立体几何高考真题大题

2023年高考数学立体几何真题练习（含答案解析）1．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥−P ABC 的六条棱长均为6，S 是ABC 及其内部的点构成的集合．设集合{}5T Q S PQ =∈≤，则T 表示的区域的面积为（ ） A ．34πB ．πC ．2πD ．3π【答案】B 【解析】设顶点P 在底面上的投影为O ，连接BO ，则O 为三角形ABC 的中心，且263BO =⨯=PO 因为5PQ =，故1OQ =，故S 的轨迹为以O 为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC 内切圆的圆心为O ，半径为2364136=>⨯， 故S 的轨迹圆在三角形ABC 内部，故其面积为π 故选：B2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA −=，E ，F 分别是棱11,BC AC 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A −−的平面角为γ，则（ ）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．βγα≤≤D ．αγβ≤≤【答案】A【解析】如图所示，过点F 作FP AC ⊥于P ，过P 作PM BC ⊥于M ，连接PE ，则EFP α=∠，FEP β=∠，FMP γ=∠， tan 1PE PE FP AB α==≤，tan 1FP AB PE PE β==≥，tan tan FP FPPM PEγβ=≥=， 所以αβγ≤≤， 故选：A ．3．（多选题）（2022·全国·高考真题）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD −，F ABC −，F ACE −的体积分别为123,,V V V ，则（ ）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【答案】CD 【解析】设22AB ED FB a ===，因为ED ⊥平面ABCD ，FB ED ，则()2311114223323ACDV ED Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=， ()232111223323ABCV FB Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=，连接BD 交AC 于点M ，连接,EM FM ，易得BD AC ⊥，又ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，则ED AC ⊥，又ED BD D =，,ED BD ⊂平面BDEF ，则AC ⊥平面BDEF ，又12BM DM BD ===，过F 作FG DE ⊥于G ，易得四边形BDGF 为矩形，则,FG BD EG a ===，则,EM FM ==，3EF a =，222EM FM EF +=，则EM FM ⊥，212EFMSEM FM =⋅，AC =， 则33123A EFM C EFM EFMV V V AC S a −−=+=⋅=，则3123V V =，323V V =，312V V V =+，故A 、B 错误；C 、D 正确. 故选：CD.4．（多选题）（2022·全国·高考真题）已知正方体1111ABCD A B C D −，则（ ） A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒ D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒【答案】ABD【解析】如图，连接1B C 、1BC ，因为11//DA B C ，所以直线1BC 与1B C 所成的角即为直线1BC与1DA 所成的角，因为四边形11BB C C 为正方形，则1B C ⊥1BC ，故直线1BC 与1DA 所成的角为90︒，A 正确；连接1AC ，因为11A B ⊥平面11BB C C ，1BC ⊂平面11BB C C ，则111A B BC ⊥， 因为1B C ⊥1BC ，1111A B B C B =，所以1BC ⊥平面11A B C ，又1AC ⊂平面11A B C ，所以11BC CA ⊥，故B 正确； 连接11AC ，设1111ACB D O =，连接BO ，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，1C O ⊂平面1111D C B A ，则11C O B B ⊥， 因为111C O B D ⊥，1111B D B B B ⋂=，所以1C O ⊥平面11BB D D ， 所以1C BO ∠为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角，设正方体棱长为1，则1C O =1BC =1111sin 2C O C BO BC ∠==， 所以，直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为30，故C 错误；因为1C C ⊥平面ABCD ，所以1C BC ∠为直线1BC 与平面ABCD 所成的角，易得145C BC ∠=，故D 正确. 故选：ABD5．（多选题）（2021·全国·高考真题）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC −的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【答案】BD 【解析】易知，点P 在矩形11BCC B 内部（含边界）．对于A ，当1λ=时，11=BP BC BB BC CC μμ=++，即此时P ∈线段1CC ，1AB P △周长不是定值，故A 错误；对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB B C λλ=++，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当12λ=时，112BP BC BB μ=+，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP BQ QH μ=+，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，1A ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，则112A P μ⎛⎫=−− ⎪ ⎪⎝⎭，10,,2BP μ⎛⎫=− ⎪⎝⎭，()110A P BP μμ⋅=−=，所以0μ=或1μ=．故,H Q 均满足，故C 错误； 对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为0,0A ⎫⎪⎪⎝⎭，所以01,2AP y ⎛⎫=− ⎪ ⎪⎝⎭，11,122A B ⎛⎫=−− ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +−=⇒=−，此时P 与N 重合，故D 正确． 故选：BD ．6．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1DBCC 1B 1的交线长为________．【答案】2. 【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D −的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E =111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D −为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，1D E =||EP =所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ， 因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得22FG π==..。

三年专题 立体几何（选择题、填空题）（理科专用）1．【2022年新高考1卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m 时，相应水面的面积为140．0km 2；水位为海拔157．5m 时，相应水面的面积为180．0km 2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m 上升到157．5m 时，增加的水量约为（√7≈2.65）（ ） A ．1.0×109m 3B ．1.2×109m 3C ．1.4×109m 3D ．1.6×109m 32．【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l ≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ） A ．[18,814]B ．[274,814]C ．[274,643]D ．[18,27]3．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π4．【2021年甲卷理科】2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m ），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A ，B ，C 三点，且A ，B ，C 在同一水平面上的投影,,A B C '''满足45A C B ∠'''=︒，60A B C ''∠'=︒．由C 点测得B 点的仰角为15︒，B B '与C C '的差为100；由B 点测得A 点的仰角为45︒，则A ，C 两点到水平面A B C '''的高度差A A C C ''- 1.732≈）（ ）A ．346B ．373C ．446D ．4735．【2021年甲卷理科】已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1A CBC A C B C ⊥==，则三棱锥O A B C-的体积为（ ）A 12B 12C 4D 46．【2021年新高考1的母线长为（ ）A ．2B ．C ．4D ．7．【2021年新高考2卷】正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）A ．201+B ．2C ．563D 38．【2020年新课标1卷理科】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A 4B 2C 4D 29．【2020年新课标1卷理科】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为A B C的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1A BB C A C O O ===，则球O 的表面积为（ ）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π10．【2020年新课标2卷理科】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为（ ）A ．EB ．FC ．GD ．H11．【2020年新课标2卷理科】已知△ABC 4的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）AB ．32C ．1D 212．【2020年新课标3卷理科】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）A．B ．C ．D ．13．【2020年新高考1卷（山东卷）】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（ ）A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°14．【2022年新高考1卷】已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1，则（ ） A ．直线BC 1与DA 1所成的角为90° B ．直线BC 1与CA 1所成的角为90° C ．直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为45°D ．直线BC 1与平面ABCD 所成的角为45°15．【2022年新高考2卷】如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED,AB =ED =2FB ，记三棱锥E −ACD ，F −ABC ，F −ACE 的体积分别为V 1,V 2,V 3，则（ ）A ．V 3=2V 2B ．V 3=V 1C ．V 3=V 1+V 2D ．2V 3=3V 116．【2021年新高考1卷】在正三棱柱111A B CA B C -中，11A BA A ==，点P 满足1B P BC B B λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1A B P△的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A B C-的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1AP B P⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1AB ⊥平面1A BP17．【2021年新高考2卷】如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足M NO P⊥的是（ ）A ．B ．C ．D ．18．【2020年新课标3卷理科】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．19．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD=60°．以1D BCC 1B 1的交线长为________．20．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________三年专题立体几何（解答题）（理科专用）1．【2022年全国甲卷】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1 ,AB=2,DP=√3．(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．2．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC 的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．3．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2√2．(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1=AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求二面角A −BD −C 的正弦值．4．【2022年新高考2卷】如图，PO 是三棱锥P −ABC 的高，PA =PB ，AB ⊥AC ，E 是PB 的中点．(1)证明：OE//平面PAC ；(2)若∠ABO =∠CBO =30°，PO =3，PA =5，求二面角C −AE −B 的正弦值． 5．【2021年甲卷理科】已知直三棱柱111A B C A B C -中，侧面11A AB B为正方形，2A BB C ==，E ，F 分别为A C 和1C C 的中点，D 为棱11AB 上的点．11B FA B ⊥（1）证明：B F D E⊥；（2）当1BD为何值时，面11B BC C与面D F E 所成的二面角的正弦值最小?6．【2021年乙卷理科】如图，四棱锥P A B C D==，P D D C-的底面是矩形，P D⊥底面A B C D，1M为B C的中点，且P B A M⊥．（1）求B C；（2）求二面角A P M B--的正弦值．7．【2021年新高考1卷】如图，在三棱锥A B C D-中，平面A B D⊥平面B C D，A B A D=，O为B D的中点.（1）证明：O A C D⊥；（2）若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱A D上，2--=，且二面角E B C DD E E A的大小为45︒，求三棱锥A B C D-的体积.8．【2021年新高考2卷】在四棱锥Q A B C D-中，底面A B C D是正方形，若====．A D Q D Q A Q C2,3（1）证明：平面Q A D ⊥平面A B C D ； （2）求二面角BQ D A--的平面角的余弦值．9．【2020年新课标1卷理科】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，A E 为底面直径，A EA D=．A B C是底面的内接正三角形，P 为D O 上一点，6P OO=．（1）证明：P A ⊥平面P B C ；（2）求二面角BP C E--的余弦值．10．【2020年新课标2卷理科】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB1C 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 ⊥EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AM N 所成角的正弦值.11．【2020年新课标3卷理科】如图，在长方体1111A B C D A B C D -中，点,E F 分别在棱11,D DB B 上，且12D EE D =，12B FF B =．（1）证明：点1C 在平面A E F 内；（2）若2A B=，1A D=，13A A=，求二面角1AE F A --的正弦值．12．【2020年新高考1卷（山东卷）】如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面A BCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． 13．【2020年新高考2卷（海南卷）】如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面A BCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB ，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．。

专题11 立体几何 【2021年】 1．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）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 ．π62．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m ），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A ，B ，C 三点，且A ，B ，C 在同一水平面上的投影,,A B C '''满足45AC B ∠'''=︒，60A B C ''∠'=︒．由C 点测得B 点的仰角为15︒，BB '与CC '的差为100；由B 点测得A 点的仰角为45︒，则A ，C 两点到水平面A B C '''的高度差AA CC ''-约为（3 1.732≈）（ ）A ．346B ．373C ．446D ．4733．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC ⊥==，则三棱锥O ABC -的体积为（ ）A ．212B ．312C ．24D ．344．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）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 ．42二、填空题5．（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）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________.三、解答题6．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）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．8．（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）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 ⊥.10．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）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.【2012年——2020年】1．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A ．514-B ．512-C ．514+ D ．512+ 2．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，Ⅰ1O 为ABC 的外接圆，若Ⅰ1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π3．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知ⅠABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）A ．3B ．32C ．1D ．324．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，ⅠABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，ⅠCEF =90°，则球O 的体积为 A ．86π B ．46π C ．26π D ．6π5．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））设α，β为两个平面，则αⅠβ的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面6．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））如图，点N 为正方形ABCD 的中心，ECD ∆为正三角形，平面ECD ⊥平面,ABCD M 是线段ED 的中点，则A ．BM EN =，且直线,BM EN 是相交直线B ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是相交直线C ．BM EN =，且直线,BM EN 是异面直线D ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是异面直线7．（2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I 卷））已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 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 ．122πB ．12πC ．82πD ．10π8．（2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I 卷））在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30，则该长方体的体积为A ．8B ．62C ．82D ．839．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II ））在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15B ．56C 5D ．2210．（2018年全国卷Ⅰ理数高考试题）设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC 为等边三角形且其面积为3D ABC -体积的最大值为A ．123B ．183C ．243D ．311．（2017年全国普通高等学校招生统一考试）如图，在下列四个正方体中，A 、B 为正方体的两个顶点，M 、N 、Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面 MNQ 不平行的是（ ） A ． B ． C ． D ． 12．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷））已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为A ．πB ．3π4C ．π2D ．π413．（2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1））平面α过正方体ABCD—A 1B 1C 1D 1的顶点A ，,ABCD m α⋂=平面，11ABB A n α⋂=平面，则m ，n 所成角的正弦值为 A ．32 B ．22 C ．33 D ．1314．（2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国2卷））体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为A ．12πB ．323πC ．8πD ．4π15．（2016年全国普通高等学校招生统一考试）在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则该球体积V 的最大值是A ．4πB ．92πC ．6πD ．323π 16．（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ带解析））(2015新课标全国I 理科)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛17．（2013年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷））如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为A ．5003πcm 3B ．8663πcm 3C ．13723πcm 3D ．10003πcm 3 18．（2013年全国普通高等学校招生统一考试））已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，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 ．26 B 3 C ．23 D ．22二、填空题19．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））如图，在三棱锥P –ABC 的平面展开图中，AC =1，3AB AD ==，AB ⅠAC ，AB ⅠAD ，ⅠCAE =30°，则cosⅠFCB =______________.20．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p 4：若直线l ⊂平面α，直线m Ⅰ平面α，则m Ⅰl .则下述命题中所有真命题的序号是__________.Ⅰ14p p ∧Ⅰ12p p ∧Ⅰ23p p ⌝∨Ⅰ34p p ⌝∨⌝21．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知ⅠACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到ⅠACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为___________．22．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，,,,E F G H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g .23．（2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II））已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30，若SAB的面积为8，则该圆锥的体积为__________．24．（2018年全国普通高等学校招生统一考试）已知三棱锥S ABC-的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径.若平面SCA⊥平面SCB，SA AC=，SB BC=，三棱锥S ABC-的体积为9，则球O的表面积为______．25．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷））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，ⅠDBC，ⅠECA，ⅠF AB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ⅠDBC，ⅠECA，ⅠF AB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当ⅠABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为______．26．（2017年全国普通高等学校招生统一考试）长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为__________.27．（2016年全国普通高等学校招生统一考试）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：Ⅰ当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；Ⅰ当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；Ⅰ直线AB与a所成角的最小值为45°；Ⅰ直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）28．（2013年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷带解析））已知H是球O的直径AB上一点, :1:2AH HB=,AB⊥平面α,H为垂足, α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为_______.三、双空题29．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．四、解答题30．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））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，ⅠAPC=90°．（1）证明：平面P ABⅠ平面P AC；（2）设DO23π，求三棱锥P−ABC的体积.32．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））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 Ⅰ平面EB 1C 1F ；（2）设O 为ⅠA 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且ⅠMPN =π3，求四棱锥B –EB 1C 1F 的体积．34．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））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．36．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））如图，直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，ⅠBAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN Ⅰ平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．38．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））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 ⅠEC 1.（1）证明：BE Ⅰ平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积．40．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））图1是由矩形,ADEB Rt ABC ∆和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中1,2AB BE BF ===， 60FBC ∠=，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.42．（2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I 卷））如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM ∠=︒，以AC 为折痕将ⅠACM 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23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．44．（2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II ））如图，在三棱锥P ABC -中，22AB 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2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．46．（2018年全国卷Ⅰ文数高考试题）如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．49．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷））四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,01,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= （1）证明：直线//BC 平面PAD ; （2）若ⅠPCD 面积为7，求四棱锥P ABCD -的体积.51．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3））如图，四面体ABCD 中，ⅠABC 是正三角形，AD =CD ．（1）证明：AC ⅠBD ；（2）已知ⅠACD 是直角三角形，AB =BD ．若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⅠEC ，求四面体ABCE与四面体ACDE 的体积比．53．（2016年全国普通高等学校招生统一考试）如图，已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形，PA=6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ，连结PE 并延长交AB 于点G.（Ⅰ）证明：G 是AB 的中点；（Ⅰ）在图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体PDEF 的体积．55．（2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷））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 折起到D EF ∆'的位置.（Ⅰ）证明：AC HD ⊥'；（Ⅰ)若55,6,,224AB AC AE OD ==='=D ABCFE '-的体积.57．（2016年全国普通高等学校招生统一考试数学）如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABCD ，AD BC ∥，3AB AD AC ===，4PABC ，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．（I ）证明MN ∥平面PAB ；（II ）求四面体N BCM -的体积.59．（2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面，（I ）证明：平面AEC ⊥平面BED ； （II ）若120ABC ∠=，,AE EC ⊥ 三棱锥E ACD -6，求该三棱锥的侧面积.61．（2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ））如图，长方体1111ABCD A B C D -中,116,10,8AB BC AA ===，点,E F 分别在1111,A B D C 上，114A E D F ==，过点,E F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法与理由）；（2）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．63．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ））如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.（1）证明：（2）若,求三棱柱的高.65．（2013年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷））如图，三棱柱111ABC A B C -中，CA CB =，1AB AA =，160BAA ∠=．（1）证明：； （2）若，，求三棱柱111ABC A B C -的体积．68．（2012年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（课标卷））如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直底面，ⅠACB=90°，AC=BC=12AA 1，D 是棱AA 1的中点．(Ｉ) 证明：平面BDC Ⅰ平面1BDC（Ⅰ）平面1BDC 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.。

专题04 立体几何【2020年】1.（2020·新课标Ⅰ）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A. 51-B. 51-C. 51+D. 51+ 【解析】如图，设,CD a PE b ==，则22224a PO PE OEb =-=-， 由题意212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得15b a +=（负值舍去）.2.（2020·新课标Ⅰ）已知A 、B 、C 为球O 球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A. 64πB. 48πC. 36πD. 32π【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，由正弦定理可得2sin 6023AB r =︒=，123OO AB ∴==，根据圆截面性质1OO ⊥平面ABC ， 222211111,4OO O A R OA OO O A OO r ∴⊥==+=+=，∴球O 的表面积2464S R ππ==.3.（2020·新课标Ⅱ）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（）A. EB. FC. GD. H【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，图中标出了根据三视图M点所在位置，可知在侧视图中所对应的点为E。

4.（2020·新课标Ⅲ）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）2233【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDBS S S===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：22AB AD DB===∴ADB△是边长为2根据三角形面积公式可得：2113sin 60(22)23222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△ ∴该几何体的表面积是：2362332=⨯++.5.（2020·北京卷）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（ ）． A . 63+ B. 623+C. 123+D. 1223+ 【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形， 则其表面积为：()1322222sin 6012232S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+⎪⎝⎭. 6.（2020·山东卷）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（ ）A. 20°B. 40°C. 50°D. 90°【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒.7.（2020·天津卷）若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. 12π B. 24π C. 36π D. 144π【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即()()()22223232332R ++==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.8.（2020·浙江卷）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A. 73B. 143C. 3D. 6【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 9.（2020·山东卷）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E 3=，111D E B C ⊥， 又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥，因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥， 因为球的半径为5，13D E =，所以2211||||||532EP D P D E =-=-=， 所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E 的距离为2，因为||||2EF EG ==，所以侧面11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EF C EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得2222FG ππ=⨯=. 10.（2020·浙江卷）已知圆锥展开图的侧面积为2π，且为半圆，则底面半径为_______．【解析】设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，则21222r l r l ππππ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩，解得1,2r l ==. 11.（2020·江苏卷）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【解析】正六棱柱体积为23622=123⨯；圆柱体积为21()222ππ⋅=；所求几何体体积为1232π 12.（2020·新课标Ⅲ）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．2【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于223122AM =-=，故1222222S =⨯⨯=△ABC ，设内切圆半径为r ，则： ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ ()1332222r =⨯++⨯=，解得：22r ，其体积：34233V r ππ==. 【2019年】1．【2019·全国Ⅰ卷】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为( )A ．68πB ．64πC ．62πD ．6π 【解析】,PA PB PC ABC ==△为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CEAC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，2APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体的一部分，22226R =++=，即364466,π62338R V R =∴=π=⨯=π，故选D ．2．【2019·全国Ⅱ卷】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( )A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．3．【2019·全国Ⅲ卷】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( )A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线；B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线；D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EO ON EN ===,，35,,722MF BF BM ==∴=，BM EN ∴≠，故选B ．4．【2019·浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是( )A ．158B ．162C ．182D ．324 【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭. 故选B.5．【2019·浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则( ) A ．β<γ，α<γ B ．β<α，β<γ C ．β<α，γ<α D ．α<β，γ<β 【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BD PB PB PB PBαβ===<=，即αβ>； 在Rt △PED 中，tan tan PD PD ED BD γβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.6．【2019·全国Ⅲ卷】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【解析】由题意得，214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形，∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ， ∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=． 又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=，所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．7．【2019·北京卷】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=.8．【2019·北京卷】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ； ②m ∥α； ③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α.故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.9．【2019·天津卷】已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5，借助勾股定理，可知四棱锥的高为512-=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12，故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭. 10．【2019·江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是 ▲ .【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ， 所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高，所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. 【2018年】1．【2018·全国Ⅰ卷】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．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 ．172B ．52C ．3D ．2【答案】B2．【2018·全国Ⅰ卷】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 ．33 B ．23 C ．324D ．3【解析】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1111ABCD A B C D -中， 平面11AB D 与线11111,,AA A B A D 所成的角是相等的，所以平面11AB D 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1C BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面11AB D 与1C BD 中间，且过棱的中点的正六边形，且边长为22，所以其面积为232336424S ⎛⎫=⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选A. 3．【2018·全国Ⅲ卷】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【解析】本题主要考查空间几何体的三视图.由题意知，俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.故选A ．4．【2018·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：cm 3）是俯视图正视图2211A ．2B ．4C ．6D ．8【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上、下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为()112226,2⨯+⨯⨯=故选C. 5．【2018·全国Ⅲ卷】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为 A ．123B ．183C ．243D ．543【解析】如图所示，设点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，2393ABC S AB ==△，6AB ∴=,点M 为三角形ABC 的重心，2233BM BE ∴==，Rt OBM ∴△中，有222OM OB BM =-=，426DM OD OM ∴=+=+=，()max 19361833D ABC V -∴=⨯⨯=，故选B.6．【2018·全国Ⅱ卷】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为 A ．15B ．5C ．5 D ．2 【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则11B P AD ∥，连接DP ，易求得1=5DB DP =，12B P =，则1DB P ∠是异面直线1AD 与1DB 所成的角，由余弦定理可得222111115cos 2545DB B P DP DB P DB PB +-∠===⋅.故选C.方法二：以D 为坐标原点，DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系， 则()()((110,0,0,1,0,0,3,3D A B D ,所以()(111,0,3,3AD DB =-=, 因为1111115cos ,25AD DB AD DB AD DB ⋅===⨯， 所以异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为55，故选C. 7．【2018·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≤θ1【解析】设O 为正方形ABCD 的中心，M 为AB 中点，过E 作BC 的平行线EF ，交CD 于F ，过O 作ON 垂直EF 于N ，连接SO ，SN ，SE ，SM ，OM ，OE ，则SO 垂直于底面ABCD ，OM 垂直于AB ， 因此123,,,SEN SEO SMO ∠=∠=∠=θθθ 从而123tan ,tan ,tan ,SN SN SO SOEN OM EO OM====θθθ 因为SN SO EO OM ≥≥，，所以132tan tan tan ,≥≥θθθ即132≥≥θθθ，故选D.8．【2018·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________．【答案】439．【2018·全国II 卷】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515__________．【解析】因为母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，所以母线SA ，SB 所成角的正弦值为158，因为SAB △的面积为515,l 所以22115515,802l l ⨯=∴=，因为SA 与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为π2cos ,42r l ==因此圆锥的侧面积为22ππ402π.2rl l == 【2017年】1．【2017·全国Ⅱ卷】已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为A 3B 15C 10D 3【答案】C【解析】如图所示，补成直四棱柱1111ABCD A B C D -，则所求角为21111,2,21221cos603,5BC D BC BD C D AB ∠==+-⨯⨯⨯︒===，易得22211C D BD BC =+，因此111210cos 55BC BC D C D ∠===，故选C ． 2．【2017·全国Ⅰ卷】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A ．10B ．12C ．14D ．16【解析】由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为12(24)2122⨯+⨯⨯=，故选B ． 3．【2017·北京卷】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为A ．2B ．3C ．2D ．2【解析】几何体是四棱锥P ABCD -，如图.最长的棱长为补成的正方体的体对角线，即该四棱锥的最长棱的长度为22222223l =++=，选B ． 4．【2017·全国Ⅱ卷】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π【解析】由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积213436V =π⨯⨯=π，上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，其体积221(36)272V =⨯π⨯⨯=π，故该组合体的体积12362763V V V =+=π+π=π．故选B ．5．【2017·全国Ⅲ卷】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A ．πB ．3π4 C ．π2D ．π4【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示：由题意可得：11,2AC AB ==，结合勾股定理，底面半径2213122r ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭， 由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是2233ππ1π24V r h ⎛⎫==⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选B. 6．【2017·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：cm 3）是A ．12π+ B ．32π+ C ．312π+ D ．332π+ 【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积为21113(21)13222V π⨯π=⨯⨯+⨯⨯=+，故选A ．7．【2017·浙江卷】如图，已知正四面体–D ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，2BQ CRQC RA==，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面角为αβγ,,，则A ． γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βγα<<【解析】设O 为三角形ABC 中心，则O 到PQ 距离最小，O 到PR 距离最大，O 到RQ 距离居中，而三棱锥的高相等，因此αγβ<<，所以选B ．8．【2017·全国I 卷】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 ，△F AB 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 ，△F AB ，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：cm 3）的最大值为 .【解析】如下图，连接DO 交BC 于点G ，设D ，E ，F 重合于S 点，正三角形的边长为x (x >0)，则133OG x =⨯3x =.∴35FG SG x ==-， 222233566SO h SG GO x x ⎛⎫⎛⎫==-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3553x ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， ∴三棱锥的体积2113355333ABC V S h x x ⎛⎫=⋅=⨯⨯- ⎪ ⎪⎝⎭△451535123x x =-. 设()4535n x x x =-，x >0，则()345320n x x x '=-， 令()0n x '=，即43403x -=，得43x =，易知()n x 在43x =处取得最大值. ∴max 154854415V =⨯⨯-=.9．【2017·山东卷】由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为.【解析】由三视图可知,长方体的长、宽、高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆的半径为1,所以2π1π21121242V⨯=⨯⨯+⨯⨯=+.10．【2017·天津卷】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为___________．【解析】设正方体的边长为a，则26183a a=⇒=，其外接球直径为233R a==，故这个球的体积34π3V R==4279ππ382⨯=．11．【2017·江苏卷】如图，在圆柱12O O内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱12O O的体积为1V，球O的体积为2V，则12VV的值是.【解析】设球半径为r，则213223423V r rV rπ⨯==π．故答案为32．12．【2017·全国Ⅲ卷】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所成角的最大值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）【解析】设1AC BC ==.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，所以在底面内可以过点B ，作BD a ∥，交底面圆C 于点D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴∥，连接AD ，等腰ABD △中，2AB AD ==,当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=，故2BD =，又在Rt BDE △中，2,2BE DE =∴=，过点B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连接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.由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，则直线AB 与a 所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.【2016年】1. 【2016高考新课标1卷】如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是283π,则它的表面积是（ ） （A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π【解析】该几何体直观图如图所示：是一个球被切掉左上角的18,设球的半径为R ,则37428V R 833ππ=⨯=,解得R 2=,所以它的表面积是78的球面面积和三个扇形面积之和2271=42+32=1784S πππ⨯⨯⨯⨯故选A ． 2.【2016高考新课标2理数】下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π【解析】由题意可知，圆柱的侧面积为12π2416πS =⋅⋅=，圆锥的侧面积为2π248πS =⋅⋅=，圆柱的底面面积为23π24πS =⋅=，故该几何体的表面积为12328πS S S S =++=，故选C.3.【2016年高考北京理数】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A.16B.13C.12D.1 【解析】分析三视图可知，该几何体为一三棱锥P ABC -，其体积111111326V =⋅⋅⋅⋅=，故选A. 4.【2016高考新课标3理数】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ ）（A ）18365+（B ）54185+（C ）90 （D ）81【解析】由三视图该几何体是以侧视图为底面的斜四棱柱，所以该几何体的表面积236233233554185S =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=+，故选B ．5.【2016高考山东理数】一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为（ ）（A ）1233+π （B ）1233+π （C ）1236+π （D ）216+π 【解析】由三视图可知,2的半球,体积为31142223V =⨯π⨯=）,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积2111133V =⨯⨯=,故选C. 6.【2016高考浙江理数】已知互相垂直的平面αβ，交于直线l .若直线m ，n 满足,m n αβ∥⊥， 则（ ）A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n【解析】由题意知,l l αββ=∴⊂，,n n l β⊥∴⊥．故选C ． 7.【2016年高考四川理数】已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是 .正视图331【解析】由三棱锥的正视图知，三棱锥的高为1，底面边长为232,2，所以，该三棱锥的体积为113322132V =⨯⨯⨯=.8.【2016高考浙江理数】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的表面积是 cm 2，体积是 cm 3.【解析】几何体为两个相同长方体组合，长方体的长宽高分别为4,2,2，所以体积为2(224)32⨯⨯⨯=，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为2(222244)2(22)72⨯⨯+⨯⨯-⨯=9.【2016高考新课标2理数】 ,αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有下列四个命题：（1）如果,,//m n m n αβ⊥⊥，那么αβ⊥.（2）如果,//m n αα⊥，那么m n ⊥.（3）如果//,m αβα⊂，那么//m β.（4）如果//,//m n αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等.其中正确的命题有 ． (填写所有正确命题的编号）【解析】对于①，,,//m n m n αβ⊥⊥，则,αβ的位置关系无法确定，故错误；对于②,因为//n α，所以过直线n 作平面γ与平面β相交于直线c ，则//n c ，因为,,m m c m n α⊥∴⊥∴⊥，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，正确的有②③④.10.【2016高考浙江理数】如图，在△ABC 中，AB =BC =2，∠ABC =120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD =DA ，PB =BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是 .【解析】ABC △中，因为2,120AB BC ABC ==∠=，所以30BAD BCA ∠=∠=.由余弦定理可得2222cos AC AB BC AB BC B =+-⋅2222222cos12012=+-⨯⨯=，所以AC =设AD x =，则0x <<DC x =.在ABD ∆中，由余弦定理可得2222cos BD AD AB AD AB A =+-⋅22222cos30x x =+-⋅24x =-+.故BD =在PBD ∆中，PD AD x ==，2PB BA ==.由余弦定理可得222cos 2PD PB BD BPD PD PB +-∠===⋅，所以30BPD ∠=. 由此可得，将△ABD 沿BD 翻折后可与△PBD 重合，无论点D 在任何位置，只要点D 的位置确定，当平面PBD ⊥平面BDC 时，四面体PBCD 的体积最大（欲求最大值可不考虑不垂直的情况）.EDC B A P过P 作直线BD 的垂线，垂足为O .设PO d =，则11sin 22PBD S BD d PD PB BPD =⨯=⋅∠△，12sin 302d x =⋅，解得d = 而△BCD的面积111sin )2sin 30(2)222S CD BC BCD x x=⋅∠=⋅=.当平面PBD ⊥平面BDC 时：四面体PBCD 的体积111)332BCD V S d x=⨯=⨯△=.观察上式，易得)2x x x x +≤，当且仅当x x -，即x 时取等号，同时我们可以发现当x x PBCD 的体积最大，为1.211.【2016高考新课标1卷】平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α//平面CB 1D 1,α平面ABCD =m ,α平面AB B 1A 1=n ,则m 、n 所成角的正弦值为 (A)2(B )2(C)3 (D)13【解析】设平面11CB D 平面ABCD ='m ，平面11CB D 平面11ABB A ='n ，因为α∥平面11CB D ，所以','m m n n ∥∥，则,m n 所成的角等于','m n 所成的角.过1D 作11D E B C ∥，交AD 的延长线于点E,连接CE ，则CE 为'm .连接1A B ，过B 1作111B F A B ∥，交1AA 的延长线于点1F ，则11B F 为'n .连接BD ，则111,BD CE B F A B ∥∥，则','m n 所成的角即为1,A B BD 所成的角，为60︒，故,m n 所成角的正弦值为32，选A.12.【2016高考新课标3理数】在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（ ）（A ）4π （B ）92π （C ）6π （D ）323π 【解析】要使球的体积V 最大，必须球的半径R 最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值32，此时球的体积为334439()3322R πππ==，故选B ． 13.【2016高考天津理数】已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m ），则该四棱锥的体积为_______m 3.【解析】由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的一边长为2，其对应的高为1，因此所求四棱锥的体积1(21)323V =⨯⨯⨯=．故答案为2．。

立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。

考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。

2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。

题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D 1DC =120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ，从而DE ⊥CD ．又AD ⊥CD ，DE ∩AD =D ，DE ,AD ⊂平面AED ，所以CD ⊥平面AED ，ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．连AC 交BD 于点O ，连接CE 交DF 于点G ，连OG ．因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ，所以AE ∥OG ，因为O 为AC 中点，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=2．连接AG 交BD 于点I ，连HI ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AGE ，平面AGE ∩平面BDF =IH ，所以AE ∥IH ．HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA为x 轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ．由(1)知DE =3，得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ，得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t )．因为AE ⎳平面BDF ，所以存在唯一的λ，μ∈R ，使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，所以DE ⊥平面ABC ，从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ，所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点，所以CD ⊥DB ，即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点，DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23，则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A ，过点A 向平面α做垂线，确定垂足O ；(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。

立体几何高考真题大题1．（2016高考新课标1卷）如图,在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF=2FD, 90AFD ∠=,且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60．（Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（Ⅱ）求二面角E-BC-A 的余弦值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）19-【解析】试题分析：（Ⅰ）先证明F A ⊥平面FDC E ,结合F A ⊂平面F ABE ,可得平面F ABE ⊥平面FDC E ．（Ⅱ）建立空间坐标系,分别求出平面C B E 的法向量m 及平面C B E 的法向量n ,再利用cos ,n m n m n m⋅=求二面角． 试题解析：（Ⅰ）由已知可得F DF A ⊥,F F A ⊥E ,所以F A ⊥平面FDC E ． 又F A ⊂平面F ABE ,故平面F ABE ⊥平面FDC E ．（Ⅱ）过D 作DG F ⊥E ,垂足为G ,由（Ⅰ）知DG ⊥平面F ABE ．以G 为坐标原点,GF 的方向为x 轴正方向,GF 为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（Ⅰ）知DF ∠E 为二面角D F -A -E 的平面角,故DF 60∠E =,则DF 2=,DG 3=,可得()1,4,0A ,()3,4,0B -,()3,0,0E -,(D ． 由已知,//F AB E ,所以//AB 平面FDC E ．又平面CD AB 平面FDC DC E =,故//CD AB ,CD//F E ．由//F BE A ,可得BE ⊥平面FDC E ,所以C F ∠E 为二面角C F -BE -的平面角, C F 60∠E =．从而可得(C -．所以(C E =,()0,4,0EB =,(C 3,A =--,()4,0,0AB =-．设(),,n x y z =是平面C B E 的法向量,则C 00n n ⎧⋅E =⎪⎨⋅EB =⎪⎩,即040x y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩,所以可取(3,0,n =．设m 是平面CD AB 的法向量,则C 00m m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩, 同理可取()0,3,4m =．则219cos ,19n m n m n m ⋅==- 故二面角C E-B -A 的余弦值为． 考点：垂直问题的证明及空间向量的应用【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主．第二问一般考查角度问题,多用空间向量解决．2．（2016高考新课标2理数）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆位置，OD '=（Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）【解析】试题分析：（Ⅰ）证//AC EF ，再证'D H OH ⊥，最后证'D H ABCD ⊥平面；（Ⅱ）用向量法求解．试题解析：（Ⅰ）由已知得AC BD ⊥，AD CD =，又由AE CF =得AE CF AD CD =，故//AC EF ．因此EF HD ⊥，从而EF D H '⊥．由5AB =,6AC =得04DO B ===． 由//EF AC 得14OH AE DO AD ==．所以1OH =，3D H DH '==． 于是1OH =，22223110D H OH D O ''+=+==，故D H OH '⊥．又D H EF '⊥，而OH EF H ⋂=，所以D H ABCD '⊥平面．（Ⅱ）如图，以H 为坐标原点，HF 的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系H xyz -，则()0,0,0H ，()3,2,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，(3,4,0)AB =-，()6,0,0AC =，()3,1,3AD '=．设()111,,m x y z =是平面ABD '的法向量，则00m AB m AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩，即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩， 所以可以取()4,3,5m =-．设()222,,n x y z =是平面'ACD 的法向量，则00n AC n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩， 即222260330x x y z =⎧⎨++=⎩， 所以可以取()0,3,1n =-．于是cos ,25||||50m n m n m n ⋅-<>===⋅， 295sin ,25m n <>=． 因此二面角B D A C '-- 考点：线面垂直的判定、二面角．【名师点睛】证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；③α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β；④面面垂直的性质．线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．3．（2016高考山东理数）在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O '的直径，FB 是圆台的一条母线．（Ⅰ）已知G,H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；（Ⅱ）已知EF=FB=12AC=，AB=BC ．求二面角F BC A --的余弦值． 【解析】试题分析：（Ⅰ）根据线线、面面平行可得与直线GH 与平面ABC 平行；（Ⅱ）立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，其中解法一建立空间直角坐标系求解；解法二则是找到FNM∠为二面角F BC A--的平面角直接求解．试题解析：（Ⅰ）证明：设FC的中点为I,连接,GI HI,在CEF△,因为G是CE的中点，所以,GI F//E又,FE//OB所以,GI//OB在CFB△中，因为H是FB的中点，所以//HI BC，又HI GI I⋂=,所以平面//GHI平面ABC，因为GH⊂平面GHI，所以//GH平面ABC．（Ⅱ）解法一：连接'OO,则'OO⊥平面ABC，又,AB BC=且AC是圆O的直径，所以.BO AC⊥以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz-，由题意得(0,B，(C-，过点F作FM OB垂直于点M，所以3,FM==可得F故(23,23,0),(0,BC BF=--=-．设(,,)m x y z=是平面BCF的一个法向量．由,0 m BCm BF⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可得,30z⎧--=⎪⎨+=⎪⎩可得平面BCF 的一个法向量(m =-因为平面ABC 的一个法向量(0,0,1),n = 所以7cos ,7||||m nm n m n ⋅<>==．所以二面角F BC A --的余弦值为7．解法二：连接'OO ，过点F 作FM OB ⊥于点M ，则有//'FM OO ,又'OO ⊥平面ABC ，所以FM ⊥平面ABC,可得3,FM ==过点M 作MN BC 垂直于点N ，连接FN ，可得FN BC ⊥,从而FNM ∠为二面角F BC A --的平面角．又AB BC =,AC 是圆O 的直径， 所以6sin 452MN BM ==从而2FN =，可得cos FNM ∠=所以二面角F BC A --．考点：1．平行关系；2．异面直线所成角的计算．【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题．解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，给出规范的证明．立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法．本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力\转化与化归思想及基本运算能力等．4．（2016高考天津理数）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2．（Ⅰ）求证：EG∥平面ADF；（Ⅱ）求二面角O-EF-C的正弦值；（Ⅲ）设H为线段AF上的点，且AH=2HF，求直线BH和平面CEF所成角的正3弦值．【解析】试题分析：（Ⅰ）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，利用法向量与直线方向向量垂直进行论证（Ⅱ）利用空间向量求二面角，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与二面角相等或互补关系求正弦值（Ⅲ）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与线面角互余关系求正弦值试题解析：依题意，OF ABCD⊥平面，如图，以O为点，分别以,,AD BA OF的方向为x轴，y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得(0,0,0)O，()，．-------1,1,0,(1,1,0),(1,1,0),(11,0),(1,1,2),(0,0,2),(1,0,0)A B C D E F G（Ⅰ）证明：依题意，()(2,0,0),1,1,2AD AF ==-．设()1,,n x y z =为平面ADF 的法向量，则1100n AD n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020x x y z =⎧⎨-+=⎩ ．不妨设1z =，可得()10,2,1n =，又()0,1,2EG =-，可得10EG n ⋅=，又因为直线EG ADF ⊄平面，所以//EG ADF 平面．（Ⅱ）解：易证，()1,1,0OA =-为平面OEF 的一个法向量．依题意，()()1,1,0,1,1,2EF CF ==-．设()2,,n x y z =为平面CEF 的法向量，则2200n EF n CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即020x y x y z +=⎧⎨-++=⎩ ．不妨设1x =，可得()21,1,1n =-． 因此有222cos ,3OA n OA n OA n ⋅<>==-⋅，于是23sin ,3OA n<>=，所以，二面角O EF C --的正弦值为 （Ⅲ）解：由23AH HF =，得25AH AF =．因为()1,1,2AF =-，所以2224,,5555AH AF ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，进而有334,,555H ⎛⎫- ⎪⎝⎭，从而284,,555BH ⎛⎫= ⎪⎝⎭，因此222cos ,21BH n BH n BH n⋅<>==-⋅．所以，直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为． 考点：利用空间向量解决立体几何问题5．（2016年高考北京理数）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD⊥，PA PD =，AB AD ⊥，1AB =，2AD =，AC CD ==（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AM AP 的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）3；（3）存在，14AM AP = 【解析】试题分析：（1）由面面垂直性质定理知AB⊥平面PAD ；根据线面垂直性质定理可知PD AB ⊥，再由线面垂直判定定理可知⊥PD 平面PAB ；（2）取AD 的中点O ，连结PO ，CO ，以O 为坐标原点建立空间直角坐标系O xyz -，利用向量法可求出直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（3）假设存在，根据A ，P ，M 三点共线，设AP AM λ=，根据//BM 平面PCD ，即0=⋅n BM ，求λ的值，即可求出AM AP 的值． 试题解析：（1）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，AB AD ⊥，所以⊥AB 平面PAD ，所以PD AB ⊥，又因为PD PA ⊥，所以⊥PD 平面PAB ；（2）取AD 的中点O ，连结PO ，CO ，因为PA PD =，所以AD PO ⊥．又因为⊂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CD AC =，所以AD CO ⊥．如图建立空间直角坐标系xyz O -，由题意得，)1,0,0(),0,1,0(),0,0,2(),0,1,1(),0,1,0(P D C B A -．设平面PCD 的法向量为),,(z y x n =，则0,0,n PD n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即⎩⎨⎧=-=--,02,0z x z y 令2=z ，则2,1-==y x ． 所以)2,2,1(-=n ． 又)1,1,1(-=PB，所以33,cos -=>=<PBn PB n ． 所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33． （3）设M 是棱PA 上一点，则存在]1,0[∈λ使得AP AM λ=． 因此点),,1(),,1,0(λλλλ--=-BM M ．因为⊄BM 平面PCD ，所以∥BM 平面PCD 当且仅当0=⋅n BM ，即0)2,2,1(),,1(=-⋅--λλ，解得41=λ．所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时41=AP AM ． 考点：1．空间垂直判定与性质；2．异面直线所成角的计算；3．空间向量的运用．【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直（必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系），构造（寻找）二面角的平面角或得到点到面的距离等．6．（2016高考新课标3理数）如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥地面ABCD ，AD BC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．（Ⅰ）证明MN 平面PAB ；（Ⅱ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）25． 【解析】试题分析：（Ⅰ）取PB 的中点T ，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT 为平行四边形，从而得到MNAT ，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）以A 为坐标原点，以,AD AP 所在直线分别为,y z 轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线AN 的方向向量与平面PMN 法向量的夹角来处理AN 与平面PMN 所成角．试题解析：（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 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 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 =-，)2,1,25(-=PN ，)2,1,25(=AN ． 设(,,)n x y z =为平面PMN 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PN n PM n ，即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x ，可取(0,2,1)n =，于是||85|cos ,|25||||n AN n AN n AN ⋅<>== 考点：1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、棱锥的体积．【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理．7．（2016高考浙江理数）如图,在三棱台ABC DEF -中,平面BCFE⊥平面ABC ,=90ACB ∠,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3．（Ⅰ）求证：EF ⊥平面ACFD ；（Ⅱ）求二面角B-AD-F 的平面角的余弦值． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）4． 【解析】试题分析：（Ⅰ）先证F C B ⊥A ，再证F C B ⊥K ，进而可证F B ⊥平面CFD A ；（Ⅱ）方法一：先找二面角D F B-A -的平面角，再在Rt QF ∆B 中计算，即可得二面角D F B-A -的平面角的余弦值；方法二：先建立空间直角坐标系，再计算平面C A K 和平面ABK 的法向量，进而可得二面角D F B-A -的平面角的余弦值．试题解析：（Ⅰ）延长D A ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示． 因为平面CF B E ⊥平面C AB ，且C C A ⊥B ，所以，C A ⊥平面C B K ，因此， F C B ⊥A ．又因为F//C E B ，F FC 1BE =E ==，C 2B =，所以C ∆B K 为等边三角形，且F 为C K 的中点，则 F C B ⊥K ．所以F B ⊥平面CFD A ． （Ⅱ）方法一：过点F 作FQ ⊥AK ，连结Q B ．因为F B ⊥平面C A K ，所以F B ⊥AK ，则AK ⊥平面QF B ，所以Q B ⊥AK ． 所以，QF ∠B 是二面角D F B-A -的平面角．在Rt C ∆A K 中，C 3A =，C 2K =，得FQ 13=．在Rt QF ∆B 中，FQ 13=，F B =cos QF 4∠B =．所以，二面角D F B-A - 方法二：如图，延长D A ，BE ，CF 相交于一点K ，则C ∆B K 为等边三角形．取C B 的中点O ，则C KO ⊥B ，又平面CF B E ⊥平面C AB ，所以，KO ⊥平面C AB ．以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x ，z 的正方向， 建立空间直角坐标系xyz O ． 由题意得()1,0,0B ，()C 1,0,0-，(K ，()1,3,0A --，1,0,22⎛⎫E ⎪ ⎪⎝⎭，1F ,0,22⎛⎫-⎪ ⎪⎝⎭． 因此，()C 0,3,0A =，(AK =，()2,3,0AB =．设平面C A K 的法向量为()111,,m x y z =，平面ABK 的法向量为()222,,n x y z =．由C 0m m ⎧A ⋅=⎪⎨AK ⋅=⎪⎩，得11113030y x y =⎧⎪⎨++=⎪⎩，取()3,0,1m =-；由0n n ⎧AB⋅=⎪⎨AK ⋅=⎪⎩，得2222223030x y x y +=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取(3,2,n =-．于是，3cos ,4m n m n m n ⋅==⋅． 所以，二面角D F B-A -的平面角的余弦值为4． 考点：1、线面垂直；2、二面角．【方法点睛】解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线． 8．（2016年高考四川理数）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD ，E 为边AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°．（Ⅰ）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；（Ⅱ）若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）13．【解析】试题分析：（Ⅰ）探索线面平行，根据是线面平行的判定定理，先证明线线平行，再得线面平行，而这可以利用已知的平行，易得CD∥EB；从而知M为DC 和AB的交点；（Ⅱ）求线面角，可以先找到这个角，即作出直线在平面内的射影，再在三角形中解出，也可以利用已知图形中的垂直建立空间直角坐标系，用向量法求出线面角（通过平面的法向量与直线的方向向量的夹角来求得）．试题解析：（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB与CD不平行．延长AB，DC，相交于点M（M∈平面PAB），点M即为所求的一个点．理由如下：由已知，BC∥ED，且BC=ED．所以四边形BCDE是平行四边形．，所以CD∥EB从而CM∥EB．又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，所以CM∥平面PBE．（说明：延长AP至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点）（Ⅱ）方法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA⋂AD=A，所以CD⊥平面PAD．从而CD⊥PD．所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角．所以∠PDA=45°．设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2．过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH．易知PA⊥平面ABCD，从而PA⊥CE．于是CE⊥平面PAH．所以平面PCE⊥平面PAH．过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE．所以∠APH是PA与平面PCE所成的角．在Rt△AEH中，∠AEH=45°，AE=1，所以AH=2．在Rt△PAH中，，所以sin∠APH=AHPH=13．方法二：由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ⋂AD=A ， 所以CD ⊥平面PAD ． 于是CD ⊥PD ．从而∠PDA 是二面角P-CD-A 的平面角． 所以∠PDA=45°．由PA ⊥AB ，可得PA ⊥平面ABCD ． 设BC=1，则在Rt △PAD 中，PA=AD=2．作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD ,AP 的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，则A （0,0,0），P （0,0,2），C （2,1,0），E （1,0,0），所以PE =（1,0,-2），EC =（1,1,0），AP =（0,0,2） 设平面PCE 的法向量为n=（x,y,z ），由0,0,PE EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 得20,0,x z x y -=⎧⎨+=⎩ 设x=2，解得n=（2,-2,1）．设直线PA 与平面PCE 所成角为α，则sin α=||||||n AP nAP ⋅⋅13= ．所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13． 考点：线线平行、线面平行、向量法．【名师点睛】本题考查线面平行、线线平行、向量法等基础知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力．证明线面平行时，可根据判定定理的条件在平面内找一条平行线，而这条平行线一般是由过面外的直线的一个平面与此平面相交而得，证明时注意定理的另外两个条件（线在面内，线在面外）要写全，否则会被扣分，求线面角（以及其他角），一种方法可根据定义作出这个角（注意还要证明），然后通过解三角形求出这个角．另一种方法建立空间直角坐标系，用向量法求角，这种方法主要是计算，不需要“作角、证明”，关键是记住相应公式即可．9．（2016高考上海理数）将边长为1的正方形11AAO O （及其内部）绕的1OO 旋转一周形成圆柱，如图，AC 长为23π，11A B 长为3π，其中1B 与C 在平面11AAO O 的同侧。

2021-2023三年新高考立体几何大题1．（2023·全国·统考高考真题）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12,4AB AA ==．点2222,,,A B C D 分别在棱111,,AA BB CC ,1DD 上，22221,2,3AA BB DD CC ====．(1)证明：2222B C A D ∥；(2)点P 在棱1BB 上，当二面角222P A C D --为150︒时，求2B P ．2．（2023·全国·统考高考真题）如图，三棱锥A BCD -中，DA DB DC ==，BD CD ⊥，60ADB ADC ∠=∠= ，E 为BC 的中点．(1)证明：BC DA ⊥；(2)点F 满足EF DA = ，求二面角D AB F --的正弦值．(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面弦值．4．（2022·全国·统考高考真题）如图，PO 是三棱锥-P ABC 的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB 的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．5．（2021·全国·统考高考真题）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.（1）证明：平面QAD⊥--（2）求二面角B QD A参考答案：答案第1页，共1页2021-2023三年新高考立体几何大题1．（2023·全国·统考高考真题）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12,4AB AA ==．点2222,,,A B C D 分别在棱111,,AA BB CC ,1DD 上，22221,2,3AA BB DD CC ====．(1)证明：2222B C A D ∥；(2)点P 在棱1BB 上，当二面角222P A C D --为150︒时，求2B P ．【答案】(1)证明见解析；(2)1【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；（2）设(0,2,)(04)P λλ≤≤，利用向量法求二面角，建立方程求出λ即可得解.【详解】（1）以C 为坐标原点，1,,CD CB CC 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图，则2222(0,0,0),(0,0,3),(0,2,2),(2,0,2),(2,2,1)C C B D A ，2222(0,2,1),(0,2,1)B C A D ∴=-=- ，设(2,0,0),(0,0,2),(0,2,0),D A B 设平面DAB 与平面ABF 的一个法向量分别为二面角D AB F --平面角为θ,而AB 因为()2,0,2EF DA ==- ，所以1111220220x z y z ⎧-+=⎪∴⎨-=⎪⎩，取11x =，所以22222020y z x ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，取21y =，所以n(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面弦值．【答案】(1)2(2)32【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC 间向量法即可得解.【详解】（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，设点则11112233A A BC A A ABC BC V S h h V --=⋅===由（1）得2AE =，所以12AA AB ==，1A B =则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以AC 则()1,1,1BD = ，()()0,2,0,2,0,0BA BC == ,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z = ，则m BD m BA ⎧⋅⎨⋅⎩可取()1,0,1m =- ，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c = ，则n BD n BC ⎧⋅⎨⋅⎩可取()0,1,1n =-r ，则11cos ,222m n m n m n ⋅===⨯⋅ ，所以二面角A BD C --的正弦值为21122⎛⎫-= ⎪⎝⎭(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，【答案】(1)证明见解析(2)1113【分析】（1）连接BO 并延长交AC 于点再根据直角三角形的性质得到AO DO =即可得证；（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得【详解】（1）证明：连接BO 并延长交因为PO 是三棱锥-P ABC 的高，所以所以PO AO ⊥、PO BO ⊥，又PA PB =，所以POA POB ≅△△，即又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以∠所以ODA OAD∠=∠所以AO DO =，即AO DO OB ==，所以又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC 所以//OE 平面PAC（2）解：过点A 作//Az OP ，如图建立空间直角坐标系，13-中，平面ABD⊥5．（2021·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥A BCD=，O为BD的中点.AB AD（1）证明：OA CD ⊥；所以42(0,,),33EB m BC =--= 设(),,n x y z =r 为平面EBC 的法向量，因为OA ⊥平面BCD ，所以EG EFG ∠为二面角E BC D --的平面角．因为45EFG ∠=︒，所以EG =由已知得1OB OD ==，故OB如图可知π(0,)2α∈，即有tan根据三角形相似知，点G为OD 结合α的正切值，可得2,1EG OA==从而可得三棱锥（1）证明：平面QAD⊥（2）求二面角B QD A--【答案】（1）证明见解析；【分析】（1）取AD的中点为QAD⊥面ABCD.（2）在平面ABCD内，过【详解】AD 的中点为O ，连接,QO CO QD =，OA OD =，则QO ⊥2,5QA =，故51QO =-=ABCD 中，因为2AD =，故3=，故222QC QO OC =+，故AD O = ，故QO ⊥平面ABCD ⊂平面QAD ，故平面QAD ⊥）在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ）中的QO ⊥平面ABCD ，故可建如图所示的空间坐标系则()()()0,1,0,0,0,2,2,1,0D Q B -，故设平面QBD 的法向量(),,n x y z = ，则00n BQ n BD ⎧⋅=⎨⋅=⎩ 即220220x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩，取故11,1,2n ⎛⎫= ⎪⎝⎭ .而平面QAD 的法向量为()1,0,0m = ，故二面角B QD A --的平面角为锐角，故其余弦值为。

1、（2015年1卷18题）如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE=2DF ，AE ⊥EC.试题解析：（Ⅰ）连接BD ，设BD∩AC=G，连接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB=BC 可知，AE=EC ， 又∵AE ⊥EC ，∴EG=3，EG ⊥AC ，在Rt △EBG 中，可得BE=2，故DF=22. 在Rt △FDG 中，可得FG=62. 在直角梯形BDFE 中，由BD=2，BE=2，DF=22可得EF=322， ∴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 的方向为x 轴，y 轴正方向，||GB 为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz ，由（Ⅰ）可得A （030），E （2），F （－1,0，22），C （030），∴AE =（132），CF =（-1，3，22）.…10分故cos ,3||||AE CF AE CF AE CF ⋅<>==-. 所以直线AE 与CF 所成的角的余弦值为3. 2、（2016年1卷18题）如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF =2FD ,90AFD ∠=,且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．试题解析：（I ）由已知可得F DF A ⊥,F F A ⊥E ,所以F A ⊥平面FDC E ． 又F A ⊂平面F ABE ,故平面F ABE ⊥平面FDC E ．（II ）过D 作DG F ⊥E ,垂足为G ,由（I ）知DG ⊥平面F ABE ．以G 为坐标原点,GF 的方向为x 轴正方向,GF 为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（I ）知DF ∠E 为二面角D F -A -E 的平面角,故DF 60∠E =,则DF 2=,DG 3=,可得()1,4,0A ,()3,4,0B -,()3,0,0E -,(D ． 由已知,//F AB E ,所以//AB 平面FDC E ． 又平面CDAB 平面FDC DC E =,故//CD AB ,CD//F E ．由//F BE A ,可得BE ⊥平面FDC E ,所以C F ∠E 为二面角C F -BE -的平面角,C F 60∠E =．从而可得(C -．所以(C E =,()0,4,0EB =,(C 3,A =--,()4,0,0AB =-． 设(),,n x y z =是平面C B E 的法向量,则C 00n n⎧⋅E =⎪⎨⋅EB =⎪⎩,即40x y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩, 所以可取(3,0,n =．CABDEF设m 是平面CD AB 的法向量,则C 00m m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩,同理可取()0,3,4m =．则219cos ,19n m n m n m ⋅==-． 故二面角C E -B -A 的余弦值为21919-．3（2016年2卷19题）（本小题满分12分）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB =，6AC =，点E ，F 分别在AD ，CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D EF '的位置10OD '=.（I ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （II ）求二面角B D A C '--的正弦值.【解析】⑴证明：∵54AE CF ==，∴AE CF AD CD=，∴EF AC ∥． ∵四边形ABCD 为菱形，∴AC BD ⊥，∴EF BD ⊥，∴EF DH ⊥，∴EF DH'⊥．∵6AC =，∴3AO =；又5AB =，AO OB ⊥， ∴4OB =，∴1AE OH OD AO=⋅=，∴3DH D H '==，∴222'OD OH D H '=+， ∴'D H OH ⊥．又∵OH EF H =，∴'D H ⊥面ABCD ．⑵建立如图坐标系H xyz -．()500B ，，，()130C ，，，()'003D ，，，()130A -，，， ()430AB =，，，()'133AD =-，，，()060AC =，，，设面'ABD 法向量()1n x y z =，，，由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩，取345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩， ∴()1345n =-，，．同理可得面'AD C 的法向量()2301n =，，， ∴12129575cos 255210n n n n θ⋅+===⋅，∴295sin 25θ=4、（2017年1卷18题）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥中，且90BAP CDP ∠=∠=︒．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，求二面角A PB C --的余弦值． 【解析】（1）证明：∵90BAP CDP ∠=∠=︒∴PA AB ⊥，PD CD ⊥又∵AB CD ∥，∴PD AB ⊥又∵PD PA P =，PD 、PA ⊂平面PAD ∴AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面PAB ∴平面PAB ⊥平面PAD（2）取AD 中点O ，BC 中点E ，连接PO ，OE ∵AB CD∴四边形ABCD 为平行四边形 ∴OE AB由（1）知，AB ⊥平面PAD∴OE ⊥平面PAD ，又PO 、AD ⊂平面PAD ∴OE PO ⊥，OE AD ⊥ 又∵PA PD =，∴PO AD ⊥ ∴PO 、OE 、AD 两两垂直∴以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz - 设2PA =，∴()002D -，，、()220B ，，、()002P ，，、()202C -，，， ∴()022PD =--，，、()222PB =-，，、()2200BC =-，，设()n x y z =,,为平面PBC 的法向量由00n PB n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得2220220x y z x ⎧+-=⎪⎨-=⎪⎩令1y =，则2z =，0x =，可得平面PBC 的一个法向量()012n =,, ∵90APD ∠=︒，∴PD PA ⊥又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ∴PD AB ⊥，又PA AB A = ∴PD ⊥平面PAB即PD 是平面PAB 的一个法向量，()022PD =--,, ∴23cos 323PD n PD n PD n⋅-===-⋅, 由图知二面角A PB C --为钝角，所以它的余弦值为33-5．（2018年1卷18题）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．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 ED ，∴PF ED ⊥，又PF PD ⊥，ED DP D ⋂=，∴PF ⊥平面PED ，∴PF PE ⊥， 设4AB =，则4EF =，2PF =，∴23PE =， 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 ⋅=⋅，∴23234PH ⋅==， 而4PD =，∴3sin 4PH PDH PD ∠==， ∴DP 与平面ABFD 所成角的正弦值34. 6.(2018年新课标Ⅱ理)如图,在三棱锥P -ABC 中,AB ＝BC ＝22,P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4,O 为AC 的中点.（1）求证:PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上,且二面角M -P A -C 为30°,求PC 与平面P AM 所成角的正弦值.【解析】（1）证明:∵AB ＝BC ＝22,AC ＝4,∴AB 2＋BC 2＝AC 2,即△ABC 是直角三角形. 又O 为AC 的中点,∴OA ＝OB ＝OC . ∵P A ＝PB ＝PC ,∴△POA ≌△POB ≌△POC . ∴∠POA ＝∠POB ＝∠POC ＝90°.∴PO ⊥AC ,PO ⊥OB ,OB ∩AC ＝0,∴PO ⊥平面ABC .（2）以O 坐标原点,OB ,OC ,OP 所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系如图所示.易知A (0,－2,0),P (0,0,23),C (0,2,0),B (2,0,0),BC →＝(－2,2,0). 设BM →＝λBC →＝(－2λ,2λ,0),0＜λ＜1,则AM →＝BM →－BA →＝(－2λ,2λ,0)－(－2,－2,0)＝(2－2λ,2λ＋2,0), 则平面P AC 的一个法向量为m ＝(1,0,0).设平面MP A 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则PA →＝(0,－2,23), 则n ·PA →＝－2y －23z ＝0,n ·AM →＝(2－2λ)x ＋(2λ＋2)y ＝0. 令z ＝1,则y ＝－3,x ＝(λ＋1)31－λ,即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫(λ＋1)31－λ，－3，1.∵二面角M -P A -C 为30°,∴cos 30°＝m ·n |m ||n |＝32,即(λ＋1)3λ－1⎝ ⎛⎭⎪⎫(λ＋1)31－λ2＋1＋3×1＝32,解得λ＝13或λ＝3(舍去). ∴n ＝(23,－3,1),PC →＝(0,2,－23).PC 与平面P AM 所成角的正弦值sin θ＝|cos 〈PC →,n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－23－2316·16＝4316＝34.18．（2019年1卷18题）（12分）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）求二面角A ﹣MA 1﹣N 的正弦值．解答】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD，则NH∥AA1，且，又MB∥AA1，MB＝，∴四边形NMBH为平行四边形，则NM∥BH，由NH∥AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，∴BE∥DH，BE＝DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH∥DE，∴NM∥DE，∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（，，2），M（，1，2），A1（，﹣1，4），，，设平面A1MN的一个法向量为，由，取x＝，得，又平面MAA1的一个法向量为，∴cos＜＞＝＝＝．∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为．8．（12分）(2019年新课标Ⅱ理）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 ，求二面角B –EC –C 1的正弦值.解：（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BEEC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知11Rt Rt ABE A B E ≅△△，所以45AEB ∠=︒，故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，||DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,1,1)CE =-，1(0,0,2)CC =．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）． 于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --3．。

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 ，。