'B．（2）如图2，因为平面A'DE⊥底面BCDE，由（1）知DE⊥A'E，且平面A'DE∩底面BCDE=DE，所以A'E⊥底面BCDE，所以A'E为三棱锥A'﹣EDC的高，且A'E=AE=1，又因为在图1中，S△ECD=S△ABC﹣S△AED﹣S△BEC=，所以：，故三棱锥D﹣A'CE的体积为．27．【解答】（1）证明：∵PA⊥AC，PA=2，AC=2，∴，又∵，BC=2，∴PB2+BC2=PC2，则BC⊥PB．又∵AB⊥BC，∴BC⊥平面PAB，则BC⊥PA，又PA⊥AC，AC∩BC=C，∴PA⊥平面ABC．又∵BD⊂平面PAC，∴PA⊥BD，在Rt△ABC中，由BC=2，AC=2，可得AB=2，又∵D为AC的中点，∴BD⊥AC，而PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，则平面BDE⊥平面PAC；=V E﹣PBC=V B﹣APCE﹣V P﹣ABC．（2）解：V P﹣EBC由已知，DE∥AP，∴．∴=，．∴．28．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵AD=2AB，E为线段AD的中点，∴AB=AE，取BE中点O，连接PO，则PO⊥BE，又平面PEB⊥平面BCDE，平面PEB∩平面BCDE=BE，∴PO⊥平面BCDE，则PO⊥EC，在矩形ABCD中，∴AD=2AB，E为AD的中点，∴BE⊥EC，则EC⊥平面PBE，∴EC⊥PB，又PB⊥PE，且PE∩EC=E，∴PB⊥平面PEC．（Ⅱ）以OB所在直线为x轴，以平行于EC所在直线为y轴，以OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，∵PB=PE=2，则B（，0，0），E（﹣，0，0），P（0，0，），D（﹣2，，0），C（﹣，2，0），∴=（﹣，0，﹣），=（﹣，2，﹣），∴cos∠EPC===，可得：sin∠EPC==，可得：S△EPC=||•||•sin∠EPC=2×2×=2，=V D﹣EPC，设三棱锥D﹣PEC的高为h，则可得：S△ECD•OP=S△EPC•h，可∵V P﹣ECD得：=2×h，∴解得：三棱锥D﹣PEC的高h=1．29．【解答】解：（Ⅰ）在Rt△BEB中，BE=1，AB=，所以∠BAE=30°……（1分）同理∠BDA=30°，从而∠AOD=90°，AF⊥BD……（2分）又因为AD∥EC，AD=EC，所以ADCE是平行四边形，∠CDO=∠AOD=90°，CD⊥DO……（3分）因为平面ABE⊥平面ADE，平面ABE∩平面ADE=AE，BO⊥AE，所以BO⊥平面ADE……（4分）又CD⊂平面ADE，所以BO⊥CD，BO∩DO=O，BO⊂平面BOD，OD平面BOD．所以CD⊥平面BOD……（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，四边形AECD的面积S=CD•OD=3……（7分）连接AC，则△ACD的面积S1=，三棱锥B=ACD的体积V=……（9分）△BCD的面积S2=……（10分）设A到平面BCD的距离为h，则h=，h=……（11分）直线AB与面BCD所成角的正弦值为，余弦值为……（12分）30．【解答】证明：（1）取AB中点为R，连接PR，B1R∵点P是CD中点，Q是A1B1的中点，∴四边形AQB1R，PRB1C1都为平行四边形，∴AQ∥B1R，B1R∥PC1，∴AQ∥PC1．∵AQ⊄平面PBC1，PC1⊂平面PBC1，∴AQ∥平面PBC1．（Ⅱ）∵四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，BC=CC1，∴B1C⊥BC1．∵A1B1⊥平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1．∵A1B1∩B1C=B1，A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，∴BC1⊥平面A1B1C，BC1⊂平面PBC1，∴平面A1B1C⊥平面PBC1．31．【解答】（1）证明：由AD=6，DM=4可得AM=2，则BC=AM，又AD∥BC，则四边形ABCM是平行四边形，则CM∥AB，∵AD⊥AB，∴CM⊥AD．又PA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，∴PA⊥CM，∵PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，∴CM⊥平面PAD，又CM⊂平面PCM，∴平面PCM⊥平面PAD．（2）解：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∵∠APB=45°，∴AP=AB=6．∵，∴．∴四棱锥P﹣ABCM的表面积为．32．【解答】（本小题满分12分）解：（1）直线DF与平面BCE'相交，理由如下：因为E'⊄平面ABCD，所以D⊄平面BCE'．若DF∥平面BCE'，设平面DCE'∩平面BCE'=CM，则DF∥CM．CM与CB不重合．又因为AD∥BC，所以平面ADE'∥平面BCE'，矛盾．所以直线DF与平面BCE'相交．…………………………（4分）证明：（2）取AB的中点O，连接E'O，BD，由等腰梯形ADCE中，AD∥EC，EC=2AD=2AE=4，，所以E'O⊥AB，DO⊥AB，…………………………（6分）分别以BA，OD所在的直线为x轴，y轴，过O垂直于平面ABCD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设二面角E'﹣AB﹣D的大小为α．则．过E'作E'G⊥OD于点G．因为E'O⊥AB，DO⊥AB，所以AO⊥平面E'OD，∠E'OD=α．所以E'G⊥AO．所以E'G⊥平面ABCD．…………………………（8分）所以．设平面E'AB的法向量为n=（x，y，z），则，即令y=1，得平面E'AB的一个法向量为n=（0，1，﹣cotα）．…………………………（10分）同理可求平面E'DC的一个法向量为．所以．解得：．所以二面角E'﹣AB﹣D的大小为，即平面ABE'⊥平面ABCD．…………………………（12分）33．【解答】证明：（I）因为AD=4，AB=2，，所以AB2+BD2=AD2，AB⊥BD，且∠ADB=30°．又△BCD是等边三角形，所以∠ADC=90°，即CD⊥AD．…（3分）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD．所以CD⊥PA．……（6分）解：（II）因为平面BEF∥平面PCD，所以BF∥CD，EF∥PD，且BF⊥AD．……（8分）又在直角三角形ABD中，DF=，所以AE=AF=1．所以．……（10分）由（I）知CD⊥平面PAD，故四棱锥C﹣PEFD的体积．…（12分）34．【解答】解：（1）四边形ABCD是平行四边形，AD=2，∴BC=AD=2，又AB=AC=2，∴AB2+AC2=BC2，∴AC⊥AB，又PB⊥AC，且AB∩PB=B，∴AC⊥平面PAB，∵AC⊂平面PAC，∴平面PAB⊥平面PAC；（2）由（1）知AC⊥AB，AC⊥平面PAB，分别以AB、AC所在直线为x轴、y轴，平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，如图所示；则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），=（0，2，0），=（﹣2，2，0）；由∠PBA=45°，PB=，可得P（1，0，1），∴=（1，0，1），=（﹣1，0，1）；假设棱PA上存在点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，设=λ（0＜λ＜1），则=λ=（λ，0，λ），=﹣=（λ，﹣2，λ），设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即，令z=1，可得x=y=1，∴平面PBC的一个法向量为=（1，1，1），设直线CE与平面PBC所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|===，解得λ=或λ=（不合题意，舍去），∴存在=，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为．35．【解答】解：（1）以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，1），∵E、F、G分别为BC、PD、PC的中点，∴，F（0，1，），G（），∴=（﹣1，），=（），设EF与DG所成角为θ，则cosθ==．∴EF与DG所成角的余弦值为．（2）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），∵=（0，1，0），=（1，0，﹣1），∴，取x=1，得=（1，0，1），M为EF上一点，N为DG上一点，若存在MN，使得MN⊥平面PBC，则∥，设M（），N（x2，y2，z2），则，①∵点M，N分别是线段EF与DG上的点，∴，∵=（），=（x2，y2﹣2，z2），∴，且，②把②代入①，得，解得，∴M（），N（）．36．【解答】解：（1）∵D，E分别是AC，AB的中点，∴DE∥BC，∵四边形BB1C1C为矩形，∴BC⊥CC1．∵AC=BC=4，AB=4，∴AC2+BC2=AB2，∴BC⊥AC，又AC∩CC1=C，∴BC⊥平面AA1C1C，∴DE⊥平面AA1C1C．。

2018年数学高考题分类汇编之立体几何1．【2018年浙江卷】已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则A. θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ12．【2018年浙江卷】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：cm3）是A. 2B. 4C. 6D. 83．【2018年文北京卷】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A. 1B. 2C. 3D.44．【2018年新课标I卷文】在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为A. B. C. D.5．【2018年新课标I卷文】已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A. B. C. D.6．【2018年全国卷Ⅲ文】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A. B. C. D.7．【2018年全国卷Ⅲ文】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是A. AB. BC. CD. D8．【2018年全国卷II文】在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为A. B. C. D.9．【2018年天津卷文】如图，已知正方体ABCD–A1B1C1D1的棱长为1，则四棱柱A1–BB1D1D的体积为__________．10．【2018年江苏卷】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．11．【2018年全国卷II文】已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为__________．12．【2018年浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．13．【2018年天津卷文】如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=，∠BAD=90°．（Ⅰ）求证：AD⊥BC；（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．14．【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．15．【2018年江苏卷】在平行六面体中，．求证：（1）；（2）．16．【2018年新课标I卷文】如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且．（1）证明：平面平面；（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．17．【2018年全国卷Ⅲ文】如图，矩形所在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）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．18．【2018年全国卷II文】如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．。

立体几何热点一 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】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PBD⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.(1)证明 ∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4， ∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2.∴CO ⊥AB. 又PO ⊥平面ABC ， OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC.又∵PO ，AB ⊂平面PAB ，PO ∩AB ＝O ， ∴CO ⊥平面PAB ，即CO ⊥平面PDB. 又CO ⊂平面COD ， ∴平面PDB ⊥平面COD.(2)解 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)， ∴PD →＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1). 设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n·BC →＝0，n·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴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. 【类题通法】利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】 如图所示，在多面体A 1B 1D 1­DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F. (1)证明：EF∥B 1C.(2)求二面角E­A 1D ­B 1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以AB→，AD→，AA1→为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A1DE的一个法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E→＝⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，A1D→＝(0，1，－1)，由n1⊥A1E→，n 1⊥A1D→得r1，s1，t1应满足的方程组⎩⎨⎧12r1＋12s1＝0，s1－t1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).设平面A1B1CD的一个法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1→＝(1，0，0)，A1D→＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角E­A1D­B1的余弦值为|n1·n2||n1|·|n2|＝23×2＝63.热点二立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB ＝1，AD＝2，AC＝CD＝ 5.(1)求证：PD⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM∥平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面PAD⊥平面ABCD ，平面PAD∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ， 所以AB⊥平面PAD ，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，AB ∩PA ＝A ，所以PD⊥平面PAB. (2)解 取AD 的中点O ，连接PO ，CO. 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n·PD →＝0，n·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n·PB →|n||PB→|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)解 设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →. 因此点M(0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ). 因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M ，使得BM∥平面PCD ，此时AM AP ＝14. 【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 【对点训练】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.(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.∵CN ⊥AB ，DA ⊥AB ，∴CN ∥DA ，又AB∥CD，∴四边形CDAN 为平行四边形， ∴CN ＝AD ＝8，DC ＝AN ＝6，在Rt △BNC 中，BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6，∴AB ＝12，而E ，M 分别为PA ，PB 的中点， ∴EM ∥AB 且EM ＝6，又DC∥AB，∴EM ∥CD 且EM ＝CD ，四边形CDEM 为平行四边形， ∴DE ∥CM.∵CM ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ， ∴DE ∥平面BPC.(2)解 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D －xyz ， 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 的一个法向量为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.热点三 立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△D′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D′H⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D′A－C 的正弦值.(1)证明 由已知得AC⊥BD，AD ＝CD. 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD，故AC∥EF. 因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3. 于是D′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D′O 2，故D′H⊥OH. 又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H ， 所以D′H⊥平面ABCD.(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz. 则H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m·AB →＝0，m·AD′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n·AC →＝0，n·AD′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1). 于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525. 因此二面角B －D′A－C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【对点训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值. (1)证明 在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 从而BE⊥平面A 1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A 1OC. (2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。

5 ⎧⎪n ⋅ ⎨ 2018 高考数学立体几何答案1.（本小题 14 分）如图，在三棱柱 ABC − A 1B 1C 1 中， CC 1 ⊥ 平面 ABC ，D ，E ，F ，G 分别为 AA 1 ，AC ， A 1C 1 ， BB 1 的中点，AB=BC = ，AC = AA 1 =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面 BEF ；（Ⅱ）求二面角 B−CD −C 1 的余弦值；（Ⅲ）证明：直线 FG 与平面 BCD 相交．【解析】（1）在三棱柱 ABC - A 1B 1C 1 中， Q CC 1 ⊥ 平面 ABC ，∴ 四边形 A 1 ACC 1 为矩形．又 E ， F 分别为 AC ， A 1C 1 的中点，∴ AC ⊥ EF ， Q AB = BC ，∴ AC ⊥ BE ，∴ AC ⊥ 平面 BEF ．（2）由（1）知 AC ⊥ EF ， AC ⊥ BE ，EF ∥CC 1 ． 又CC 1 ⊥ 平面 ABC ，∴ EF ⊥ 平面 ABC ．Q 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) ， ∴CD =(2, 0,1) ， CB =(1, 2, 0) ，设平面 BCD 的法向量为 n = (a , b , c ) ， u u u r CD = 0 ∴⎨ uur n ⋅ ，∴⎧2a + c = 0 ， a + 2b = 0 ⎩⎪ CB = 0 ⎩ 令 a = 2 ，则b = -1 ， c = -4 ，∴ 平面 BCD 的法向量 n = (2, - 1，, - 4) ，又Q 平面CDC 的法向量为EB=(0, 2, 0)，∴cos <n ⋅uur>=n ⋅EB= -21．1EB uurn EB 21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-21．21（3）平面BCD 的法向量为n =(2, - 1, - 4)，Q G (0, 2,1)，F (0, 0, 2)，∴GF =(0, - 2,1)，∴n ⋅GF =-2 ，∴n 与GF 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2．（本小题14 分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 为矩形，平面PAD⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA =PD ， E ，F 分别为AD ，PB 的中点．（1）求证：PE ⊥BC ；（2）求证：平面PAB ⊥平面PCD ；（3）求证：EF∥平面PCD ．【解析】（1）Q PA =PD ，且E 为AD 的中点，∴PE ⊥AD ，Q 底面ABCD 为矩形，∴BC∥AD ，∴PE ⊥BC ．（2）Q 底面ABCD 为矩形，∴AB ⊥AD ，Q 平面PAD ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD ，∴AB ⊥PD ．又PA ⊥PD ，Q PD ⊥平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD ．（3）如图，取PC 中点G ，连接FG ，GD ．Q F ，G 分别为PB 和PC 的中点，∴FG∥BC ，且FG =1 BC ，2Q 四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，∴ED∥BC ，DE =1 BC ，2∴ED∥FG ，且ED =FG ，∴四边形EFGD 为平行四边形，∴EF∥GD ，又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ，∴EF∥ 平面PCD ．3 2 3 ⋅2 3 3．（12 分）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.解答：（1）E ,F 分别为 AD , BC 的中点，则 EF / / AB ，∴ EF ⊥ BF ， 又 PF ⊥ BF ， EF ⋂ PF = F ，∴ BF ⊥ 平面 PEF ，BE ⊂ 平面 ABFD ，∴平面 PEF ⊥ 平面 ABFD .（2） PF ⊥ BF ， BF / / E D ，∴ PF ⊥ ED ，又 PF ⊥ PD ， ED ⋂ DP = D ，∴ PF ⊥ 平面 PED ，∴ PF ⊥ PE ，设 AB = 4 ，则 EF = 4 ， PF = 2 ，∴ PE = 2 ，过 P 作 PH ⊥ EF 交 EF 于 H 点，由平面 PEF ⊥ 平面 ABFD ，∴ PH ⊥ 平面 ABFD ，连结 DH ，则∠PDH 即为直线 DP 与平面 ABFD 所成的角，由 PE ⋅ PF = EF ⋅ PH ，∴ P H = = ， 4而 PD = 4 ，∴ sin ∠PDH =PH = 3 ，PD 4 ∴ DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值 3. 4 4．（12 分）如图，在三棱锥 P - ABC 中， AB = BC = 2 AC 的中点．（1） 证明： PO ⊥ 平面 ABC ；， PA = PB = PC = AC = 4 ， O 为（2） 若点 M 在棱 BC 上，且二面角 M - PA - C 为30︒ ，求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值．2PO B M 3 3(a - 4)2 + 3a 2 + a 2 3 2 3 a - 42 3(a - 4)2 + 3a 2 + a 2u u u r ⎩AC【解析】（1）因为AP = CP = AC = 4 ， O 为 AC 的中点，所以OP ⊥ AC ，且OP = 2 ， 连结OB ．因为 AB = BC =2 AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，2 且OB ⊥ AC ， OB = 1 AC = 2 ，由OP 2 + OB 2 = PB 2 知 PO ⊥ OB ， 2由OP ⊥ OB , OP ⊥ AC 知 PO ⊥ 平面 ABC ．（2） 如图，以O 为坐标原点， OB 的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系O - xyz ．由已知得O (0, 0, 0) ， B (2, 0, 0) ， A (0, -2, 0) ， C (0, 2, 0) ， P (0, 0, 2 3 ) ， AP = (0, 2, 2 3 )， 取平面 PAC 的法向量OB = (2, 0, 0) ，设 M (a , 2 - a , 0)(0 < a ≤ 2) ，则 AM = (a , 4 - a , 0) ，设平面 PAM 的法向量为 n = (x , y , z ) ．由 AP ⋅ n = 0 ， AM ⋅ n = 0 ， ⎧⎪2 y + 2 3z = 0 得⎨⎪a x + (4 - a ) y = 0 ，可取 n = ( 3 (a - 4), 3a , -a ) ，u u u r 2 3 (a - 4) u u u r ∴cos < OB , n >= ，由已知得 cos < OB , n > = ， 2 2∴ = 3 ，解得 a = -4 （舍去）， a = 4 ， ⎛ 8 3 4 3 4 ⎫ 2u u u r 3 u u u r 3 cos < ∴ n = - 3 , 3 , - 3 ⎪ ，又Q PC = (0, 2, -2 3 )，所以 PC , n >= ． 4 ⎝ ⎭ 3所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 4． 5．（12 分）如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直， M 是1 5 = - -2 5 CD 上异于C ， D 的点． （1） 证明：平面 AMD ⊥ 平面 BMC ；（2） 当三棱锥 M - ABC 体积最大时，求面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值．解答：（1）∵正方形 ABCD ⊥ 半圆面CMD ，∴ AD ⊥ 半圆面CMD ，∴ AD ⊥ 平面 MCD .∵ CM 在平面 MCD 内，∴ AD ⊥ CM ，又∵ M 是半圆弧CD 上异于C , D 的点，∴ CM ⊥ MD .又∵ AD I BCM ⊥ 平面 ADM .DM = D ，∴ CM ⊥ 平面 ADM ，∵ CM 在平面 BCM 内，∴平面（2）如图建立坐标系：∵ S ∆ABC 面积恒定，∴ MO ⊥ CD ，V M - ABC 最大.M (0, 0,1) ， A (2, -1, 0) ， B (2,1, 0) ， C (0,1, 0) ， D (0, -1, 0) ,设面 MAB 的法向量为 m = (x 1 , y 1 , z 1 ) ，设面 MCD 的法向量为 n = (x 2 , y 2 , z 2 ) ， MA (2, 1, 1) ， MB = (2,1, -1) ，MC = (0,1, -1) ， MD = (0, -1, -1) ，⎧2x 1 - y 1 - z 1 = 0 ⇒ ⎨2x + y - z = 0 m= (1, 0, 2) ， ⎩ 1 1 1同理 n = (1, 0, 0) ，∴c os = = 5 ，∴ sin = . 5 56.（本题满分 14 分，第 1 小题满分 6 分，第 2 小题满分 8 分）已知圆锥的顶点为 P ，底面圆心为 O ，半径为 2（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO=4，OA，OB 是底面半径，且∠AOB=90°，M 为线段AB 的中点，如图，求异面直线PM 与OB 所成的角的大小.7.(本小题满分13 分)如图，AD∥BC 且AD=2BC，AD ⊥CD , EG∥AD 且EG=AD，CD∥FG 且CD=2FG，DG ⊥平面ABCD ，DA=DC=DG=2.（I）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN∥平面CDE ；（II）求二面角E -BC -F 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.【解析】依题意，可以建立以D 为原点，y z分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，轴，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)，m ⋅ n m n h 2 + 5h 2 + 52 0 ⋅ E (2, 0, 2) ， F (0,1, 2) ， G (0, 0, 2) ， M ⎛ 0,3 ,1⎫ ，N (1, 0, 2) ． 2 ⎪ ⎝ ⎭（1）依题意 DC = (0, 2, 0) ， DE = (2, 0, 2) ．⎧n ⋅ 设 n = ( x , y , z ) 为平面CDE 的法向量，则⎪ 0 DC = 0 ⎧ 即 2 y = 0 ， 0⎨n ⋅ = 0 ⎨2x + 2z = 0不妨令 z = –1 ，可得 n 0 = (1, 0, -1) ．⎩⎪ 0 DE ⎩ ⎛ 3 ⎫ 又 MN = 1,- ,1⎪ ，可得 MN ⋅ n = 0 ， ⎝ ⎭又因为直线 MN ⊄ 平面CDE ，所以 MN ∥平面CDE ．（2）依题意，可得 BC = (–1, 0, 0) ， BE = (1, -2, 2) ， CF = (0, -1, 2) ．⎧n ⋅ 设 n = ( x , y , z ) 为平面 BCE 的法向量，则⎪ BC = 0 ⎧ 即 -x = 0 ， ⎨n ⋅ = 0 ⎨x - 2 y + 2z = 0 不妨令 z = 1 ，可得 n = (0,1,1) ．⎩⎪ BE⎩ ⎧m ⋅ 设 m = ( x , y , z ) 为平面 BCF 的法向量，则⎪ BC = 0 ⎧ 即 -x = 0 ， ⎨m ⋅ = 0 ⎨- y + 2z = 0不妨令 z = 1 ，可得 m = (0, 2,1) ．⎩⎪ BF ⎩ 因此有cos < m , n >= = 3 10 ，于是sin < m , n >= 10所以，二面角 E – BC – F 的正弦值为 10 ．1010 ．10 （3） 设线段 DP 的长为 h (h ∈[0, 2])，则点 P 的坐标为(0, 0, h ) ， 可得= (-1, -2, h ) ．易知， = (0, 2, 0) 为平面 ADGE 的一个法向量， BP DC BP DC 2故 cos < BP ⋅ DC > = =， BP DC 由题意，可得 2 = sin 60︒ = 3 ，解得 h = 2 3 ∈[0, 2] ． 3 所以线段 DP 的长为 3 ．32 (2 3)2 +12 13 5 2 8．（本题满分 15 分）如图，已知多面体 ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面 ABC ，∠ ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面 A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线 AC 1 与平面 ABB 1 所成的角的正弦值．解答：（1）∵ AB = B 1B = 2 ，且 B 1B ⊥ 平面 ABC ，∴ B 1B ⊥ AB ，∴ AB 1 = 2 .同理， AC 1 == =. 过点C 1 作 B 1B 的垂线段交 B 1B 于点G ，则C 1G = BC = 2 且 B 1G = 1，∴ B 1C 1 = . 在∆AB C 中， AB 2 + B C 2 = AC 2 ， 1 1 1 1 1 1∴ AB 1 ⊥ B 1C 1 ，①过点 B 1 作 A 1 A 的垂线段交 A 1 A 于点 H .则 B 1H = AB = 2 ， A 1H = 2 ，∴ A 1B 1 = 2 .在∆A B A 中， AA 2 = AB 2 + A B 2 ， 1 1 1 1 1 1∴ AB 1 ⊥ A 1B 1 ，②综合①②，∵ A 1B 1 ⋂ B 1C 1 = B 1 ， A 1B 1 ⊂ 平面 A 1B 1C 1 ， B 1C 1 ⊂ 平面 A 1B 1C 1 ， ∴ AB 1 ⊥ 平面 A 1B 1C 1 .（2）过点 B 作 AB 的垂线段交 AC 于点 I ，以 B 为原点，以 AB 所在直线为 x 轴， 以 BI 所在直线为 y 轴，以 B 1B 所在直线为z轴，建立空间直角坐标系B - xyz .AC 2 + C C 2 13 1⨯ 13 39 ⎩ 则 B (0, 0, 0) ， A (-2, 0, 0) ， B 1 (0, 0, 2) ， C 1 (1, 3,1) ， 设平面 ABB 的一个法向量 = (a , b , c ) ，1 n⎧⎪ 则 n ⋅ AB = 0 ⇒ ⎧2a = 0 ，令b = 1，则 n = (0,1, 0) ， ⎨⎪⎩n ⋅ BB 1 = 0 ⎨2c = 039又∵ AC 1 = (3, 3,1) ， cos < n , AC 1 >= = 13 .由图形可知，直线 AC 1 与平面 ABB 1 所成角为锐角，设 AC 1 与平面 ABB 1 夹角为. ∴ s in = . 139．（本小题满分 14 分）在平行六面体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中， AA 1 = AB , AB 1 ⊥B 1C 1 ．求证：（1） AB ∥平面A 1B 1C ；（2） 平面ABB 1 A 1 ⊥ 平面A 1BC ．【解析】（1）在平行六面体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中， AB ∥A 1B 1．因为 AB ⊄ 平面 A 1B 1C ， A 1B 1 ⊂ 平面 A 1B 1C ，所以 AB ∥平面 A 1B 1C ．（2）在平行六面体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中，四边形 ABB 1 A 1 为平行四边形． 又因为 AA 1 = AB ，所以四边形 ABB 1 A 1 为菱形， 因此 AB 1 ⊥ A 1B ．又因为 AB 1 ⊥ B 1C 1 ， BC ∥B 1C 1 ，所以 AB 1 ⊥ BC ． 又因为 A 1B BC = B ， A 1B ⊂ 平面 A 1BC ， BC ⊂ 平面 A 1BC ，所以AB1 ⊥平面A1BC ．因为AB1 ⊂平面ABB1 A1，所以平面ABB1 A1⊥平面A1BC ．“”“”At the end, Xiao Bian gives you a passage. Minand once said, "people who learn to learn are very happy people.". In every wonderful life, learning is an eternal theme. As a professional clerical and teaching position, I understand the importance of continuous learning, "life is diligent, nothing can be gained", only continuous learning can achieve better self. Only by constantly learning and mastering the latest relevant knowledge, can employees from all walks of life keep up with the pace of enterprise development and innovate to meet the needs of the market. This document is also edited by my studio professionals, there may be errors in the document, if there are errors, please correct, thank you!。

立体几何热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】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PBD⊥平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.(1)证明∵OB＝OC，又∵∠ABC＝π4，∴∠OCB＝π4，∴∠BOC＝π2.∴CO⊥AB.又PO⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，∴PO⊥OC.又∵PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PDB.又CO⊂平面COD，∴平面PDB⊥平面COD.(2)解以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)， ∴PD→＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1). 设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴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. 【类题通法】利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】 如图所示，在多面体A 1B 1D 1­DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F . (1)证明：EF ∥B 1C .(2)求二面角E -A 1D ­B 1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C ⊂面B 1CD 1，面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C.(2)解 因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A 1DE 的一个法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1D→＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1). 所以结合图形知二面角E -A 1D ­B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.热点二 立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式： (1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在. 【例2】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD.又PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ，所以PD ⊥平面PAB. (2)解 取AD 的中点O ，连接PO ，CO. 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解 设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →.因此点M (0，1－λ，λ)，BM→＝(－1，－λ，λ).因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14. 所以在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【对点训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠P AD ＝45°，E 为P A 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.(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.∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中，BN＝BC2－CN2＝102－82＝6，∴AB＝12，而E，M分别为P A，PB的中点，∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，∴DE∥CM.∵CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，∴DE∥平面BPC.(2)解由题意可得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D－xyz，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 的一个法向量为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. 热点三 立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10. (1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3. 于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ， 所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H－xyz .则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)， B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1).于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【对点训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.(1)证明 在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。

2018 年-2008 年江苏高考立体几何解答题（共 11 题）说明：三角向量解答题考在 15题或 16 题，是解答题的前两题之一，要求学生必须做对，而且书写规范，条理清楚1．在平行六面体 ABCD A 1B 1C 1D 1 中， AA 1 AB , AB 1 B 1C 1．求证：（ 1） AB ∥平面A 1B 1C ； （2）平面ABB 1 A 1 平面A 1 BC ．2) BC 1 AB 1 .5．如图在三棱锥 P-ABC 中， D,E,F 分别为棱 PC,AC,AB 的中点，已知 PA AC,PA 6,BC 8,DF 5，2.如图 ,在三棱锥 A-BCD 中,AB ⊥AD, BC ⊥BD, 平面 ABD ⊥平面 且 EF ⊥ AD. BCD, 点E,F （E 与A,D 不重合 ）分别在棱 AD,BD 上,求证：（1） EF ∥平面 ABC ； 2)AD ⊥AC.3. 如图，在直三棱柱 ABC-A 1B 1C 1 中，D ，E 分别为 AB ，BC 的中点，点 F 在侧棱 B 1B 上，且 B 1D A 1F， A 1C 1 A 1B 1.求证：（ 1）直线 DE ∥平面 A 1C 1F ；2)平面 B 1DE ⊥平面 A 1C 1F.4.如图，在直三棱柱 ABC A 1B 1C 1中，已知 AC BC ，BC CC 1，设 AB 1的中点为D ， B 1C BC 1E .求证：1) DE // 平面 AA 1C 1C ；求证（ 1）直线 PA 平面 DEF ； 2）平面 BDE 平面 ABC 。

6．如图，在三棱锥 S ABC 中，平面 SAB 平面SBC ， AB BC ，AS AB ，过A 作AF SB ，垂足为 F ， 点 E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点．求证：（1）平面 EFG //平面 ABC ；（2） BC SA ．7. 如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中， A 1B 1 A 1C 1 ，D ，E 分别是棱BC ，CC 1上的点（点D 不同于点 C ），且AD DE ，F 为B 1C 1 的中点．求证：（ 1）直线 EF ‖平面 PCD ；（2）平面 BEF ⊥平面 PAD 9、如图，在四棱锥 P-ABCD 中， PD ⊥平面 ABCD ，PD=DC=BC=1，AB=2，AB ∥DC ，∠BCD=900。

立体几何热点一 平行、垂直关系的证明与体积的计算以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制，主要考查公理4及线、面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等.【例1】如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E －ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积.(1)证明 因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BE .又BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(2)解 设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2.因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .由BE ⊥平面ABCD ，BG ⊂平面ABCD ，得BE ⊥BG ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E －ACD 的体积V 三棱锥E －ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E －ACD 的侧面积为3＋2 5.【类题通法】第一步：由线面垂直的性质，得AC⊥BE.第二步：根据线面、面面垂直的判定定理，得平面AEC⊥平面BED.第三步：由体积公式计算底面菱形的边长.第四步：计算各个侧面三角形的面积，得出结论.第五步：查看关键点，检验反思，规范步骤.【对点训练】在三棱锥V－ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝2，O，M分别为AB，VA的中点.(1)求证：VB∥平面MOC；(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；(3)求三棱锥V－ABC的体积.(1)证明因为O，M分别为AB，VA的中点，所以OM∥VB，又因为VB⊄平面MOC，OM⊂平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)证明因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB.又因为平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，且OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB.又OC⊂平面MOC，所以平面MOC⊥平面VAB.(3)解在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝2，所以AB＝2，OC＝1，所以等边三角形VAB的面积S△VAB＝ 3.又因为OC⊥平面VAB，所以三棱锥C－VAB的体积等于13OC·S△VAB＝33.又因为三棱锥V－ABC与三棱锥C－VAB的体积相等，所以三棱锥V－ABC的体积为3 3.热点二平面图形折叠成空间几何体先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向.【例2】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD 上，AE＝CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置.(1)证明：AC⊥HD′；(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝54，OD′＝22，求五棱锥D′－ABCFE的体积.(1)证明由已知得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得AEAD＝CFCD，故AC∥EF，由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.(2)解由EF∥AC得OHDO＝AEAD＝14.由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝AB2－AO2＝4，所以OH＝1，D′H＝DH＝3，于是OD′2＋OH2＝(22)2＋12＝9＝D′H2，故OD′⊥OH.由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′，又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.又由EFAC＝DHDO得EF＝92.五边形ABCFE的面积S＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D′－ABCFE的体积V＝13×694×22＝2322.【类题通法】(1)①利用AC与EF平行，转化为证明EF与HD′垂直；②求五棱锥的体积需先求棱锥的高及底面的面积，结合图形特征可以发现OD′是棱锥的高，而底面的面积可以利用菱形ABCD与△DEF面积的差求解，这样就将问题转化为证明OD′与底面垂直以及求△DEF的面积问题了.(2)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.【对点训练】如图1所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2所示.(1)求证：A1F⊥BE；(2)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由.(1)证明由已知，得AC⊥BC，且DE∥BC.所以DE⊥AC，则DE⊥DC，DE⊥DA1，又因为DC∩DA1＝D，所以DE⊥平面A1DC.由于A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，CD∩DE＝D，所以A1F⊥平面BCDE，又BE⊂平面BCDE，所以A1F⊥BE.(2)解线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图所示，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(1)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰△DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP，又DE∩DP＝D，所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.热点三线、面位置关系中的开放存在性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型；(2)存在探索型；(3)方法类比探索型.【例3】如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面P AD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点.(1)求证：EF∥平面P AD；(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.(1)证明如图所示，连接AC，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点.所以对角线AC经过点F，又在△P AC中，点E为PC的中点，所以EF为△P AC的中位线，所以EF∥P A，又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，所以EF∥平面P AD.(2)解存在满足要求的点G.证明如下：在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC，因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面P AD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面P AD.又EF∥平面P AD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG，EG.因为F为BD中点，所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD⊂平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.【类题通法】(1)在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本.(2)第(2)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论.【对点训练】如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点.(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面P AC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面P AC？若存在，求SE∶EC；若不存在，试说明理由.(1)证明连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥S－ABCD是正四棱锥，所以SO⊥AC.在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD，因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.(2)解在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面P AC.连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝2a.由SD⊥平面P AC得SD⊥PC，易求得PD＝2a 4.故可在SP上取一点N，使得PN＝PD.过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN.在△BDN中，易得BN∥PO，又因为NE∥PC，NE⊂平面BNE，BN⊂平面BNE，BN∩NE＝N，PO⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，PO∩PC＝P，所以平面BEN∥平面P AC，所以BE∥平面P AC. 因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.。

典型高考数学试题解读与变式2018版考点33：立体几何中的综合问题【考纲要求】1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题.2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用. 【命题规律】立体几何综合问题是高考的热点问题，选择、填空、解答题都有可能进行考查.预计2018年的高考对本知识的考查空间向量的应用，仍然是以简单几何体为载体．【典型高考试题变式】 （一）构造函数在导数问题中的应用例1.【2015广东卷（理）】若空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n 的取值（ ） A.至多等于3 B.至多等于4 C.等于5 D.大于5 【答案】B在空间中，4个点两两距离相等，构成一个正四面体，成立；若n ＞4，由于任三点不共线，当n=5时，考虑四个点构成的正四面体， 第五个点，与它们距离相等，必为正四面体的外接球的球心， 由三角形的两边之和大于三边，故不成立； 同理n ＞5，不成立． 故选：B ．【方法技巧归纳】本题考查空间几何体的特征，主要考查空间两点的距离相等的情况，注意结合外接球和三角形的两边与第三边的关系，属于中档题和易错题．【变式1】【改编例题条件】【2018届湖北省武汉市部分学校新高三起点调研】设点M 是棱长为2的正方体1111ABCD A BC D 的棱AD 的中点，点P 在面11BCC B 所在的平面内，若平面1D PM 分别与平面ABCD 和平面11BCC B 所成的锐二面角相等，则点P 到点1C 的最短距离是（ ）A.52C. 1D. 3【答案】A【解析】设P 在平面ABCD 上的射影为',P M 在平面11BB C C 上的射影为'M ，平面1D PM 与平面ABCD 和平面11BCC B 成的锐二面角分别为,B α，则111''cos ,cos PM C DP MD PM D PMS S B S S α∆∆∆∆==， 1''cos cos ,DP M PM C B S S α∆∆=∴=，设P 到1'C M 距离为d，则1112,22d d =⨯⨯=P 在与直线1'C M上， P ∴到1C的最短距离为d =A. 【变式2】【改编例题条件和问法】【2017届湖北武汉市蔡甸区汉阳一中高三第三次模拟】如图，直三棱柱111ABC A B C -中， 12AA =，1AB BC ==， 90ABC ∠=︒，外接球的球心为O ，点E 是侧棱1BB 上的一个动点.有下列判断：① 直线AC 与直线1C E 是异面直线；② 1A E 一定不垂直1AC ； ③ 三棱锥1E AAO -的体积为定值； ④1AE EC +的最小值为其中正确的个数是A. 1B. 2C. 3D. 4 【答案】C 【解析】如图，∵直线AC 经过平面BCC 1B 1内的点C ,而直线C 1E 在平面BCC 1B 1内不过C ,∴直线AC 与直线C 1E 是异面直线，故①正确；当E 与B 重合时,AB 1⊥A 1B ,而C 1B 1⊥A 1B ,∴A 1B ⊥平面AB 1C 1,则A 1E 垂直AC 1，故②错误； 由题意知,直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的外接球的球心为O 是AC 1 与A 1C 的交点,则△AA 1O 的面积为定值,由BB 1∥平面AA 1C 1C ，∴E 到平面AA 1O 的距离为定值,∴三棱锥E −AA 1O 的体积为定值，故③正确；设BE =x ,则B 1E =2−x ,∴1AE EC +=.由其几何意义,即平面内动点(x ,1)与两定点(0,0),(2,0)距离和的最小值知,其最小值为 ∴正确命题的个数是3个。

2018年高考数学试题分类汇编——立体几何一、选择题1.(2018年广东卷文)给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行； ②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直； ③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直. 其中，为真命题的是A ．①和②B ．②和③C ．③和④D ．②和④ 【答案】D【解析】①错, ②正确, ③错, ④正确.故选D 2.（2018广东卷理）给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行； ②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直； ③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直． 其中，为真命题的是A. ①和②B. ②和③C. ③和④D. ②和④ 【解析】选D.3.（2018浙江卷理）在三棱柱111ABC A B C -中，各棱长相等，侧掕垂直于底面，点D 是侧面11BB C C 的中心，则AD 与平面11BB C C 所成角的大小是 ( ) A ．30 B ．45 C ．60 D ．90答案：C【解析】取BC 的中点E ，则AE ⊥面11BB C C ，AE DE ∴⊥，因此AD 与平面11BB C C 所成角即为ADE ∠，设AB a =，则32AE a =，2aDE =，即有0tan 3,60ADE ADE ∠=∴∠=．4.（2018浙江卷文）设,αβ是两个不同的平面，l 是一条直线，以下命题正确的是（ ）A ．若,l ααβ⊥⊥，则l β⊂B ．若//,//l ααβ，则l β⊂C ．若,//l ααβ⊥，则l β⊥D ．若//,l ααβ⊥，则l β⊥4．C 【命题意图】此题主要考查立体几何的线面、面面的位置关系，通过对平行和垂直的考查，充分调动了立体几何中的基本元素关系．【解析】对于A 、B 、D 均可能出现//l β，而对于C 是正确的．5.（2018北京卷文）若正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为1，1AB 与底面ABCD 成60°角，则11A C 到底面ABCD 的距离为 ( )A ．33B ． 1C ．2D 3【答案】D【解析】本题主要考查正四棱柱的概念、直线与平面所成的角以及直线与平面的距离等概念.属于基础知识、基本运算的考查.依题意，160B AB ︒∠=，如图，11tan603BB ︒=⨯= D.6.（2018北京卷理）若正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为1，1AB 与底面ABCD 成60°角，则11A C 到底面ABCD 的距离为 （ ）A ．33B ．1C 2D 3【答案】D【解析】本题主要考查正四棱柱的概念、直线与平面所成的角以及直线与平面的距离等概念. （第4题解答图）属于基础知识、基本运算的考查. 依题意，160B AB ︒∠=，如图，11tan603BB ︒=⨯= D.7. (2018山东卷理)一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ). A.223π+ B. 423π+ C. 232π+ D. 234π+【解析】:该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的,圆柱的底面半径为1,高为2,体积为2π,四棱锥的底面边长为2，高为3，所以体积为()21232333⨯⨯=所以该几何体的体积为2323π+. 答案:C 【命题立意】:本题考查了立体几何中的空间想象能力,由三视图能够想象得到空间的立体图,并能准确地 计算出.几何体的体积.8. (2018山东卷理)已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的 一条直线，则“αβ⊥”是“m β⊥”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【解析】:由平面与平面垂直的判定定理知如果m 为平面α内的一条直线,m β⊥,则αβ⊥,反过来则不一定.所以“αβ⊥”是“m β⊥”的必要不充分条件. 答案:B.【命题立意】:本题主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念.9. (2018山东卷文)已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“αβ⊥”是“m β⊥”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【解析】:由平面与平面垂直的判定定理知如果m 为平面α内的一条直线,m β⊥,则αβ⊥,反过来则不一定.所以“αβ⊥”是“m β⊥”的必要不充分条件.答案:B.【命题立意】:本题主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念.10.（2018全国卷Ⅱ文） 已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AA =2AB ，E 为1AA 重点，则异面直线BE 与1CD 所形成角的余弦值为（A ）1010 (B) 15 (C) 31010 (D) 35答案：C22侧(左)视图222 正(主)视图 俯视图解析：本题考查异面直线夹角求法，方法一：利用平移，CD ’∥BA',因此求△EBA'中∠A'BE 即可，易知EB=2,A'E=1,A'B=5,故由余弦定理求cos ∠A'BE=31010，或由向量法可求。

立体几何热点一平行、垂直关系的证明与体积的计算以空间几何体（主要是柱、锥或简单组合体）为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制，主要考查公理4及线、面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等.【例1】如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点,BE⊥平面ABCD。

（1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC,三棱锥E－ACD的体积为错误!，求该三棱锥的侧面积。

（1）证明因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BE。

又BD∩BE＝B,故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED。

（2)解设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝错误!x，GB＝GD＝错误!。

因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中,可得EG＝错误!x.由BE⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD,得BE⊥BG，知△EBG为直角三角形，可得BE＝错误!x.由已知得，三棱锥E－ACD的体积V三棱锥E－ACD＝错误!×错误!·AC·GD·BE＝624x3＝错误!，故x＝2。

从而可得AE＝EC＝ED＝错误!。

所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为 5.故三棱锥E－ACD的侧面积为3＋2错误!.【类题通法】第一步:由线面垂直的性质，得AC⊥BE。

第二步:根据线面、面面垂直的判定定理，得平面AEC⊥平面BED.第三步：由体积公式计算底面菱形的边长。

第四步：计算各个侧面三角形的面积，得出结论.第五步：查看关键点,检验反思，规范步骤。

【对点训练】在三棱锥V－ABC中，平面VAB⊥平面ABC,△VAB 为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝错误!，O，M分别为AB，VA 的中点。

2018年高考立体几何题1． 在棱长为4的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，O 是正方形A 1B 1C 1D 1的中心，点P 在棱CC 1上，且CC 1=4CP.(Ⅰ)求直线AP 与平面BCC 1B 1所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）； (Ⅱ)设O 点在平面D 1AP 上的射影是H ，求证：D 1H ⊥AP ；(Ⅲ)求点P 到平面ABD 1的距离.（2018年江苏省试题）2．三棱锥P-ABC 中，侧面PAC 与底面ABC 垂直，PA=PB=PC=3， （1） 求证：AB ⊥ BC ； （2） 设AB=BC=32，求AC 与平面PBC 所成角的大小. （2018文科试题）3．如图,已知四棱锥P －ABCD ，PB ⊥AD ，侧面PAD 为边长为2的正三角形，底面ABCD 为菱形，侧面PAD 与平面ABCD 所成的二面角为120o 。

（1）求点P 到平面ABCD 的距离；（2）求面APB 与面CPB 所成的二面角的大小。

（2018年全国理科试题）4．在三棱锥S －ABC 中，△ABC 是边长为4的正三角形，平面SAC ⊥平面ABC ，SA=SC=M 、N 分别为AB 、SB 的中点。

（1） 证明AC ⊥SB ；（2） 求二面角N －CM －B 的大小； （3） 求点B 到面CMN 的距离。

（2018年福建省理科试题）5．在三棱锥S －ABC 中，△ABC 是边长为4的正三角形，平面SAC ⊥平面ABC ，SA=SC=M 、N 分别为AB 、SB 的中点。

（1）证明AC ⊥SB ；（2）求二面角S －CM －A 的大小； （3）求点B 到面SCM 的距离。

（2018年福建省文科试题）· B 1P ACD A 1C 1D 1BO H·CBSABCP6．如图，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在平面互相垂直，AF=1，M 是线段EF 的中点。

（1） 求证：AM ∥平面BDE ； （2） 求证：AM ⊥平面BDF ； （3） 求二面角A －DF －B 的大小；（2018年浙江试题）7．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 上的动点。

专题 立体几何 空间向量与立体几何答案部分1．（2018全国卷Ⅰ）【解析】(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 u u u r的方向为y 轴正方向，||BF uuu r 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系-H xyz ．由(1)可得，DE ⊥PE ．又DP =2，DE =1，所以PE又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF ．可得=PH ,32=EH ． 则(0,0,0)H，P ，3(1,,0)2--D，3(1,2=u u u r DP ， (0,0,)2HP =u u u r 为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则3sin ||4||||HP DP HP DP θ⋅===⋅u u u r u u u ru u u r u u u r ．所以DP 与平面ABFD． 2．(2018全国卷Ⅱ)【解析】(1)因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =连结OB．因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形， 且OB AC ⊥，122OB AC ==． 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥．由⊥OP OB ，⊥OP AC 知PO ⊥平面ABC ．(2)如图，以O 为坐标原点，OB uu u r的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．A由已知得(0,0,0)O ，(2,0,0)B ，(0,2,0)-A ，(0,2,0)C，(0,0,P ，=AP u u u r，取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =u u u r ． 设(,2,0)(02)-<≤M a a a ，则(,4,0)AM a a =-u u u r．设平面PAM 的法向量为(,,)x y z =n ．由0,0AP AM ⋅=⋅=uu u r uuu r n n得20(4)0y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以cos ,OB =uu u rn．由已知得|cos ,|OB =uu u r n ．2．解得4a =-（舍去），43a =．所以4()3=-n．又(0,2,PC =-u u u r，所以cos ,PC =uu u r n ． 所以PC 与平面PAM所成角的正弦值为4． 3．（2018全国卷Ⅲ）【解析】(1)由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ．因为M 为»CD上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以 DM ⊥CM ． 又BC I CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．(2)以D 为坐标原点，DA u u u r的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -．当三棱锥M ABC -体积最大时，M 为»CD的中点． 由题设得(0,0,0)D ，(2,0,0)A ，(2,2,0)B ，(0,2,0)C ，(0,1,1)M ，(2,1,1)AM =-u u u u r ，(0,2,0)AB =u u u r ，(2,0,0)DA =u u u r设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量，则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u ur n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,2)=n ．DA u u u r是平面MCD 的法向量，因此cos ,5||||DA DA DA ⋅==u u u ru u u r u u u r n n n ，sin ,5DA =u u u r n ，所以面MAB 与面MCD所成二面角的正弦值是5． 4．（2017新课标Ⅰ）【解析】（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，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PAD 内做PF AD ⊥，垂足为F ，由（1）可知，AB ⊥平面PAD ，故AB PF ⊥，可得PF ⊥平面ABCD ．以F 为坐标原点，FA u u u r的方向为x 轴正方向，||AB uuu r 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2A，(0,0,2P，,1,0)2B，(2C -．所以(,1,)22PC =--u u u r，CB =u u u r，)22PA =-u u u r ， (0,1,0)AB =u u u r．设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，则00PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u ur n n，即0220x y z ⎧-+-=⎪=，可取(0,1,=-n ．设(,,)x y z =m 是平面PAB 的法向量，则00PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r m m，即0220x z y -=⎪⎨⎪=⎩， 可取(1,0,1)=n ．则cos ,||||3⋅==-<>n m n m n m ， 所以二面角A PB C --的余弦值为 5．（2017新课标Ⅱ）【解析】（1）取PA 的中点F ，连结EF ，BF ．因为E 是PD 的中点，所以EF AD ∥，12EF AD =．由90BAD ABC ∠=∠=o 得BC AD ∥，又12BC AD =，所以EF BC ∥，四边形BCEF 是平行四边形，CE BF ∥，又BF ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ，故CE ∥平面PAB ．（2）由已知得BA AD ⊥，以A 为坐标原点，AB u u u r的方向为x 轴正方向，||AB uuu r 为单位长，建立如图的空间直角坐标系A xyz -，则(0,0,0)A ，(1,0,0)B ，(1,1,0)C，P，(1,0,PC =u u u r ，(1,0,0)AB =u u u r．x设(,,)M x y z (01)x <<，则(1,,)BM x y z =-u u u u r，(,1,PM x y z =-u u u u r．因为BM 与底面ABCD 所成的角为45o，而(0,0,1)=n 是底面ABCD 的法向量，所以|cos ,|sin 45BM <>=ou u u u r n2=， 即222(1)0x y z -+-=． ①又M 在棱PC 上，设PM PC λ=u u u u r u u u r，则x λ=，1y =，z =． ②由①，②解得121x y z ⎧=+⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩（舍去），121x y z ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩所以(12M -，从而(12AM =-u u u u r ． 设000(,,)x y z =m 是平面ABM 的法向量，则0=0AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅⎪⎩u u u u ru u ur m m，即0000(2200x y x ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，所以可取(0,2)=m，于是cos ,||||⋅<>==m n m n m n因此二面角M AB D --的余弦值为5． 6．（2017新课标Ⅲ）【解析】（1）由题设可得，ABD CBD ∆≅∆，从而AD DC =．又ACD ∆是直角三角形，所以0=90ACD ∠取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO AC ⊥，DO AO =． 又由于ABC ∆是正三角形，故BO AC ⊥． 所以DOB ∠为二面角D AC B --的平面角． 在Rt AOB ∆中，222BO AO AB +=．又AB BD =，所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==，故90DOB ∠=o ． 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 u u u r的方向为x 轴正方向，OA u u u r为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则(1,0,0)A，B ，(1,0,0)C -，(0,0,1)D ．由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB的中点，得1(0,)22E ．故(1,0,1)AD =-u u u r ，(2,0,0)AC =-u u u r，1(1,)22AE =-u u u r设()=x,y,z n 是平面DAE 的法向量，则AD AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r g u u u r g 0，0，n n即x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩01022可取=n 设m 是平面AEC 的法向量，则0，0，AC AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r g u u u rg m m同理可得(0,=-m则cos ,==g 7n m n m n m 所以二面角D AE C --的余弦值为77．（2016全国I ）【解析】（Ⅰ）由已知可得AF DF ⊥，AF FE ⊥，所以AF ⊥平面EFDC ．又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC ．（Ⅱ）过D 作DG EF ⊥，垂足为G ，由（Ⅰ）知DG ⊥平面ABEF ．以G 为坐标原点，GF u u u r 的方向为x 轴正方向，||GF uuu r为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（Ⅰ）知DFE ∠为二面角D AF E --的平面角，故60DFE ∠=o，则2DF =，DG =，可得(1,4,0)A ，(3,4,0)B -，(3,0,0)E -，D ．由已知，AB EF ∥，所以AB ∥平面EFDC ．又平面ABCD I 平面EFDC DC =，故AB CD ∥，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，60CEF ∠=o．从而可得(C -．所以EC =u u u r ，(0,4,0)EB =u u u r，(3,AC =--u u u r ，(4,0,0)AB =-u u u r．设(),,n x y z =r是平面BCE 的法向量，则C 00n n ⎧⋅E =⎪⎨⋅EB =⎪⎩u u u r r u u u r r，即040x y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，所以可取(3,0,n =r．设m r 是平面CD AB 的法向量，则C 0m m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩u u u r r u u u rr ，同理可取()4m =r．则cos ,19n m n m n m ⋅==-r r r r r r ．故二面角C E-B -A的余弦值为19-．8．（2016全国II ）【解析】（I ）证明：∵54AE CF ==， ∴AE CFAD CD=，∴EF AC ∥． ∵四边形ABCD 为菱形， ∴AC BD ⊥，∴EF BD ⊥， ∴EF DH ⊥，∴EF D H '⊥． ∵6AC =，∴3AO =；又5AB =，AO OB ⊥，∴4OB =， ∴1AEOH OD AO=⋅=，∴3DH D H '==， ∴222'OD OH D H '=+，∴'D H OH ⊥． 又∵OH EF H =I ，∴'D H ⊥面ABCD ．（Ⅱ）建立如图坐标系H xyz -．()500B ，，，()130C ，，，()'003D ，，，()130A -，，， ()430AB =uu u r ，，，()'133AD =-uuur ，，，()060AC =uuu r，，， 设面'ABD 法向量()1n x y z =，，u r，由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩u u r u u u r u u r u u u u r得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩，取345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩，∴()1345n =-u r ，，． 同理可得面'AD C 的法向量()2301n =u u r，，， ∴12129575cos 5210n n n n θ⋅+==⋅u r u u ru r u u r ，∴295sin θ． 9．（2016全国III ）【解析】（Ⅰ）由已知得232==AD AM ， 取BP 的中点T ，连接TN AT ,． 由N 为PC 中点知BC TN //，221==BC TN ． 又BC AD //，故TN 平行且等于AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是AT MN //．因为⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ，所以//MN 平面PAB ．（Ⅱ）取BC 的中点E ，连结AE ，由AC AB =得BC AE ⊥，从而AD AE ⊥， 且5)2(2222=-=-=BC AB BE AB AE ． 以A 为坐标原点，AE u u u r的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系xyz A -，由题意知，)4,0,0(P ，)0,2,0(M ，)0,2,5(C ，)2,1,25(N ， (0,2,4)PM =-u u u u r ，)2,1,25(-=PN ，)2,1,25(=AN ． 设(,,)x y z =r n 为平面PMN 的法向量，则00PM PN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u u r r u u u rn n ，即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x ， 可取(0,2,1)n =r，于是||85|cos ,|||||n AN n AN n AN ⋅<>==r u u u rr u u u r r u u u r ．10．（2015新课标Ⅰ）【解析】（Ⅰ）连接BD ，设BD AC G =I ，连接,,EG FG EF ．在菱形ABCD 中，不妨设1GB =，由120∠=oABC ，可得3AG GC =由⊥BE 平面ABCD ，AB BC =可知，AE EC =， 又∵⊥AE EC ，∴3EG =，⊥EG AC ，在Rt EBG ∆中，可得2BE 22DF =．在Rt FDG ∆中，可得62FG =．在直角梯形BDFE 中，由2BD =，BE =2DF =，可得2EF =， ∴222EG FG EF +=，∴EG ⊥FG ， ∵AC ∩FG =G ，∴EG ⊥平面AFC ，∵EG ⊂面AEC ，∴平面AFC ⊥平面AEC ．（Ⅱ）如图，以G 为坐标原点，分别以,GB GC u u u r u u u r 的方向为x 轴，y 轴正方向，||GB u u u r为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz ，由（Ⅰ）可得A (0，0)，E(1,0,)，F (－1,0，C (00)， ∴AE u u u r =（1），CF uuu r =（－12）．故cos ,3||||<>==-u u u r u u u ru u u r u u u r g u u u r u u u r AE CF AE CF AE CF ．所以直线AE 与CF所成的角的余弦值为3． 11．（2015新课标II ）【答案】（Ⅰ）详见解析；． 【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF 如图：（Ⅱ）作EM AB ⊥，垂足为M ，则14AM A E ==，18EM AA ==，因为EHGF 为正方形，所以10EH EF BC ===．于是6MH ==，所以10AH =．以D为坐标原点，DA u u u r的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则(10,0,0)A ，(10,10,0)H ，(10,4,8)E ，(0,4,8)F ，(10,0,0)FE =u u u r ，(0,6,8)HE =-u u u r．设(,,)n x y z =r 是平面EHGF 的法向量，则0,0,n FE n HE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u rr u u u r即100,680,x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取(0,4,3)n =r ．又(10,4,8)AF =-u u u r，故cos ,n AF n AF n AF⋅<>==⋅r u u u r r u u u r r u u u r ．所以直线AF 与平面α所成角的正弦值为4515． 【考点定位】1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．A 1AB 1BD 1DC 1CF E H GM12．(2014新课标1)【解析】（Ⅰ）连接1BC ，交1B C O 于点，连接AO ，因为侧面11BB C C 为菱形，所以1111,B C BC O B C BC ⊥且为及的中点. 又11,.AB B C B C ABO ⊥⊥所以平面1AO ABO B C AO ⊂⊥由于平面，故又11,=.B O CO AC AB =故（Ⅱ）因为11,.AC AB O B C AO CO ⊥=且为的中点，所以 又因为,AB BC BOA BOC =∆≅∆所以，1,,,OA OB OA OB OB ⊥故从而两两相互垂直，以O OB x OB 为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长， O xyz =建立如图所示的空间直角坐标系．zyO因为1160,.CBB CBB AB BC∠=︒∆=所以为等边三角形又，则111111(00(100),(0,(0,,(1,0,(1,,0),3333A B B CAB A B AB B C BC=-==-==--u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r，，11111(,,)=00,330,0.x y z AA By zABA Bx z=-⎧⋅=⎪⎪⎨⎨⋅=⎪⎪⎩=⎪⎩=u u u ru u u u r设是平面的法向量，则，即所以可取nnnn11111110,0,(1,A BA B CB Cm⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩=u u u u ru u u u r设是平面的法向量，则同理可取mmm则1cos,.7⋅==n mn mn m1111.7A AB C--所以二面角的余弦值为13．（2014新课标2）【解析】（Ⅰ）连接BD交AC于点O，连结EO．因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB．EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC．（Ⅱ）因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．如图，以A为坐标原点，ABu u u r的方向为x轴的正方向，APu u u r为单位长，建立空间直角坐标系A xyz-，则D1(0,),22E1(0,)22AE=u u u r．设(,0,0)(0)Bm m>，则(C m(AC m=u u u r．设1(,,)x y z=n为平面AEC的法向量，则110,0,ACAE⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u ru u u rnn即0,10,22mxy z⎧+=+=⎪⎩，可取1=-n．又2(1,0,0)=n为平面DAE的法向量，由题设121cos,2=n n12=，解得32m=．因为E为PD的中点，所以三棱锥EACD-的高为12．三棱锥E ACD-的体积11313222V=⨯⨯=．14．（2013新课标Ⅰ）【解析】（Ⅰ）取AB中点E，连结CE，1A B，1A E，∵AB=1AA，1BAA∠=060，∴1BAA∆是正三角形，∴1A E⊥AB，∵CA=CB，∴CE⊥AB，∵1CE A E⋂=E，∴AB⊥面1CEA，∴AB⊥1A C；（Ⅱ）由（Ⅰ）知EC ⊥AB ，1EA ⊥AB ，又∵面ABC ⊥面11ABB A ，面ABC ∩面11ABB A =AB ，∴EC ⊥面11ABB A ，∴EC ⊥1EA ，∴EA ，EC ，1EA 两两相互垂直，以E 为坐标原点，EA u u u r 的方向为x 轴正方向，|EA u u u r|为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系O xyz -，有题设知A (1,0,0),1A 3,0),C 3B (－1,0,0),则BC uuu r=（1,03,1BB u u u r =1AA u u u r =(－31AC u u u r=(0,33), 设n =(,,)x y z 是平面11CBB C 的法向量，则100BC BB ⎧•=⎪⎨•=⎪⎩u u u ru u u r n n ，即3030x z x ⎧=⎪⎨=⎪⎩，可取n =3，1，-1）， ∴1cos ,AC u u u r n =11|AC AC •u u u ru u u r n |n ||105， ∴直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105． 15．（2013新课标Ⅱ）【解析】（Ⅰ）连结1AC ，交1A C 于点O ，连结DO ，则O 为1AC 的中点，因为D 为AB 的中点，所以OD ∥1BC ，又因为OD ⊂平面1A CD ，1BC ⊄平面1A CD ，所以1BC //平面1A CD ；（Ⅱ）由1AA =AC=CB=22AB 可设：AB=2a ，则1AA 2a ，所以AC⊥BC，又因为直棱柱，所以以点C为坐标原点，分别以直线CA、CB、1CC为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图，1则(0,0,0)C、1)A、D、E，1)CA=u u u r，,,0)22CD=u u u r，,)2CE=u u u r，1(,)2A E=-u u u r，设平面1A CD的法向量为(,,)n x y z=r，则0n CD⋅=r u u u r且1n CA⋅=r u u u r，可解得y x z=-=，令1x=，得平面1A CD的一个法向量为(1,1,1)n=--r，同理可得平面1A CE的一个法向量为(2,1,2)m=-ur，则cos,n m<>=r u r3，所以sin,3n m<>=r u r，所以二面角D-1A C-E的正弦值为316．（2012新课标）【解析】（Ⅰ）在Rt DAC∆中，AD AC=，得：45ADC︒∠=同理：1114590A DC CDC︒︒∠=⇒∠=得：111,DC DC DC BD DC⊥⊥⇒⊥面1BCD DC BC⇒⊥（Ⅱ）11,DC BC CC BC BC⊥⊥⇒⊥面11ACC A BC AC⇒⊥取11A B的中点O，过点O作OH BD⊥于点H，连接11,C O C H1111111AC B C C O A B =⇒⊥，面111A B C ⊥面1A BD 1C O ⇒⊥面1A BD 1OH BD C H BD ⊥⇒⊥ 得：点H 与点D 重合且1C DO ∠是二面角11C BD A --的平面角 设AC a =，则122aC O =，1112230C D a C O C DO ︒==⇒∠= 既二面角11C BD A --的大小为30︒17．（2011新课标）【解析】（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=， 由余弦定理得3BD AD =从而222BD AD AB +=，故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面P AD ． 故 P A ⊥BD（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz ，则()1,0,0A ，()03,0B ，，()3,0C -，()0,0,1P ．(3,0),3,1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=-uu u v uu v uu u v设平面PAB 的法向量为(,,)x y z =n ，则0AB PB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uu r n n ，即 3030x z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩因此可取n =3,1,3)设平面PBC的法向量为m，则PBBC⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu ruu u rmm可取m=（0，-1，3-）27cos,27==-m n故二面角A-PB-C的余弦值为277-．18．（2010新课标）【解析】：以H为原点，,,HA HB HP分别为,,x y z轴，线段HA的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，则(1,0,0),(0,1,0)A B（Ⅰ）设(,0,0),(0,0,)(0,0)C m P n m n<>，则1(0,,0),(,,0).22mD m E可得1(,,),(,1,0).22mPE n BC m=-=-因为0022m mPE BC⋅=-+=，所以PE BC⊥（Ⅱ）由已知条件可得331,33m n C=-=-故(313(0,(,(0,0,1)326D E P--设(,,)n x y x=为平面PEH的法向量则0,0,HEHP⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩nn即132x yz⎧-=⎪⎨⎪=⎩因此可以取3,0)=n，由(1,0,1)PA=-u u u r，可得2cos,4PA=u u u rn，．所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为4。

1.【2018全国一卷18】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.
2.【2018全国二卷20】如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为
，求与平面所成角的正弦值．
3.【2018全国三卷19】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．
P ABC
-AB BC ==4PA PB PC AC ====O AC PO ⊥ABC M BC M PA C --30︒PC PAM ABCD CD M CD C D AMD ⊥BMC M ABC -MAB
MCD
8.【2018浙江卷19】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，
C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．
（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；
（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．。

2018立体几何专题（理）1.在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA 1AD 与1DB 所成角的余弦值为( ) A ．15BCD2．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图所示，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 ．3D ．23.中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )4.设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为体积的最大值为( )A ．B ．C ．D ．5．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（） A B C D6．已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则( ) A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ1A B C D ，，，ABC △D ABC -7.某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A.1B.2C.3D.48．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：cm 3）是( )A ．2B ．4C ．6D ．89.《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马。

设1AA 是正六棱柱的一条侧棱，如图。

若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以1AA 为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（） （A ）4（B ）8（C ）12（D ）1610.已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为__________．11.如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为_______俯视图正视图A 1A12.已知正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH -的体积为.13.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 ⊥． ⑴证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； ⑵求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．14.如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点． （1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．15.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．ABCD CDM CD C D AM D ⊥BMC M ABC -MABMCD16.如图，在三棱柱ABC -111A B C 中，1CC 平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11AC ，1BB的中点，AB=BC ，AC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ； （Ⅱ）求二面角B-CD -C 1的余弦值； （Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．17.如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．18.如图，//AD BC 且AD =2BC ，AD CD ⊥,//EG AD 且EG =AD ，//CD FG 且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ⊥平面； （II ）求二面角E BC F --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.19.在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ，AB 1⊥B 1C 1． 求证：(1)AB //平面A 1B 1C ；(2)平面ABB 1A 1⊥A 1BC ．20.已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，半径为2. （1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设4PO =，OA 、OB 是底面半径，且90AOB ∠=︒，M 为线段AB 的中点，如图，求异面直线PM 与OB 所成的角的大小。