高三文科数学限时训练(立体几何)

立体几何专题练习卷一、填空题（本大题满分56分，每小题4分） 1．正方体DC B A ABCD 111-的棱长为a ，则异面直线1AB 与1BC 所成的角的大小是__________．2．已知某铅球的表面积是2484cm π，则该铅球的体积是___________2cm ．3．若圆锥的侧面积为20π，且母线与底面所成的角为4arccos5，则该圆锥的体积为___________．4．在长方体1111ABCD A B C D -中，若12,1,3AB BC AA ===，则1BC 与平面11BB D D 所成的角θ可用反三角函数值表示为θ=____________．5．若取地球的半径为6371米，球面上两点A 位于东经O12127'，北纬O 318'，B 位于东经O12127'，北纬O 255'，则A B 、两点的球面距离为_____________千米(结果精确到1千米)．6．已知圆锥的母线长为5cm ，侧面积为π15 2cm ，则此圆锥的体积为__________3cm ．7．若圆锥的底面半径和高都是2，则圆锥的侧面积是_____________． 8．如图，是一个无盖正方体盒子的表面展开图，A B C 、、为其上的三个点，则在正方体盒子中，ABC ∠=____________.9．一个圆柱形容器的轴截面尺寸如右图所示，容器内有一个实心的球，球的直径恰等于圆柱的高.现用水将该容器注满，然后取出该球（假设球的密度大于水且操作过程中水量损失不计），则球取出后，容器中水面的高度为__________cm. （精确到0.1cm ）10．如图，用铁皮制作一个无盖的圆锥形容器，已知该圆锥的母线与底面所在平面的夹角为45︒，容器的高为10cm ．制作该容器需要铁皮面积为__________cm2．（衔接部分忽略不计，结果保留整第9题数）11．如图，圆锥的侧面展开图恰好是一个半圆，则该圆锥的母线与底面所成的角的大小是__________ .12．如右下图，ABC ∆中， 90=∠C ，30=∠A ，1=BC ．在三角形内挖去半圆（圆心O 在边AC 上，半圆与BC 、AB 相切于点C 、M ，与AC 交于N ），则图中阴影部分绕直线AC 旋转一周所得旋转体的体积为__________ ．13．如图所示，以圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥， 则该圆锥与圆柱等底等高。

高三数学立体几何专题(文科)（一）吴丽康 2019-111.如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的点. （Ⅰ）证明：PB //平面AEC ；（Ⅱ）设AP=1，AD=，三棱锥P-ABD 的体积V=，求A 点到平面PBD 的距离.2. 如图，四棱锥P -ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E 为PB 的中点．(1)求证：CE ∥平面PAD ；(2)在线段AB 上是否存在一点F ，使得平面PAD ∥平面CEF ？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．3如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAC ⊥平面ABCD ，且PA ⊥AC ，PA ＝AD ＝2，四边形ABCD 满足BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1.点E ，F 分别为侧棱PB ，PC 上的点， 且PE PB ＝PF PC＝λ(λ≠0)． (1)求证：EF ∥平面PAD ；(2)当λ＝12时，求点D 到平面AFB 的距离． 4.如图，四棱柱ABCD －A1B1C1D1的底面ABCD 是正方形．(1)证明：平面A1BD ∥平面CD1B1；(2)若平面ABCD ∩平面B1D1C ＝直线l ，证明：B1D1∥l.5..如图，四边形ABCD 是平行四边形，点P 是平面ABCD 外一点， M 是PC 的中点，在DM 上取一点G ，过G 和AP 作平面交平面BDM 于GH.求证：AP∥GH.6.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.7.(2018北京通州三模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,△PAB为等边三角形,E是PB中点,平面AED与棱PC 交于点F.(1)求证:AD∥EF; (2)求证:PB⊥平面AEFD;(3)记四棱锥P-AEFD的体积为V1,四棱锥P-ABCD的体积为V2,直接写出的值.8...如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点．(1)求证：BG⊥平面PAD；(2)求证：AD⊥PB；(3)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD？并证明你的结论．9.(2016·高考北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；(3)设点E为AB的中点．在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．10..如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.(1)求证：AB∥EF；(2)若AF⊥EF，求证：平面PAD⊥平面ABCD.11..如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝3，AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，点M是AC与BD的交点，点N在线段PB上，且PN＝1PB.4(1)证明：MN∥平面PDC；(2)求直线MN与平面PAC所成角的正弦值．12..(2016·高考四川卷)如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝1AD．2(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由；(2)证明：平面PAB⊥平面PBD．13．(2016·高考江苏卷)如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.14.【2014,19】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.15.(2017天津,文17)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥ BC, PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值;(2)求证:PD ⊥平面PBC;(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.16.(2016·高考浙江卷)如图，在三棱台ABC DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值．17..(2018·全国Ⅲ)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．立体几何中的翻折问题18...如图(1)，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图(2)中△A1BE 的位置，得到四棱锥A1-BCDE.(1)证明：CD ⊥平面A1OC ；(2)当平面A1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A1-BCDE 的体积为362，求a 的值．19.．如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝12AB ＝2， E 为AC 的中点，将△ACD 沿AC 折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直，如图2.在图2所示的几何体D －ABC 中：(1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)点F 在棱CD 上，且满足AD ∥平面BEF ，求几何体F －BCE 的体积．20．如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB ＝16，BC ＝10，AA1＝8.点E ，F 分别在A1B1，D1C1上，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EFGH.(1)求证：A1E ＝D1F ；(2)判断A1D 与平面α的关系．高三数学立体几何专题(文科)1解析：（Ⅰ）设AC 的中点为O ，连接EO. 在三角形PBD 中，中位线EO//PB ，且EO 在平面AEC 上，所以PB//平面AEC.（Ⅱ）∵AP=1，，，，∴，作AH ⊥PB 角PB 于H ， 由题意可知BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥AH ，故AH ⊥平面PBC ． 又，故A 点到平面PBC 的距离.2.(1)证明：如图所示，取PA 的中点H ，连接EH ，DH ，因为E 为PB 的中点， 所以EH ∥AB ，EH ＝12AB ， 又AB ∥CD ，CD ＝12AB ．所以EH ∥CD ，EH ＝CD ， 因此四边形DCEH 是平行四边形， 所以CE ∥DH ，又DH ⊂平面PAD ，CE ⊄平面PAD ， 所以CE ∥平面PAD ．(2)如图所示，取AB 的中点F ，连接CF ，EF ， 所以AF ＝12AB ，又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD ，又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形，所以CF ∥AD ， 又CF ⊄平面PAD ，所以CF ∥平面PAD ，由(1)可知CE ∥平面PAD ， 又CE ∩CF ＝C ，故平面CEF ∥平面PAD ，故存在AB 的中点F 满足要求．3.(1)证明 ∵PE PB ＝PF PC ＝λ(λ≠0)，∴EF ∥BC.∵BC ∥AD ，∴EF ∥AD. 又EF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，∴EF ∥平面PAD.(2)解 ∵λ＝12，∴F 是PC 的中点， 在Rt △PAC 中，PA ＝2，AC ＝2，∴PC ＝PA2＋AC2＝6，∴PF ＝12PC ＝62.∵平面PAC ⊥平面ABCD ，且平面PAC ∩平面ABCD ＝AC ， PA ⊥AC ，PA ⊂平面PAC ，∴PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥BC.又AB ⊥AD ，BC ∥AD ，∴BC ⊥AB ，又PA ∩AB ＝A ，PA ，AB ⊂平面PAB ，∴BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥PB ，∴在Rt △PBC 中，BF ＝12PC ＝62. 连接BD ，DF ，设点D 到平面AFB 的距离为d ，在等腰三角形BAF 中，BF ＝AF ＝62，AB ＝1， ∴S △ABF ＝54，又S △ABD ＝1，点F 到平面ABD 的距离为1， ∴由VF －ABD ＝VD －AFB ，得13×1×1＝13×d ×54，解得d ＝455，即点D 到平面AFB 的距离为455. 4.证明 (1)由题设知BB1∥DD1且BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1.又BD⊄平面CD1B1，B1D1⊂平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.因为A1D1∥B1C1∥BC且A1D1＝B1C1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C.又A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1.又因为BD∩A1B＝B，BD，A1B⊂平面A1BD，所以平面A1BD∥平面CD1B1.(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，又平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，所以直线l∥直线BD，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l.5.连接AC交BD于点O，连接MO，因为PM＝MC，AO＝OC，所以PA∥MO，因为PA⊄平面MBD，MO⊂平面MBD，所以PA∥平面MBD．因为平面PAHG∩平面MBD＝GH，所以AP∥GH.6.[证明] (1)在四棱锥P-ABCD中，因为PA⊥底面ABCD， CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，因为AC⊥CD，且PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，而AE⊂平面PAC，所以CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.因为E是PC的中点，所以AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD．而PD⊂平面PCD，所以AE⊥PD．因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AB．又因为AB⊥AD且PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD．又因为AB∩AE＝A，所以PD⊥平面ABE.7.(1)证明因为ABCD为正方形,所以AD∥BC.因为AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC.因为AD⊂平面AEFD,平面AEFD∩平面PBC=EF,所以AD∥EF.(2)证明因为四边形ABCD是正方形,所以AD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD⊂平面ABCD,所以AD⊥平面PAB.因为PB⊂平面PAB,所以AD⊥PB.因为△PAB为等边三角形,E是PB中点,所以PB⊥AE.因为AE⊂平面AEFD,AD⊂平面AEFD,AE∩AD=A,所以PB⊥平面AEFD.(3)解由(1)知,V1=VC-AEFD,VE-ABC=VF-ADC=VC-AEFD=V1,∴VBC-AEFD=V1,则VP-ABCD=V1+V1=V1,∴.8.[解] (1)证明：在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，所以BG⊥AD．又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BG⊥平面PAD．(2)证明：如图，连接PG.因为△PAD为正三角形，G为AD的中点，所以PG⊥AD．由(1)知，BG⊥AD，又PG∩BG＝G，所以AD⊥平面PGB．因为PB⊂平面PGB，所以AD⊥PB．(3)当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD．证明如下：取PC的中点F，连接DE、EF、DF.在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE.而FE⊂平面DEF，DE⊂平面DEF，EF∩DE＝E，PB⊂平面PGB，GB⊂平面PGB，PB∩GB＝B，所以平面DEF∥平面PGB．因为BG⊥平面PAD，PG⊂平面PAD，所以BG⊥PG.又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G，所以PG⊥平面ABCD．又PG⊂平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面ABCD．9.【解】(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.(2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB．又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.(3)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.理由如下：如图，取PB中点F，连接EF，CE，CF.又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA⊄平面CEF，且EF⊂平面CEF，所以PA∥平面CEF.10.证明(1)因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD.又AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，所以AB∥平面PDC，又因为AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，所以AB∥EF.(2)因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.因为AF⊥EF，(1)中已证AB∥EF，所以AB⊥AF.又AB ⊥AD ，由点E 在棱PC 上(异于点C)，所以点F 异于点D ，所以AF ∩AD ＝A ，AF ，AD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面ABCD ，所以平面PAD ⊥平面ABCD.11.(1)证明 因为AB ＝BC ，AD ＝CD ，所以BD 垂直平分线段AC.又∠ADC ＝120°，所以MD ＝12AD ＝12，AM ＝32.所以AC ＝ 3. 又AB ＝BC ＝3，所以△ABC 是等边三角形，所以BM ＝32，所以BM MD ＝3，又因为PN ＝14PB ，所以BM MD ＝BN NP＝3，所以MN ∥PD. 又MN ⊄平面PDC ，PD ⊂平面PDC ，所以MN ∥平面PDC.(2)解 因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥PA ，又BD ⊥AC ，PA ∩AC ＝A ，PA ，AC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC.由(1)知MN ∥PD ，所以直线MN 与平面PAC 所成的角即直线PD 与平面PAC 所成的角， 故∠DPM 即为所求的角．在Rt △PAD 中，PD ＝2，所以sin ∠DPM ＝DM DP ＝122＝14，所以直线MN 与平面PAC 所成角的正弦值为14. 12.【解】 (1)取棱AD 的中点M(M ∈平面PAD)，点M 即为所求的一个点．理由如下：因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM ， 所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM ∥AB ．又AB ⊂平面PAB ，CM ⊄平面PAB ，所以CM ∥平面PAB ．(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)证明：由已知，PA ⊥AB ，PA ⊥CD ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交． 所以PA ⊥平面ABCD ，从而PA ⊥BD ．连接BM ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥MD ，且BC ＝MD ． 所以四边形BCDM 是平行四边形．所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB ． 又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面PAB ．又BD ⊂平面PBD ，所以平面PAB ⊥平面PBD ．13.[证明] (1)在直三棱柱ABC A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点，所以DE ∥AC ，于是DE ∥A1C1.又DE ⊄平面A1C1F ，A1C1⊂平面A1C1F ，所以直线DE ∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC A1B1C1中，A1A ⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A ⊥A1C1.又A1C1⊥A1B1，A1A ⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D ⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D ．又B1D ⊥A1F ，A1C1⊂平面A1C1F ，A1F ⊂平面A1C1F ，A1C1∩A1F ＝A1， 所以B1D ⊥平面A1C1F.因为直线B1D ⊂平面B1DE ，所以平面B1DE ⊥平面A1C1F14.证明：(Ⅰ)连接 BC1，则O 为B1C 与BC1的交点，∵AO ⊥平面BB1C1C. ∴AO ⊥B1C ， …2分因为侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，…4分∴BC1⊥平面ABC1，∵AB平面ABC1，故B1C⊥AB.…6分(Ⅱ)作OD⊥BC，垂足为D，连结AD，∵AO⊥BC，∴BC⊥平面AOD，又BC平面ABC，∴平面ABC⊥平面AOD，交线为AD，作OH⊥AD，垂足为H，∴OH⊥平面ABC. …9分∵∠CBB1=60°，所以ΔCBB1为等边三角形，又BC=1，可得OD=，由于AC⊥AB1，∴，∴，由OH·AD=OD·OA，可得OH=，又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为，所以三棱柱ABC-A1B1C1的高高为。

高中数学《立体几何》练习题1．用斜二测画法画出长为6，宽为4的矩形水平放置的直观图，则该直观图面积为 ( ) A.12 B.24 C.62 D.1222．设,m n 是不同的直线，,αβ是不同的平面，下列命题中正确的是 ( ) A ．若//,,m n m n αβ⊥⊥，则αβ⊥ B ．若//,,m n m n αβ⊥⊥，则//αβ C ．若//,,//m n m n αβ⊥，则α⊥β D ．若//,,//m n m n αβ⊥，则//αβ3．如图，棱长为1的正方体1111D C B A ABCD -中，P 为线段B A 1上的动点，则下列结论错误．．的是A ．P D DC 11⊥B ．平面⊥P A D 11平面AP A 1C ．1APD ∠的最大值为090 D ．1PD AP +的最小值为22+4．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为______m 3.5．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积等于 .6．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是____________7．如图，一个盛满水的三棱锥容器，不久发现三条侧棱上各有一个小洞F E D ,,，且知1:2:::===FS CF EB SE DA SD ，若仍用这个容器盛水，则最多可盛水的体积是原来的 .8．如图，四边形ABCD 为正方形，QA ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD.(1)证明：PQ ⊥平面DCQ ；(2)求棱锥Q ­ABCD 的体积与棱锥P ­DCQ 的体积的比值．[来9．如图所示的多面体中，ABCD 是菱形，BDEF 是矩形，ED ⊥面ABCD ,3BAD π∠=．（1）求证://BCF AED 平面平面.（2）若,BF BD a A BDEF ==-求四棱锥的体积。

10．在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 为矩形，ABCD PD 底面⊥，1=AB ，2=BC ，3=PD ，FG 、分别为CD AP 、的中点． (1) 求证：PC AD ⊥；(2) 求证：//FG 平面BCP ；SFCB AD EF GPDCBA11．如图，多面体AEDBFC 的直观图及三视图如图所示，N M ,分别为BC AF ,的中点． （1）求证：//MN 平面CDEF ； (2）求多面体CDEF A -的体积．NMFEDCBA直观图俯视图正视图侧视图22222212．如图，在三棱锥P ABC -中，90ABC ∠=，PA ⊥平面ABC ，E ,F 分别为PB ,PC 的中点. （1）求证：//EF 平面ABC ；（2）求证：平面AEF ⊥平面PAB .A13．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.求证：（1）直线PA ∥平面DFE ； （2）平面BDE ⊥平面ABC ．14．如图. 直三棱柱ABC —A 1B 1C 1 中，A 1B 1= A 1C 1,点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）平面ADE ⊥平面BCC 1B 1 （2）直线A 1F ∥平面ADE ．BA 1C 1 E C DAB 1F参考答案1．C 【解析】试题分析：斜二测法：要求长边，宽减半，直角变为045角，则面积为：2645sin 260=⨯⨯. 考点：直观图与立体图的大小关系.2．C 【解析】试题分析：此题只要举出反例即可，A,B 中由n m n ⊥⊥,β可得β//n ,则α,β可以为任意角度的两平面,A,B 均错误.C,D 中由n m n //,β⊥可得β⊥m ，则有βα//,故C 正确，D 错误.考点：线，面位置关系. 3．C 【解析】试题分析：⊥1DC 面11BCD A ，∴A 正确；⊥11A D 面11A ABB ，∴B 正确；当2201<<P A 时，1APD ∠为钝角，∴C 错；将面B AA 1与面11A ABB 沿B A 1展成平面图形，线段D A 1即为1PD AP +的最小值，解三角形易得D A 1=22+， ∴D 正确.故选C. 考点：线线垂直、线面垂直、面面垂直. 4．4 【解析】试题分析：已知三视图对应的几何体的直观图，如图所示：，所以其体积为：4211112=⨯⨯+⨯⨯=V ，故应填入：４． 考点：三视图． 5．24 【解析】试题分析：由三视图可知，原几何体是一个三棱柱被截去了一个小三棱锥得到的，如图111345(34)324232V =⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=.考点：三视图. 【答案】12 【解析】试题分析：该几何体是一个直三棱柱，底面是等腰直角三角形 体积为12262V =⨯⨯⨯＝12考点：三视图，几何体的体积. 7．2723 【解析】试题分析：过DE 作截面平行于平面ABC ,可得截面下体积为原体积的27193213=-）（，若过点F ，作截面平行于平面SAB ,可得截面上的体积为原体积的278323=）（，若C 为最低点，以平面DEF 为水平上面，则体积为原体积的27233132321=⨯⨯-，此时体积最大. 考点：体积相似计算. 8．(1)祥见解析； (2)１． 【解析】试题分析：(1)要证直线与平面垂直，只须证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可，注意到QA ⊥平面ABCD ，所以有平面PDAQ ⊥平面ABCD ，且交线为AD ，又因为四边形ABCD 为正方形，由面面垂直的性质可得DC ⊥平面PDAQ ，从而有PQ ⊥DC ，又因为PD ∥QA ，且QA ＝AB ＝12PD ，所以四边形PDAQ 为直角梯形，利用勾股定理的逆定理可证PQ ⊥QD ；从而可证 PQ ⊥平面DCQ ；(2)设AB ＝a ，则由(1)及已知条件可用含a 的式子表示出棱锥Q －ABCD 的体积和棱锥P －DCQ 的体积从而就可求出其比值． 试题解析：(1)证明：由条件知PDAQ 为直角梯形．因为QA ⊥平面ABCD ，所以平面PDAQ ⊥平面ABCD ，交线为AD. 又四边形ABCD 为正方形，DC ⊥AD ， 所以DC ⊥平面PDAQ.可得PQ ⊥DC.在直角梯形PDAQ 中可得DQ ＝PQ ， 则PQ ⊥QD.所以PQ ⊥平面DCQ.(2)设AB ＝a.由题设知AQ 为棱锥Q ­ABCD 的高，所以棱锥Q －ABCD 的体积V 1＝13a 3.由(1)知PQ 为棱锥P －DCQ 的高，而PQ a ，△DCQ 的面积为2a 2， 所以棱锥P －DCQ 的体积V 2＝13a 3. 故棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值为1. 考点：１．线面垂直；２．几何体的体积．9．（1）证明过程详见解析；（2）36a . 【解析】试题分析：本题主要考查线线平行、线面平行、面面平行、四棱锥的体积等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，由于ABCD 是菱形，得到//BC AD ，利用线面平行的判定，得//BC ADE 面，由于BDEF 为矩形，得BF//DE ，同理可得BF//面ADE ，利用面面平行的判定，得到面BCF//面AED ；第二问，通过证明得到AO BDEF ⊥面，则AO 为四棱锥A BDEF -的高，再求出BDEF 的面积，最后利用体积公式13V Sh =，计算四棱锥A-BDEF 的体积.试题解析：证明：（1）由ABCD 是菱形 //BC AD ∴,BC ADE AD ADE ⊄⊂面面 //BC ADE ∴面 3分由BDEF 是矩形//BF DE ∴,BF ADE DE ADE ⊄⊂面面 //BF ADE ∴面,,BC BCF BF BCF BCBF B ⊂⊂=面面∴//BCF AED 平面平面. 6分 （2）连接AC ，ACBD O =由ABCD 是菱形， AC BD ∴⊥由ED ⊥面ABCD ,AC ABCD ⊂面 ED AC ∴⊥,,ED BD BDEF EDBD D ⊂=面 AO BDEF ∴⊥面， 10分则AO 为四棱锥A BDEF -的高 由ABCD 是菱形，3BAD π∠=，则ABD ∆为等边三角形，由BF BD a ==；则3,2AD a AO a ==，2BDEF S a =， 23133326A BDEF V a a a -=⋅⋅=14分考点：线线平行、线面平行、面面平行、四棱锥的体积.10．(1)见解析；(2)见解析.【解析】 试题分析：（1）欲证线线垂直往往通过证明线面垂直（即证明其中一条线垂直于另一条所在平面）；（2）欲证线面平行，需在平面内寻找一条直线，并证此线平行于另一直线.此题也可以采用空间向量证明，即证明FG 的方向向量垂直于平面BCP 的法向量n 即可. 试题解析：（1）证明： 底面ABCD 为矩形 CD AD ⊥∴ABCD AD ABCD PD 平面底面⊂⊥ , PD AD ⊥∴D PD CD = PDC AD 平面⊥∴ABCD PC 平面⊂ PC AD ⊥∴H F GPD CBA（2）证明：取H BP 中点，连接CH GH ,中点分别为DC AP F G ,,GH ∴=//AB 21,FC =//AB 21 GH ∴=//FC GFCH 四边形∴是平行四边形， FG ∴//CH ，BCP CH 平面⊂，BCP FG 平面⊄ FG ∴//BCP 平面考点：（1）线线垂直；（2）线面平面.11．（1）证明：见解析；（2）多面体CDEF A -的体积83．【解析】试题分析： （1）由多面体AEDBFC 的三视图知，三棱柱BFC AED -中,底面DAE 是等腰直角三角形，2==AE DA ，⊥DA 平面ABEF ,侧面ABCD ABFE ,都是边长为2的正方形．连结EB ，则M 是EB 的中点，由三角形中位线定理得EC MN //，得证. （2）利用⊥DA 平面ABEF ，得到EF AD ⊥, 再据EF ⊥AE ，得到EF ⊥平面ADE ，从而可得：四边形 CDEF 是矩形,且侧面CDEF ⊥平面DAE .取DE 的中点,H得到AH =且⊥AH 平面CDEF ．利用体积公式计算.所以多面体CDEF A -的体积383131=⋅⋅=⋅=AH EF DE AH S V CDEF ． 12分 试题解析： （1）证明：由多面体AEDBFC 的三视图知，三棱柱BFC AED -中,底面DAE 是等腰直角三角形，2==AE DA ，⊥DA 平面ABEF ,侧面ABCD ABFE ,都是边长为2的 正方形．连结EB ，则M 是EB 的中点， 在△EBC 中，EC MN //，且EC ⊂平面CDEF ，MN ⊄平面CDEF ， ∴MN ∥平面CDEF ． 6分FDA（2）因为⊥DA 平面ABEF ，EF ⊂平面ABEF , AD EF ⊥∴,又EF ⊥AE ，所以，EF ⊥平面ADE ，∴四边形 CDEF 是矩形,且侧面CDEF ⊥平面DAE 8分 取DE 的中点,H ⊥DA ,AE 2==AE DA ,2=∴AH ,且⊥AH 平面CDEF ． 10分所以多面体CDEF A -的体积383131=⋅⋅=⋅=AH EF DE AH S V CDEF ． 12分 考点：三视图，平行关系，垂直关系，几何体的体积. 12．（1）见解析；（2）见解析 【解析】 试题分析：（1）由E 、F 分别为PB 、PC 中点根据三角形中位线定理知EF ∥BC ，根据线面平行的判定知EF ∥面ABC ；（2）由PA ⊥面PABC 知，PA ⊥BC ，结合AB ⊥BC ，由线面垂直的判定定理知，BC ⊥面PAB ，由（1）知EF ∥BC ，根据线面垂直性质有EF ⊥面PAB ，再由面面垂直判定定理即可证明面AEF ⊥面PAB.试题解析：证明:（1）在PBC ∆中，F E , 分别为PC PB ,的中点BC EF //∴ 3分 又⊂BC 平面ABC ，⊄EF 平面ABC //EF ∴平面ABC 7分 （2）由条件，⊥PA 平面ABC ，⊂BC 平面ABCBC PA ⊥∴︒=∠90ABC ，即BC AB ⊥， 10分 由//EF BC ，∴EF AB ⊥，EF PA ⊥又A AB PA =⋂，AB PA ,都在平面PAB 内 EF ∴⊥平面PAB又⊂EF 平面AEF ∴平面AEF ⊥平面PAB 14分考点:线面垂直的判定与性质；面面垂直判定定理；线面平行判定；推理论证能力13．(1)详见解析; (2) 详见解析. 【解析】 试题分析：(1) 由线面平行的判定定理可知,只须证PA 与平面DEF 内的某一条直线平行即可,由已知及图形可知应选择DE,由三角形的中位线的性质易知: DE ∥PA ,从而问题得证；注意线PA 在平面DEG 外,而DE 在平面DEF 内必须写清楚；(2) 由面面垂直的判定定理可知,只须证两平中的某一直线与另一个平面垂直即可，注意题中已知了线段的长度，那就要注意利用勾股定理的逆定理来证明直线与直线的垂直；通过观察可知：应选择证DE 垂直平面ABC 较好,由(1)可知:DE ⊥AC,再就只须证DE ⊥EF 即可；这样就能得到DE ⊥平面ABC ，又DE ⊂平面BDE ，从面而有平面BDE ⊥平面ABC ．试题解析：(1)因为D ，E 分别为PC,AC 的中点，所以DE ∥PA. 又因为PA ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ，所以直线PA ∥平面DEF.(2)因为D ，E ，F 分别人棱PC,AC ，AB 的中点，PA ＝6，BC ＝8，所以DE ∥PA ，DE ＝21PA ＝3，EF ＝21BC ＝4． 又因为DF ＝5，故DF 2＝DE 2+EF 2，所以∠DEF=90。

中，CA CB =，1AB AA =，160BAA Ð=。

（Ⅰ）证明：1AB A C ^；（Ⅱ）若2AB CB ==，16A C =高三数学专项训练：立体几何解答题（三）（文科）1．如图，在．如图，在四棱锥四棱锥A-BCDE 中，侧面∆ADE 是等边三角形，底面BCDE 是等腰是等腰梯形梯形，且CD ∥BE,DE=2BE,DE=2，，CD=4,60CDE Ð=° ,M 是DE 的中点，F 是AC 的中点，且AC=4AC=4，，求证：（1）平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD;BCD;(2)FB (2)FB∥平面∥平面ADE. ADE.2．（本小题满分12分）如图，分）如图，三棱柱三棱柱111ABC A B C -，求三棱柱111ABC A B C -的体积。

45．．如图，三棱锥P ABC -中，90ABC °Ð=，PA ABC ^底面（Ⅰ）求证：PAC PBC ^平面平面；（Ⅱ）若AC BC PA ==，M 是PB 的中点，求AM 3．如图，在．如图，在四棱锥四棱锥P －ABCD 中，中，PD PD PD⊥⊥平面ABCD ABCD，，AB AB∥∥DC DC，已知，已知BD BD＝＝2AD 2AD＝＝2PD 2PD＝＝8，AB ＝2DC 2DC＝＝（Ⅰ）设M 是PC 上一点，证明：平面MBD MBD⊥平面⊥平面PAD PAD；；（Ⅱ）若M 是PC 的中点，求棱锥P －DMB 的体积．4与平面PBC 所成角的所成角的正切正切值5中，CB DA 、是梯形的高，2AE BF ==，22AB =，现将梯形沿CB DA 、折起，使//EF AB ，且2E F A B =如图所示，已知M N P 、、（1）求证：//MN6^PA 底面ABCD ，F E ,分别是PB AC ,的中点的中点. . .PFEDC B A（1）求证：//EF 平面PCD ；（2）求证：平面^PBD 平面PAC ；（3）若AB PA =，求PD 与平面PAC 所成的角的大小所成的角的大小. . .．如图，在等腰．如图，在等腰梯形梯形CDEF ，得一简单，得一简单组合组合体ABCDEF 分别为,,AF BD EF 的中点平面BCF ；（2）求证：AP ^平面DAE .．如图，．如图，四棱锥四棱锥ABCD P -的底面ABCD 为正方形，7中，2AB BC =，点M 在边CD 上，点F 在边AB 上，且DF AM^，垂足为E ，若将ADM D 沿AM 折起，使点ABCM D -¢．（Ⅰ）求证：F D AM p ，求直线D8．如图，在四棱锥-P ．如图，在．如图，在矩形矩形ABCD D 位于D ¢位置，连接B D ¢，C D ¢得四棱锥¢^；（Ⅱ）若3p =¢ÐEF D ，直线F D ¢与平面ABCM 所成角的大小为3A ¢与平面ABCM 所成角的所成角的正弦正弦值．值．ABCD 中，四边形ABCD 是菱形，PA PC =,E 为PB 的中点．（Ⅰ）求证：PD ∥平面AEC ；（Ⅱ）求证：平面AEC ^平面PBD .-的中点，E 为PA 的中点．的中点．ADO C PBEMNC C 1B 1A 1BA9．如图，在直．如图，在直三棱柱三棱柱ABC ABC－－A 1B 1C 1中，点M 是A 1B 的中点，点N 是B 1C 的中点，连接MN MN（Ⅰ）证明：（Ⅰ）证明：MN//MN//MN//平面平面ABC ABC；； （Ⅱ）若AB=1AB=1，，AC=AA 1=3，BC=2BC=2，求二面角，求二面角A —A 1C —B 的余弦值的大小值的大小1010．．如图，四棱锥P ABCD 的底面是直角的底面是直角梯形梯形，//AB CD ，AB AD ^，PAB D 和PADD 是两个边长为2的正三角形，4DC =，O 为BD (Ⅰ)求证：PO ^平面ABCD ；(Ⅱ)求证：//OE 平面PDC ；(Ⅲ)求(Ⅲ)求直线直线CB 与平面PDC 所成角的所成角的正弦正弦值．11中，底面ABED 、090ADC Ð=，12BC CD AD ==，PA PD =，,EF .A B C -中，点D 是BC 的中点的中点..（Ⅰ）求证（Ⅰ）求证: : AD ^平面11BCC B ；（Ⅱ）求证（Ⅱ）求证: : 1A C 平面1AB D .A BCDA 1B 1C 1．在．在四棱锥四棱锥P ABCD -为直角为直角梯形梯形，//BC AD 为,AD PC 的中点．（1）求证：//PA 平面BEF ；（2）求证：AD PB ^1212．如图，正．如图，正．如图，正三棱柱三棱柱111ABC13．如图，在多面体ABCDFE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ∥EF ， 902=Ð=EAB EF AB，（1）若G 点是DC ）求证：BAF DAF 面面^.（3）若,2,1===AB AD AE ，平面ABCD ABFE 平面^.中点，求证：AED FG 面//.（2求的体积三棱锥AFC D -.∴,3AM DE AM ^=,∵在∆DMC 中，中，DM=1DM=1DM=1，，60CDE Ð=°,CD=4,CD=4，，∴22241241cos6013MC =+-´´×°= ，即MC=13.在∆AMC 中，222222(3)(13)4AM MC AC +=+==∴AM AM⊥⊥MC,MC,又∵,AM DE ^MC DE M = , , ∴∴AM ^平面BCD,BCD,∵AM Í平面ADE, ADE, ∴平面∴平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD.BCD.（2）取DC 的中点N ，连结FN,NB,FN,NB,∵F,N 分别是AC AC，，DC 的中点，∴的中点，∴FN FN FN∥∥AD,AD,由因为由因为FN Ë平面ADE,AD Í平面ADE, ADE, ∴∴FN FN∥平面∥平面ADE,ADE,∵N 是DC 的中点，∴的中点，∴BC=NC=2BC=NC=2BC=NC=2，又，又60CDE Ð=°，∴∆BCN 是等边三角形，∴是等边三角形，∴BN BN BN∥∥DE,DE, 由BN Ë平面ADE,ED Í平面ADE, ADE, ∴∴BN BN∥平面∥平面ADE,ADE,∵FN BN N = , , ∴平面∴平面ADE ADE∥平面∥平面FNB,FNB,∵FB Í平面FNB, FNB, ∴∴FB FB∥平面∥平面ADE.ADE.考点：考点：1.1. 1.直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的判定；2.2.2.平面一平面垂直的判定；平面一平面垂直的判定；平面一平面垂直的判定；3.3.3.直线与平面平行的判定直线与平面平行的判定直线与平面平行的判定..2．（1）取AB 的中点O ，连接1OC O 、1OA O 、1A B ，因为CA=CB CA=CB，所以，所以OC AB ^，由于AB=AA 1，∠，∠BA A BA A 1=600，所以1OA AB ^，所以AB ^平面1OAC ，因为1A C Ì平面1OAC ，所以AB AB⊥⊥A 1C ；（2）因为221A C OC =因为ABC D 为等边三角形，所以3CO =，底面积1232232S =´´=高三数学专项训练：立体几何解答题（三）（文科）参考答案1．（1）证明详见解析；（2）证明详见解析 【解析】【解析】试题分析：（1）首先根据直线与平民啊垂直的）首先根据直线与平民啊垂直的判定定理判定定理证明AM ^平面BCD,BCD,然后再根据平面垂直的判定定理证明平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD BCD；；（2），取DC 的中点N ，首先证FN ∥平面ADE,ADE,然后再证∴然后再证∴然后再证∴BN BN BN∥平面∥平面ADE,ADE,再根据平面与平民啊平行的判定定理证明∴平面再根据平面与平民啊平行的判定定理证明∴平面ADE ∥平面FNB,FNB,最后由面面平行的性质即可最后由面面平行的性质即可最后由面面平行的性质即可..试题解析：（1）∵∆ADE 是等边三角形，,M 是DE 的中点，的中点，，所以，所以体积体积123323V =´´=（Ⅱ）163P DMB V -=． 【解析】【解析】试题分析：试题解析：（I ）证明：在ABD D 中，由于4,8,45A D B D A B ===，所以222AD BD AB +=．故AD BD ^。

高高高高高高高高高立体几何文科提升版高高高高高高高高1.如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. 20πB. 24πC. 28πD. 32π2.正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A. 81π4B. 16π C. 9π D. 27π43.已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是()A. 若m//α，n//α，则m//nB. 若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC. 若m⊥α，m⊥n，则n//αD. 若m//α，m⊥n，则n⊥α4.一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. 13+23π B. 13+√23π C. 13+√26π D. 1+√26π5.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为()A. 18+36√5B. 54+18√5C. 90D. 816.已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的有()(1)m⊂α，n⊂α，m//β，n//β⇒α//β(2)n//m，n⊥α⇒m⊥α(3)α//β，m⊂α，n⊂β⇒m//n(4)m⊥α，m⊥n⇒n//αA. 0个B. 1个C. 2个D. 3个7.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28π3，则它的表面积是()A. 17πB. 18πC. 20πD. 28π8.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是()A. 若m//α，n//α，则m//nB. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//nC. 若α∩β=m，n⊂α，n⊥m，则n⊥βD. 若m⊥α，m//n，n⊂β则α⊥β9.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. π410.已知A，B，C，D是同一球面上的四个点，其中△ABC是正三角形，AD⊥平面ABC，AD=2AB=6，则该球的体积为()A. 32√3πB. 48πC. 24πD. 16π11.已知一个简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()．A. 3π+6B. 6π+6C. 3π+12D. 1212.设α，β，γ是三个不重合的平面，l是直线，给出下列命题①若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ；②若l上两点到α的距离相等，则l//α；③若l⊥α，l//β，则α⊥β；④若α//β，l⊄β，且l//α，则l//β.其中正确的命题是()A. ①②B. ②③C. ②④D. ③④13.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A. πB. 2πC. 4πD. 8π14.已知三棱锥P−ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB=√5，BC=√7，AC=2，则此三棱锥的外接球的体积为()A. 83π B. 8√23π C. 163π D. 323π15.已知S，A，B，C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=1，BC=√2，则球O的表面积等于()A. 4πB. 3πC. 2πD. π16.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则该几何体的外接球的体积为()A. √33π B. π C. 263π D. 32√327π17.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是()A. 若m//n，m⊥α，则n⊥αB. 若m//α，n//α，则m//nC. 若m⊥α，m//β，则α//βD. 若m//α，α⊥β，则m⊥β18.A，B，C，D是同一球面上的四个点，△ABC中，∠BAC=2π3，AB=AC，AD⊥平面ABC，AD=6，AB=2√3，则该球的表面积为______ ．19.在三棱锥V−ABC中，面VAC⊥面ABC，VA=AC=2，∠VAC=120°，BA⊥BC则三棱锥V−ABC的外接球的表面积是______．20.如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．(1)求证：；(2)求证：平面BDE⊥平面PAC；(3)当PA//平面BDE时，求三棱锥E−BCD的体积．21.如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PA⊥平面ABCD，E，F分别是AB，PD的中点，且PA=AD．(1)求证：AF//平面PEC；(2)求证：平面PEC⊥平面PCD．22.如图，在平行四边形ABCD中，AB=1，BC=2，∠ABC=60°，在直角梯形ABEF中，BE=2，AF=3，BE//AF，∠BAF=90°，平面ABCD⊥平面ABEF．(Ⅰ)求证：AC⊥平面ABEF；(Ⅱ)求证：CD//平面AEF；(Ⅲ)求三棱锥D−AEF的体积．23.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形．点E是棱PC的中点，平面ABE与棱PD交于点F．(Ⅰ)求证：AB//EF；(Ⅱ)若PA=AD，且平面PAD⊥平面ABCD，求证：AF⊥平面PCD．24.已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，且∠DAB=60°，AD=AA1，F为棱BB1的中点，M为线段AC1的中点．(1)求证：FM//平面ABCD；(2)求证：平面AFC1⊥平面ACC1A1．25.如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1C1C是菱形，AC1与A1C交于点O，E是棱AB上一点，且OE//平面BCC1B1(1)求证：E是AB中点；(2)若AC1⊥A1B，求证：AC1⊥BC．答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查由三视图求表面积，空间立体几何三视图，属于基础题．空间几何体是一个组合体，上面是一个圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是2√3，在轴截面中圆锥的母线长使用勾股定理求出，写出表面积，下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是4，求出圆柱的表面积，注意不包括重合的平面． 【解答】解：由三视图知，空间几何体是一个组合体，上面是一个圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是2√3， ∴在轴截面中圆锥的母线长是√12+4=4， ∴圆锥的侧面积是π×2×4=8π，下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是4， ∴圆柱表现出来的表面积是π×22+2π×2×4=20π． ∴空间组合体的表面积是． 故选C ． 2.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查四棱锥外接球的表面积，属于基础题．利用正四棱锥的底面边长和高求出外接球的半径，进而可得表面积． 【解答】解：由题可知正四棱锥P −ABCD 的外接球的球心在它的高PO 1上，记为O ，设球的半径为R ，∵棱锥的高为4，底面边长为2， ∴R 2=(4−R)2+(√2)2， ∴R =94，∴该球的表面积为4π×(94)2=81π4．故选A ．3.【答案】B【解析】【分析】本题考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面的平行、垂直的判断与性质，记熟这些定理是迅速解题的关键，注意观察空间的直线与平面的模型，属于基础题． A .运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断； B .运用线面垂直的性质，即可判断；C.运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断；D.运用线面平行的性质和线面垂直的判定，即可判断．【解答】解：A.若m//α，n//α，则m，n相交或平行或异面，故A错；B.若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；C.若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，故C错；D.若m//α，m⊥n，则n//α或n⊂α或n⊥α或n与α相交，故D错．故选B．4.【答案】C【解析】【分析】本题考查空间几何体的三视图和体积，属于基础题．由已知中的三视图可得：该几何体上部是一个半球，下部是一个四棱锥，进而可得答案．【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体上部是一个半球，下部是一个四棱锥，半球的直径为棱锥的底面对角线，由棱锥的底面棱长为1，可得2R=√2，故R=√22，故半球的体积为23π⋅(√22)3=√26π，棱锥的底面面积为1，高为1，故棱锥的体积V=13，故组合体的体积为13+√26π，故选C．5.【答案】B【解析】【分析】本题考查由几何体的三视图求表面积考查棱柱的表面积，属于一般题．由已知中的三视图可得：该几何体是一个以边长为3的正方形为底面的斜四棱柱，进而得到答案．【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以边长为3的正方形为底面的斜四棱柱，其上下底面面积均为：3×3=9，侧面的面积为：(3×6+3×√32+62)×2=36+18√5，故棱柱的表面积为：9×2+36+18√5=54+18√5．故选B．6.【答案】B【解析】【分析】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和思维能力，属于中档题．由空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系逐一核对四个命题得答案．【解答】解：对于(1)，m⊂α，n⊂α，m//β，n//β⇒α//β，错误，当m//n时，α与β可能相交；对于(2)，n//m，n⊥α⇒m⊥α，正确，原因是：n⊥α，则n垂直于α内的两条相交直线，又m//n，则m也垂直α内的这两条相交直线，则m⊥α；对于(3)，α//β，m ⊂α，n ⊂β⇒m//n ，错误，m 与n 有可能异面； 对于(4)，m ⊥α，m ⊥n ⇒n //α，错误，也可能是n ⊂α. ∴正确命题的个数是1个． 故选B ． 7.【答案】A【解析】【分析】本题考查三视图求解几何体的体积与表面积，考查计算能力以及空间想象能力．判断三视图复原的几何体的形状，利用体积求出几何体的半径，然后求解几何体的表面积． 【解答】解：由题意可知三视图复原的几何体是去掉18后的球，如图：可得78×43πR 3=28π3，R =2．．故选A ． 8.【答案】D【解析】【分析】本题考查空间中的线面关系以及面面垂直的判定定理，属于基础题． 由空间中的线面关系一一判定即可． 【解答】解：A.错误，同时和一个平面平行的两直线不一定平行，可能相交，可能异面； B .错误，两平面平行，两平面内的直线不一定平行，可能异面；C .错误，一个平面内垂直于两平面交线的直线，只有在两个平面互相垂直的时候才与另一个平面垂直；D .正确，由m ⊥α，m//n ，得n ⊥α，又n ⊂β，∴α⊥β． 故选D ． 9.【答案】B【解析】【分析】本题考查圆柱的体积的求法，考查圆柱、球等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，属于中档题．推导出该圆柱底面圆周半径r =√12−(12)2=√32，由此能求出该圆柱的体积．【解答】解：如图所示：∵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， ∴该圆柱底面圆周半径r =√12−(12)2=√32，∴该圆柱的体积：V =Sℎ=π×(√32)2×1=3π4．故选B ．10.【答案】A【解析】【分析】本题考查了球的内接体与球的体积，考查运算求解能力，空间想象能力，属于中档题． 把三棱锥D −ABC 扩展为三棱柱，上下底面中心E ，F 的连线的中点O 与A 的距离为球的半径，根据题中条件求出半径OA ，即可求出球的体积． 【解答】解：由题意画出几何体的图形如图，把三棱锥D −ABC 扩展为三棱柱，上下底面中心F ，E 的连线的中点O 与A 的距离为球的半径R ， AD =2AB =6，OE =3，△ABC 是正三角形， 所以AE =23√AB 2−AB 24=√3．AO =√32+(√3)2=2√3．所求球的体积为43πR 3=43π⋅(2√3)3=32√3π． 故选A ．11.【答案】A【解析】【分析】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原几何体，是中档题．由三视图还原几何体，可知该几何体为组合体，左边部分是四分之一圆锥，右边部分为三棱锥，然后由锥体体积求解． 【解答】解：由三视图还原几何体如图，该几何体为组合体，左边部分是四分之一圆锥，右边部分为三棱锥，则其体积V=14×13×π×32×4+13×12×3×3×4=3π+6．故选A．12.【答案】D【解析】【分析】本题考查的知识点是空间直线与平面之间的位置关系判定及命题的真假判断与应用，其中熟练掌握空间直线与平面位置关系的判定方法是解答本题的关键，属于基础题．由空间平面与平面之间位置关系的定义及判定方法，可以判断①的正误；根据空间直线与平面位置关系的定义及判定方法，可以判断②与④的正误；根据线面垂直的判定方法可以得到③为真命题，综合判断结论，即可得到答案．【解答】解：若α⊥β，β⊥γ，则α与γ可能相交，也可能平行，故①错误；若l上两点到α的距离相等，则l与α可能相交，也可能平行，故②错误；若l//β，则存在直线a⊂β，使l//a，又l⊥α，∴a⊥α，则α⊥β，故③正确；若α//β，且l//α，则l⊂β或l//β，又由l⊄β，∴l//β，故④正确；故选D．13.【答案】A【解析】【分析】由三视图可知，该几何体为底面直径为2，高为2的圆柱的一半，求出体积即可．本题的考点是由三视图求几何体的体积，需要由三视图判断空间几何体的结构特征，并根据三视图求出每个几何体中几何元素的长度，代入对应的体积公式分别求解，考查了空间想象能力．【解答】解：由三视图可知，该几何体为底面直径为2，高为2的圆柱的一半．体积V=12×π×12×2=π．故选A．14.【答案】B【解析】【分析】本题给出三棱锥的空间特征及外接球问题，考查了计算能力和空间想象能力，属于中档题．求出PA=1，PC=√3，PB=2，以PA、PB、PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图，则长方体的外接球同时也是三棱锥P−ABC外接球．算出长方体的对角线，即球直径，进而利用球的体积公式求解．【解答】解：∵AB=√5，BC=√7，AC=2，∴PA=1，PC=√3，PB=2，以PA、PB、PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图，则长方体的外接球同时也是三棱锥P−ABC外接球．∵长方体的对角线长为√1+3+4=2√2，∴球直径为2√2，半径R=√2，因此三棱锥P−ABC外接球的体积是43πR3=43π×(√2)3=8√23π，故选B．15.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查了线面垂直的判定和性质，以及外接球的表面积等有关知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于中档题．先寻找球心，根据S，A，B，C是球O表面上的点，则OA=OB=OC=OS，根据直角三角形的性质可知O为SC的中点，则SC即为直径，根据球的表面积公式求解即可．【解答】解：如图所示：取SC的中点O，连接AO，BO，因为SA⊥平面ABC，，，∴SA⊥AC，SA⊥BC，∴在Rt△ASC中，OA=OS=OC，又AB⊥BC，SA∩AB=A，，又，∴BC⊥SB，∴在Rt△SBC中，有OB=OS=OC，又SA=AB=1，BC=√2，AB⊥BC，∴SC=2，∴OA=OB=OC=OS=1，即球O 的半径为1，∴球O 的表面积为4πR 2=4π．故选A ．16.【答案】D【解析】解：设外接球半径为r ，则有(√3−r)2+1=r 2，所以r =2√33，所以V =43πr 3=32√327π． 故选：D ．设外接球半径为r ，则有(√3−r)2+1=r 2，解出利用体积计算公式即可得出．本题考查了三棱锥的三视图、球的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．17.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查了空间中直线与平面之间的位置关系，同时考查了推理能力，属于基础题． 根据线面、面面平行、垂直的判定与性质，进行判断，即可得出结论．【解答】解：对于A ，根据线面垂直的性质定理，可得A 正确；对于B ，若m//α，n//α，则m//n ，m ，n 相交或异面，不正确；对于C ，若m ⊥α，m//β，则α⊥β，不正确；对于D ，若m//α，α⊥β，则m 与β的位置关系不确定，不正确．故选：A ．18.【答案】84π【解析】【分析】本题考查球的表面积的求法，球的内接体问题，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．把A 、B 、C 、D 扩展为三棱柱，上下底面中心连线的中点与A 的距离为球的半径，求出半径即可求解球的表面积．【解答】解：由题意，设△ABC 外接圆的圆心为E ，球心为O ，把A 、B 、C 、D 扩展为三棱柱，AD =6，AB =AC =2√3，OE =3，△ABC 中，BC =√12+12−2×2√3×2√3×(−12)=6， ∴AE =12√32=2√3，∴球半径AO =√12+9=√21．所求球的表面积S =4π(√21)2=84π．故答案为84π．19.【答案】16π【解析】【分析】本题考查三棱锥的外接球表面积，考查直线和平面的位置关系，确定三棱锥的外接球的半径是关键，属于中档题．设AC中点为M，VA中点为N，过M作面ABC的垂线，球心O必在该垂线上，连接ON，则ON⊥AV．可得OA=2，即三棱锥V−ABC的外接球的半径为2，即可求出三棱锥的外接球表面积．【解答】解：如图，设AC中点为M，VA中点为N，∵面VAC⊥面ABC，BA⊥BC，∴过M作面ABC的垂线，由面面垂直得到OM垂直面ABC，即球心O是三角形VAC的外接圆圆心，球心O必在该垂线上，连接ON，则ON⊥AV．在Rt△OMA中，AM=1，∠OAM=60°，∴OA=2，即三棱锥V−ABC的外接球的半径为2，∴三棱锥V−ABC的外接球的表面积S=4πR2=16π．故答案为：16π．20.【答案】(1)证明：由PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC=B，可得PA⊥平面ABC，由BD⊂平面ABC，可得PA⊥BD；(2)证明：由AB=BC，D为线段AC的中点，可得BD⊥AC，由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，可得平面PAC⊥平面ABC，又平面PAC∩平面ABC=AC，BD⊂平面ABC，且BD⊥AC，即有BD⊥平面PAC，BD⊂平面BDE，可得平面BDE⊥平面PAC；(3)解：PA//平面BDE，PA⊂平面PAC，且平面PAC∩平面BDE=DE，可得PA//DE，又D为AC的中点，可得E为PC的中点，且DE=12PA=1，由PA⊥平面ABC，可得DE⊥平面ABC，可得S△BDC=12S△ABC=12×12×2×2=1，则三棱锥E−BCD的体积为13DE⋅S△BDC=13×1×1=13．【解析】本题考查空间的线线、线面和面面的位置关系，三棱锥的体积的求法，考查空间想象能力和推理能力，属于中档题．(1)运用线面垂直的判定定理可得PA⊥平面ABC，再由性质定理即可得证；(2)要证平面BDE⊥平面PAC，可证BD⊥平面PAC，由(1)运用面面垂直的判定定理可得平面PAC⊥平面ABC，再由等腰三角形的性质可得BD⊥AC，运用面面垂直的性质定理和判定定理，即可得证；(3)由线面平行的性质定理可得PA//DE，运用中位线定理，可得DE的长，以及DE⊥平面ABC，求得三角形BCD的面积，运用三棱锥的体积公式计算即可得到所求值．21.【答案】证明：(1)取PC的中点G，连结FG、EG，∴FG为△CDP的中位线，FG//CD，FG=12CD．∵四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，∴AE//CD，AE=12CD．∴FG=AE，FG//AE，∴四边形AEGF是平行四边形，∴AF//EG．又EG⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，∴AF//平面PEC；(2)∵PA=AD，F是PD的中点，∴AF⊥PD，∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又因为CD⊥AD，AP∩AD=A，AP，AD⊂平面APD，∴CD⊥平面APD，∵AF⊂平面APD，∴CD⊥AF，又AF⊥PD，且PD∩CD=D，PD，CD⊂平面PDC，∴AF⊥平面PDC，由(1)得EG//AF，∴EG⊥平面PDC，又EG⊂平面PEC，∴平面PEC⊥平面PCD．【解析】本题主要考查了空间线面平行、面面垂直的判定，考查逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题．(1)取PC的中点G，连结FG、EG，AF//EG又EG⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，AF//平面PEC；(2)由(1)得EG//AF，只需证明AF⊥平面PDC，即可得到平面PEC⊥平面PCD．22.【答案】解：(Ⅰ)证明：∵在△ABC中，AB=1，BC=2，∠ABC=60°，∴AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cos∠ABC=12+22−2×1×2×12=3，∴AC2+AB2=BC2，∴AB⊥AC，∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，且AC⊂平面ABCD，∴AC⊥平面ABEF；(Ⅱ)∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD//AB，∵CD⊄平面ABEF，AB⊂平面ABEF，∴CD//平面AEF；(Ⅲ)连结CF，由(Ⅱ)知CD//平面AEF，∴点D到平面AEF的距离等于点C到平面AEF的距离，由(Ⅰ)知AC=√3，∴三棱锥D−AEF的体积V三棱锥D−AEF =V三棱锥C−AEF=13×(12×3×1)×√3=√32．【解析】本题考查线面垂直、线面平行的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．(Ⅰ)推导出AB⊥AC，由此利用平面ABCD⊥平面ABEF，能证明AC⊥平面ABEF；(Ⅱ)求出CD//AB，利用线面平行的判定定理证明CD//平面AEF；(Ⅲ)利用等体积法求三棱锥的体积，即由V三棱锥D−AEF=V三棱锥C−AEF，求出三棱锥D−AEF的体积．23.【答案】解：(Ⅰ)证明：因为底面ABCD是正方形，所以AB//CD，又因为AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AB//平面PCD，又因为A，B，E，F四点共面，且平面ABEF∩平面PCD=EF，AB⊂平面ABEF，所以AB//EF．(Ⅱ)证明：在正方形ABCD中，CD⊥AD，又因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，又AF⊂平面PAD，所以CD⊥AF，由(Ⅰ)可知AB//EF，又因为AB//CD，所以CD//EF，由点E是棱PC中点，所以点F是棱PD中点，在△PAD中，因为PA=AD，所以AF⊥PD，又因为PD∩CD=D，PD，CD⊂平面PCD，所以AF⊥平面PCD．【解析】本题考查线面平行的性质，平面与平面垂直的性质，考查线面垂直的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．(Ⅰ)先证明AB//平面PCD，即可证明AB//EF；(Ⅱ)利用平面PAD⊥平面ABCD，即可证明CD⊥AF，再证明AF⊥PD，进而即可证明AF⊥平面PCD．24.【答案】证明：(1)延长C1F交CB的延长线于点N，连接AN．∵F是BB1的中点，∴F为C1N的中点，B为CN的中点．又M是线段AC1的中点，故MF//AN．又MF不在平面ABCD内，AN⊂平面ABCD，∴MF//平面ABCD．(2)连BD，由直四棱柱ABCD−A1B1C1D1，可知A1A⊥平面ABCD，又∵BD⊂平面ABCD，∴A1A⊥BD．∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD．又∵AC∩A1A=A，AC，A1A⊂平面ACC1A1，∴BD⊥平面ACC1A1．在四边形DANB中，DA//BN且DA=BN，∴四边形DANB为平行四边形，故NA//BD，∴NA⊥平面ACC1A1，又∵NA⊂平面AFC1，∴平面AFC1⊥ACC1A1．【解析】(1)延长C1F交CB的延长线于点N，由三角形的中位线的性质可得MF//AN，从而证明MF//平面ABCD．(2)由A1A⊥BD，AC⊥BD，可得BD⊥平面ACC1A1，由DANB为平行四边形，故NA//BD，故NA⊥平面ACC1A1，从而证得平面AFC1⊥ACC1A1．本题考查直线与平面平行的判定，考查平面与平面垂直的判断，考查推理分析与运算能力，考查等价转化思想与数形结合思想的综合运用，属于中档题．25.【答案】证明：(1)连结BC1，取AB中点E′，∵侧面AA1C1C是菱形，AC1与A1C交于点O，∴O为AC1的中点，∵E′是AB的中点，∴OE′//BC1；∵OE//平面BCC1B1，平面OEBC1∩平面BCC1B1=BC1∴OE//BC1，∴E，E′重合，∴E是AB中点；(2)∵侧面AA1C1C是菱形，∴AC1⊥A1C，∵AC1⊥A1B，A1C∩A1B=A1，A1C⊂平面A1BC，A1B⊂平面A1BC，∴AC1⊥平面A1BC，∵BC⊂平面A1BC，∴AC1⊥BC．【解析】【分析】本题考查的知识要点：线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理和性质定理，属于中档题．(1)利用同一法，首先通过连接对角线得到中点，进一步利用中位线，得到线线平行，进一步利用线面平行的判定定理，得到结论．(2)利用菱形的对角线互相垂直，进一步利用线面垂直的判定定理，得到线面垂直，最后转化成线线垂直．。

文科立体几何大题训练1．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．2．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．3．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．（Ⅰ）证明MN∥平面PAB；（Ⅱ）求四面体N﹣BCM的体积．4．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．5．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，PA=AB=2，E为PA 的中点，∠BAD=60°．（Ⅰ）求证：PC∥平面EBD；（Ⅱ）求三棱锥P﹣EDC的体积．6．如图，在三棱锥D﹣ABC中，DA=DB=DC，E为AC上的一点，DE⊥平面ABC，F为AB的中点．（Ⅰ）求证：平面ABD⊥平面DEF；（Ⅱ）若AD⊥DC，AC=4，∠BAC=45°，求四面体F﹣DBC的体积．7．如图，四边形ABCD是正方形，平面ABCD⊥平面ABE，AF∥BE，AB⊥BE，AB=BE=2，AF=1．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BDE；（Ⅱ）求证：AC∥平面DEF；（III）求三棱锥D﹣FEB的体积．8．如图，四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，其对角线的交点为O，且SA=SC，SA⊥BD．（1）求证：SO⊥平面ABCD；（2）设∠BAD=60°，AB=SD=2，P是侧棱SD上的一点，且SB∥平面APC，求三棱锥A﹣PCD 的体积．文科立体几何大题训练参考答案与试题解析一．解答题（共8小题）1．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．【解答】（1）证明：四棱锥P﹣ABCD中，∵∠BAD=∠ABC=90°．∴BC∥AD，∵AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，∴直线BC∥平面PAD；（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．设AD=2x，则AB=BC=x，CD=，O是AD的中点，连接PO，OC，CD的中点为：E，连接OE，则OE=，PO=，PE==，△PCD面积为2，可得：=2，即：，解得x=2，PO=2．则V P﹣ABCD=×（BC+AD）×AB×PO==4．2．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．【解答】解：（1）证明：由PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC=B，可得PA⊥平面ABC，由BD⊂平面ABC，可得PA⊥BD；（2）证明：由AB=BC，D为线段AC的中点，可得BD⊥AC，由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，可得平面PAC⊥平面ABC，又平面PAC∩平面ABC=AC，BD⊂平面ABC，且BD⊥AC，即有BD⊥平面PAC，BD⊂平面BDE，可得平面BDE⊥平面PAC；（3）PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC，且平面PAC∩平面BDE=DE，可得PA∥DE，又D为AC的中点，可得E为PC的中点，且DE=PA=1，由PA⊥平面ABC，可得DE⊥平面ABC，可得S△BDC=S△ABC=××2×2=1，则三棱锥E﹣BCD的体积为DE•S△BDC=×1×1=．3．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．（Ⅰ）证明MN∥平面PAB；（Ⅱ）求四面体N﹣BCM的体积．【解答】证明：（Ⅰ）取BC中点E，连结EN，EM，∵N为PC的中点，∴NE是△PBC的中位线∴NE∥PB，又∵AD∥BC，∴BE∥AD，∵AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，∴BE=BC=AM=2，∴四边形ABEM是平行四边形，∴EM∥AB，∴平面NEM∥平面PAB，∵MN⊂平面NEM，∴MN∥平面PAB．解：（Ⅱ）取AC中点F，连结NF，∵NF是△PAC的中位线，∴NF∥PA，NF==2，又∵PA⊥面ABCD，∴NF⊥面ABCD，如图，延长BC至G，使得CG=AM，连结GM，∵AM CG，∴四边形AGCM是平行四边形，∴AC=MG=3，又∵ME=3，EC=CG=2，∴△MEG的高h=，∴S△BCM===2，∴四面体N﹣BCM的体积V N﹣BCM===．4．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．【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，∴．5．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，PA=AB=2，E为PA 的中点，∠BAD=60°．（Ⅰ）求证：PC∥平面EBD；（Ⅱ）求三棱锥P﹣EDC的体积．【解答】（Ⅰ）证明：连接AC，BD，设AC与BD相交于点O，连接OE．由题意知，底面ABCD是菱形，则O为AC的中点，又E为AP的中点，∴OE∥CP，∵OE⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，∴PC∥平面BDE；（Ⅱ）解：∵E为PA的中点，∴，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD，又PA∩AC=A，∴DO⊥平面PAC，即DO是三棱锥D﹣PCE的高，DO=1，则．6．如图，在三棱锥D﹣ABC中，DA=DB=DC，E为AC上的一点，DE⊥平面ABC，F为AB的中点．（Ⅰ）求证：平面ABD⊥平面DEF；（Ⅱ）若AD⊥DC，AC=4，∠BAC=45°，求四面体F﹣DBC的体积．【解答】证明：（Ⅰ）∵DE⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴AB⊥DE，又F为AB的中点，DA=DB，∴AB⊥DF，DE，DF⊂平面DEF，DE∩DF=D，∴AB⊥平面DEF，又∵AB⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面DEF．（Ⅱ）∵DA=DB=DC，E为AC上的一点，DE⊥平面ABC，∴线段DA、DB、DC在平面ABC的投影EA，EB，EC满足EA=EB=EC∴△ABC为直角三角形，即AB⊥BC由AD⊥DC，AC=4，∠BAC=45°，∴AB=BC=2，DE=2，∴S△FBC==2，∴四面体F﹣DBC的体积V F﹣DBC=V D﹣FBC==．7．如图，四边形ABCD是正方形，平面ABCD⊥平面ABE，AF∥BE，AB⊥BE，AB=BE=2，AF=1．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BDE；（Ⅱ）求证：AC∥平面DEF；（III）求三棱锥D﹣FEB的体积．【解答】（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD．又∵平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，AB⊥BE，BE⊂平面ABEF，∴BE⊥平面ABCD．又∵AC⊂平面ABCD．∴BE⊥AC，又BE∩BD=B，∴AC⊥平面BDE；（Ⅱ）证明：取DE的中点G，连结OG，FG，∵四边形ABCD为正方形，∴O为BD的中点．则OG∥BE，且．由已知AF∥BE，且，则AF∥OG且AF=OG，∴四边形AOGF为平行四边形，则AO∥FG，即AC∥FG．∵AC⊄平面DEF，FG⊂平面DEF，∴AC∥平面DEF；（Ⅲ）解：∵平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，平面ABEF∩平面ABCD=AB，∴AD∥BC，AD⊥AB．由（Ⅰ）知，BE⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴BE⊥AD∴AD⊥平面BEF．∴．8．如图，四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，其对角线的交点为O，且SA=SC，SA⊥BD．（1）求证：SO⊥平面ABCD；（2）设∠BAD=60°，AB=SD=2，P是侧棱SD上的一点，且SB∥平面APC，求三棱锥A﹣PCD 的体积．【解答】解：（1）证明：∵底面ABCD是菱形；∴对角线BD⊥AC；又BD⊥SA，SA∩AC=A；∴BD⊥平面SAC，SO⊂平面SAC；∴BD⊥SO，即SO⊥BD；又SA=SC，O为AC中点；∴SO⊥AC，AC∩BD=O；∴SO⊥平面ABCD；（2）如图，连接PO；∵SB∥平面APC，SB⊂平面SBD，平面SBD∩平面APC=PO；∴SB∥PO；在△SBD中，O是BD的中点，PO∥SB，∴P是SD的中点；取DO中点，并连接PE，则PE∥SO，SO⊥底面ACD；∴PE⊥底面ACD，且PE=；根据已知条件，Rt△ADO中AD=2，∠DAO=30°，∴DO=1；∴在Rt△SDO中，SD=2，SO=；∴；又；∴V三棱锥A﹣PCD=V三棱锥P﹣ACD=．。

专题6立体几何（文科）解答题30题1．（贵州省贵阳市2023届高三上学期8月摸底考试数学（文）试题）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1CA CB ==，90BCA ∠=︒，12AA =，M ，N 分别是11A B ，1A A 的中点．(1)求证：1BN C M ⊥；(2)求三棱锥1B BCN -的体积．2．（广西普通高中2023届高三摸底考试数学（文）试题）如图，多面体ABCDEF中，∠=︒，FA⊥平面ABCD，//ED FA，且22 ABCD是菱形，60ABC===.AB FA ED(1)求证：平面BDE⊥平面FAC；(2)求多面体ABCDEF的体积.））如图所示，取中点G ，连接3．（江西省五市九校协作体2023届高三第一次联考数学（文）试题）如图多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，60ABC ∠=︒，EA ⊥平面ABCD ，//EA BF ，22AB AE BF ===.(1)证明：平面EAC ⊥平面EFC ；(2)求点B 到平面CEF 的距离.（2）设B 到平面CEF 的距离为因为EA ⊥平面ABCD ，AC 因为//EA BF ,EA ⊥平面ABCD 且BC ⊂平面ABCD ,所以BF 因为60ABC ∠=︒，2AB =4．（新疆乌鲁木齐地区2023届高三第一次质量监测数学（文）试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AD CD ⊥，AD BC ∥，且2PA AD CD ===，3BC =，E 是PD 的中点，点F 在PC 上，且2PF FC =．(1)证明：DF ∥平面PAB ；(2)求三棱锥P AEF -的体积．（2）作FG PD ⊥交PD 于点G 因为PA ⊥面ABCD ，所以PA 又AD CD ⊥，PA 与AD 交于点所以CD ⊥面PAD ，CD PD ⊥又FG PD ⊥，所以//FG CD ，所以所以PF FG PC CD =，得43FG =，因为E 为PD 中点，所以P AEF D AEF F ADE V V V ---===5．（新疆阿克苏地区柯坪湖州国庆中学2021-2022学年高二上学期期末数学试题）如图所示，已知AB ⊥平面BCD ，M ，N 分别是AC ，AD 的中点，BC CD ⊥．(1)求证：//MN 平面BCD ；(2)求证：CD BM ⊥；【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】1）根据中位线定理，可得//MN CD ，即可由线面平行的判定定理证明//MN 平面BCD ；（2）由已知推导出AB CD ⊥，再由CD BC ⊥，得CD ⊥平面ABC ，由此能证明CD BM ⊥；【详解】（1）M ，N 分别是AC ，AD 的中点，//MN CD ∴，MN ⊂/ 平面BCD ，且CD ⊂平面BCD ，//MN ∴平面BCD ；（2）AB ⊥Q 平面BCD ，M ，N 分别是AC ，AD 的中点，AB CD ∴⊥，BC CD ⊥ ，,AB BC B AB BC =⊂ ，平面ABC ，CD \^平面ABC ，BM ⊂ 平面ABC ，CD BM ∴⊥.6．（内蒙古乌兰浩特第一中学2022届高三全真模拟文科数学试题）如图在梯形中，//BC AD ，22AB AD BC ===，23ABC π∠=，E 为AD 中点，以BE 为折痕将ABE 折起，使点A 到达点P 的位置，连接,PD PC ，(1)证明：平面PED ⊥平面BCDE ；(2)当2PC =时，求点D 到平面PEB 的距离.因为PE PD =，F 为ED 因为平面PED ⊥平面BCDE 因为21122PF ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭设D 到平面PEB 的距离为7．（山西省运城市2022届高三5月考前适应性测试数学（文）试题（A 卷））如图，四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面11ADD A 为矩形，22AB AD ==，160D DB ∠=︒，1BD AA =(1)证明：平面ABCD ⊥平面11BDD B ；(2)求三棱锥11D BCB -的体积.8．（黑龙江省八校2021-2022学年高三上学期期末联合考试数学（文）试题）已知直三棱柱111ABC A B C -中，AC BC =，点D 是AB 的中点．(1)求证：1BC ∥平面1C AD ；(2)若底面ABC 边长为2的正三角形，1BB =11B A DC -的体积．【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）连接1AC 交1AC 于点E ，连接DE ，由三角形中位线定理，得1DE BC ∥，进而由线面平行的判定定理即可证得结论；（2）利用等体积转化1111B A DC C A B D V V --=，依题意，高为CD ，再求底面11A B D 的面积，进而求三棱锥的体积.【详解】（1）连接1AC 交1AC 于点E ，连接DE∵四边形11AAC C 是矩形，∴E 为1AC 的中点，又∵D 是AB 的中点，∴1DE BC ∥，又∵DE ⊂平面1C AD ，1BC ⊄平面1C AD ，∴1BC ∥面1C AD ．（2）∵AC BC =，D 是AB 的中点，∴AB CD ⊥，9．（青海省西宁市2022届高三二模数学（文）试题）如图，V是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面圆的一条直径，且点C是弧AB的中点，点D是AC的中点，2AB=，VA=．2(1)求圆锥的表面积；又D 是AC 的中点，所以OD AC ⊥，又VO OD O ⋂=，VO ⊂平面VOD ，OD ⊂平面VOD所以AC ⊥平面VOD ，又AC ⊂平面VAC ，所以平面VAC ⊥平面VOD ．10．（河南省郑州市2023届高三第一次质量预测文科数学试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB DC ，2AD DC AP ===，1AB =，点E 为棱PC 的中点．(1)证明：平面PBC ⊥平面PCD ；(2)求四棱锥E ABCD -的体积；又点E 为棱PC 的中点，BE 由勾股定理得2AC AD =+∵△PAC 为直角三角形，E 111．（江西省部分学校2023届高三上学期1月联考数学（文）试题）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，12AA AB ==，D ，E 分别是棱BC ，1BB 的中点.(1)证明：平面1AC D ⊥平面1ACE .(2)求点1C 到平面1ACE 的距离.（2）连接1EC .因为1AA 由正三棱柱的性质可知因为ABC 是边长为2的等边三角形，所以故三棱锥11A CC E -的体积以15A E CE ==，1A E 则1ACE △的面积212S =12．（广西玉林、贵港、贺州市2023届高三联合调研考试（一模）数学（文）试题）在三棱锥-P ABC 中，底面ABC 是边长为2的等边三角形，点P 在底面ABC 上的射影为棱BC 的中点O ，且PB 与底面ABC 所成角为π3，点M 为线段PO 上一动点.(1)证明：BC AM ⊥；(2)若12PM MO =，求点M 到平面PAB 的距离.AO BC ∴⊥，点P 在底面ABC 上的投影为点PO ∴⊥平面ABC ， PO BC ∴⊥，13．（广西南宁市第二中学2023届高三上学期第一次综合质检数学（文）试题）如图，D ，O 是圆柱底面的圆心，ABC 是底面圆的内接正三角形，AE 为圆柱的一条母线，P 为DO 的中点，Q 为AE 的中点，(1)若90APC ∠=︒，证明：DQ ⊥平面PBC ；(2)设2DO =，圆柱的侧面积为8π，求点B 到平面PAC 的距离.∴//,AQ PD AQ PD =，∴四边形AQDP 为平行四边形，∴//DQ PA .又∵P 在DO 上，而OD ∴O 为P 在ABC 内的投影，且ABC 是圆内接正三角形∴三棱锥-P ABC 为正三棱锥∴PAB PAC PBC △≌△≌△∴APB APC BPC ∠=∠=∠即,PA PC PA PB ⊥⊥.∵PC PB P = ，,PB PC14．（江西省吉安市2023届高三上学期1月期末质量检测数学（文）试题）如图，在四棱锥P -ABCD 中，AB CD ，12AD CD BC PA PC AB =====，BC PA ⊥．(1)证明：平面PBC ⊥平面PAC ；(2)若PB =D 到平面PBC 的距离．又BC PA ⊥，PA AC A = 所以BC ⊥平面PAC ，又BC （2）因为BC ⊥平面PAC ，由22PB =，BC PC =，得15．（江西省部分学校2023届高三下学期一轮复习验收考试（2月联考）数学（文）试题）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，1AA =E 在棱1DD 上，且1AE A D ⊥．(1)证明：1AE A C ⊥；(2)求三棱锥1E ACD -的体积．【答案】(1)证明见解析;）在平面11ADD A 中，由AE ⊥1AD DE AA AD =，所以12112A DE S DE AD =⋅= 16．（新疆兵团地州学校2023届高三一轮期中调研考试数学（文）试题）如图1，在等腰梯形ABCD 中，M ，N ，F 分别是AD ，AE ，BE 的中点，4AE BE BC CD ====，将ADE V 沿着DE 折起，使得点A 与点P 重合，平面PDE ⊥平面BCDE ，如图2．(1)证明：PC∥平面MNF．(2)求点C到平面MNF的距离．17．（宁夏银川市第一中学2023届高三上学期第四次月考数学（文）试题）如图1，在直角梯形ABCD 中，,90,5,2,3AB DC BAD AB AD DC ∠==== ∥，点E 在CD 上，且2DE =，将ADE V 沿AE 折起，使得平面ADE ⊥平面ABCE （如图2）.(1)求点B 到平面ADE 的距离；(2)在线段BD 上是否存在点P ，使得CP 平面ADE ？若存在，求三棱锥-P ABC 的体积；若不存在，请说明理由..18．（陕西省汉中市2023届高三上学期教学质量第一次检测文科数学试题）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥ 平面,ABCD FA ED ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求点A 到平面FBD 的距离.19．（内蒙古赤峰市2022届高三下学期5月模拟考试数学（文科）试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，60PAB PAD BAD ∠=∠=∠= ．(1)证明：BD ⊥平面PAC ；(2)若23AB PA ==，，求四棱锥P ABCD -的体积．解：如图，记AC 与BD 的交点为因为底面ABCD 为菱形，故又60PAB PAD BAD ∠=∠=∠=又PO AC O = ,故BD ⊥平面(2)解：因为2,3,AB PA ==∠20．（内蒙古2023届高三仿真模拟考试文科数学试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是直角梯形，AD AB ⊥，//AB CD ，22PB CD AB AD ===，PD =，PC DE ⊥，E 是棱PB 的中点.(1)证明：PD ⊥平面ABCD ；(2)若F 是棱AB 的中点，2AB =，求点C 到平面DEF 的距离.，AB AD=AB AD⊥，2BD∴=为棱PB中点，DE PBE∴⊥，又∴⊥平面PBC，又BC⊂平面DE在直角梯形ABCD中，取CD中点 ，DM AB=2CD AB∴=，又DM ∴四边形ABMD为正方形，BM∴∴===，又BC BM AD AB222BD DE⊂平面PBD ，,=BD DE D21．（山西省晋中市2022届高三下学期5月模拟数学（文）试题）如图，在三棱锥-P ABC中，PAB 为等腰直角三角形，112PA PB AC ===，PC ，平面PAB ⊥平面ABC .(1)求证：PA BC ⊥；(2)求三棱锥-P ABC 的体积.∴OP AB ⊥，22OP =，AB =又∵平面PAB ⊥平面ABC ，平面∴OP ⊥平面ABC .22．（山西省太原市2022届高三下学期三模文科数学试题）已知三角形PAD 是边长为2的正三角形，现将菱形ABCD 沿AD 折叠，所成二面角P AD B --的大小为120°，此时恰有PC AD ⊥.(1)求BD 的长；(2)求三棱锥-P ABC 的体积.∵PAD 是正三角形，∴PM AD ⊥，又∴,PC AD PC PM P⊥=I ∴AD ⊥平面PMC ，∴AD MC ⊥，故ACD 为等腰三角形23．（陕西省联盟学校2023届高三下学期第一次大联考文科数学试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是长方形，22AD CD PD ===，PA 二面角P AD C--为120︒，点E 为线段PC 的中点，点F 在线段AB 上，且12AF =.(1)平面PCD ⊥平面ABCD ；(2)求棱锥C DEF -的高.824．（陕西省榆林市2023届高三上学期一模文科数学试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥底面,,60,ABCD AB CD DAB PA PD ∠=⊥ ∥，且2,22PA PD AB CD ====.(1)证明：AD PB ⊥；(2)求点A 到平面PBC 的距离.（2）因为AB CD ，所以∠2222BC BD CD BD CD =+-⋅由222BD BC CD =+，得BC 25．（陕西省宝鸡教育联盟2022-2023学年高三下学期教学质量检测（五）文科数学试题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面11ABB A ⊥平面ABC ，四边形11ABB A 是边长为2的菱形，ABC 为等边三角形，160A AB ∠=︒，E 为BC 的中点，D 为1CC 的中点，P为线段AC上的动点．AB平面PDE，请确定点P在线段AC上的位置；(1)若1//-的体积．(2)若点P为AC的中点，求三棱锥C PDE（2）解：如图，取AB 的中点∵四边形11ABB A 为边长为2∴12A B =，1AA B 为等边三角形，26．（山西省运城市2022届高三上学期期末数学（文）试题）如图，在四棱锥P -ABCD中，底面ABCD 是平行四边形，2APB π∠=，3ABC π∠=，PB =，24PA AD PC ===，点M 是AB 的中点，点N 是线段BC 上的动点．(1)证明：CM⊥平面PAB；(2)若点N到平面PCM BNBC的值．27．（2020届河南省许昌济源平顶山高三第二次质量检测文科数学试题）如图，四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，33AB CD ==，2PA PD BC ===，90ABC ∠=︒，且PB PC =.（1）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；（2）求点D 到平面PBC 的距离.因为//AB CD ，33AB CD ==，所以四边形ABCD 为梯形，又M 、E 为AD 、BC 的中点，所以ME 为梯形的中位线，28．（青海省海东市2022-2023学年高三上学期12月第一次模拟数学（文）试题）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，ABC 是等边三角形，14AB AA ==,D 是棱AB 的中点.(1)证明：平面1ACD ⊥平面11ABB A .(2)求点1B 到平面1A CD 的距离.由题意可得11A B D △的面积因为ABC 是边长为4的等边三角形，且29．（河南省十所名校2022-2023学年高三阶段性测试（四）文科数学试题）如图，在四棱锥P —ABCD 中，PC BC ⊥，PA PB =，APC BPC ∠=∠．(1)证明：PC AD ⊥；(2)若AB CD，PD AD ⊥，PC =，且点C 到平面PAB AD 的长．∵PA PB =，APC BPC ∠=∠∴90PCA PCB ∠=∠=︒，即∵PC BC ⊥，AC BC = ∴PC ⊥平面ABCD ，又∵PA PB =，E 为AB 中点∴PE AB ⊥，由（1）知AC BC =，E 为∵PE CE E = ，,PE CE 30．（河南省部分重点中学2022-2023学年高三下学期2月开学联考文科数学试题）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，5AB AC ==，16BB BC ==，D ，E 分别是1AA 和1B C 的中点.(1)求证：平面BED ⊥平面11BCC B ；(2)求三棱锥E BCD -的体积.。

23正视图 图1侧视图 图22 俯视图 2图3立几习题21假设直线l 不平行于平面a ，且l a ∉，则 A ．a 内的所有直线与异面 B ．a 内不存在与l 平行的直线 C ．a 内存在唯一的直线与l 平行 D ．a 内的直线与l 都相交 2.1l ，2l ，3l 是空间三条不同的直线，则以下命题正确的选项是〔A 〕12l l ⊥，23l l ⊥13//l l ⇒〔B 〕12l l ⊥，23//l l ⇒13l l ⊥〔C 〕233////l l l ⇒1l ，2l ，3l 共面〔D 〕1l ，2l ，3l 共点⇒1l ，2l ，3l 共面3．如图1 ~ 3，某几何体的正视图〔主视图〕，侧视图〔左视图〕和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体的体积为 A ．3 B ．4 C ．3 D ．24.某几何体的三视图如下图，则它的体积是〔 〕 A.283π- B.83π-D.23π5、如图，在四棱锥ABCD P -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB=AD ，∠BAD=60°，E 、F 分别是AP 、AD的中点 求证：〔1〕直线E F ‖平面PCD ； （2）平面BEF ⊥平面PAD5〔本小题总分值13分〕如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OD=，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形。

OA=，21∥；〔Ⅰ〕证明直线BC EF-的体积.〔Ⅱ〕求棱锥F OBED6.〔本小题共14分〕如图，在四面体PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点.〔Ⅰ〕求证：DE∥平面BCP；〔Ⅱ〕求证：四边形DEFG为矩形；〔Ⅲ〕是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由.7．〔本小题总分值12分〕如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB。

黄金冲刺大题03 立体几何1．（2024·黑龙江·二模）如图，已知正三棱柱111ABC A B C -的侧棱长和底面边长均为2，M 是BC 的中点，N 是1AB 的中点，P 是11B C 的中点．(1)证明：//MN 平面1A CP ；(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，60,BAD 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．3．（2023·福建福州·模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面11AA C C ⊥平面1,2ABC AB AC BC AA ====，1A B =．(1)设D 为AC 中点，证明：AC ⊥平面1A DB ；(2)求平面11A AB 与平面11ACC A 夹角的余弦值．4．（2024·山西晋中·三模）如图，在六面体ABCDE 中，BC BD ==，EC ED ⊥，且EC ED ==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111ABC A B C -中，1A 在平面ABC 内的射影O 在棱AC 的中点处，P 为棱11A B （包含端点）上的动点．(1)求点P 到平面1ABC 的距离；(2)若AP ⊥平面α，求直线1BC 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 ∥，90BAD ︒∠=，2CD AB =，PAB 是正三角形，点M 在侧棱PB 上且使得//PD 平面AMC ．(1)证明：2PM BM =；(2)若侧面PAB ⊥底面ABCD ，CM 与底面ABCD 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，8AB =m ，4=AD m ，1ED CF ==m ，且ED ，CF 都垂直于平面ABCD ，5GA GB ==m ，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，2AC BC ==，120ACB ∠=︒，平面ACDE ⊥平面ABC ，点F 在AB 上，且2AF FB =，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60EAC ∠=︒，MN 为直线CD ，AB 的公垂线，求AN AF的值；(3)记直线BE 与平面ABC 所成角为α，若tan α>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1O 的直径，C 是圆1O 上异于,A B 的点，D 是圆台上底面圆2O 上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，2DA DC AC ===，4BC =，E 是CD 的中点，2BF FD = ．(1)证明：2//DO 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1111ABCD A B C D -的下底面边长为1112A B AB =，M 为BC 中点，已知点P 满足()1112AP AB AD AA λλλ=-+⋅+ ，其中()0,1λ∈．(1)求证1D P AC ⊥；(2)已知平面1AMC 与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当23λ=时，求直线DP 与平面1AMC 所成角的正弦值．12．（2024·辽宁·三模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ACC A ⊥底面1,2ABC AC AA ==，1,AB BC =，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：1AB 平面1BEC ；(2)若1π3A AC ∠=，求二面角1A BE C --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，π4DCB PCB ∠∠==，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 ⊥，22AD AB BC ===．(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PQ QC的值．15．（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，圆台12O O 的轴截面11A ACC 为等腰梯形，111224,AC AA AC 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：1C P //平面1A AB .(2)求平面1A AB 与平面1C CB 夹角的余弦值.16．（2024·广东深圳·二模）如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C ⊥底面ABC ，且AB AC =，11A B A C =．(1)证明：1AA ⊥平面ABC ；(2)若12AA BC ==，90BAC ∠=︒，求平面1A BC 与平面11A BC 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 ，PA BC ==，24CD AB ==.(1)证明：四边形ABCD 是直角梯形.(2)若点E 满足2PE ED = ，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，6,4PO AC ==.(1)求证：平面BED ⊥平面ABD ；(2)设点M 在线段PO 上，且2OM =，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，60DAB ∠=︒，PA PC =，PB PD ==M 是线段PC 上的点，且4PC MC = ．(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1111ABCD A B C D -的底面是边长为2的菱形，160,ABC BD ∠=⊥ 平面11AC D .(1)求四棱柱1111ABCD A B C D -的体积；(2)设点1D 关于平面11AC D 的对称点为E ，点E 和点1C 关于平面α对称（E 和α未在图中标出），求平面11AC D 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 ，60,1,3,DAB PCB CD AB PC ∠=∠=︒===，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 .22．（2024·山东潍坊·二模）如图1，在平行四边形ABCD 中，24AB BC ==，60ABC ∠=︒，E 为CD 的中点，将ADE V 沿AE 折起，连结BD ，CD ，且4BD =，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 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，,,3,PA PB AB BC AB BC ⊥⊥==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，60,244,DAB BC PQ AB M ∠=︒===为BC 的中点，,,PQ BC PD DC QB MD ⊥⊥∥．(1)证明：90ABQ ∠=︒；(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 ，222,60BC AB PA ABC ∠==== .(1)证明：平面PCD ⊥平面PAC ；(2)若PQ =，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，4AB =，2AC =，60CAB ∠=︒，BC AP ⊥.(1)证明：平面ACP ⊥平面ABC ；(2)若2PA =，4PB =，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，4BC CD BD ===，点P 满足AP AC λ= ，(0,1)λ∈，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：(0,1)λ∀∈，四边形PQST 总是矩形；(2)若4AC =，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，120ABC ∠=︒，4AB =，AE AD λ= ，(01)AF AB λλ=<< ，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，()0,1λ∀∈，平面PEF 与平面PFB 的夹角ϕ29．（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 ，1AB =，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，P Q n ⊥且PQ m ⊥，（i ）求直线m ，n 与平面α的夹角之和；（ii ）设()01PQ d d =<<，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1111ABCD A B C D -，底面ABCD 为一个菱形，且120BAD ︒∠=.底面与顶面的对角线交点分别为O ，1O . 1122AB A B ==，11BB DD =1AA 与底面夹角余弦值为(1)证明：1OO ⊥平面ABCD ；(2)现将顶面绕1OO 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1DC 的夹角正弦值为θ的值(90θ︒<)；(3)求旋转后1AA 与1BB 的夹角余弦值.黄金冲刺大题03 立体几何1．（2024·黑龙江·二模）如图，已知正三棱柱111ABC A B C -的侧棱长和底面边长均为2，M 是BC 的中点，N 是1AB 的中点，P 是11B C 的中点．(1)证明：//MN 平面1A CP ；(2)求点P 到直线MN 的距离．【答案】(1)证明见解析【分析】（1）建立如图空间直角坐标系A xyz -，设平面1A CP 的一个法向量为(,,)n x y z =，利用空间向量法证明0MN n ⋅= 即可；（2）利用空间向量法即可求解点线距.【详解】（1）由题意知，1AA ⊥平面ABC ，60BAC ︒∠=，而AB ⊂平面ABC ，所以1AA 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11(0,0,0),(2,0,0),(0,0,2),(2,0,2)A B C A B ，得33((1,0,1),(22M N P ，所以11312),((,22AC A P MN =-==- ，设平面1A CP 的一个法向量为(,,)n x y z = ，则1120302n A C x z n A P x y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅==⎪⎩，令1x =，得1y z ==-，所以(1,1)n =- ，所以11((1(1)02MN n ⋅=-⨯+⨯+⨯-= ，又MN 不在平面1A CP 内即//MN 平面1A CP ；（2）如图，连接PM ，由（1）得(0,0,2)PM =-，则2MN PM ⋅=- ，2MN PM == ，所以点P 到直线MN的距离为d =.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，60,BAD 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【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（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 =．又因为M 是PC 的中点，M 到平面ABCD12π22sin 23ABC S =⨯⨯⨯=△所以三棱锥M ABC -的体积为1132=．（2）连接,BO BD ，因为π3BAD ∠=，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(()()(),1,0,0,,P A B C -，所以((),,,2,0,0M AM PB BC ⎛⎛-=-==- ⎝⎝ ．设平面PBC 的法向量为(),,n x y z =，则00PB n BC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即020x =-=⎪⎩，解得0x =，取1z =，则1y =，所以()0,1,1n = ．设AM 与平面PBC 所成角为θ，则sin cos AM θ=即AM 与平面PBC ．3．（2023·福建福州·模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面11AA C C ⊥平面1,2ABC AB AC BC AA ====，1A B =．(1)设D 为AC 中点，证明：AC ⊥平面1A DB ；(2)求平面11A AB 与平面11ACC A 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；【分析】（1）根据等边三角形的性质得出BD AC ⊥，根据平面11ACC A ⊥平面ABC 得出BD ⊥平面11ACC A ，1BD A D ⊥，利用勾股定理得出1AC A D ⊥，从而证明AC ⊥平面1A DB ；（2）建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面11A AB 的法向量和平面11ACC A 的一个法向量，利用向量求平面11A AB 与平面11ACC A 的夹角余弦值．【详解】（1）证明：因为D 为AC 中点，且2AB AC BC===，所以在ABC 中，有BD AC ⊥，且BD =，又平面11ACC A ⊥平面ABC ，且平面11ACC A 平面ABC AC =，BD ⊂平面ABC ,所以BD ⊥平面11ACC A ，又1A D ⊂平面11ACC A ，则1BD A D ⊥，由1A B =BD =，得1A D =，因为1AD =，12AA =，1A D =，所以由勾股定理，得1AC A D ⊥，又AC BD ⊥，11,,A D BD D A D BD =⊂ 平面1A DB ，所以AC ⊥平面1A DB ；（2）如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系D xyz -，可得1(1,0,0),A A B ，则(()1,AA AB =-=- ，设平面11A AB 的法向量为(,,)n x y z = ，由100n AA x n AB x ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令x =1y =，1z =，所以)n = ,由（1）知，BD ⊥平面11ACC A ，所以平面11ACC A的一个法向量为(0,BD =，记平面11A AB 与平面11ACC A 的夹角为α，则||cos ||||n BD n BD α⋅= ，所以平面11A AB 与平面11ACC A4．（2024·山西晋中·三模）如图，在六面体ABCDE中，BC BD ==，EC ED ⊥，且EC ED ==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【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 ==，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，故AM =在等腰直角三角形CDE 中，由EC ED ==得2, 1.CD MC MD ME ====在等腰三角形BCD 中，由1MC MD ==，BC BD ==，得BM =在平行四边形ABME 中，AE BM ==1AB EM ==，AM =由余弦定理得222cos 2·EM AE AM MEA EM AE +-∠==，所以cos BME ∠=2BE ==.因为22222221BE ME BM +=+==，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())()()0,0,0,,,0,0,2,2,E C D B A F ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.所以()(),0,2,.CD DB FB ⎫===⎪⎪⎭ 设平面BCD 的法向量为()111,,m x y z = ，则00m CD m DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1111020z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩.则可取12x =，得(2,m = .设平面BDF 的法向量为()222,,n x y z = ，则00n FB n DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即22222020y z z +=⎪+=⎩.取21z =，则()n =- ．设平面BDF 与平面BCD 的夹角为θ，则cos θ所以平面BDF 与平面BCD5．（2024·辽宁·二模）棱长均为2的斜三棱柱111ABC A B C -中，1A 在平面ABC 内的射影O 在棱AC 的中点处，P 为棱11A B（包含端点）上的动点．(1)求点P 到平面1ABC 的距离；(2)若AP ⊥平面α，求直线1BC 与平面α所成角的正弦值的取值范围．【答案】(2)2[5.【分析】（1）以O 为原点建立空间直角坐标系，求出平面1ABC 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，1A O ⊥平面ABC ，OB AC ⊥(底面为正三角形)，且1A O OB ==以O 为原点，1,,OB OC OA 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11(0,0,0),(0,1,0),(0,2),(0,1,0),O A C A B C -，1AC = ，1(BC = ，1AA = ，由11//A B AB ，11A B ⊄平面1ABC ，AB ⊂平面1ABC ，则11//A B 平面1ABC ，即点P 到平面1ABC 的距离等于点1A 到平面1ABC 的距离，设(,,)n x y z = 为平面1ABC的一个法向量，由113020n AC y n BC y ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取3z =，得(1,n = ，因此点1A 到平面1ABC的距离1||||AA n d n ⋅=== 所以点P 到平面1ABC．（2）设111A P A B λ= ，[0,1]λ∈，则111,1AP AA A P AA AB λλλ=+=+=+=+ ，由AP α⊥，得AP 为平面α的一个法向量，设直线1BC 与平面α所成角为θ，则111||sin |cos ,|||||BC AP BC AP BC AP θ⋅=〈〉=== 令5t λ=-，则5t λ=-，[4,5]t ∈，则sin θ====，由[4,5]t ∈，得111[,54t ∈，于是21752557()[,]38762516t -+∈，5]2，则2sin [5θ∈，所以直线1BC 与平面α所成角的正弦值的取值范围是2[5.6．（2024·重庆·模拟预测）在如图所示的四棱锥P -ABCD 中，已知AB CD ∥，90BAD ︒∠=，2CD AB =，PAB 是正三角形，点M 在侧棱PB 上且使得//PD 平面AMC ．(1)证明：2PM BM =；(2)若侧面PAB ⊥底面ABCD ，CM 与底面ABCDP AC B --的余弦值．【答案】(1)证明见解析；【分析】（1）连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，由已知得AB EB CD ED=，由线面平行的性质得PD EM ∥，根据三角形相似可得12EB BM ED PM ==，即2PM BM =（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 EB CD ED=，由2CD AB =，得2ED EB =，又∵//PD 平面AMC ，而平面PBD 平面AMC ME =，PD ⊂平面PBD ，∴PD EM ∥，∴在PBD △中，12EB BM ED PM ==，∴2PM BM =；（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 =，设6AB a =，则MF =，∴11CF a =，BF a ==，则在直角梯形ABCD 中，5AF a =，而12CD a =，则AD ==，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3OA a =，AC =，在梯形ABCD 中，由3OA AC a OG AD OG =⇒=OG =，在Rt POG △中，PG =，∴cos OG PGO PG ∠==．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，8AB =m ，4=AD m ，1ED CF ==m ，且ED ，CF 都垂直于平面ABCD ，5GA GB ==m ，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4HN =，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(1,3,4)n = 和(1,3,4)m =- ，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 ===，所以GH =在直角AMG，可得3GM ===，在直角梯形GMNH中，可得34HN ==，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(0,4,1),(0,4,1),(4,0,3),(0,0,4)E F G H -，可得(0,4,3),(0,4,3),(4,0,1)HE HF HG =--=-=- ，设平面BFHG 的法向量为(,,)n x y z = ，则40430n HG x z n HF y z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩ ，取4z =，可得1,3x y ==，所以(1,3,4)n = ，设平面AGHE 的法向量为(,,)m a b c = ，则40430m HG a c m HE b c ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=--=⎪⎩ ，取4c =，可得1,3a b ==-，所以(1,3,4)m =- ，则4cos ,13m n m n m n ⋅=== ，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，2AC BC ==，120ACB ∠=︒，平面ACDE ⊥平面ABC ，点F 在AB 上，且2AF FB =，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60EAC ∠=︒，MN 为直线CD ，AB 的公垂线，求AN AF的值；(3)记直线BE 与平面ABC 所成角为α，若tan α>BCD 与平面CFD 所成角余弦值的范围．【答案】(1)证明见解析(2)913AN AF =(3)【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00MN CD MN AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，列方程求解即可；（3）利用向量法求面面角，然后根据tan α>.【详解】（1）2222cos 12AB AC BC AC BC ACB AB =+-⋅⋅∠==，2AF FB =，所以AF =1233CF CA CB =+ ，22214449993CF CA CB CA CB =++⋅= ，222416433AC CF AF +=+==，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60EAC ∠=︒，可得120DCA ∠=︒，2DC =，所以()(()0,0,0,,2,0,0,C D A F ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭所以AF ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，(CD =- ，设2,0AN AF λλ⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭，则22,0N λ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，设CM CD μ=，则()M μ-，22,MN λμ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭ ，由题知，223004442003MN CD MN AF λμμλμλ---=⎧⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨--+=⋅=⎪⎪⎩⎩，解得913λ=，213μ=-，故913AN AF =；（3）()B -，设EAC θ∠=，则()22cos ,0,2sin E θθ-，()32cos ,2sin BE θθ=- ，可取平面ABC 的法向量()0,0,1n = ，则sin cos ,n BE n BE n BEα⋅====⋅，cos α=，则tan α=>整理得210cos 9cos 20θθ-+<，故21cos ,52θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，CF ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，()2cos ,0,2sin CD θθ=-，()CB =- ，记平面CDF 的法向量为()1,,n x y z =，则有112cos 2sin 0000x z n CD y n CF θθ-+=⎧⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨=⋅=⎪⎪⎩⎩，可得()1sin ,0,cos n θθ= ，记平面CBD 的法向量为()2,,n a b c =，则有222cos 2sin 0000a c n CD a n CB θθ⎧-+=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨-=⋅=⎪⎪⎩⎩ ，可得)2,sin n θθθ= ，记平面BCD 与平面CFD 所成角为γ，则12cos cos ,n n γ== 21cos ,52θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以2321sin ,425θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故cos γ=．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)45MAD ︒∠=【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∠=，1AB =，利用空间向量法求出二面角C AM E --的余弦值，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∠=，1AB =，则()0,0,0A ，()cos ,sin ,0M αα，()1,0,1C ，()0,1,1E ，故()cos ,sin ,0AM αα= ，()1,0,1AC = ，()0,1,1AE = 设平面AMC 的法向量为()111,,m x y z = ，则0m AC ⋅= ，0m AM ⋅= 故111100x z x cos y sin αα+=⎧⎨+=⎩，取1sin x α=，则1cos y α=-，1sin z α=-所以()sin ,cos ,sin m ααα=--设平面AME 的法向量为()222,,n x y z = ，0n AE ⋅= ，0n AM ⋅= 故222200y z x cos y sin αα+=⎧⎨+=⎩，取2sin x α=，则2cos y α=-，2cos z α=所以()sin ,cos ,cos n ααα=- ，所以cos ,m n = ，13=，化简得：22sin 29sin 270αα-+=，解得sin 21α=或7sin 22α=（舍去）故45α=︒，即45MAD ∠=︒.10．（2024·安徽黄山·二模）如图，已知AB 为圆台下底面圆1O 的直径，C 是圆1O 上异于,A B 的点，D 是圆台上底面圆2O 上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，2DA DC AC ===，4BC =，E 是CD 的中点，2BF FD = ．(1)证明：2//DO 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【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21//DO OO ，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1(1,2n =-与方向向量(1,4,DB =-的夹角，即可求解．【详解】（1）证明：取AC 的中点为O ，连接DO ，1OO ，12O O ，DA DC =Q ，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 ，12//DO O O ∴，12DO O O =，故四边形12DOO O 为矩形，21//DO OO ∴，又O ，1O 分别是AC ，AB 的中点，1//OO BC ∴，2//DO BC ∴；（2）C 是圆1O 上异于A ，B 的点，且AB 为圆1O 的直径，BC AC ∴⊥，1OO AC ∴⊥，∴如图以O为原点建立空间直角坐标系，由条件知DO =(1A ∴,0,0),(1B -,4,0),(1C -,0,0),D ，∴1(2E -，设(F x ,y ,)z ，∴(1,4,)BF x y z =+-，(,)FD x y z =--- ，由2BF FD =，得14(,33F -，∴44(,33AF =- ，∴(1,4,DB =-，3(2AE =- ，设平面AEF 法向量为111(,,)n x y z = ，则1111130244033n AE x n AF x y z ⎧⋅=-=⎪⎪⎨⎪⋅=-++=⎪⎩，取1(1,2n =- ，设直线BD 与平面AEF 所成角为θ，则sin |cos ,|n DB θ=<>= ∴直线BD 与平面AEF11．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）正四棱台1111ABCD A B C D -的下底面边长为1112A B AB =，M 为BC 中点，已知点P 满足()1112AP AB AD AA λλλ=-+⋅+ ，其中()0,1λ∈．(1)求证1D P AC ⊥；(2)已知平面1AMC 与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当23λ=时，求直线DP 与平面1AMC 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析【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：∵1112A B AB =，∴112AA AB AA AD ⋅=⋅== ．∵1112D A AD AA =-- ∴()()111111122D P D A AP AB AD AA λλλ⎛⎫=+=-+-+- ⎪⎝⎭ ∴()()()11111122D P AC AB AD AA AB AD λλλ⎡⎤⎛⎫⋅=-+-+-⋅+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦ ()()()22111111122AB AD AB AA AD AA λλλλ⎛⎫=-+-+-⋅+-⋅ ⎪⎝⎭ ()()1181841022λλλ⎛⎫=-+-+-= ⎪⎝⎭．∴1D P AC ⊥ ，即1D P 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，)B，()C，()D，1A h⎫⎪⎪⎭，1C h⎛⎫⎪⎪⎝⎭，1D h⎛⎫⎪⎪⎝⎭，()M，()AC=-()()()110,,,2AP h λλλλ⎛⎫⎛⎫=-+-+=⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1D A h⎫=-⎪⎪⎭，11D P D A AP h hλ⎛⎫=+=-⎪⎪⎝⎭．故1AC D P⋅=，所以1D P AC⊥．（2）设平面ABCD的法向量为()0,0,1n=，设平面1AMC的法向量为(),,m x y z=，()AM=，1AC h⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，则有1AM mAC m⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即x y hz⎧+=⎪⎨++=⎪⎩，令x=，则(),3m=．又题意可得3cos,7m n==，可得2h=．因为23λ=，经过计算可得40,0,3P⎛⎫⎪⎝⎭，12D⎛⎫⎪⎪⎝⎭，143D P⎫=⎪⎭．将2h=代入，可得平面1AMC的法向量()m=．设直线DP与平面1AMC所成角的为θsin cos DP θ= 12．（2024·辽宁·三模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ACC A ⊥底面1,2ABC AC AA ==，1,AB BC =，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：1AB 平面1BEC ；(2)若1π3A AC ∠=，求二面角1A BE C --的余弦值.【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）连接1BC ，交1B C 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，1AA C △为等边三角形，故1A E AC ⊥，利用面面垂直的性质定理可证得1A E ⊥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1BC ，交1B C 于点N ，连接NE ，因为侧面11BCC B 是平行四边形，所以N 为1B C 的中点，又因为点E 为线段AC 的中点，所以1//NE AB，因为1AB ⊄面1BEC ，NE ⊂面1BEC ，所以1//AB 面1BEC .（2）连接1AC ，1A E ，因为1π3A AC ∠=，12AC AA ==，所以1AA C △为等边三角形，12AC =，因为点E 为线段AC 的中点，所以1A E AC ⊥，因为侧面11ACC A ⊥底面ABC ，平面11ACC A 平面ABC AC =，1A E ⊂平面11ACC A ，所以1A E ⊥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 ，1EA 的方向为,,x y z 轴正方向建立空间直角坐标系，则()0,0,0E，1,02B ⎫-⎪⎪⎭，(10,C ，所以1,02EB ⎫=-⎪⎪⎭，(10,EC = ，设平面1BEC 的法向量为(),,m x y z = ，则110220m EB x y m EC y ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅==⎩ ，令1x =，则2y z ==-，所以平面1BEC的法向量为()2m =- ，又因为平面ABE 的法向量为()0,0,1n =，则cos ,m n == ，经观察，二面角1A BE C --的平面角为钝角，所以二面角1A BE C --的余弦值为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，π4DCB PCB ∠∠==，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；【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1//,2ME DC ME DC =，又1//,2BN CD BN CD =，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π,,4DCB PCB CD PC QC QC ∠=∠===，得QCD ≌QCP △，则π2DQC PQC ∠=∠=，即DQ BC ⊥，而2224PQ DQ PQ DQ PD ==+==，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 P D M A -，((2,0,0),(0,CM AD DP === ，设平面PAD 的一个法向量(,,)n x y z =，则200n AD x n DP ⎧⋅==⎪⎨⋅==⎪⎩ ，令1y =，得(0,1,1)n = ，设CM 与平面PAD 所成角为θ，||sin |cos ,|||||CM n CM n CM n θ⋅=〈〉=== 所以CM 与平面PAD14．（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 ⊥，22AD AB BC ===．(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PQ QC的值．【答案】(1)证明见解析(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12CG AG =，再根据线面平行的性质得到12CF FM =，在PBC 中，过点M 作//MK PC ，即可得到2MK CQ =，最后由2PQ MK =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12ADH S AD 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，2CH =，PH =PC ==当HN PC ⊥时PH CH HN PC ⋅===所以ADN △.（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22AD BC ==，所以CGB AGD ∽，所以12CG BC AG AD ==，因为//AM 平面BDQ ，又AM ⊂平面ACM ，平面BDQ 平面ACM GF =，所以//GF AM ，所以12CF CG FM AG ==，在PBC 中，过点M 作//MK PC ，则有2MK MF CQ CF==，所以2PQ MK =，所以24PQ MK CQ ==，即4PQ QC =15．（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，圆台12O O 的轴截面11A ACC 为等腰梯形，111224,AC AA AC 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：1C P //平面1A AB .(2)求平面1A AB 与平面1C CB 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1,A H PH ，证明四边形11A C PH 为平行四边形，进而得1C P //1A H ，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1,A H PH ，如图所示，因为P 为BC 的中点，所以PH //1,2AC PH AC =.在等腰梯形11A ACC 中，11A C //111,2AC A C AC =，所以HP //1111,A C HP A C =，所以四边形11A C PH 为平行四边形，所以1C P //1A H ，又1A H ⊂平面11,A AB C P ⊄平面1A AB ，所以1C P //平面1A AB .（2）因为,AB BC =故2O B AC ⊥，以直线22,O A O B ，21O O 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11A ACC 中，111224AC AA AC ===，此梯形的高为h ==因为11111,2A C AC A C =//AC ，则()()(()210,0,0,2,0,0,,0,2,0,O A A B ()(12,0,0,C C --，所以11(1,(2,2,0),(2,2,0),(1,2,BC BC AB A B =--=--=-=- .设平面1A AB 的法向量为(),,m x y z =，则220,20,x y x y -+=⎧⎪⎨-+=⎪⎩令1y =，得m ⎛= ⎝ .设平面1C CB 的法向量为(),,n a b c = ，则20,220,a b a b ⎧--=⎪⎨--=⎪⎩令a =1)n =- .设平面1A AB 与平面1C CB 的夹角为θ，则1cos cos 7θ= .16．（2024·广东深圳·二模）如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C ⊥底面ABC ，且AB AC =，11A B A C =．(1)证明：1AA ⊥平面ABC ；(2)若12AA BC ==，90BAC ∠=︒，求平面1A BC 与平面11A BC 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；【分析】（1）取BC 的中点M ，连结MA 、1MA ，根据等腰三角形性质和线面垂直判定定理得BC ⊥平面1A MA ，进而由11A A B B 得1B B BC ^，再证明1B B ⊥平面ABC 即可得证.（2）建立空间直角坐标系，用向量法求解即可；也可用垂面法作出垂直于1A B 的垂面，从而得出二面角的平面角再进行求解即可.【详解】（1）取BC 的中点M ，连结MA 、1MA ．因为AB AC =，11A B A C =，所以BC AM ⊥，1BC A M ⊥，由于AM ，1A M ⊂平面1A MA ，且1AM A M M ⋂=，因此BC ⊥平面1A MA ，因为1A A ⊂平面1A MA ，所以1BC A A ⊥，又因为11A A B B ，所以1B B BC ^，。

立体几何大题1.空间中的平行关系（1）线线平行（2）线面平行的判定定理：平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行（3）线面平行的性质定理若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行（4）面面平行的判定定理判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行（5）面面平行的性质定理性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行6.空间中的垂直关系（1）线线垂直（2）线面垂直的判定定理一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直（3）线面垂直的性质定理性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行（4）面面垂直的判定定理一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直(或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直)（5）面面垂直的性质定理两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面6.异面直线所成角cos θ=cos a ,b =|a ⋅b ||a |⋅|b |=|x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2|x 12+y 12+z 12⋅x 22+y 22+z 22(其中θ(0°<θ≤90°)为异面直线a ,b 所成角，a ,b 分别表示异面直线a ,b 的方向向量)7.直线AB 与平面所成角，sin β=AB ⋅m |AB ||m |(m 为平面α的法向量).8.二面角α-l -β的平面角cos θ=m ⋅n |m ||n |(m ，n 为平面α，β的法向量).9.点B 到平面α的距离d =|AB ⋅n | (n 为平面α的法向量，AB 是经过面α的一条斜线，A ∈α).2024届高考数学专项立体几何大题含答案模拟训练一、解答题1(22·23下·湖南·二模)如图，在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2,AC =BB ，点D 为棱BB 的中点，AE =13AC ．(1)求DE 的长度；(2)求平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值．2(22·23下·绍兴·二模)如图，在多面体ABCDE 中，DE ⊥平面BCD ,△ABC 为正三角形，△BCD 为等腰Rt △,∠BDC =90°,AB =2,DE =2.(1)求证：AE ⊥BC ；(2)若AE ⎳平面BCD ，求直线BE 与平面ABC 所成的线面角的正弦值.3(22·23·张家口·三模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1=60°，AB= BC=2，AC=AB1=2.(1)证明：平面ACB1⊥平面BB1C1C；(2)求平面ACC1A1与平面A1B1C1夹角的余弦值.4(22·23·湛江·二模)如图1，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD=DE，如图2，将△ABE沿BE折起，使得A至A1处，且A1B⊥A1D．(1)证明：DE⊥平面A1BE；(2)求二面角C-A1E-D的余弦值．5(22·23下·长沙·三模)如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，△ABC 和△ACD 均为正三角形，AC =4，BE =3，点F 在AC 上.(1)若BF ⎳平面CDE ，求CF ；(2)若F 是AC 的中点，求二面角F -DE -C 的正弦值.6(22·23下·湖北·二模)如图，S 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 内接于⊙O ,AC ⊥BC ,AC =BC =322，AM =2MS ,AS =3,PQ 为⊙O 的一条弦，且SB ⎳平面PMQ .(1)求PQ 的最小值；(2)若SA ⊥PQ ，求直线PQ 与平面BCM 所成角的正弦值.7(22·23·深圳·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,PA= AD=2AB，点M是PD的中点.(1)证明：AM⊥PC；(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上(异于点P，C)，且ON=OA，求直线AN与平面ACM所成角的正弦值.8(22·23下·温州·二模)已知三棱锥D-ABC中，△BCD是边长为3的正三角形，AB=AC=AD, AD与平面BCD所成角的余弦值为33．(1)求证：AD⊥BC；(2)求二面角D-AC-B的平面角的正弦值．9(22·23下·浙江·二模)如图，四面体ABCD,AD⊥CD,AD=CD,AC=2,AB=3,∠CAB=60°，E为AB上的点，且AC⊥DE,DE与平面ABC所成角为30°，(1)求三棱锥D-BCE的体积；(2)求二面角B-CD-E的余弦值.10(22·23下·襄阳·三模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为矩形，∠BAC=90°，AB= AC=2，AA1=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点N，M为B1C1的中点.(1)求证：平面A1MNA⊥平面A1BC；(2)求平面A1B1BA与平面BB1C1C夹角的余弦值.11(22·23·唐山·二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是等边三角形，侧面ACC1A1⊥底面ABC，且AA1=AC，∠AA1C1=120°，M是CC1的中点．(1)证明：A1C⊥BM．(2)求二面角A1-BC-M的正弦值．12(22·23下·盐城·三模)如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，点G为弧CD的中点，且C，E，D，G四点共面.(1)证明：平面BDF⊥平面BCG；(2)若平面BDF与平面ABG所成二面角的余弦值为155，且线段AB长度为2，求点G到直线DF的距离.13(22·23下·江苏·三模)如图，圆锥DO中，AE为底面圆O的直径，AE=AD，△ABC为底面圆O的内接正三角形，圆锥的高DO=18，点P为线段DO上一个动点.(1)当PO=36时，证明：PA⊥平面PBC；(2)当P点在什么位置时，直线PE和平面PBC所成角的正弦值最大.14(22·23下·镇江·三模)如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，四边形PACQ为矩形，PA=1，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).①BP,DP与平面ABCD所成角相等；②三棱锥P-ABD体积为33；③cos∠BPA=55(1)平面PACQ⊥平面ABCD；(2)求二面角B-PQ-D的大小；(3)求点C到平面BPQ的距离.15(22·23下·江苏·一模)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面A 1B 1BA ⊥平面ABC ，侧面A 1B 1BA 为菱形，∠ABB 1=π3，AB 1⊥AC ，AB =AC =2，E 是AC 的中点.(1)求证：A 1B ⊥平面AB 1C ；(2)点P 在线段A 1E 上(异于点A 1，E )，AP 与平面A 1BE 所成角为π4，求EP EA 1的值.16(22·23下·河北·三模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是菱形，其对角线AC ,BD 交于点O ，且PO ⊥平面ABCD ,OC =1,OD =OP =2,M 是PD 的中点，N 是线段CD 上一动点．(1)当平面OMN ⎳平面PBC 时，试确定点N 的位置，并说明理由；(2)在(1)的前提下，点Q 在直线MN 上，以PQ 为直径的球的表面积为214π．以O 为原点，OC ,OD ,OP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O -xyz ，求点Q 的坐标．17(22·23·汕头·三模)如图，圆台O1O2的轴截面为等腰梯形A1ACC1，AC=2AA1=2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点.(1)在平面BCC1内，过C1作一条直线与平面A1AB平行，并说明理由；(2)若四棱锥B-A1ACC1的体积为23，设平面A1AB∩平面C1CB=l,Q∈l，求CQ的最小值.18(19·20下·临沂·二模)如图①，在Rt△ABC中，B为直角，AB=BC=6，EF∥BC，AE=2，沿EF将△AEF折起，使∠AEB=π3，得到如图②的几何体，点D在线段AC上．(1)求证：平面AEF⊥平面ABC；(2)若AE⎳平面BDF，求直线AF与平面BDF所成角的正弦值．19(22·23下·广州·三模)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，AB=AP=2，PA⊥平面ABCD，E,F分别是线段PB,PD的中点，G是线段PC上的一点.(1)求证：平面EFG⊥平面PAC；(2)若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为13，且G点不是线段PC的中点，求三棱锥E-ABG体积.20(22·23下·长沙·一模)斜三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为2，∠A1AB=60°，点A1在下底面ABC 的投影为AB的中点O．(1)在棱BB1(含端点)上是否存在一点D使A1D⊥AC1若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；(2)求点A1到平面BCC1B1的距离．21(22·23下·长沙·三模)如图，三棱台ABC -A 1B 1C 1，AB ⊥BC ，AC ⊥BB 1，平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，AB =6,BC =4，BB 1=2，AC 1与A 1C 相交于点D ，AE =2EB，且DE ∥平面BCC 1B 1.(1)求三棱锥C -A 1B 1C 1的体积；(2)平面A 1B 1C 与平面ABC 所成角为α，CC 1与平面A 1B 1C 所成角为β，求证：α+β=π4.22(22·23·衡水·一模)如图所示，A ,B ,C ,D 四点共面，其中∠BAD =∠ADC =90°，AB =12AD ，点P ,Q 在平面ABCD 的同侧，且PA ⊥平面ABCD ，CQ ⊥平面ABCD .(1)若直线l ⊂平面PAB ，求证：l ⎳平面CDQ ；(2)若PQ ⎳AC ，∠ABP =∠DAC =45°，平面BPQ ∩平面CDQ =m ，求锐二面角B -m -C 的余弦值.23(22·23下·湖北·三模)已知平行六面体(底面是平行四边形的四棱柱)ABCD-A1B1C1D1的各条棱长均为2，且有∠AA1D1=∠AA1B1=∠D1A1B1=60°．(1)求证：平面AA1C1C⊥平面A1B1C1D1；(2)求直线B1D与平面AA1C1C所成角的正弦值．24(22·23下·武汉·三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.(1)求证：平面AEF⊥平面PBC；(2)求平面AEF与平面PDC夹角的最小值.25(22·23下·黄冈·三模)如图1，在四边形ABCD中，BC⊥CD，AE∥CD,AE=BE=2CD=2,CE =3．将四边形AECD沿AE折起，使得BC=3，得到如图2所示的几何体．(1)若G为AB的中点，证明：DG⊥平面ABE；(2)若F为BE上一动点，且二面角B-AD-F的余弦值为63，求EFEB的值．26(22·23·德州·三模)图1是直角梯形ABCD，AB⎳CD，∠D=90°，AD=3，AB=2，CD=3，四边形ABCE为平行四边形，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1=6，如图2．(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；(2)在线段BE上存在点P使得PA与平面ABC1的正弦值为365，求平面BAC1与PAC1所成角的余弦值．27(22·23·山东·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⎳CD，AB⊥BC，PA =AB=BC=2，CD=4．(1)证明：AD⊥PC；(2)若M为线段PB的靠近B点的四等分点，判断直线AM与平面PDC是否相交？如果相交，求出P到交点H的距离，如果不相交，说明理由．28(22·23·黄山·三模)如图，在直角梯形ABCD中，AD⎳BC，AD⊥CD，四边形CDEF为平行四边形，对角线CE和DF相交于点H，平面CDEF⊥平面ABCD，BC=2AD，∠DCF=60°，G是线段BE上一动点(不含端点)．(1)当点G为线段BE的中点时，证明：AG⎳平面CDEF；(2)若AD=1,CD=DE=2，且直线DG与平面CDEF成45°角，求二面角E-DG-F的正弦值．29(22·23·菏泽·三模)已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，其中AA1=2AC=4,AB=BC,F为BB1的中点，点E是CC1上靠近C1的四等分点，A1F与底面ABC所成角的余弦值为2 2．(1)求证：平面AFC⊥平面A1EF；(2)在线段A1F上是否存在一点N，使得平面AFC与平面NB1C1所成的锐二面角的余弦值为277，若存在，确定点N的位置，若不存在，请说明理由．30(22·23·福州·三模)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，PA=2，AB=AC=1，将△PAB绕着PA逆时针旋转π3到△PAD的位置，得到如图所示的组合体，M为PD的中点.(1)当∠BAC为何值时，该组合体的体积最大，并求出最大值；(2)当PC⎳平面MAB时，求直线PC与平面PBD所成角的正弦值.31(22·23·福州·二模)如图1，在△ABC 中，AB =AC =2,∠BAC =2π3,E 为BC 的中点，F 为AB 上一点，且EF ⊥AB .将△BEF 沿EF 翻折到△B EF 的位置，如图2.(1)当AB =2时，证明：平面B AE ⊥平面ABC ；(2)已知二面角B -EF -A 的大小为π4，棱AC 上是否存在点M ，使得直线B E 与平面B MF 所成角的正弦值为1010？若存在，确定M 的位置；若不存在，请说明理由.32(22·23·三明·三模)如图，平面五边形ABCDE 由等边三角形ADE 与直角梯形ABCD 组成，其中AD ∥BC ，AD ⊥DC ，AD =2BC =2，CD =3，将△ADE 沿AD 折起，使点E 到达点M 的位置，且BM =a .(1)当a =6时，证明AD ⊥BM 并求四棱锥M -ABCD 的体积；(2)已知点P 为棱CM 上靠近点C 的三等分点，当a =3时，求平面PBD 与平面ABCD 夹角的余弦值.33(22·23·宁德·一模)如图①在平行四边形ABCD 中，AE ⊥DC ，AD =4，AB =3，∠ADE =60°，将△ADE 沿AE 折起，使平面ADE ⊥平面ABCE ，得到图②所示几何体．(1)若M 为BD 的中点，求四棱锥M -ABCE 的体积V M -ABCE ；(2)在线段DB 上，是否存在一点M ，使得平面MAC 与平面ABCE 所成锐二面角的余弦值为235，如果存在，求出DMDB的值，如果不存在，说明理由．34(22·23·龙岩·二模)三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB =AC =2，侧面A 1ACC 1为矩形，∠A 1AB =2π3，三棱锥C 1-ABC 的体积为233．(1)求侧棱AA 1的长；(2)侧棱CC 1上是否存在点E ，使得直线AE 与平面A 1BC 所成角的正弦值为55？若存在，求出线段C 1E 的长；若不存在，请说明理由．35(22·23下·浙江·二模)如图，在多面体ABC-A1B1C1中，AA1⎳BB1⎳CC1，AA1⊥平面A1B1C1，△A1B1C1为等边三角形，A1B1=BB1=2，AA1=3，CC1=1，点M是AC的中点．(1)若点G是△A1B1C1的重心，证明；点G在平面BB1M内；(2)求二面角B1-BM-C1的正弦值．36(22·23下·浙江·三模)如图，三棱台ABC-A1B1C1中，A1C1=4，AC=6，D为线段AC上靠近C的三等分点.(1)线段BC上是否存在点E，使得A1B⎳平面C1DE，若不存在，请说明理由；若存在，请求出BEBC的值；(2)若A1A=AB=4，∠A1AC=∠BAC=π3，点A1到平面ABC的距离为3，且点A1在底面ABC的射影落在△ABC内部，求直线B1D与平面ACC1A1所成角的正弦值.37(22·23下·苏州·三模)如图，在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为62的等边三角形，且PA= PB=PC=6，PD⊥平面ABC，垂足为D,DE⊥平面PAB，垂足为E，连接PE并延长交AB于点G.(1)求二面角P-AB-C的余弦值；(2)在平面PAC内找一点F，使得EF⊥平面PAC，说明作法及理由，并求四面体PDEF的体积.38(22·23·沧州·三模)如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成.C,E,D,G在同一平面内，且CG=DG.(1)证明：平面BFD⊥平面BCG；(2)若直线GC与平面ABG所成角的正弦值为105，求平面BFD与平面ABG所成角的余弦值.39(23·24上·永州·一模)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，且AD=2AB=4,M、N分别为PD、BC的中点，H在线段PC上，且PC=3PH．(1)求证：MN⎳平面PAB；(2)当AM⊥PC时，求平面AMN与平面HMN的夹角的余弦值．40(22·23·潍坊·三模)如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AC为底面直径，△ABD为底面圆O的内接正三角形，且边长为3，点E在母线PC上，且AE=3，CE=1．(1)求证：PO∥平面BDE；(2)求证：平面BED⊥平面ABD(3)若点M为线段PO上的动点．当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，求此时点M到平面ABE的距离．立体几何大题1.空间中的平行关系（1）线线平行（2）线面平行的判定定理：平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行（3）线面平行的性质定理若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行（4）面面平行的判定定理判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行（5）面面平行的性质定理性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行6.空间中的垂直关系（1）线线垂直（2）线面垂直的判定定理一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直（3）线面垂直的性质定理性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行（4）面面垂直的判定定理一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直(或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直)（5）面面垂直的性质定理两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面6.异面直线所成角cos θ=cos a ,b =|a ⋅b ||a |⋅|b |=|x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2|x 12+y 12+z 12⋅x 22+y 22+z 22(其中θ(0°<θ≤90°)为异面直线a ,b 所成角，a ,b 分别表示异面直线a ,b 的方向向量)7.直线AB 与平面所成角，sin β=AB ⋅m |AB ||m |(m 为平面α的法向量).8.二面角α-l -β的平面角cos θ=m ⋅n |m ||n |(m ，n 为平面α，β的法向量).9.点B 到平面α的距离d =|AB ⋅n | (n 为平面α的法向量，AB 是经过面α的一条斜线，A ∈α).模拟训练一、解答题1(22·23下·湖南·二模)如图，在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2,AC =BB ，点D 为棱BB 的中点，AE =13AC ．(1)求DE 的长度；(2)求平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值．【答案】(1)393(2)34【分析】(1)在△ABC 中，用余弦定理可得到AC =23，在△ABE 中，用余弦定理可得BE =233，即可求得DE =DB 2+BE 2=393；(2)以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，求出平面CDE 与平面BDE 的法向量，即可求解【详解】(1)因为在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2，在△ABC 中，由余弦定理得cos ∠ABC =AB 2+BC 2-AC 22AB ⋅BC=22+22-AC 22×2×2=-12，解得AC =23，则AE =13AC =233，在△ABE 中，由余弦定理得cos ∠BAE =AB 2+AE 2-BE 22AB ⋅AE =22+233 2-BE 22×2×233=32，解得BE =233，又AC =BB =23，所以BD =12BB =3，因为BB ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，所以BB ⊥BE ，在直角三角形DBE 中，DE =DB 2+BE 2=(3)2+233 2=393；(2)因为AE =BE =233，所以∠ABE =∠BAE =30°，则∠CBE =∠ABC -∠ABE =120°-30°=90°，则BE ,BC ,BB 两两互相垂直，以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系：设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，由n ⋅CD =x ,y ,z ⋅0,-2,3 =-2y +3z =0n ⋅CE =x ,y ,z ⋅233,-2,0 =233x -2y =0 ，得z =233y x =3y，令y =3，得平面CDE 的一个法向量为n =3,3,2 ；平面BDE 的一个法向量为m =0,1,0 ．设平面CDE 与平面BDE 夹角的大小为θ，则cos θ=m ⋅n m n =0,1,0 ⋅3,3,2 1×4=34，故平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值为34．2(22·23下·绍兴·二模)如图，在多面体ABCDE 中，DE ⊥平面BCD ,△ABC 为正三角形，△BCD 为等腰Rt △,∠BDC =90°,AB =2,DE =2.(1)求证：AE ⊥BC ；(2)若AE ⎳平面BCD ，求直线BE 与平面ABC 所成的线面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；(2)法一：由分析可知，∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角，设∠AFD =α，当α<90°时，O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，当α>90°时，求出EH ,BE ，即可得出答案；法二：建立空间直角坐标系，求出直线BE 的方向向量与平面ABC 的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.【详解】(1)设F 为BC 中点，连接AF ,EF ，则由△ABC 为正三角形，得AF ⊥BC ；DE ⊥平面BCD ，且△BCD 为等腰直角三角形，计算可得：BE =CE =2,∴EF ⊥BC .EF ∩AF =F ,EF ,AF ⊂面AEF ，于是BC ⊥面AEF ，AE ⊂面AEF ，从而BC ⊥AE .(2)法一：由(1)可知，过点E 作EH ⊥AF ，垂足为H ，则∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角.当AE ⎳平面BCD 时，可得A 到平面BCD 的距离为 2.设∠AFD =α，所以AF ⋅sin α=2，可得sin α=63，当α<90°时，cos α=33，不妨设A 在底面BCD 射影为O ，则FO =1，此时O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，舍去；当α>90°时，FO =1，此时O 在DF 的延长线上，作EH ⊥AF ，由于AODE 为矩形，可得AE =DO =2,AE ∥OD ，可得sin ∠EAH =63，可得EH =263.于是sin ∠EBH =EH BE=63.法二：建立如图坐标系，可得F 0,0,0 ,B 1,0,0 ，C -1,0,0 ,D 0,1,0 ,E 0,1,2 ,A 0,a ,b由AF =3，解得a 2+b 2=3，又∵AE ⎳平面BCD ，令n =0,0,1 ，可得AB ⋅n =0，解得b =2,a =±1.当a =1时A ,E 重合，所以a =-1，此时A 0,-1,2 .不妨设平面ABC 的法向量为m =x ,y ,z ，则CB ⋅m =0CA ⋅m =0代入得x -y +2z =02x =0 ，令z =1，则y =2，所以m =0,2,1 .由于BE =-1,1,2 ，不妨设所成角为θ，则sin θ=∣cos BE ,m |=63.3(22·23·张家口·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，∠CBB 1=60°，AB =BC =2，AC =AB 1=2.(1)证明：平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C ；(2)求平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)57.【分析】(1)利用面面垂直的判定定理进行证明；(2)利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解.【详解】(1)如图，连接BC 1，交B 1C 于O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为BC 1的中点.又AC =AB 1=2，故AO ⊥B 1C .又AB =BC =2，且∠CBB 1=60°，所以CO =1,BO =3，所以AO =AC 2-CO 2=1.又AB =2，所以AB 2=BO 2+AO 2，所以AO ⊥BO .因为BO ,CB 1⊂平面BB 1C 1C ，BO ∩CB 1=O ，所以AO ⊥平面BB 1C 1C .又AO ⊂平面ACB 1，所以平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C .(2)由(1)知，OA ,OB ,OB 1两两互相垂直，因此以O 为坐标原点，OB ,OB 1,OA 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O -xyz ，则A (0,0,1)，B (3,0,0)，C (0,-1,0)，C 1(-3,0,0).故CC 1 =(-3,1,0)，CA =(0,1,1)，CB =(3,1,0).设n =(x 1,y 1,z 1)为平面ACC 1A 1的一个法向量，则有n ⋅CC 1 =0n ⋅CA =0 ，即-3x 1+y 1=0y 1+z 1=0 ，令x 1=1，则n =(1,3,-3).设m =(x 2,y 2,z 2)为平面ABC 的一个法向量，则有m ⋅CA =0m ⋅CB =0，即y 2+z 2=03x 2+y 2=0 ，令x 2=1，则m =(1,-3,3).因为平面A 1B 1C 1∥平面ABC ，所以m =(1,-3,3)也是平面A 1B 1C 1的一个法向量.所以cos <n ,m > =n ⋅m n m=1-3-3 7×7=57.所以平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值57. 4(22·23·湛江·二模)如图1，在五边形ABCDE 中，四边形ABCE 为正方形，CD ⊥DE ，CD =DE ，如图2，将△ABE 沿BE 折起，使得A 至A 1处，且A 1B ⊥A 1D ．(1)证明：DE ⊥平面A 1BE ；(2)求二面角C -A 1E -D 的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由已知易得DE ⊥BE ，即可证明线面垂直；(2)建立空间直角坐标系，用坐标公式法求解即可．【详解】(1)由题意得∠BEC =∠CED =π4，∠BED =π2，DE ⊥BE ，又A 1B ⊥A 1D ，A 1E ∩A 1D =A 1,A 1E ,A 1D ⊂面A 1ED ，所以A 1B ⊥面A 1ED ，又DE ⊂面A 1ED ，则DE ⊥A 1B ，又DE ⊥BE ，A 1B ∩BE =B ，A 1B ⊂平面A 1BE ，BE ⊂平面A 1BE ，所以DE ⊥平面A 1BE ．(2)取BE 的中点O ，可知BE =2CD ,OE =CD ，由DE ⊥BE ，且CD ⊥DE 可得OE ⎳CD ，所以四边形OCDE 是平行四边形，所以CO ∥DE ，则CO ⊥平面A 1BE ，设BE =2，以点O 为坐标原点，OB ,OC ,OA 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图，则A 1(0,0,1),E (-1,0,0),B (1,0,0),C (0,1,0),D (-1,1,0)，EA 1 =(1,0,1),EC =(1,1,0),ED =(0,1,0)，设平面A 1EC 的一个法向量为n 1 =(x 1,y 1,z 1)，则n 1 ⋅EA 1 =0n 1 ⋅EC =0 ，即x 1+z 1=0x 1+y 1=0 ，取x 1=1，则n 1 =(1,-1,-1)，设平面A 1ED 的一个法向量为n 2 =(x 2,y 2,z 2)，则n 2 ⋅E 1A =0n 2 ⋅ED =0 ，即x 2+z 2=0y 2=0 ，取x 2=1，则n 2 =(1,0,-1)，所以cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 n 2=63，由图可知，二面角C -A 1E -D 为锐角，所以面角C -A 1E -D 的余弦值为63．5(22·23下·长沙·三模)如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，△ABC 和△ACD 均为正三角形，AC =4，BE =3，点F 在AC 上.(1)若BF ⎳平面CDE ，求CF ；(2)若F 是AC 的中点，求二面角F -DE -C 的正弦值.【答案】(1)CF =1(2)8517【分析】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，依题意可得DM ⊥AC ，根据面面垂直的性质得到DM ⊥平面ABC ，如图建立空间直角坐标系，求出平面CDE 的法向量，设F a ,0,0 ，a ∈2,-2 ，依题意可得BF ⋅n =0求出a 的值，即可得解；(2)依题意点F 与点M 重合，利用空间向量法计算可得.【详解】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，△ACD 为正三角形，AC =4，则DM ⊥AC ，且DM =2 3.所以DM ⊥平面ABC ，又△ABC 为正三角形，所以BM ⊥AC ，所以BM =23，如图建立空间直角坐标系，则B 0,23,0 ，C -2,0,0 ，D 0,0,23 ，E 0,23,3 ，所以CD =2,0,23 ，CE =2,23,3 ，设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，则n ⋅CD =2x +23z =0n ⋅CE =2x +23y +3z =0，令x =3，则z =-3，y =-32，则n =3,-32,-3 ，设F a ,0,0 ，a ∈-2,2 ，则BF =a ,-23,0 ，因为BF ⎳平面CDE ，所以BF ⋅n =3a +-23 ×-32+0×-3 =0，解得a =-1，所以F 为CM 的中点，此时CF =1.(2)若F 是AC 的中点，则点F 与点M 重合，则平面FDE 的一个法向量可以为m =1,0,0 ，设二面角F -DE -C 为θ，显然二面角为锐角，则cos θ=m ⋅n m ⋅n=332+-32 2+-3 2=651，所以sin θ=1-cos 2θ=1-651 2=8517，所以二面角F -DE -C 的正弦值为8517.6(22·23下·湖北·二模)如图，S 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 内接于⊙O ,AC ⊥BC ,AC =BC =322，AM =2MS ,AS =3,PQ 为⊙O 的一条弦，且SB ⎳平面PMQ .(1)求PQ 的最小值；(2)若SA ⊥PQ ，求直线PQ 与平面BCM 所成角的正弦值.【答案】(1)22(2)3010【分析】(1)作出辅助线，找到符合要求的PQ ，并利用垂径定理得到最小值；(2)在第一问基础上，得到当PQ 取得最小值时，SA ⊥PQ ，并建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.【详解】(1)过点M 作MH ⎳SB 交AB 于点H ，过点H 作PQ ⊥AB ，此时满足SB ⎳平面PMQ ，由平面几何知识易知，PQ =2r 2-d 2，当弦心距d 最大时，d =OH ，弦长最短，即PQ 取得最小值，因为AM =2MS ,AS =3，所以AH =2HB ，因为AC ⊥BC ,AC =BC =322，由勾股定理得AB =322⋅2=3，故AH =2,HB =1，连接OQ ，则OQ =32，由勾股定理得HQ =OQ 2-OH 2=94-14=2，所以PQ =2HQ =22；(2)连接OS ，则OS ⊥平面ACB ，因为PQ ⊂平面ACB ，故OS ⊥PQ ，而SA ⊥PQ ，OS ∩SA =S ，所以PQ ⊥平面AOS ，即有PQ ⊥AB .以O 为坐标原点，过点O 且平行PQ 的直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，OS 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则P -2,12,0 ,Q 2,12,0 ,B 0,32,0 ,C 32,0,0 ,M 0,-12,3 ，设平面BCM 的法向量为m =x ,y ,z ，则m ⋅CB =x ,y ,z ⋅-32,32,0 =-32x +32y =0m ⋅MB =x ,y ,z ⋅0,2,-3 =2y -3z =0，令x =1，则y =1,z =233，故m =1,1,233，设直线PQ 与平面BCM 所成角的大小为θ，则sin θ=cos PQ ,m =PQ ⋅m PQ ⋅m =22,0,0 ⋅1,1,233 22×1+1+43=3010.故直线PQ与平面BCM所成角的正弦值为30 10.7(22·23·深圳·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,PA= AD=2AB，点M是PD的中点.(1)证明：AM⊥PC；(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上(异于点P，C)，且ON=OA，求直线AN与平面ACM所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)1510【分析】(1)由等腰三角形的性质可得AM⊥PD，由面面垂直的性质可得CD⊥平面PAD，则CD⊥AM，所以由线面垂直的判定可得AM⊥平面PCD，从而可得结论；(2)以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】(1)证明：因为PA=AD，点M是PD的中点，所以AM⊥PD.因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD，因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，因为平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AM，因为PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD，因为PC⊂平面PCD，所以AM⊥PC.(2)解：由题意可得AB,AD,AP两两垂直，设AB=1，如图，以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，22所以AM =0,22,22 ,AC =1,2,0 ，设平面ACM 的法向量为n =x ,y ,z ，则AM ⋅n =22y +22z =0AC ⋅n =x +2y =0，令y =-1可得x =2,z =1，所以平面ACM 的一个法向量n =2,-1,1 .PC =1,2,-2 ，设N x N ,y N ,z N ,PN =λPC =λ,2λ,-2λ (0<λ<1)，即x N ,y N ,z N -2 =λ,2λ,-2λ ，所以N λ,2λ,2-2λ .又O 12,22,0 ,ON =OA =32，所以λ-12 2+2λ-22 2+(2-2λ)2=34，化简得5λ2-7λ+2=0，解得λ=25或λ=1(舍去).所以AN =25,225,325，设直线AN 与平面ACM 所成的角为θ，则sin θ=n ⋅AN n ⋅AN=3252+1+1×425+825+1825=1510，所以直线AN 与平面ACM 所成角的正弦值为1510.8(22·23下·温州·二模)已知三棱锥D -ABC 中，△BCD 是边长为3的正三角形，AB =AC =AD ,AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33．(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求二面角D -AC -B 的平面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)223【分析】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，证明BC ⊥平面ADE ，即可得证；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，从而可得OA ⊥平面BCD ，则∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，进而可得AB =AC =AD =3，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，解△BDH 即可得解.【详解】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，因为△BCD 是边长为3的正三角形，所以DE ⊥BC ，又AE ∩DE =E ,AE ,DE ⊂平面ADE ，所以BC ⊥平面ADE ，因为AD ⊂平面ADE ，所以AD ⊥BC ；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，则点O 在DE 上，且OD =23DE ，由AB =AC =AD ，△BCD 是正三角形，得三棱锥A -BCD 为正三棱锥，则OA ⊥平面BCD ，故∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，又AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33，所以OD AD =3×32×23AD=33，即AB =AC =AD =3，即三棱锥A -BCD 是正四面体，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，在△BDH 中，BH =DH =332,BD =3，则cos ∠BHD =BH 2+DH 2-BD 22⋅BH ⋅DH =274+274-92×332×332=13，所以sin ∠BHD =1-cos 2∠BHD =223，所以二面角D -AC -B 的平面角的正弦值223．9(22·23下·浙江·二模)如图，四面体ABCD ,AD ⊥CD ,AD =CD ,AC =2,AB =3,∠CAB =60°，E 为AB 上的点，且AC ⊥DE ,DE 与平面ABC 所成角为30°，(1)求三棱锥D -BCE 的体积；(2)求二面角B -CD -E 的余弦值.【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析．【分析】(1)取AC 中点F ，可证明AC ⊥平面DEF ，得平面ABC ⊥平面DEF ，DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，由正弦定理求得∠FDE ，有两个解，在∠FDE =60°时可证DF ⊥平面ABC ，在∠FDE =120°时，取FE 中点H 证明DH ⊥平面ABC ，然后由棱锥体积公式计算体积；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．【详解】(1)取AC 中点F ，连接FE ,FD ，因为AD =CD ，所以DF ⊥AC ，又AC ⊥DE ，DE ∩DF =D ，DE ,DF ⊂平面DEF ，所以AC ⊥平面DEF ，而FE ⊂平面DEF ，所以AC ⊥FE ，由AC ⊥平面DEF ，AC ⊂平面ABC 得平面ABC ⊥平面DEF ，因此DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，所以∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，AD =CD ,AC =2，因此DF =12AC =1，在△DEF 中，由正弦定理EF sin ∠FDE =DF sin ∠DEF 得1sin30°=3sin ∠FDE ，sin ∠FDE =32，∠FDE 为△DEF 内角，所以∠FDE =60°或120°，S △ABC =12AB ×AC ×sin ∠BAC =12×3×2×sin60°=333，S △CBE =BE BAS △ABC =3-23×332=32，若∠FDE =60°，则∠DFE =90°，即DF ⊥FE ，AC ∩FE =F ，AC ,FE ⊂平面ABC ，所以DF ⊥平面ABC ，V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×1=36；若∠FDE =120°，则∠DFE =30°，DF =DE =1，取EF 中点H ，连接DH ，则DH ⊥EF ，因为平面ABC ⊥平面DEF ，平面ABC ∩平面DEF =EF ，而DH ⊂平面DEF ，所以DH ⊥平面ABC ，DH =DF sin ∠DFE =1×sin30°=12，所以V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×12=312；(2)若∠FDE =60°，以FA ,FE ,FD 为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，则D (0,0,1)，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =(1,0,1)，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-33，即m =(33,-1,-33)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+955×7=19385385，所以二面角B -CD -E 的余弦值是19385；若∠FDE =120°，以FA 为x 轴，FE 为y 轴，过F 且平行于HD 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，FH =12FE =32，则D 0,32,12 ，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =1,32,12 ，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+32y 1+12z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-53，即m =(33,-1,-53)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+32y 2+12z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+15103×7=25721721，所以二面角B -CD -E 的余弦值是25721721．10(22·23下·襄阳·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为矩形，∠BAC =90°，AB =AC =2，AA 1=4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点N ，M 为B 1C 1的中点.(1)求证：平面A 1MNA ⊥平面A 1BC ；(2)求平面A 1B 1BA 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)23015【分析】(1)利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值.【详解】(1)如图，∵A 1N ⊥面ABC ，连AN ，则AN ⊥A 1N ，又AB =AC =2，∴AN ⊥BC ，又AN ∩BC =N ，A 1N ⊂面A 1BC ，BC ⊂面A 1BC ，于是AN ⊥面A 1BC ，又AN ⊂面A 1MN ，，所以面A 1BC ⊥面A 1MNA .(2)由(1)可得，以NA ,NB ,NA 1 为x ,y ,z 轴，建系如图，∠BAC =90°，AB =AC =2，BC =22则A (2,0,0),B (0,2,0),C (0,-2,0),因为AA 1=4,AN =2,所以A 1N =14,则A 1(0,0,14),因为NB 1 =NB +BB 1 =NB +AA 1 =0,2,0 +-2,0,14 =-2,2,14 ,所以B 1-2,2,14 ,设平面A 1BB 1的一个法向量为m =(x ,y ,z )，因为A 1B =(0,2,-14),B 1B =(2,0,-14),所以A 1B ⋅m =2y -14z =0B 1B ⋅m =2x -14z =0 ，令y =7，则x =7,z =1，所以m =(7,7,1)，设平面BCC 1B 1的一个法向量为n =(a ,b ,c )，因为BC =(0,-22,0),BB 1 =(-2,0,14),所以BC ⋅n =-22b =0BB 1 ⋅n =-2a +14c =0，令a =7，则b =0,c =1，所以n =(7,0,1)，设平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角为θ，则cos θ=cos <m ,n >=m ⋅n m n=7+0+17+7+1×7+0+1=23015，所以平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角的余弦值为23015.11(22·23·唐山·二模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 是等边三角形，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，且AA 1=AC ，∠AA 1C 1=120°，M 是CC 1的中点．(1)证明：A 1C ⊥BM ．(2)求二面角A 1-BC -M 的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)45【分析】(1)根据菱形的性质、结合面面垂直的性质，线面垂直的判定定理进行证明即可；(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量夹角公式进行求解即sk .【详解】(1)取AC 的中点O ，连接OM ，OB ，AC 1．在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，由AA 1=AC ，得四边形ACC 1A 1为菱形，所以A 1C ⊥AC 1，易知OM ∥AC 1，则A 1C ⊥OM ．由△ABC 是等边三角形，知OB ⊥AC ，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，OB ⊂平面ABC ，知OB ⊥平面ACC 1A 1，则OB ⊥A 1C ，又OB ∩OM =O ,OB ,OM ⊂平面OBM ，得A 1C ⊥平面OBM ，又BM ⊂平面OBM ，故A 1C ⊥BM ．.(2)连接OA 1，因为侧面ACC 1A 1为菱形，∠AA 1C 1=120°，则∠A 1AC =60°，则△A 1AC 为等边三角形，所以A 1O ⊥AC ，又由(1)易知OA 1，OB ，AC 两两垂直，故以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 1 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系．不妨设AB =2，则O 0,0,0 ，B 3,0,0 ，C 0,1,0 ，A 10,0,3 ，C 10,2,3 ，BA 1 =-3,0,3 ，BC =-3,1,0 ，CC 1 =0,1,3 ，。

届高三数学立体几何专项训练文科公司内部档案编码：[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-OPPNN08]2020届高三数学立体几何专题(文科)吴丽康 2019-111.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的点.3（Ⅰ）证明：PB 342. 如图，四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．(1)求证：CE∥平面PAD；(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．3如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAC⊥平面ABCD，且PA⊥AC，PA＝AD ＝2，四边形ABCD满足BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1.点E，F分别为侧棱PB，PC上的点，且PEPB＝PFPC＝λ(λ≠0)．(1)求证：EF∥平面PAD；(2)当λ＝12时，求点D到平面AFB的距离．4.如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，证明：B1D1∥l.5..如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.求证：AP∥GH.6.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.7.(2018北京通州三模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,△PAB为等边三角形,E是PB中点,平面AED与棱PC交于点F.(1)求证:AD∥EF; (2)求证:PB⊥平面AEFD;(3)记四棱锥P-AEFD的体积为V1,四棱锥P-ABCD的体积为V2,直接写出V1V2的值.8...如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点．(1)求证：BG⊥平面PAD；(2)求证：AD⊥PB；(3)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD并证明你的结论．9.(2016·高考北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；(3)设点E为AB的中点．在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF说明理由．10..如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.(1)求证：AB∥EF；(2)若AF⊥EF，求证：平面PAD⊥平面ABCD.11..如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝3，AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，点M是AC与BD的交点，点N在线段PB上，且PN＝14 PB.(1)证明：MN∥平面PDC；(2)求直线MN与平面PAC所成角的正弦值．12..(2016·高考四川卷)如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝12 AD．(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由；(2)证明：平面PAB⊥平面PBD．13．(2016·高考江苏卷)如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ；(2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .14.【2014,19】如图，三棱柱111C B A ABC-中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11. （1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB 求三棱柱111C B A ABC -的高.15.(2017天津,文17)如图,在四棱锥P-ABCD 中,AD⊥平面PDC,AD ∥ BC,PD⊥PB, AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值; (2)求证:PD⊥平面PBC;(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.16.(2016·高考浙江卷)如图，在三棱台ABC DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3. (1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值．17..(2018·全国Ⅲ)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．立体几何中的翻折问题18...如图(1)，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝π2，AB＝BC＝12AD ＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图(2)中△A1BE的位置，得到四棱锥A1-BCDE.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1-BCDE的体积为362，求a 的值．19.．如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝12 AB＝2，E为AC的中点，将△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直，如图2.在图2所示的几何体D－ABC中：(1)求证：BC⊥平面ACD；(2)点F在棱CD上，且满足AD∥平面BEF，求几何体F－BCE的体积．20．如图，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8.点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，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EFGH . (1)求证：A 1E ＝D 1F ；(2)判断A 1D 与平面α的关系．2020届高三数学立体几何专题(文科)1解析：（Ⅰ）设AC 的中点为O ， 连接EO . 在三角形PBD 中，中位线EO（Ⅱ）∵AP =1，3AD =，-3P ABD V =， -11=32P ABD V PA AB AD ∴⋅⋅⋅33==AB ，∴32AB =， 作AH ⊥PB 角PB 于H ，由题意可知BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥AH ，故AH ⊥平面PBC ．又313PA AB AH PB⋅==，故A 点到平面PBC 的距离313. 2.(1)证明：如图所示，取PA 的中点H ，连接EH ，DH ，因为E 为PB 的中点， 所以EH ∥AB ，EH ＝12AB ，又AB ∥CD ，CD ＝12AB ． 所以EH ∥CD ，EH ＝CD ，因此四边形DCEH 是平行四边形， 所以CE ∥DH ， 又DH 平面PAD ，CE 平面PAD ， 所以CE ∥平面PAD ．(2)如图所示，取AB 的中点F ，连接CF ，EF ， 所以AF ＝12AB ，又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD ，又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形，所以CF ∥AD ，又CF 平面PAD ，所以CF ∥平面PAD ，由(1)可知CE ∥平面PAD ， 又CE ∩CF ＝C ，故平面CEF ∥平面PAD ， 故存在AB 的中点F 满足要求． 3.(1)证明 ∵PE PB ＝PFPC＝λ(λ≠0)，∴EF ∥BC .∵BC ∥AD ，∴EF ∥AD . 又EF 平面PAD ，AD 平面PAD ，∴EF ∥平面PAD .(2)解∵λ＝12，∴F是PC 的中点，在Rt△PAC中，PA＝2，AC＝2，∴PC＝PA2＋AC2＝6，∴PF＝12PC＝62.∵平面PAC⊥平面ABCD，且平面PAC∩平面ABCD＝AC，PA⊥AC，PA平面PAC，∴PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC.又AB⊥AD，BC∥AD，∴BC⊥AB，又PA∩AB＝A，PA，AB平面PAB，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB，∴在Rt△PBC中，BF＝12PC＝62.连接BD，DF，设点D到平面AFB的距离为d，在等腰三角形BAF中，BF＝AF＝62，AB＝1，∴S△ABF＝54，又S△ABD＝1，点F到平面ABD的距离为1，∴由V F－ABD＝V D－AFB，得13×1×1＝13×d×54，解得d＝455，即点D到平面AFB的距离为45 5.4.证明(1)由题设知BB1∥DD1且BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1.又BD平面CD1B1，B1D1平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.因为A1D1∥B1C1∥BC且A1D1＝B1C1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C.又A1B平面CD1B1，D1C平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1.又因为BD∩A1B＝B，BD，A1B平面A1BD，所以平面A1BD∥平面CD1B1. (2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，又平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，所以直线l∥直线BD，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l.5.连接AC交BD于点O，连接MO，因为PM＝MC，AO＝OC，所以PA∥MO，因为PA平面MBD，MO平面MBD，所以PA∥平面MBD．因为平面PAHG∩平面MBD＝GH，所以AP∥GH.6.[证明] (1)在四棱锥P-ABCD中，因为PA⊥底面ABCD，CD平面ABCD，所以PA⊥CD，因为AC⊥CD，且PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，而AE平面PAC，所以CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.因为E是PC的中点，所以AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD．而PD平面PCD，所以AE⊥PD．因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AB．又因为AB⊥AD且PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，而PD平面PAD，所以AB⊥PD．又因为AB∩AE＝A，所以PD⊥平面ABE.7.(1)证明因为ABCD为正方形,所以AD∥BC.因为AD平面PBC,BC平面PBC,所以AD∥平面PBC.因为AD平面AEFD,平面AEFD∩平面PBC=EF, 所以AD∥EF.(2)证明因为四边形ABCD是正方形,所以AD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD平面ABCD,所以AD⊥平面PAB.因为PB平面PAB,所以AD⊥PB.因为△PAB为等边三角形,E是PB中点,所以PB⊥AE.因为AE平面AEFD,AD平面AEFD,AE∩AD=A,所以PB⊥平面AEFD.(3)解由(1)知,V1=VC-AEFD,VE-ABC=VF-ADC=23VC-AEFD=23V1,∴V BC-AEFD=53V1,则VP-ABCD=V1+53V1=83V1, ∴V1V2=38.8.[解] (1)证明：在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，所以BG⊥AD．又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BG⊥平面PAD．(2)证明：如图，连接PG.因为△PAD为正三角形，G为AD的中点，所以PG⊥AD．由(1)知，BG⊥AD，又PG∩BG＝G，所以AD⊥平面PGB．因为PB平面PGB，所以AD⊥PB．(3)当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD．证明如下：取PC的中点F，连接DE、EF、DF.在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE.而FE平面DEF，DE平面DEF，EF∩DE＝E，PB平面PGB，GB平面PGB，PB∩GB＝B，所以平面DEF∥平面PGB．因为BG⊥平面PAD，PG平面PAD，所以BG⊥PG.又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G，所以PG⊥平面ABCD．又PG平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面ABCD．9.【解】(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.(2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB．又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.又AB平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.(3)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.理由如下：如图，取PB中点F，连接EF，CE，CF.又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA平面CEF，且EF平面CEF，所以PA∥平面CEF.10.证明(1)因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD. 又AB平面PDC，CD平面PDC，所以AB∥平面PDC，又因为AB平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，所以AB∥EF.(2)因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.因为AF⊥EF，(1)中已证AB∥EF，所以AB⊥AF.又AB⊥AD，由点E在棱PC上(异于点C)，所以点F异于点D，所以AF∩AD＝A，AF，AD平面PAD，所以AB⊥平面PAD，又AB平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.11.(1)证明因为AB＝BC，AD＝CD，所以BD垂直平分线段AC.又∠ADC＝120°，所以MD＝12AD＝12，AM＝32. 所以AC＝ 3.又AB＝BC＝3，所以△ABC是等边三角形，所以BM＝32，所以BMMD＝3，又因为PN＝14PB，所以BMMD＝BNNP＝3，所以MN∥PD.又MN平面PDC，PD平面PDC，所以MN∥平面PDC.(2)解因为PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以BD⊥PA，又BD⊥AC，PA∩AC＝A，PA，AC平面PAC，所以BD⊥平面PAC.由(1)知MN∥PD，所以直线MN与平面PAC所成的角即直线PD与平面PAC 所成的角，故∠DPM即为所求的角．在Rt△PAD中，PD＝2，所以sin∠DPM＝DMDP＝122＝14，所以直线MN与平面PAC所成角的正弦值为14.12.【解】(1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点．理由如下：因为AD∥BC，BC＝12AD，所以BC∥AM，且BC＝AM，所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM∥AB．又AB平面PAB，CM平面PAB，所以CM∥平面PAB．(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)证明：由已知，PA⊥AB，PA⊥CD，因为AD∥BC，BC＝12AD，所以直线AB与CD相交．所以PA⊥平面ABCD，从而PA⊥BD．连接BM，因为AD∥BC，BC＝12AD，所以BC∥MD，且BC＝MD．所以四边形BCDM是平行四边形．所以BM＝CD＝12AD，所以BD⊥AB．又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB．又BD平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD．13.[证明] (1)在直三棱柱ABC A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又DE平面A1C1F，A1C1平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又A1C1⊥A1B1，A1A平面ABB1A1，A1B1平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D．又B1D⊥A1F，A1C1平面A1C1F，A1F平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F14.证明：(Ⅰ)连接 BC1，则O为B1C与BC1的交点，∵AO⊥平面BB1C1C. ∴AO⊥B1C，…2分因为侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，…4分∴BC1⊥平面ABC1，∵AB平面ABC1，故B1C⊥AB.…6分(Ⅱ)作OD⊥BC，垂足为D，连结AD，∵AO⊥BC，∴BC⊥平面AOD，又BC平面ABC，∴平面ABC⊥平面AOD，交线为AD，作OH⊥AD，垂足为H，∴OH⊥平面ABC. …9分∵∠CBB 1=60°，所以ΔCBB 1为等边三角形，又BC =1，可得OD =3， 由于AC ⊥AB 1，∴11122OA B C ==，∴227AD OD OA =+=， 由 OH·AD=OD·OA ，可得OH=21，又O 为B 1C 的中点， 所以点B 1到平面ABC 的距离为217，所以三棱柱ABC-A 1B 1C 1的高高为21。

2020届高三数学立体几何专题(文科)吴丽康 2019-111.如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的点. （Ⅰ）证明：PB // 平面AEC ；（Ⅱ）设AP=1，AD =，三棱锥P -ABD 的体积V =，求A 点到平面PBD 的距离.2. 如图，四棱锥P ­ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E 为PB 的中点． (1)求证：CE ∥平面P AD ；(2)在线段AB 上是否存在一点F ，使得平面P AD ∥平面CEF ？ 若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．3如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AC ⊥平面ABCD ，且P A ⊥AC ，P A ＝AD ＝2，四边形ABCD 满足BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1.点E ，F 分别为侧棱PB ，PC 上的点， 且PE PB ＝PFPC＝λ(λ≠0)． (1)求证：EF ∥平面P AD ；(2)当λ＝12时，求点D 到平面AFB 的距离．3434.如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，证明：B1D1∥l.5..如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.求证：AP∥GH.6.如图，在四棱锥P­ABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.7.(2018北京通州三模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,△PAB为等边三角形,E是PB中点,平面AED与棱PC交于点F.(1)求证:AD∥EF; (2)求证:PB⊥平面AEFD;(3)记四棱锥P-AEFD的体积为V1,四棱锥P-ABCD的体积为V2,直接写出V1的值.V28...如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面P AD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点．(1)求证：BG⊥平面P AD；(2)求证：AD⊥PB；(3)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD？并证明你的结论．9.(2016·高考北京卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面P AC；(2)求证：平面P AB⊥平面P AC；(3)设点E为AB的中点．在棱PB上是否存在点F，使得P A∥平面CEF？说明理由．10..如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.(1)求证：AB∥EF；(2)若AF⊥EF，求证：平面P AD⊥平面ABCD.11..如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AB ＝BC ＝3，AD ＝CD ＝1，∠ADC ＝120°，点M 是AC 与BD 的交点，点N 在线段PB 上，且PN ＝14PB .(1)证明：MN ∥平面PDC ；(2)求直线MN 与平面P AC 所成角的正弦值．12..(2016·高考四川卷)如图，在四棱锥P ABCD 中，P A ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ．(1)在平面P AD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面P AB ，并说明理由； (2)证明：平面P AB ⊥平面PBD ．13．(2016·高考江苏卷)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 .14.【2014,19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11. （1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB 求三棱柱111C B A ABC -的高.15.(2017天津,文17)如图,在四棱锥P-ABCD 中,AD ⊥平面PDC,AD ∥ BC, PD ⊥PB, AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值;(2)求证:PD ⊥平面PBC;(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.16.(2016·高考浙江卷)如图，在三棱台ABC DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ， ∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3. (1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值．17..(2018·全国Ⅲ)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．立体几何中的翻折问题18...如图(1)，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图(2)中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1­BCDE .(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1­BCDE 的体积为362，求a 的值．19.．如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝12AB ＝2，E 为AC 的中点，将△ACD 沿AC 折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直， 如图2.在图2所示的几何体D －ABC 中： (1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)点F 在棱CD 上，且满足AD ∥平面BEF ，求几何体F －BCE 的体积．20．如图，长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8.点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，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EFGH .(1)求证：A 1E ＝D 1F ；(2)判断A 1D 与平面α的关系．2020届高三数学立体几何专题(文科)1解析：（Ⅰ）设AC 的中点为O ， 连接EO . 在三角形PBD 中，中位线EO //PB ，且EO 在平面AEC 上，所以PB //平面AEC . （Ⅱ）∵AP =1，3AD =，-3P ABD V =， -11=32P ABD V PA AB AD ∴⋅⋅⋅33==AB ，∴32AB =， 作AH ⊥PB 角PB 于H ，由题意可知BC ⊥平面P AB ，∴BC ⊥AH ，故AH ⊥平面PBC ．又313PA AB AH PB ⋅==，故A 点到平面PBC 的距离313. 2.(1)证明：如图所示，取P A 的中点H ，连接EH ，DH ，因为E 为PB 的中点， 所以EH ∥AB ，EH ＝12AB ，又AB ∥CD ，CD ＝12AB ． 所以EH ∥CD ，EH ＝CD ，因此四边形DCEH 是平行四边形， 所以CE ∥DH ， 又DH ⊂平面P AD ，CE ⊄平面P AD ， 所以CE ∥平面P AD ． (2)如图所示，取AB 的中点F ，连接CF ，EF ， 所以AF ＝12AB ，又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD ，又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形，所以CF ∥AD ，又CF ⊄平面P AD ，所以CF ∥平面P AD ，由(1)可知CE ∥平面P AD ， 又CE ∩CF ＝C ，故平面CEF ∥平面P AD ，故存在AB 的中点F 满足要求．3.(1)证明 ∵PE PB ＝PFPC ＝λ(λ≠0)，∴EF ∥BC .∵BC ∥AD ，∴EF ∥AD .又EF ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ，∴EF ∥平面P AD . (2)解 ∵λ＝12，∴F 是PC 的中点，在Rt △P AC 中，P A ＝2，AC ＝2，∴PC ＝P A 2＋AC 2＝6，∴PF ＝12PC ＝62.∵平面P AC ⊥平面ABCD ，且平面P AC ∩平面ABCD ＝AC ，P A ⊥AC ，P A ⊂平面P AC ，∴P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥BC .又AB ⊥AD ，BC ∥AD ，∴BC ⊥AB ，又P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ， ∴BC ⊥平面P AB ， ∴BC ⊥PB ，∴在Rt △PBC 中，BF ＝12PC ＝62.连接BD ，DF ，设点D 到平面AFB 的距离为d ，在等腰三角形BAF 中，BF ＝AF ＝62，AB ＝1， ∴S △ABF ＝54，又S △ABD ＝1，点F 到平面ABD 的距离为1， ∴由V F －ABD ＝V D －AFB ，得13×1×1＝13×d ×54，解得d ＝455，即点D 到平面AFB 的距离为455.4.证明 (1)由题设知BB 1∥DD 1且BB 1＝DD 1，所以四边形BB 1D 1D 是平行四边形， 所以BD ∥B 1D 1.又BD ⊄平面CD 1B 1，B 1D 1⊂平面CD 1B 1，所以BD ∥平面CD 1B 1.因为A 1D 1∥B 1C 1∥BC 且A 1D 1＝B 1C 1＝BC ， 所以四边形A 1BCD 1是平行四边形，所以A 1B ∥D 1C .又A 1B ⊄平面CD 1B 1，D 1C ⊂平面CD 1B 1， 所以A 1B ∥平面CD 1B 1.又因为BD ∩A 1B ＝B ，BD ，A 1B ⊂平面A 1BD ， 所以平面A 1BD ∥平面CD 1B 1. (2)由(1)知平面A 1BD ∥平面CD 1B 1，又平面ABCD ∩平面B 1D 1C ＝直线l ， 平面ABCD ∩平面A 1BD ＝直线BD ，所以直线l ∥直线BD ， 在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四边形BDD 1B 1为平行四边形， 所以B 1D 1∥BD ，所以B 1D 1∥l .5.连接AC 交BD 于点O ，连接MO ，因为PM ＝MC ，AO ＝OC ，所以P A ∥MO ， 因为P A ⊄平面MBD ，MO ⊂平面MBD ，所以P A ∥平面MBD ．因为平面P AHG ∩平面MBD ＝GH ，所以AP ∥GH .6.[证明] (1)在四棱锥P ­ABCD 中，因为P A ⊥底面ABCD ， CD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥CD ，因为AC ⊥CD ，且P A ∩AC ＝A ，所以CD ⊥平面P AC ，而AE ⊂平面P AC ，所以CD ⊥AE . (2)由P A ＝AB ＝BC ，∠ABC ＝60°，可得AC ＝P A . 因为E 是PC 的中点，所以AE ⊥PC .由(1)知AE ⊥CD ，且PC ∩CD ＝C ，所以AE ⊥平面PCD ． 而PD ⊂平面PCD ，所以AE ⊥PD ． 因为P A ⊥底面ABCD ，所以P A ⊥AB ． 又因为AB ⊥AD 且P A ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面P AD ，而PD ⊂平面P AD ，所以AB ⊥PD ． 又因为AB ∩AE ＝A ，所以PD ⊥平面ABE .7.(1)证明 因为ABCD 为正方形,所以AD ∥BC.因为AD ⊄平面PBC,BC ⊂平面PBC,所以AD ∥平面PBC. 因为AD ⊂平面AEFD,平面AEFD ∩平面PBC=EF, 所以AD ∥EF. (2)证明 因为四边形ABCD 是正方形,所以AD ⊥AB.因为平面PAB ⊥平面ABCD,平面PAB ∩平面ABCD=AB,AD ⊂平面ABCD, 所以AD ⊥平面PAB.因为PB ⊂平面PAB,所以AD ⊥PB. 因为△PAB 为等边三角形,E 是PB 中点,所以PB ⊥AE.因为AE ⊂平面AEFD,AD ⊂平面AEFD,AE ∩AD=A,所以PB ⊥平面AEFD. (3)解 由(1)知,V 1=V C-AEFD ,V E-ABC =V F-ADC =23V C-AEFD =23V 1,∴V BC-AEFD =53V 1,则V P-ABCD =V 1+53V 1=83V 1, ∴V 1V 2=38.8.[解] (1)证明：在菱形ABCD 中，∠DAB ＝60°，G 为AD 的中点，所以BG ⊥AD ．又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以BG ⊥平面P AD ．(2)证明：如图，连接PG.因为△P AD为正三角形，G为AD的中点，所以PG⊥AD．由(1)知，BG⊥AD，又PG∩BG＝G，所以AD⊥平面PGB．因为PB⊂平面PGB，所以AD⊥PB．(3)当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD．证明如下：取PC的中点F，连接DE、EF、DF.在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE.而FE⊂平面DEF，DE⊂平面DEF，EF∩DE＝E，PB⊂平面PGB，GB⊂平面PGB，PB∩GB＝B，所以平面DEF∥平面PGB．因为BG⊥平面P AD，PG⊂平面P AD，所以BG⊥PG.又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G，所以PG⊥平面ABCD．又PG⊂平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面ABCD．9.【解】(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面P AC.(2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB．又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面P AC.又AB⊂平面P AB，所以平面P AB⊥平面P AC.(3)棱PB上存在点F，使得P A∥平面CEF.理由如下：如图，取PB中点F，连接EF，CE，CF.又因为E为AB的中点，所以EF∥P A.又因为P A⊄平面CEF，且EF⊂平面CEF，所以P A∥平面CEF.10.证明(1)因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD.又AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，所以AB∥平面PDC，又因为AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，所以AB∥EF.(2)因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.因为AF⊥EF，(1)中已证AB∥EF，所以AB⊥AF.又AB⊥AD，由点E在棱PC上(异于点C)，所以点F异于点D，所以AF∩AD＝A，AF，AD⊂平面P AD，所以AB⊥平面P AD，又AB⊂平面ABCD，所以平面P AD⊥平面ABCD.11.(1)证明 因为AB ＝BC ，AD ＝CD ， 所以BD 垂直平分线段AC .又∠ADC ＝120°，所以MD ＝12AD ＝12，AM ＝32. 所以AC ＝ 3. 又AB ＝BC ＝3，所以△ABC 是等边三角形，所以BM ＝32，所以BM MD ＝3，又因为PN ＝14PB ，所以BM MD ＝BN NP＝3，所以MN ∥PD . 又MN ⊄平面PDC ，PD ⊂平面PDC ，所以MN ∥平面PDC .(2)解 因为P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥P A ，又BD ⊥AC ，P A ∩AC ＝A ，P A ，AC ⊂平面P AC ，所以BD ⊥平面P AC .由(1)知MN ∥PD ，所以直线MN 与平面P AC 所成的角即直线PD 与平面P AC 所成的角， 故∠DPM 即为所求的角．在Rt △P AD 中，PD ＝2，所以sin ∠DPM ＝DM DP ＝122＝14， 所以直线MN 与平面P AC 所成角的正弦值为14. 12.【解】 (1)取棱AD 的中点M (M ∈平面P AD )，点M 即为所求的一个点．理由如下：因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM ， 所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM ∥AB ．又AB ⊂平面P AB ，CM ⊄平面P AB ，所以CM ∥平面P AB ．(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)证明：由已知，P A ⊥AB ，P A ⊥CD ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交． 所以P A ⊥平面ABCD ，从而P A ⊥BD ．连接BM ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥MD ，且BC ＝MD ． 所以四边形BCDM 是平行四边形．所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB ． 又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面P AB ．又BD ⊂平面PBD ，所以平面P AB ⊥平面PBD ．13.[证明] (1)在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，A 1C 1∥AC .在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点，所以DE ∥AC ，于是DE ∥A 1C 1.又DE ⊄平面A 1C 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ，所以直线DE ∥平面A 1C 1F .(2)在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面A 1B 1C 1.因为A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以A 1A ⊥A 1C 1.又A 1C 1⊥A 1B 1，A 1A ⊂平面ABB 1A 1，A 1B 1⊂平面ABB 1A 1，A 1A ∩A 1B 1＝A 1，所以A 1C 1⊥平面ABB 1A 1.因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1，所以A 1C 1⊥B 1D ．又B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ，A 1F ⊂平面A 1C 1F ，A 1C 1∩A 1F ＝A 1， 所以B 1D ⊥平面A 1C 1F .因为直线B 1D ⊂平面B 1DE ，所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F14.证明：(Ⅰ)连接 BC 1，则O 为B 1C 与BC 1的交点，∵AO ⊥平面BB 1C 1C . ∴AO ⊥B 1C ， …2分因为侧面BB 1C 1C 为菱形，∴BC 1⊥B 1C ，…4分∴BC 1⊥平面ABC 1，∵AB ⊂平面ABC 1，故B 1C ⊥AB . …6分(Ⅱ)作OD ⊥BC ，垂足为D ，连结AD ，∵AO ⊥BC ，∴BC ⊥平面AOD ，又BC ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面AOD ，交线为AD ，作OH ⊥AD ，垂足为H ，∴OH ⊥平面ABC . …9分∵∠CBB 1=60°，所以ΔCBB 1为等边三角形，又BC =1，可得OD =3， 由于AC ⊥AB 1，∴11122OA B C ==，∴2274AD OD OA =+=， 由 OH·AD=OD·OA ，可得OH=21，又O 为B 1C 的中点， 所以点B 1到平面ABC 的距离为217， 所以三棱柱ABC -A 1B 1C 1的高高为21。