空间几何体立体几何经典高考大题汇编(含答案)16

1.（本题满分15分）如图，平面⊥平面，是以为斜边的等腰直角PAC ABC ABC ∆AC 三角形。

分别为的中点，。

,,E F O ,,PA PB PC 16,10AC PA PC ===（I ） 设是的中点，证明：平面；C OC //PC BOE （II ）证明：在内存在一点，使⊥平面，并求点到,的距ABO ∆M FM BOE M OA OB 离。

2.如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是侧棱CC 1上的一点，CP=m ，（Ⅰ）试确定m ，使得直线AP 与平面BDB 1D 1所成角的正切值为（Ⅱ）在线段A 1C 1上是否存在一个定点Q ，使得对任意的m ，D 1Q 在平面APD 1上的射影垂直于AP ，并证明你的结论。

3. 如图甲，△ABC 是边长为6的等边三角形，E ，D 分别为AB 、AC 靠近B 、C 的三等分点，点G 为BC 边的中点．线段AG 交线段ED 于F 点，将△AED 沿ED 翻折，使平面AED ⊥平面BCDE ，连接AB 、AC 、AG 形成如图乙所示的几何体。

（I ）求证BC ⊥平面AFG ；（II ）求二面角B －AE －D的余弦值．.4在如图所示的几何体中，平面ABC ，平面ABC ，，EA ⊥DB ⊥AC BC ⊥，M 是AB 的中点．2AC BC BD AE ===（1）求证：；CM EM ⊥（2）求CM 与平面CDE 所成的角5.如图，矩形和梯形所在平面互相垂直，，ABCD BEFC BE CF ∥，，．90BCF CEF ∠=∠=o AD =2EF =（Ⅰ）求证：平面；AE ∥DCF （Ⅱ）当的长为何值时，二面角的大小为？AB A EF C --60o6. 如图，在矩形ABCD 中，点E ，F 分别在线段AB ，AD 上，AE=EB=AF=沿.432=FD 直线EF 将翻折成使平面平面BEF.AEF ∆,'EF A ∆⊥EF A ' （I ）求二面角的余弦值；C FD A --' （II ）点M ，N 分别在线段FD ，BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使C与重合，求线段FM 的长.'A EMACBD DABEFC（第18题）7. 如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。

高三数学空间几何体试题答案及解析1.有一正方体,六个面上分别写有数字1、2、3、4、5、6,有3个人从不同的角度观察,结果如图所示.若记3的对面的数字为,4的对面的数字为,则 ( )A．3B．7C．8D．11【答案】C【解析】从图中可看出，与4相邻的是1、6、3、5，故与4相对的是2；与3相邻的是1、2、4、5，故与3相对的是6，所以.【考点】空间几何体.2.有一正方体,六个面上分别写有数字1、2、3、4、5、6,有3个人从不同的角度观察,结果如图所示.若记3的对面的数字为,4的对面的数字为,则 ( )A．3B．7C．8D．11【答案】C【解析】从图中可看出，与4相邻的是1、6、3、5，故与4相对的是2；与3相邻的是1、2、4、5，故与3相对的是6，所以.【考点】空间几何体.3.已知矩形的周长为36，矩形绕它的一条边旋转形成一个圆柱，则旋转形成的圆柱的侧面积的最大值为．【答案】81【解析】假设矩形的一边为（），则另一边为.以x长的变为轴旋转成的圆柱的侧面积为.所以当时，.【考点】1.旋转体的知识.2.函数的最值问题.4.已知四面体的外接球的球心在上，且平面，，若四面体的体积为，则该球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】如下图所示，由于四面体的外接球的球心在上，则为其外接球的一条直径，因此，设球的半径为，在中，，由勾股定理得，，由于为球上一点，则，且平面，所以，，所以球的表面积为，故选D.【考点】1.勾股定理；2.三角形的面积；3.三棱锥的体积；4.球的表面积5.如图所示,在正方体ABCD A1B1C1D1中,M,N分别是BC1,CD1的中点,则下列判断错误的是()A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN与A1B1平行【答案】D【解析】由于C1D1与A1B1平行,MN与C1D1是异面直线,所以MN与A1B1是异面直线,故选项D错误.6.如图,正方形BCDE的边长为a,已知AB=BC,将直角△ABE沿BE边折起,A点在平面BCDE 上的射影为D点,则对翻折后的几何体有如下描述:(1)AB与DE所成角的正切值是.(2)三棱锥B-ACE的体积是a3.(3)AB∥CD.(4)平面EAB⊥平面ADE.其中正确的叙述有(写出所有正确结论的编号).【答案】(1)(2)(4)【解析】翻折后得到的直观图如图所示.AB与DE所成的角也就是AB与BC所成的角,即为∠ABC.因为AD⊥平面BCDE,所以平面ADC⊥平面BCDE. 又因为四边形BCDE为正方形,所以BC⊥CD.可得BC⊥平面ACD.所以BC⊥AC.因为BC=a,AB=BC=a,则AC== a.在Rt△ABC中,tan∠ABC==.故(1)正确;由AD==a,可得VB-ACE =VA-BCE=×a2·a=,故(2)正确;因为AB与CD异面,故(3)错;因为AD⊥平面BCDE,所以平面ADE⊥平面BCDE.又BE⊥ED,所以BE⊥平面ADE,故平面EAB⊥平面ADE,故(4)正确.7.如图所示的几何体ABCDFE中，△ABC，△DFE都是等边三角形，且所在平面平行，四边形BCED为正方形，且所在平面垂直于平面ABC．（Ⅰ）证明：平面ADE∥平面BCF；（Ⅱ）求二面角D－AE－F的正切值．【答案】（Ⅰ）利用线线平行，则面面平行证明，即可得证；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）先证明四边形为平行四边形得，又，所以平面平面；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，先求出平面的一个法向量，再求出平面的一个法向量，然后利用公式即可求出余弦值为，进而求出正切值.试题解析：（Ⅰ）取的中点，的中点，连接.则，又平面平面，所以平面，同理平面，所以又易得，所以四边形为平行四边形，所以，又，所以平面平面. （6分）（Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系，设，则,,，，，.设平面的一个法向量是，则，令，得. （9分）设平面的一个法向量是，则令，得.所以，易知二面角为锐二面角，故其余弦值为，所以二面角的正切值为. （12分）【考点】1.平面与平面垂直的判定方法；2.二面角的求法.8.已知某四棱锥的三视图，如图。

A BC第1题图ABCD第1题图立体几何大题1．如下图，一个等腰直角三角形的硬纸片ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4cm，CD是斜边上的高沿CD 把△ABC折成直二面角．（1）如果你手中只有一把能度量长度的直尺，应该如何确定A，B的位置，使二面角A－CD－B是直二面角？证明你的结论．（2）试在平面ABC上确定一个P，使DP与平面ABC内任意一条直线都垂直，证明你的结论．（3）如果在折成的三棱锥内有一个小球，求出小球半径的最大值．2．如图，已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面边长为3，侧棱长为4，连结A1B过A作AF⊥A1B垂足为F，且AF的延长线交B1B于E。

（Ⅰ）求证：D1B⊥平面AEC；（Ⅱ）求三棱锥B—AEC的体积；（Ⅲ）求二面角B—AE—C的大小的正弦值.3．如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为1，点M在BC上，△AMC1是以M为直角顶点的等腰直角三角形.（I）求证：点M为BC的中点；（Ⅱ）求点B到平面AMC1的距离；（Ⅲ）求二面角M—AC1—B 的正切值. 4．如图，已知多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，三角形ACD是正三角形，且AD=DE=2，AB=1，F是CD的中点．（Ⅰ）求证：AF∥平面BCE；（Ⅱ）求多面体ABCDE的体积；（Ⅲ）求二面角C-BE-D 的正切值．5．已知：ABCD是矩形，设PA=a，PA⊥平面ABCD.M、N分别是AB、PC的中点.（Ⅰ）求证：MN⊥AB；（Ⅱ）若PD=AB，且平面MND⊥平面PCD，求二面角P—CD—A的大小；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求三棱锥D—AMN的体积.6．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，P、M、N分别为棱DD1、AB、BC的中点。

（I）求二面角B1—MN—B的正切值；（II）证明：PB⊥平面MNB1；（III）画出一个正方体表面展开图，使其满足“有4个正方形面相连成一个长方形”的条件，并求出展开图中P、B两点间的距离。

高中数学《立体几何》大题及答案解析( 理)1.（ 2009 全国卷Ⅰ）如图，四棱锥S ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， SD底面ABCD，AD2 ，DCo SD 2 ，点 M 在侧棱 SC 上，∠ABM=60。

（I ）证明：M是侧棱SC的中点；求二面角 S AM B 的大小。

2.（ 2009 全国卷Ⅱ）如图，直三棱柱DE ⊥平面 BCC 1（Ⅰ）证明： AB=AC 的角的大小ABC-A 1B1C1中， AB ⊥ AC,D 、E 分别为 AA 1、 B1C 的中点，（Ⅱ）设二面角A-BD-C 为 60°,求 B 1C 与平面 BCD 所成A 1 C1B1D EACB3. （ 2009浙江卷）如图，DC平面ABC，EB / / DC，AC BC EB 2DC 2 ，ACB 120o， P,Q 分别为 AE , AB 的中点．（I）证明： PQ / / 平面ACD；（II）求AD与平面 ABE 所成角的正弦值．4.（ 2009 北京卷）如图，四棱锥P ABCD 的底面是正方形，PD 底面 ABCD ，点E在棱PB上.（Ⅰ）求证：平面AEC 平面 PDB ；（Ⅱ）当 PD2AB 且E为PB的中点时，求 AE 与平面 PDB 所成的角的大小.5.（ 2009 江西卷）如图，在四棱锥P ABCD 中，底面 ABCD 是矩形， PA平面ABCD，PA AD 4 ， AB 2 ．以 BD 的中点 O 为球心、 BD 为直径的球面交PD 于点 M ．（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；（2）求直线PC与平面ABM所成的角；（3）求点O到平面ABM的距离．PMA DOBC6（. 2009 四川卷）如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ ABE 是等腰直角三角形，AB AE , FA FE , AEF 45 （I）求证： EF 平面 BCE ；（ II ）设线段 CD 、 AE 的中点分别为 P 、 M ，求证： PM ∥平面BCE （ III ）求二面角 F BD A 的大小。

立体几何高考题及答案【篇一：新课标近三年立体几何高考题(解析版)】ss=txt>1、（2011.8．)在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（Ｄ）2、（2011.18．）（本小题满分12分）如图，四棱锥p?abcd中，底面abcd为平行四边形，?dab?60?，ab?2ad，pd?底面abcd．（i）证明：pa?bd；（ii）设pd=ad=1，求棱锥d-pbc的高．解：（Ⅰ）因为?dab?60?,ab?2ad，由余弦定理得bd?从而bd2+ad2= ab2，故bd?ad又pd?底面abcd，可得bd?pd所以bd?平面pad. 故 pa?bd故bc?平面pbd，bc?de。

则de?平面pbc。

由题设知，pd=1，则bd=，pb=2，即棱锥d—pbc的高为. 24、（2012.19）（本小题满分12分）12的中点(Ｉ)证明：平面bdc1⊥平面bdc（Ⅱ）平面bdc1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比。

（Ⅰ）由题设知bc⊥cc1,bc⊥ac，cc1?ac?c,∴bc?面acc1a1, 又∵dc1?面acc1a1，0∴dc1?bc,由题设知?a1dc1??adc?45,∴?cdc1=90,即dc1?dc,又∵dc?bc?c,∴dc1⊥面bdc,∵dc1?面bdc1，∴面bdc⊥面bdc1；（Ⅱ）设棱锥b?dacc1的体积为v1，ac=1，由题意得，v1=?由三棱柱abc?a1b1c1的体积v=1，∴(v?v1):v1=1:1，∴平面bdc1分此棱柱为两部分体积之比为1:1.5、(2013课标全国Ⅰ，文11)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( d )．6．(2013课标全国Ⅰ，文15)已知h是球o的直径ab上一点，ah∶0111?2?1?1=， 232(1)证明：ab⊥a1c；(2)若ab＝cb＝2，a1c，求三棱柱abc－a1b1c1的体积．(1)证明：取ab的中点o，连结oc，oa1，a1b. 因为ca＝cb，所以oc⊥ab.故△aa1b为等边三角形，所以oa1⊥ab.因为oc∩oa1＝o，所以 ab⊥平面oa1c.又a1c?平面oa1c，故ab⊥a1c.(2)解：由题设知△abc与△aa1b都是边长为2的等边三角形，所以oc＝oa1又a1ca1c＝oc＋oa12， 22故oa1⊥oc.因为oc∩ab＝o，所以oa1⊥平面abc，oa1为三棱柱abc－a1b1c1的高．又△abc的面积s△abcx解：(1)f′(x)＝e(ax＋a＋b)－2x－4.由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.从而a＝4，b＝4.x2(2)由(1)知，f(x)＝4e(x＋1)－x－4x，【篇二：2015年高考题立体几何汇编】lass=txt>1.（15北京理科）设?，?是两个不同的平面，m是直线且m??．“m∥?”是“?∥?”的a．充分而不必要条件 c．充分必要条件【答案】b 【解析】b．必要而不充分条件 d．既不充分也不必要条件?是两个不同的平面，试题分析：因为?，若“m∥?”，则平面?、?m是直线且m??．可能相交也可能平行，不能推出?//?，反过来若?//?，m“m∥?”是“?∥?”的必要而不充分条件.考点：1.空间直线与平面的位置关系；2.充要条件.2.（15北京理科）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是侧(左)视图??，则有m∥?，则俯视图a．2? b．4 c．2? d．5 【答案】c 【解析】试题分析：根据三视图恢复成三棱锥p-abc，其中pc?平面abc，取ab棱的中点d，d连接cd、pd，有pad=bd=1,pc=1,?abcd,ab?，底面abc为等腰三角形底边ab上的高cd为2，pd?s?abc?11?2?2?2,,s?pab??2??22ac?bc?，s?pac?s?pbc?1??1?,三棱锥表面积s表??2. 22考点：1.三视图；2.三棱锥的表面积.3.（15北京理科）如图，在四棱锥a?efcb中，△aef为等边三角形，平面aef?平面efcb，ef∥bc，bc?4，ef?2a，?ebc??fcb?60?，o为ef的中点． (Ⅰ) 求证：ao?be；(Ⅱ) 求二面角f?ae?b的余弦值；(Ⅲ) 若be?平面aoc，求a的值． afceb【答案】(1)证明见解析，（2）?【解析】4，（3）a?3试题分析：证明线线垂直可寻求线面垂直，利用题目提供的面面垂直平面aef?平面efcb，借助性质定理证明ao?平面efcb，进而得出线线垂直，第二步建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，平面aef的法向量易得，只需求平面aeb的法向量，设平面aeb的法向量，利用线线垂直，数量积为零，列方程求出法向量，再根据二面角公式求出法向量的余弦值；第三步由于ao?be，要想be?平面aoc，只需be?oc，利用向量be、oc的坐标，借助数量积为零，求出a的值，根据实际问题予以取舍.试题解析：(Ⅰ)由于平面aef?平面efcb，△aef为等边三角形，o为ef的中点，则ao?ef，根据面面垂直性质定理，所以ao?平面efcb，又be?平面efcb，则ao?be.(Ⅱ)取cb的中点d，连接od,以o为原点，分别以oe、od、oa为x、y、z轴建立空间直角坐标系，a)，e(a,0,0),b?,0),ae?(a,0,)，eb?(2?a?,0)，由于平面aef与y轴垂直，则设平面aef的法向量为n1?(0,1,0)，设平面aeb的法向量n2?(x,y,1)，n2?ae,ax?0,x?n2?eb,(2?a)x??)y?0,y??1，则n2??1,1)，二面角f?ae?b的余弦值cos?n1,n2??n1?n2n1?n2?1??，5由二面角f?ae?b为钝二面角，所以二面角f?ae?b的余弦值为?. （Ⅲ）有（1）知ao?平面efcb，则ao?be，若be?平面aoc，只需be?oc，eb?(2?a,?,0)，又oc?(??,0)，2be?oc??2(2?a)??)?0，解得a?2或a?44，由于a?2，则a?. 33考点：1.线线垂直的证明；2.利用法向量求二面角；3.利用数量积解决垂直问题.4.（15北京文科）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（） a．1bc．2【答案】c 【解析】试题分析：四棱锥的直观图如图所示：由三视图可知，sc?平面abcd，sa是四棱锥最长的棱，sa???.考点：三视图.6.（15年广东理科）若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值 a．大于5 b. 等于5 c. 至多等于4 d. 至多等于3 【答案】c．【考点定位】本题考查空间想象能力、推理能力，属于中高档题． 7.（15年广东理科）如图2，三角形pdc所在的平面与长方形abcd所在的平面垂直，pd=pc=4，ab=6，bc=3.点e是cd边的中点，点f、g分别在线段ab、bc上，且af=2fb，cg=2gb.图2（1）证明：pe?fg；（2）求二面角p-ad-c的正切值；（3）求直线pa与直线fg所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2（3．【解析】（1）证明：∵ pd?pc且点e为cd的中点，∴pe?dc，又平面pdc?平面abcd，且平面pdc面pdc，∴ pe?平面abcd，又fg?平面abcd，∴ pe?fg；（2）∵ abcd是矩形，∴ ad?dc，又平面pdc?平面abcd，且平面pdc面abcd，∴ ad?平面pcd，又cd、pd?平面pdc，∴ ad?dc，ad?pd，∴?pdc即为二面角p?ad?c的平面角，在rt?pde中，pd?4，de?fec平面abcd?cd，pe?平平面abcd?cd，ad?平1ab?3，pe? 2∴ tan?pdc?pe?即二面角p?ad?c； de（3）如下图所示，连接ac，【篇三：立体几何(2013年高考题汇编)】ass=txt>一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1 ．（2013广东（理））设m,n是两条不同的直线,?,?是两个不同的平面,下列命题中正确的是（）a．若???,m??,n??,则m?n b．若?//?,m??,n??,则m//n c．若m?n,m??,n??,则??? d．若m??,m//n,n//?,则???【答案】d2.（2013年高考大纲卷（文））已知正四棱锥abcd?a1b1c1d1中，aa1?2ab,则cd与平面bdc1所成角的正弦值等于a．213bc．3d．3【答案】a3．（2013浙江（理））在空间中,过点a作平面?的垂线,垂足为b,记b?f?(a).设?,?是两个不同的平面,对空间任意一点p,q1?f?[f?(p)],q2?f?[f?(p)],恒有 pq1?pq2,则a．平面?与平面?垂直 b．平面?与平面?所成的(锐)二面角为450 c．平面?与平面?平行d．平面?与平面?所成的(锐)二面角为600【答案】a4 ．（2013上海春季高考）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为a．1:2b．1:4 c．1:8 d．1:16【答案】c5 ．（2013广东（理））某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是）））（（（正视图侧视图俯视图第5题图1416a．4b．3 c．3d．6【答案】b6．（2013山东数（理））已知三棱柱abc?a1b1c1的侧棱与底面垂直,体积为4,底面是边长.若p为底面a1b1c1的中心,则pa与平面abc所成角的大小为 5????a．12b．3 c．4 d．6【答案】b7．（2013年高考辽宁卷（文））已知三棱柱abc?a1b1c1的6个顶点都在球o的球面上,若ab?3，ac?4,ab?ac,aa1?12,则球o的半径为a．2b．c．132d．【答案】c8 （2013新课标Ⅱ（理））已知m,n为异面直线,m?平面?,n?平面?.直线l满足l?m,l?n,l??,l??,则a．?//?,且l//?b．???,且l??c．?与?相交,且交线垂直于ld．?与?相交,且交线平行于l【答案】d9．（2013辽宁（理））已知三棱柱abc?a1b1c1的6个顶点都在球o的球面上,若））））（（（（ab?3，ac?4,ab?ac,aa1?12,则球o的半径为（）a．2b．c．132d．【答案】c10．（2013江西（理））如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面?上,且ab?cd,正方体的六个面所在的平面与直线ce,ef相交的平面个数分别记为m,n,那么m?n?a．8b．9 c．10 d．11【答案】a11．（2013新课标Ⅱ（理））一个四面体的顶点在空间直角坐标系o?xyz中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zox平面为投影面,则得到正视图可以为a．b． c． d．【答案】a12．（2013安徽（理））在下列命题中,不是公理．．的是 a．平行于同一个平面的两个平面相互平行b．过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面c．如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内 d．如果两个不重合的平面有一个公共点, 那么他们有且只有一条过该点的公共直线【答案】a二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上．13．（2013北京（文））某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥的体积为__________.）））（（（【答案】314．（2013上海（理））在xoy平面上,将两个半圆弧(x?1)2?y2?1(x?1)和(x?3)2?y2?1(x?3)、两条直线y?1 和y??1围成的封闭图形记为d,如图中阴影部分.记d绕y轴旋转一周而成的几何体为?,过(0,y)(|y|?1)作?的水平截面,所得截面面积为48?,试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体,得出?的体积值为__________【答案】2?2?16?.15．（2013陕西（理））某几何体的三视图如图所示, 则其体积为_______.【答案】?316．（2013上海（文科））已知圆柱?的母线长为l,底面半径为r,o 是上地面圆心,a、b是下底面圆周上两个不同的点,bc是母线,如图.若直线oa与bc所成角的大小为则1?________. r【答案】三、解答题：本大题共6小题，共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．（2013江西（文））如图,直四棱柱abcd – a1b1c1d1中,ab//cd,ad⊥ab,ab=2,ad=,aa1=3,e为cd上一点,de=1,ec=3 (1) 证明:be⊥平面bb1c1c; (2) 求点b1 到平面ea1c1 的距离【答案】解.(1)证明:过b作cd的垂线交cd于f,则bf?ad?ef?ab?de?1,fc?2在rt?bfe中，be，rt?bfc中，bc 在?bce中，因为be?bc＝9＝ec,故be?bc 由bb1?平面abcd，得be?bb1，所以be?平面bb1c1c(2)三棱锥e?a1b1c1的体积v＝aa1?s?a1b1c122213在rt?a1d1c1中，a1c1,ea1同理,ec1，因此s?a1c1e?.设点b1到平面eac11的体积11的距离为d,则三棱锥b1?eac1v＝?d?s?a1ec1,?d?318．（2013重庆（理））如图,四棱锥p?abcd中,pa?底面abcd,bc?cd?2,ac?4,?acb??acd?点,af?pb.(1)求pa的长; (2)求二面角b?af?d的正弦值.?3,f为pc的中。

高中几何体试题及答案解析试题一：立体几何基础题题目：已知一个长方体的长、宽、高分别为a、b、c，求该长方体的体积。

解析：长方体的体积可以通过其三个维度的乘积来计算，即体积V = a × b × c。

答案：V = abc。

试题二：空间向量在立体几何中的应用题目：在空间直角坐标系中，点A(1, 0, 0)，点B(0, 1, 0)，点C(0, 0, 1)，求三角形ABC的面积。

解析：空间直角坐标系中，三角形的面积可以通过向量叉乘来求解。

设向量AB = (-1, 1, 0)，向量AC = (-1, 0, 1)，向量AB与向量AC 的叉乘结果为向量AB × AC = (1, -1, 1)。

该向量的模即为三角形ABC的面积的两倍。

答案：三角形ABC的面积为√3。

试题三：圆锥体的体积计算题目：已知圆锥的底面半径为r，高为h，求圆锥的体积。

解析：圆锥的体积可以通过公式V = (1/3)πr²h来计算。

答案：V = (1/3)πr²h。

试题四：球体的表面积与体积题目：已知球体的半径为R，求球体的表面积和体积。

解析：球体的表面积可以通过公式A = 4πR²来计算，球体的体积可以通过公式V = (4/3)πR³来计算。

答案：球体的表面积A = 4πR²，球体的体积V = (4/3)πR³。

试题五：旋转体的体积题目：已知圆柱的底面半径为r，高为h，求圆柱的体积。

解析：圆柱的体积可以通过公式V = πr²h来计算。

答案：V = πr²h。

结束语：通过上述试题及答案解析，我们可以看到高中几何体的计算涉及体积、面积和表面积等概念，这些计算在数学和物理等多个领域都有广泛的应用。

掌握这些基础知识对于解决更复杂的几何问题至关重要。

希望这些试题和解析能够帮助学生加深对立体几何概念的理解，并在解题过程中培养空间想象能力。

1、（2015年1卷18题）如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE=2DF ，AE ⊥EC.试题解析：（Ⅰ）连接BD ，设BD∩AC=G，连接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB=BC 可知，AE=EC ， 又∵AE ⊥EC ，∴EG=3，EG ⊥AC ，在Rt △EBG 中，可得BE=2，故DF=22. 在Rt △FDG 中，可得FG=62. 在直角梯形BDFE 中，由BD=2，BE=2，DF=22可得EF=322， ∴222EG FG EF +=，∴EG ⊥FG ， ∵AC∩FG=G，∴EG ⊥平面AFC ，∵EG ⊂面AEC ，∴平面AFC ⊥平面AEC.（Ⅱ）如图，以G 为坐标原点，分别以,GB GC 的方向为x 轴，y 轴正方向，||GB 为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz ，由（Ⅰ）可得A （030），E （2），F （－1,0，22），C （030），∴AE =（132），CF =（-1，3，22）.…10分故cos ,3||||AE CF AE CF AE CF ⋅<>==-. 所以直线AE 与CF 所成的角的余弦值为3. 2、（2016年1卷18题）如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF =2FD ,90AFD ∠=,且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．试题解析：（I ）由已知可得F DF A ⊥,F F A ⊥E ,所以F A ⊥平面FDC E ． 又F A ⊂平面F ABE ,故平面F ABE ⊥平面FDC E ．（II ）过D 作DG F ⊥E ,垂足为G ,由（I ）知DG ⊥平面F ABE ．以G 为坐标原点,GF 的方向为x 轴正方向,GF 为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（I ）知DF ∠E 为二面角D F -A -E 的平面角,故DF 60∠E =,则DF 2=,DG 3=,可得()1,4,0A ,()3,4,0B -,()3,0,0E -,(D ． 由已知,//F AB E ,所以//AB 平面FDC E ． 又平面CDAB 平面FDC DC E =,故//CD AB ,CD//F E ．由//F BE A ,可得BE ⊥平面FDC E ,所以C F ∠E 为二面角C F -BE -的平面角,C F 60∠E =．从而可得(C -．所以(C E =,()0,4,0EB =,(C 3,A =--,()4,0,0AB =-． 设(),,n x y z =是平面C B E 的法向量,则C 00n n⎧⋅E =⎪⎨⋅EB =⎪⎩,即40x y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩, 所以可取(3,0,n =．CABDEF设m 是平面CD AB 的法向量,则C 00m m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩,同理可取()0,3,4m =．则219cos ,19n m n m n m ⋅==-． 故二面角C E -B -A 的余弦值为21919-．3（2016年2卷19题）（本小题满分12分）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB =，6AC =，点E ，F 分别在AD ，CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D EF '的位置10OD '=.（I ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （II ）求二面角B D A C '--的正弦值.【解析】⑴证明：∵54AE CF ==，∴AE CF AD CD=，∴EF AC ∥． ∵四边形ABCD 为菱形，∴AC BD ⊥，∴EF BD ⊥，∴EF DH ⊥，∴EF DH'⊥．∵6AC =，∴3AO =；又5AB =，AO OB ⊥， ∴4OB =，∴1AE OH OD AO=⋅=，∴3DH D H '==，∴222'OD OH D H '=+， ∴'D H OH ⊥．又∵OH EF H =，∴'D H ⊥面ABCD ．⑵建立如图坐标系H xyz -．()500B ，，，()130C ，，，()'003D ，，，()130A -，，， ()430AB =，，，()'133AD =-，，，()060AC =，，，设面'ABD 法向量()1n x y z =，，，由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩，取345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩， ∴()1345n =-，，．同理可得面'AD C 的法向量()2301n =，，， ∴12129575cos 255210n n n n θ⋅+===⋅，∴295sin 25θ=4、（2017年1卷18题）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥中，且90BAP CDP ∠=∠=︒．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，求二面角A PB C --的余弦值． 【解析】（1）证明：∵90BAP CDP ∠=∠=︒∴PA AB ⊥，PD CD ⊥又∵AB CD ∥，∴PD AB ⊥又∵PD PA P =，PD 、PA ⊂平面PAD ∴AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面PAB ∴平面PAB ⊥平面PAD（2）取AD 中点O ，BC 中点E ，连接PO ，OE ∵AB CD∴四边形ABCD 为平行四边形 ∴OE AB由（1）知，AB ⊥平面PAD∴OE ⊥平面PAD ，又PO 、AD ⊂平面PAD ∴OE PO ⊥，OE AD ⊥ 又∵PA PD =，∴PO AD ⊥ ∴PO 、OE 、AD 两两垂直∴以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz - 设2PA =，∴()002D -，，、()220B ，，、()002P ，，、()202C -，，， ∴()022PD =--，，、()222PB =-，，、()2200BC =-，，设()n x y z =,,为平面PBC 的法向量由00n PB n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得2220220x y z x ⎧+-=⎪⎨-=⎪⎩令1y =，则2z =，0x =，可得平面PBC 的一个法向量()012n =,, ∵90APD ∠=︒，∴PD PA ⊥又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ∴PD AB ⊥，又PA AB A = ∴PD ⊥平面PAB即PD 是平面PAB 的一个法向量，()022PD =--,, ∴23cos 323PD n PD n PD n⋅-===-⋅, 由图知二面角A PB C --为钝角，所以它的余弦值为33-5．（2018年1卷18题）如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥． ⑴证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； ⑵求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．解答：（1）,E F 分别为,AD BC 的中点，则//EF AB ，∴EF BF ⊥，又PF BF ⊥，EF PF F ⋂=，∴BF ⊥平面PEF ， BE ⊂平面ABFD ，∴平面PEF ⊥平面ABFD . （2）PF BF ⊥，//BF ED ，∴PF ED ⊥，又PF PD ⊥，ED DP D ⋂=，∴PF ⊥平面PED ，∴PF PE ⊥， 设4AB =，则4EF =，2PF =，∴23PE =， 过P 作PH EF ⊥交EF 于H 点， 由平面PEF ⊥平面ABFD ，∴PH ⊥平面ABFD ，连结DH ，则PDH ∠即为直线DP 与平面ABFD 所成的角， 由PE PF EF PH ⋅=⋅，∴23234PH ⋅==， 而4PD =，∴3sin 4PH PDH PD ∠==， ∴DP 与平面ABFD 所成角的正弦值34. 6.(2018年新课标Ⅱ理)如图,在三棱锥P -ABC 中,AB ＝BC ＝22,P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4,O 为AC 的中点.（1）求证:PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上,且二面角M -P A -C 为30°,求PC 与平面P AM 所成角的正弦值.【解析】（1）证明:∵AB ＝BC ＝22,AC ＝4,∴AB 2＋BC 2＝AC 2,即△ABC 是直角三角形. 又O 为AC 的中点,∴OA ＝OB ＝OC . ∵P A ＝PB ＝PC ,∴△POA ≌△POB ≌△POC . ∴∠POA ＝∠POB ＝∠POC ＝90°.∴PO ⊥AC ,PO ⊥OB ,OB ∩AC ＝0,∴PO ⊥平面ABC .（2）以O 坐标原点,OB ,OC ,OP 所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系如图所示.易知A (0,－2,0),P (0,0,23),C (0,2,0),B (2,0,0),BC →＝(－2,2,0). 设BM →＝λBC →＝(－2λ,2λ,0),0＜λ＜1,则AM →＝BM →－BA →＝(－2λ,2λ,0)－(－2,－2,0)＝(2－2λ,2λ＋2,0), 则平面P AC 的一个法向量为m ＝(1,0,0).设平面MP A 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则PA →＝(0,－2,23), 则n ·PA →＝－2y －23z ＝0,n ·AM →＝(2－2λ)x ＋(2λ＋2)y ＝0. 令z ＝1,则y ＝－3,x ＝(λ＋1)31－λ,即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫(λ＋1)31－λ，－3，1.∵二面角M -P A -C 为30°,∴cos 30°＝m ·n |m ||n |＝32,即(λ＋1)3λ－1⎝ ⎛⎭⎪⎫(λ＋1)31－λ2＋1＋3×1＝32,解得λ＝13或λ＝3(舍去). ∴n ＝(23,－3,1),PC →＝(0,2,－23).PC 与平面P AM 所成角的正弦值sin θ＝|cos 〈PC →,n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－23－2316·16＝4316＝34.18．（2019年1卷18题）（12分）如图，直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求二面角A ﹣MA 1﹣N 的正弦值．解答】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD，则NH∥AA1，且，又MB∥AA1，MB＝，∴四边形NMBH为平行四边形，则NM∥BH，由NH∥AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，∴BE∥DH，BE＝DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH∥DE，∴NM∥DE，∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（，，2），M（，1，2），A1（，﹣1，4），，，设平面A1MN的一个法向量为，由，取x＝，得，又平面MAA1的一个法向量为，∴cos＜＞＝＝＝．∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为．8．（12分）(2019年新课标Ⅱ理）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1. （1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值.解：（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BEEC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知11Rt Rt ABE A B E ≅△△，所以45AEB ∠=︒，故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，||DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,1,1)CE =-，1(0,0,2)CC =．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）． 于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --3．。

全国各地市历年高考立体几何题汇编（含参考答案）（一）2018年高考立体几何题1.（北京理16）如图，在三棱柱ABC -111A B C 中，1CC 平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11AC ，1BB 的中点，AB=BC AC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ； （Ⅱ）求二面角B-CD -C 1的余弦值； （Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．2.（浙江-19）如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2． （Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．3.（课标III 理-19）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面； （2）当三棱锥体积最大时， 求面与面所成二面角的正弦值．4.（课标II 理-20）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点． （1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．ABCD CD M CD C D AM D ⊥BMC M ABC -MABMCD5.（课标I理-18）如图，四边形ABCD为正方形，,E F分别为,AD BC的中点，以DF为折痕把DFC△折起，使点C到达点P的位置，且PF BF⊥.（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.（二）2017年高考立体几何题1.（课标III理-19）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.2.（课标II 理-19）如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点．（1）证明：直线CE ∥平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值.3.（课标I 理-18）如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=. （1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值.（三）2016年高考立体几何题 1.（课标III 理-19）如图，四棱锥中，地面，，，，为线段上一点，，为的中点．（I ）证明平面；（II ）求直线与平面所成角的正弦值.2.（课标II 理-19）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB =，6AC =，点E ，F 分别在AD ，CD上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D EF'的位置OD '=（I ）证明：DH'⊥平面ABCD ； （II ）求二面角B D A C '--的正弦值. P ABC -PA ⊥ABCD AD BC 3AB AD AC ===4PA BC ==M AD 2AM MD =N PC MN PAB ANPMN3.（课标I 理-19）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ， 90AFD ∠=，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60． （Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （Ⅱ）求二面角E -BC -A 的余弦值．（四）2015年高考立体几何题 1.（课标II 理-19）如图，长方体1111ABCD A BC D -中,=16AB ，=10BC ，18AA =，点E ，F 分别在11A B ，11C D 上，114A E D F ==．过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形． （Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）； （Ⅱ）求直线AF 与平面α所成角的正弦值．DD 1 C 1A 1EF ABCB 1参考答案（一）2018年高考立体几何题1.（北京理16）如图，在三棱柱ABC -111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11AC ，1BB 的中点，AB=BCAC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ； （Ⅱ）求二面角B-CD -C 1的余弦值； （Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交． 1.解析：（Ⅰ）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵CC 1⊥平面ABC ，∴四边形A 1ACC 1为矩形． 又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，∴AC ⊥EF ． ∵AB =BC ，∴AC ⊥BE ，∴AC ⊥平面BEF ． （Ⅱ）由（I ）知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1． 又CC 1⊥平面ABC ，∴EF ⊥平面ABC ． ∵BE ⊂平面ABC ，∴EF ⊥BE ． 如图建立空间直角坐称系E -xyz ．由题意得B （0，2，0），C （-1，0，0），D （1，0，1），F （0，0，2），G （0，2，1）．∴=(201)=(120)CD CB u u u r u u r，，，，，， 设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ， ∴00CD CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uur n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩，令a =2，则b =-1，c =-4，∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ， 又∵平面CDC 1的法向量为=(020)EB u u r ，，，∴cos =||||EB EB EB ⋅<⋅>=uu ruu r uu r n n n ． 由图可得二面角B -CD -C 为钝角，所以二面角B -CD -C的余弦值为．（Ⅲ）平面BCD 的法向量为(214)=--，，n ，∵G （0，2，1），F （0，0，2），∴=(021)GF -u u u r ，，，∴2GF ⋅=-uu u r n ，∴n 与GF uuu r不垂直，∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，∴GF 与平面BCD 相交．2.（浙江-19）如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2． （Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值． 2.解析：方法一：（Ⅰ）由得，所以.故.由，得， 由得由，得，故. 因此平面.（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结.由平面得平面平面， 由得平面， 所以是与平面所成的角. 由， 所以，故. 因此，直线与平面. 方法二：（Ⅰ）如图，以AC的中点O 为原点，分别以射线OB ，11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥111AB AB ==2221111A B AB AA +=111AB A B ⊥2BC =112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥11B C =2,120AB BC ABC ==∠=︒AC =1CC AC ⊥1AC 2221111AB BC AC +=111ABB C ⊥1AB ⊥111A B C 1C 111C D A B ⊥11A B D AD 1AB ⊥111A B C 111A B C ⊥1ABB 111C D A B ⊥1C D ⊥1ABB 1C AD ∠1AC 1ABB 111111BC AB AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=1C D 111sin C D C AD AC ∠==1AC 1ABBOC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz . 由题意知各点坐标如下：因此 由得.由得. 所以平面. （Ⅱ）设直线与平面所成的角为.由（Ⅰ）可知 设平面的法向量.由即可取.所以. 因此，直线与平面. 3.（课标III 理-19）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时， 求面与面所成二面角的正弦值．3.解析：（1）由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD .因为BC ⊥CD ,BC 平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD ,故BC ⊥DM .因为M 为上异于C ，D 的点,且DC 为直径，所以 DM ⊥CM .又 BC CM =C ,所以DM ⊥平面BMC . 而DM 平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC .（2）以D 为坐标原点,的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz .111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),),A B A B C 111112),3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r 1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r 111AB A B ⊥1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r111AB AC ⊥1AB ⊥111A B C 1AC 1ABB θ11(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r1ABB (,,)x y z =n 10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n 0,20,x z ⎧=⎪⎨=⎪⎩(,0)=n 111|sin |cos ,||||AC AC AC θ⋅===⋅uuu r uuu r uuu r n |n n |1AC 1ABB ABCD CD M CD C D AM D ⊥BMC M ABC -MAB MCD ⊂CD ⊂DA当三棱锥M −ABC 体积最大时，M 为的中点.由题设得，设是平面MAB 的法向量,则即可取.是平面MCD 的法向量，因此，，所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是. 4.（课标II 理-20）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．4.解：（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =连结OB .因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==. 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥. 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC .（2）如图，以O 为坐标原点，OB uu u r的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -.由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),23),(0,2,O B A C P AP -=u u u r取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =u u u r.设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则(,4,0)AM a a =-u u u r. CD (0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M (2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==(,,)x y z =n 0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩(1,0,2)=n DA 5cos ,5||||DA DA DA ⋅==n nn 2sin ,DA =n5由0,0AP AM ⋅=⋅=u u u r u u u r n n得20(4)0y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以cos ,OB =uu u rn由已知得|cos ,|OB =uu u r n .解得4a =-（舍去），43a =.所以4()3=-n .又(0,2,PC =-u u u r，所以cos ,PC =uu u r n 所以PC 与平面PAM5.（课标I 理-18）如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.5.解：（1）由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . （2）作PH ⊥EF ，垂足为H .由（1）得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，||BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz . 由（1）可得，DE ⊥PE .又DP =2，DE =1， 所以PE=.又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF . 可得32PH EH ==.则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --=HP =为平面ABFD 的法向量. 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则34sin ||||||3HP DP HP DP θ⋅===⋅所以DP 与平面ABFD所成角的正弦值为（二）2017年高考立体几何题 1.（课标III 理-19）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD =∠CBD ，AB =BD ． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D –AE –C 的余弦值.1.【解析】（1）由题设可得，ABD CBD △≌△，从而AD DC =. 又ACD △是直角三角形，所以=90ADC ∠︒. 取AC 的中点O ，连接DO ,BO ,则DO ⊥AC ,DO =AO . 又由于ABC △是正三角形，故BO AC ⊥. 所以DOB ∠为二面角D AC B --的平面角. 在Rt AOB △中，222BO AO AB +=.又AB BD =，所以2222BO DO BO AO AB BD 22+=+==，故90DOB ∠=. 所以平面ACD ⊥平面ABC .（2）由题设及（1）知，,,OA OB OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴正方向，OA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O x y z -.则()()()()1,0,0,,1,0,0,0,0,1A B C D -.由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12， 从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12， 即E 为DB的中点，得12E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭. 故()()11,0,1,2,0,0,2AD AC AE ⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭.设()=x,y,z n 是平面DAE 的法向量，则00AD AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n即0,10.2x z x y z -+=⎧⎪⎨-+=⎪⎩ 可取⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭n .设m 是平面AEC 的法向量，则00AC AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m同理可取(0,=-m .则cos ,⋅==n m n m n m .所以二面角D -AE -C. 2.（课标II 理-19）如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点． （1）证明：直线CE ∥平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值.2.解析：（1）取PA 中点F ，连结EF ，BF ． 因为E 为PD 的中点，所以EF AD , 12EF AD =,由90BAD ABC ∠=∠=︒得//BC AD ， 又12BC AD =所以//EF BC ．四边形BCEF 为平行四边形， //CE BF ． 又BF PAB ⊂平面， CE PAB ⊄平面，故//CE PAB 平面（2）由已知得BA AD ⊥,以A 为坐标原点， AB 的方向为x 轴正方向， AB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，则则()000A ，，， ()100B ，，， ()110C ，，，(01P ，(10PC =，,()100AB =，，，则 ()(1,1BM x y z PM x y z =-=-，，，，因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而()001n =，，是底面ABCD 的法向量，所以0cos , sin45BM n =，=即（x-1）²+y ²-z ²=0又M 在棱PC 上，学|科网设,PM PC λ=则x ,1,y z λ==由①，②得()y=1 y=1 z z ⎧⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎨⎪⎪⎪⎪==⎪⎪⎩⎩舍去，所以M ⎛ ⎝⎭，从而AM ⎛= ⎝⎭设()000x ,y ,z m =是平面ABM的法向量，则(0000x 2y 0·AM 0 ·AB 0x 0m m ⎧+=⎧=⎪⎨⎨==⎩⎪⎩即所以可取m =（0，2）.于是·10,5m n cosm n m n == 因此二面角M-AB-D的余弦值为3.（课标I 理-18）如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=. （1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值.3.【解析】（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB//CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD . （2）在平面PAD 内作PF AD ⊥，垂足为F ，由（1）可知，AB ⊥平面PAD ，故AB PF ⊥，可得PF ⊥平面ABCD .以F 为坐标原点，FA 的方向为x 轴正方向，||AB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz -.由（1）及已知可得(2A，(0,0,2P，(2B，(2C -.所以(PC =-，(2,0,0)CB =，2(PA =，(0,1,0)AB =.设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，则0,0,PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,0,y z ⎧+=⎪⎨=可取(0,1,=-n . 设(,,)x y z =m 是平面PAB 的法向量，则0,0,PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m即0,220.x z y -=⎪⎨⎪=⎩可取(1,0,1)=m . 则cos ,||||⋅==<>n m n m n m ，所以二面角A PBC --的余弦值为（三）2016年高考立体几何题1.（课标III 理-19）如图，四棱锥中，地面，，，，为线段上一点，，为的中点．（I ）证明//MN 平面；（II ）求直线与平面所成角的正弦值. 1.解析：（Ⅰ）由已知得223AM AD ==. 取BP 的中点T ，连接,AT TN ，由N 为PC 中点知//TN BC ，122TN BC ==. 又//AD BC ，故,//TN AM TN AM =，四边形AMNT 为平行四边形，于是//MN AT . 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以//MN 平面.（Ⅱ）取BC 的中点E ，连结AE .由AB BC =得AE BC ⊥，从而AE AD ⊥，且.以A 为坐标原点， AE 的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -.由题意知，P ABC -PA ⊥ABCD AD BC 3AB AD AC ===4PA BC ==M AD 2AMMD =N PC PAB AN PMN PAB，，，5(,1,2)N，()0,2,4PM =-， 52PN ⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭， 52AN ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭.设(),,n x y z =为平面PMN 的一个法向量，则0, 0,n PM n PN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即240, 20,y z x y z -=⎧+-=可取()0,2,1n =. 于是85cos ,25n AN n AN n AN⋅〈〉==. 2.（课标II 理-19）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB =，6AC =，点E ，F 分别在AD ，CD上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D EF'的位置OD '=（I ）证明：DH'⊥平面ABCD ； （II ）求二面角B D A C '--的正弦值. 2.【解析】⑴证明：∵54AE CF ==，∴A E C FA D C D=，∴E F A C ∥．∵四边形ABCD 为菱形，∴AC BD ⊥，∴EF BD ⊥，∴EF D H ⊥，∴EF DH'⊥． ∵6AC =，∴3AO =；又5AB =，AO OB ⊥， ∴4OB =，∴1AEOH OD AO=⋅=， ∴3DH D H '==，∴222'OD OH D H '=+，∴'D H OH ⊥．又∵OH EF H =I ，∴'D H ⊥面ABCD ．⑵建立如图坐标系H xyz -．()500B ，，，()130C ，，，()'003D ，，，()130A -，，，()430AB =u u u r ，，，()'133AD =-u u u r ，，，()060AC =u u u r，，， 设面'ABD 法向量()1n x y z =，，u r，由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩，取345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩，∴()1345n =-u r ，，．同理可得面'AD C 的法向量()2301n =u u r ，，，∴1212cos n n n n θ⋅=u r u u ru r u u r∴sin θ= 3.（课标I 理-19）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ， 90AFD ∠=，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60． （Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （Ⅱ）求二面角E -BC -A 的余弦值．3.【解析】试题分析：（Ⅰ）证明AF ⊥平面FDC E ，结合AF ⊂平面ABEF ，可得平面ABEF ⊥平面EFDC ．（Ⅱ）建立空间坐标系，利用向量求解. 试题解析：（Ⅰ）由已知可得AF DF ⊥， AF FE ⊥，所以AF ⊥平面EFDC ． 又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC ．（Ⅱ）过D 作DG EF ⊥，垂足为G ，由（Ⅰ）知DG ⊥平面ABEF ．以G 为坐标原点， GF 的方向为x 轴正方向， GF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（Ⅰ）知DFE ∠为二面角D AF E --的平面角，故60DFE ∠=，则2DF =， 3DG =，可得()1,4,0A ， ()3,4,0B -， ()3,0,0E -，(D ． 由已知， //AB EF ，所以//AB 平面EFDC ．又平面ABCD ⋂平面EFDC DC =，故//AB CD ， //CD EF ．由//BE AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以CEF ∠为二面角C BE F --的平面角，60CEF ∠=．从而可得(C -．所以(EC =， ()0,4,0EB =，(3,AC =--， ()4,0,0AB =-． 设(),,n x y z =是平面BCE 的法向量，则n EC n EB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0 40x y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，所以可取(3,0,n =．设m 是平面ABCD 的法向量，则0m C m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩，同理可取()0,3,4m =．则219cos ,n m n m n m ⋅〈〉==-． 故二面角E BC A --的余弦值为． （四）2015年高考立体几何题1.（课标II 理-19）如图，长方体1111ABCD A BC D -中,=16AB ，=10BC ，18AA =，点E ，F 分别在11A B ，11C D 上，114A E D F ==．过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形． （Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）； （Ⅱ）求直线AF 与平面α所成角的正弦值． 1.【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF 如图：（Ⅱ）作EM AB ⊥，垂足为M ，则14A M A E ==，18EM AA ==，因为EHGF 为正方形，所以10EH EF BC ===．于是6MH =，所以10AH =．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则(10,0,0)A ，(10,10,0)H ，(10,4,8)E ，(0,4,8)F ，(10,0,0)FE =，(0,6,8)HE =-．设(,,)n x y z =是平面EHGF 的法向量，则0,0,n FE n HE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即100,680,x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取(0,4,3)n =．又(10,4,8)AF =-，故45cos ,15n AF n AF n AF⋅<>==⋅．所以直线AF 与平面α所成角的正弦值为15． 考点：1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．DD 1C 1A 1EFABCB 1。

高中数学立体几何经典题型专题训练试题姓名 班级 学号 得分说明：１、本试卷包括第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分100分。

考试时间120分钟。

２、考生请将第Ⅰ卷选择题的正确选项填在答题框内，第Ⅱ卷直接答在试卷上。

考试结束后，只收第Ⅱ卷第Ⅰ卷（选择题）评卷人得　分一．单选题（共10小题，每题3分，共30分）1、如图，在正方体中ABCD-A1B1C1D1，M为BC的中点，点N在四边形CDD1C1及其内部运动．⊥1C1，则N点的轨迹为（ ）若MN AA．线段B．圆的一部分C．椭圆的一部分D．双曲线的一部分2、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为H，则以下命题中，错误的是（ ）A．点H是△A1BD的垂心B．直线AH与CD1的成角为900C．AH的延长线经过点C1D．直线AH与BB1的成角为4503、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P为线段AD1上一动点，点Q为底面ABCD内（含边界）一动点，M为PQ的中点，点M构成的点集是一个空间几何体，则该几何体为（　）A．棱柱B．棱锥C．棱台D．球4．下列说法中正确的是（ ）A．棱柱的面中，至少有两个面互相平行B．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面C．棱柱中一条侧棱就是棱柱的高D．棱柱的侧面一定是平行四边形，但它的底面一定不是平行四边形5．用一个平面去截一个正方体，所得截面不可能是（1）钝角三角形；（2）直角三角形；（3）菱形；（4）正五边形；（5）正六边形．下述选项正确的是（ ）A．（1）（2）（5）B．（1）（2）（4）C．（2）（3）（4）D．（3）（4）（5）6、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F，且EF=，则下列结论中错误的是（ ）⊥A．AC BEB．A1C⊥平面AEFC．三棱锥A-BEF的体积为定值D．异面直线AE、BF所成的角为定值7．已知一个正六棱锥的体积为12，底面边长为2，则它的侧棱长为（ ）A．4B．C．D．28．一正四棱锥的高为2，侧棱与底面所成的角为45°，则这一正四棱锥的斜高等于（）A．2B．C．2D．29、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，M为棱BB1的中点，则下列结论中错误的是（ ）A．D1O∥平面A1BC1B．D1O⊥平面AMCC．异面直线BC1与AC所成的角等于60°D．点B到平面AMC的距离为10．如图，E为正方体的棱AA1的中点，F为棱AB上的一点，且∠C1EF=90°，则AF：FB=（）A．1：1B．1：2C．1：3D．1：4第Ⅱ卷（非选择题）评卷人得　分二．填空题（共14小题，每题3分，共42分）11、正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是AA1和BB1的中点，G是BC上一点，使⊥，则∠D1NG=______．C1N MG12、已知如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为棱DD1，AB上的点（不含顶点）．则下列说法正确的是______．①A1C⊥平面B1EF；②△B1EF在侧面上的正投影是面积为定值的三角形；③在平面A1B1C1D1内总存在与平面B1EF平行的直线；④平面B1EF与平面ABCD所成的二面角（锐角）的大小与点E位置有关，与点F位置无关；⑤当E，F分别为中点时，平面B1EF与棱AD交于点P，则三棱锥P-DEF的体积为．⊥，∠BAC=θ（0＜θ≤），且13、如图，三棱锥A-BCD中，AB AD⊥，AC ADAB=AC=AD=2，E、F分别为AC、BD的中点，则EF的最大值为______．14、如图，在正方体的一角上截取三棱锥P-ABC，PO为棱锥的高，记，，那么M，N的大小关系是______．15．若空间四边形ABCD的两条对角线AC，BD的长分别为4，6，过AB的中点E且平行BD，AC的截面四边形的周长为______．⊥1D则EF和BD1的关系是______．16、正方体ABCD-A1B1C1D1中，EF AC⊥，EF A17、已知正方体AC1的棱长为1，点P是面AA1D1D的中心，点Q是面A1B1C1D1的对角线B1D1上一点，且PQ∥平面AA1B1B，则线段PQ的长为______．18、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱DD1，AB上的点．已知下列判断：①A1C⊥平面B1EF；②△B1EF在侧面BCC1B1上的正投影是面积为定值的三角形；③在平面A1B1C1D1内总存在与平面B1EF平行的直线；④平面B1EF与平面ABCD所成的二面角（锐角）的大小与点E的位置有关，与点F的位置无关．其中正确结论的序号为______（写出所有正确结论的序号）．19、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是棱CD、C1D1的中点，长为2的线段MN的一个端点M在线段EF上运动，另一个端点N在底面A1B1C1D1上运动，则线段MN 的中点P的轨迹（曲面）与二面角D-C1D1-B1所围成的几何体的体积为______．∈1，且AM=BN，有以下四个结论：20、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M AB∈1，N BC⊥；①AA1MN∥；②A1C1MN③MN与面A1B1C1D1成0°角；④MN与A1C1是异面直线．其中正确结论的序号是______．21、在正方体ABCD-A1B1C1D1中，过对角线BD1的一个平面交AA1于点E，交CC1于F，①四边形BFD1E一定是平行四边形②四边形BFD1E有可能是正方形③四边形BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形④四边形BFD1E点有可能垂直于平面BB1D以上结论正确的为______（写出所有正确结论的编号）22、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，对角线BD1与过A1、D、C1的平面交于点M，则=______．23．设A是自然数集的一个非空子集，如果k2A∉，且A，那么k是A的一个“酷元”，⊆，且集合M中的两个元素都是“酷元”那么这样的结给定S={0，1，2，3，4，5}，设M S合M有______个．24、如图，AC为圆O的直径，B为圆周上不与A、C重合的点，SA⊥圆O所在的平面，连接SB、SC、AB、BC，则图中直角三角形的个数是______．评卷人得　分三．简答题（共28分）25、四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，且∠DAB=60°，点P为平面ABCD所在平面外的⊥．一点，若△PAD为等边三角形，求证：PB AD26、如图，设三棱锥S-ABC的三个侧棱与底面ABC所成的角都是60°，又∠BAC=60°，且⊥．SA BC（1）求证：S-ABC为正三棱锥；（2）已知SA=a，求S-ABC的全面积．27、如图，E、F、G、H分别是空间四边形ABCD四边上的中点．（1）若BD=2，AC=6，则EG2+HF2等于多少？（2）若AC与BD成30°的角，且AC=6，BD=4，则四边形EFGH的面积等于多少？28、已知三棱锥S-ABC的三条侧棱SA、SB、SC两两互相垂直且长度分别为a、b、c，设O 为S在底面ABC上的射影．求证：（1）O为△ABC的垂心；（2）O在△ABC内；（3）设SO=h，则++=．29．已知正三棱锥的高为1，底面边长为2，其内有一个球和该三棱锥的四个面都相切，求：（1）棱锥的全面积；（2）球的半径R．30、如图，在三棱锥D-ABC中，已知△BCD是正三角形，AB⊥平面BCD，AB=BC=a，E为BC 的中点，F在棱AC上，且AF=3FC．（1）求三棱锥D-ABC的表面积；（2）求证AC⊥平面DEF；（3）若M为BD的中点，问AC上是否存在一点N，使MN∥平面DEF？若存在，说明点N 的位置；若不存在，试说明理由．参考答案评卷人得　分一．单选题（共__小题）1、如图，在正方体中ABCD-A1B1C1D1，M为BC的中点，点N在四边形CDD1C1及其内部运动．⊥1C1，则N点的轨迹为（ ）若MN AA．线段B．圆的一部分C．椭圆的一部分D．双曲线的一部分答案：A解析：解：正方体中ABCD-A1B1C1D1中，M为BC的中点，点N在四边形CDD1C1及其内部运动；如图所示，取CD、C1D1的中点Q、P，连接PQ，⊥1C1；当点N在线段PQ上时，MN A因为正方体ABCD-A1B1C1D1中，⊥1D1，连接B1D1，交A1C1于点O，∴B1D1A取B1C1的中点E，连接PE，则PE B∥1D1，⊥1C1；∴PE A∥1，又CC1⊥平面A1B1C1D1，PQ CC∴PQ⊥平面A1B1C1D1，∵A1C1⊂平面A1B1C1D1，⊥1C1；∴PQ A且PQ∩PE=P，∴A1C1⊥平面PQME，PQ⊂平面PQME，⊥；∴A1C1PQ∴N点的轨迹为线段PQ．故选：A．2、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为H，则以下命题中，错误的是（ ）A．点H是△A1BD的垂心B．直线AH与CD1的成角为900C．AH的延长线经过点C1D．直线AH与BB1的成角为450答案：D解析：解：由ABCD-A1B1C1D1是正方体，得A-A1BD是一个正三棱锥，因此A点在平面A1BD上的射影H是三角形A1BD的中心，故A正确；⊥1B，又CD1A∥1B，可得直线AH与CD1的成角为90°，故B正确；∵AH⊥面A1BD，∴AH A连接AC1，由三垂线定理及线面垂直的判定可得AC1⊥面A1DB，再由过一点与已知平面垂直的直线有且只有一条可得AH与AC1重合，可得C正确；直线AH与BB1所成的角，即为AH与AA1所成的角，设为θ，由正方体棱长为1，可得正三棱锥的底面边长为，从而求得AH=，则cos，∴D错误．故选：D．3、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P为线段AD1上一动点，点Q为底面ABCD内（含边界）一动点，M为PQ的中点，点M构成的点集是一个空间几何体，则该几何体为（　）A．棱柱B．棱锥C．棱台D．球答案：A解析：解：∵Q点不能超过边界，若P点与A点重合，设AB中点E、AD中点F，移动Q点，则此时M点的轨迹为：以AE、AF为邻边的正方形；下面把P点从A点向上沿线段AD1移动，在移动过程中可得M点轨迹为正方形，…，最后当P点与D1点重合时，得到最后一个正方形，故所得几何体为棱柱，故选：A4．下列说法中正确的是（ ）A．棱柱的面中，至少有两个面互相平行B．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面C．棱柱中一条侧棱就是棱柱的高D．棱柱的侧面一定是平行四边形，但它的底面一定不是平行四边形答案：A解析：解：棱柱的定义是，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，相邻的公共边互相平行，有这些面围成的几何体是棱柱；可以判断A正确；B不正确，例如正六棱柱的相对侧面；C 不正确，只有直棱柱满足C的条件；D不正确，例如长方体．故选A5．用一个平面去截一个正方体，所得截面不可能是（1）钝角三角形；（2）直角三角形；（3）菱形；（4）正五边形；（5）正六边形．下述选项正确的是（ ）A．（1）（2）（5）B．（1）（2）（4）C．（2）（3）（4）D．（3）（4）（5）答案：B解析：解：如图所示截面为三角形ABC，OA=a，OB=b，OC=c，AC2=a2+c2，AB2=a2+b2，BC2=b2+c2∠=＞0，∴cos CAB=∴∠CAB为锐角，同理∠ACB与∠ABC也为锐角，即△ABC为锐角三角形；如右图，取相对棱的中点，得到的四边形是菱形；正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，如图为正六边形；经过正方体的一个顶点去切就可得到5边形．但此时不可能是正五边形．故不可能是（1）（2）（4）．故选：B．6、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F，且EF=，则下列结论中错误的是（ ）⊥A．AC BEB．A1C⊥平面AEFC．三棱锥A-BEF的体积为定值D．异面直线AE、BF所成的角为定值答案：D解析：解：∵AC⊥平面BB1D1D，又BE⊂平面BB1D1D，⊥．故A正确．∴AC BE∵EF垂直于直线AB1，AD1，∴A1C⊥平面AEF．故B正确．C中由于点B到直线B1D1的距离不变，故△BEF的面积为定值．又点A到平面BEF的距离为，故V A-BEF为定值．C正确当点E在D1处，F为D1B1的中点时，异面直线AE，BF所成的角是∠FBC1，当E在上底面的中心时，F在C1的位置，异面直线AE，BF所成的角是∠EAA1显然两个角不相等，D不正确．故选D．7．已知一个正六棱锥的体积为12，底面边长为2，则它的侧棱长为（ ）A．4B．C．D．2答案：A解析：解：由于正六棱锥可知底面是六个正三角形组成，∴底面积S=6×=6，∴体积V==12，∴h=，夺直角三角形SOB中，侧棱长为SB=．故选A．8．一正四棱锥的高为2，侧棱与底面所成的角为45°，则这一正四棱锥的斜高等于（）A．2B．C．2D．2答案：C解析：解：如图PO⊥底面ABCD，连接OA，取AD的中点E，连接OE，PE，则PE为斜高．∠PAO为侧棱与底面所成的角，且为45°，在直角△PAO中，PO=2，AO=2，PA=4，在直角△AEO中，AE=2，故在直角△PEA中，PE==2．故选C．9、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，M为棱BB1的中点，则下列结论中错误的是（ ）A．D1O∥平面A1BC1B．D1O⊥平面AMCC．异面直线BC1与AC所成的角等于60°D．点B到平面AMC的距离为答案：D解析：解：如图，∥，连接B1D1，交A1C1于N，则可证明OD1BN由OD1⊄面A1BC1，BN⊂面A1BC1，可得D1O∥面A1BC1，A正确；⊥，由三垂线定理的逆定理可得OD1AC设正方体棱长为2，可求得OM2=3，，，⊥，由线面垂直的判定可得D1O⊥平面AMC，B正确；则，有OD1OM由正方体的面对角线相等得到△A1BC1为正三角形，即∠A1C1B=60°，∴异面直线BC1与AC所成的角等于60°，C正确；设点B到平面AMC的距离为d，正方体的棱长为2a，则，，由V B-AMC=V A-BCM，得，即，解得：d=，D错误．故选：D．10．如图，E为正方体的棱AA1的中点，F为棱AB上的一点，且∠C1EF=90°，则AF：FB=（）A．1：1B．1：2C．1：3D．1：4答案：C解析：解：解：设正方体的棱长为：2，由题意可知C1E==3，∠C1EF=90°，所以设AF=x，12+x2+C1E2=22+22+（2-x）2，解得：x=，所以AF：FB=：=1：3；故选：C．评卷人得　分二．填空题（共__小题）11、正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是AA1和BB1的中点，G是BC上一点，使⊥，则∠D1NG=______．C1N MG答案：90°解析：解：连接MN，∵M，N分别是AA1和BB1的中点，∥1D1，由正方体的几何特征可得MN C在正方体ABCD-A1B1C1D1中，D1C1⊥平面B1C1CB∵C1N⊂平面B1C1CB⊥1N∴D1C1C⊥1N∴MN C⊥，MN∩MG=M，MD1，MG⊂平面MNG又∵C1N MG∴C1N⊥平面MNG又∵NG⊂平面MNG⊥∴C1N NG故∠D1NG=90°故答案为：90°12、已知如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为棱DD1，AB上的点（不含顶点）．则下列说法正确的是______．①A1C⊥平面B1EF；②△B1EF在侧面上的正投影是面积为定值的三角形；③在平面A1B1C1D1内总存在与平面B1EF平行的直线；④平面B1EF与平面ABCD所成的二面角（锐角）的大小与点E位置有关，与点F位置无关；⑤当E，F分别为中点时，平面B1EF与棱AD交于点P，则三棱锥P-DEF的体积为．答案：②③⑤解析：解：对于①A1C⊥平面B1EF，不一定成立，因为A1C⊥平面AC1D，而两个平面面B1EF与面AC1D不一定平行．对于②△B 1EF 在侧面BCC 1B 1上 的正投影是面积为定值的三角形，此是一个正确的结论，因为其投影三角形的一边是棱BB 1，而E 点在面上的投影到此棱BB 1的距离是定值，故正确；对于③在平面A 1B 1C 1D 1内总存在与平面B 1EF 平行的直线，此两平面相交，一个面内平行于两个平面的交线一定平行于另一个平面，此结论正确；对于④平面B 1EF 在平面ABCD 中的射影为△DFB ，面积为定值，但△B 1EF 的面积不定，故不正确；对于⑤由面面平行的性质定理可得EQ B ∥1F ，故D 1Q=，B 1Q PF ∥，故AP=，所以三棱锥P-DEF 的体积为，故正确故答案为：②③⑤．13、如图，三棱锥A-BCD 中，AB AD ⊥，AC AD ⊥，∠BAC=θ（0＜θ≤），且AB=AC=AD=2，E 、F 分别为AC 、BD 的中点，则EF 的最大值为______．答案：解析：⊥，垂足为G，连接GE，解：过F作FG AB⊥，∵AD AB∥，∴G为AB的中点，∴AD FG∴FG=1，AG=1，∵E为AC的中点，∴AE=1，∠BAC=θ，∴EG=∵AD⊥平面ABC，∴FG⊥平面ABC，△中，EF===，在Rt FGE∵0，∴EF≤．故答案是．14、如图，在正方体的一角上截取三棱锥P-ABC，PO为棱锥的高，记，，那么M，N的大小关系是______．答案：M=N解析：解：根据平面中直角三角形的勾股定理类比得，S ABC△2=S PAB△2+S PBC△2+S PAC△2①，由等体积法得，∴②，①÷②整理得M=N．故答案为：M=N．15．若空间四边形ABCD的两条对角线AC，BD的长分别为4，6，过AB的中点E且平行BD，AC的截面四边形的周长为______．答案：10解析：解：设截面四边形为EFGH，F、G、H分别是BC、CD、DA的中点，∴EF=GH=2，FG=HE=3，∴周长为2×（2+3）=10．故答案为：10．16、正方体ABCD-A1B1C1D1中，EF AC⊥，EF A⊥1D则EF和BD1的关系是______．答案：平行解析：解：法一：根据图象可知：⊥，AC∩B1C=C，⊥1D，A1D B∥1C，B1C EFEF AC⊥，EF A∥．∴EF⊥面AB1C，而BD1⊥面AB1C，即BD1EF法二：建立以D1为原点的空间直角坐标系D1-xyz，且设正方形的边长为1所以就有D1（0，0，0），B（1，1，0），A1（1，0，0），D（0，0，1），A（1，0，1），C（0，1，1）所以=（-1，0，1），=（-1，1，0），=（-1，-1，1）⊥1，所以•=-1+1=0 所以A1D BD⊥1，•=1-1=0 所以AC BD所以BD1与A1D和AC都垂直又∵EF是AC、A1D的公共垂线，∥．∴BD1EF故答案为：平行．17、已知正方体AC1的棱长为1，点P是面AA1D1D的中心，点Q是面A1B1C1D1的对角线B1D1上一点，且PQ∥平面AA1B1B，则线段PQ的长为______．答案：解析：解：∵正方体AC1的棱长为1，点P是面AA1D1D的中心，点Q是面A1B1C1D1的对角线B1D1上一点，且PQ∥平面AA1B1B，连结AD1，AB1，∴由正方体的性质，得：AD1∩A1D=P，P是AD1的中点，∥1，PQ AB∴PQ=AB1==．故答案为：．18、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱DD1，AB上的点．已知下列判断：①A 1C ⊥平面B 1EF ；②△B 1EF 在侧面BCC 1B 1上的正投影是面积为定值的三角形；③在平面A 1B 1C 1D 1内总存在与平面B 1EF 平行的直线；④平面B 1EF 与平面ABCD 所成的二面角（锐角）的大小与点E 的位置有关，与点F 的位置无关．其中正确结论的序号为______（写出所有正确结论的序号）．答案：②③解析：解：若A 1C ⊥平面B 1EF ，则A 1C B ⊥1F ，由三垂线逆定理知：B 1F A ⊥1B ，又当F 与A 不重合时，B 1F 与A 1B 不垂直，∴①错误；∵E 在侧面BCC 1B 1上的投影在CC 1上，F 在侧面BCC 1B 1上的投影是B ，∴△B 1EF 在侧面BCC 1B 1上的正投影是三角形，三角形的面积S=×棱长×棱长为定值．∴②正确；设平面A 1B 1C 1D 1∩平面B 1EF=l ，∵平面A 1B 1C 1D 1内总存在与l 平行的直线，由线面平行的判定定理得与l 平行的直线，与平面B 1EF 平行，∴③正确；设E 与D 重合，F 位置变化，平面B 1EF 与平面ABCD 所成的二面角（锐角）的大小也在变化，∴④错误．故答案为：②③．19、如图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为4，E ，F 分别是棱CD 、C 1D 1的中点，长为2的线段MN 的一个端点M 在线段EF 上运动，另一个端点N 在底面A 1B 1C 1D 1上运动，则线段MN 的中点P 的轨迹（曲面）与二面角D-C 1D 1-B 1所围成的几何体的体积为______．答案：解析：解：依题意知|FP|=|MN|=1，因此点P的轨迹是以点F为球心、1为半径的球的．∴所求几何体的体积是×π×13=．故答案为：．∈1，且AM=BN，有以下四个结论：∈1，N BC20、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M AB⊥；①AA1MN∥；②A1C1MN③MN与面A1B1C1D1成0°角；④MN与A1C1是异面直线．其中正确结论的序号是______．答案：①③解析：解：当M 为A ，N 为B ，排除②；当M 为B 1，N 为C 1，排除④．作MM′A ⊥1B 1于M′，作NN′B ⊥1C 1于N′，易证|MM′|=|NN′|，MM′NN′∥∴MN M′N′∥，由此知①③正确．故答案为：①③21、在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，过对角线BD 1的一个平面交AA 1于点E ，交CC 1于F ，①四边形BFD 1E 一定是平行四边形②四边形BFD 1E 有可能是正方形③四边形BFD 1E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形④四边形BFD 1E 点有可能垂直于平面BB 1D以上结论正确的为______（写出所有正确结论的编号）答案：①③④解析：解：如图：①由平面BCB 1C 1∥平面ADA 1D 1，并且B 、E 、F 、D 1四点共面，∴ED 1BF ∥，同理可证，FD 1EB ∥，故四边形BFD 1E 一定是平行四边形，故①正确；②若BFD 1E 是正方形，有ED 1BE ⊥，这个与A 1D 1BE ⊥矛盾，故②错误；③由图得，BFD 1E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形ABCD ，故③正确；④当点E 和F 分别是对应边的中点时，平面BFD 1E ⊥平面BB 1D 1，故④正确．故答案为：①③④．22、如图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，对角线BD 1与过A 1、D 、C 1的平面交于点M ，则=______．答案：2解析：解：由正方体的性质可得：D 1B ⊥平面DA 1C 1，∴D 1M 是三棱锥D 1-A 1DC 1的高．不妨设正方体的棱长为1．∵=，∴=，解得D 1M==．∴=2．故答案为：2．∉，且A，那么k是A的一个“酷元”，23．设A是自然数集的一个非空子集，如果k2A⊆，且集合M中的两个元素都是“酷元”那么这样的结给定S={0，1，2，3，4，5}，设M S合M有______个．答案：5解析：解：∵S={0，1，2，3，4，5}，由题意可知：集合M不能含有0，1，也不能同时含有2，4故集合M可以是{2，3}、{2，5}、{3，5}、{3，4}、{4，5}，共5个故答案为：524、如图，AC为圆O的直径，B为圆周上不与A、C重合的点，SA⊥圆O所在的平面，连接SB、SC、AB、BC，则图中直角三角形的个数是______．答案：4解析：解：题题意SA⊥圆O所在的平面，AC为圆O的直径，B为圆周上不与A、C重合的点，可得出AB，BC垂直由此两个关系可以证明出CB垂直于面SAB，由此可得△ADB，△SAC，△ABC，△SBC都是直角三角形故图中直角三角形的个数是4个故答案为：4．评卷人得　分三．简答题（共__小题）25、四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，且∠DAB=60°，点P为平面ABCD所在平面外的⊥．一点，若△PAD为等边三角形，求证：PB AD答案：证明：如图，连结BD ，取AD 的中点E ，连结PE ，BE ；从而易知△ABD 也是等边三角形，又∵△PAD 为等边三角形，∴AD PE ⊥，AD BE ⊥，又∵PE∩BE=E ；故AD ⊥平面PBE ；故AD PB ⊥．解析：证明：如图，连结BD ，取AD 的中点E ，连结PE ，BE ；从而易知△ABD 也是等边三角形，又∵△PAD 为等边三角形，∴AD PE ⊥，AD BE ⊥，又∵PE∩BE=E ；故AD ⊥平面PBE ；故AD PB ⊥．26、如图，设三棱锥S-ABC 的三个侧棱与底面ABC 所成的角都是60°，又∠BAC=60°，且SA BC ⊥．（1）求证：S-ABC 为正三棱锥；（2）已知SA=a ，求S-ABC 的全面积．答案：（1）证明：正棱锥的定义中，底面是正多边形；顶点在底面上的射影是底面的中心，两个条件缺一不可．作三棱锥S-ABC 的高SO ，O 为垂足，连接AO 并延长交BC 于D ．因为SA BC ⊥，所以AD BC ⊥．又侧棱与底面所成的角都相等，从而O 为△ABC 的外心，OD 为BC 的垂直平分线，所以AB=AC ．又∠BAC=60°，故△ABC 为正三角形，且O 为其中心．所以S-ABC 为正三棱锥．（2）解：在Rt SAO △中，由于SA=a ，∠SAO=60°，所以SO=a ，AO=a ．因O 为重心，所以AD=AO=a ，BC=2BD=2ADcot60°=a ，OD=AD=a ．在Rt SOD △中，SD 2=SO 2+OD 2=（a ）2+（a ）2=，则SD=a ．于是，（S S-ABC ）全=•（a ）2sin60°+3••a•a=a 2．解析：（1）证明：正棱锥的定义中，底面是正多边形；顶点在底面上的射影是底面的中心，两个条件缺一不可．作三棱锥S-ABC 的高SO ，O 为垂足，连接AO 并延长交BC 于D ．因为SA BC ⊥，所以AD BC ⊥．又侧棱与底面所成的角都相等，从而O 为△ABC 的外心，OD 为BC 的垂直平分线，所以AB=AC ．又∠BAC=60°，故△ABC 为正三角形，且O 为其中心．所以S-ABC 为正三棱锥．（2）解：在Rt SAO △中，由于SA=a ，∠SAO=60°，所以SO=a ，AO=a ．因O 为重心，所以AD=AO=a ，BC=2BD=2ADcot60°=a ，OD=AD=a ．在Rt SOD △中，SD 2=SO 2+OD 2=（a ）2+（a ）2=，则SD=a ．于是，（S S-ABC ）全=•（a ）2sin60°+3••a•a=a 2．27、如图，E 、F 、G 、H 分别是空间四边形ABCD 四边上的中点．（1）若BD=2，AC=6，则EG 2+HF 2等于多少？（2）若AC 与BD 成30°的角，且AC=6，BD=4，则四边形EFGH 的面积等于多少？答案：解：（1）∵E 、F 、G 、H 分别是空间四边形ABCD 四边上的中点，∴EH BD ∥，且EH=BD ；FG BD ∥，且FG=BD ；∴EH FG ∥，且EH=FG ，∴四边形EFGH 是平行四边形；又BD=2，AC=6，∴EH=BD=1，EF=AC=3，在△EFG 和△HFG 中，由余弦定理得，EG 2=EF 2+FG 2-2EF•FG•cos EFG∠=32+12-2×3×1×cos EFG∠=10-6cos EFG ∠，HF 2=HG 2+FG 2-2HG•FG•cos FGH∠=32+12-2×3×1×cos （π-EFG ∠）=10+6cos EFG ∠，∴EG 2+HF 2=20；（2）∵AC 与BD 成30°的角，且EF AC ∥，FG BD ∥，∴∠EFG=30°，又AC=6，BD=4，∴EF=AC=3，FG=BD=2；∠．∴四边形EFGH的面积为S=EF•FG•sin EFG=3×2×sin30°=3解析：解：（1）∵E、F、G、H分别是空间四边形ABCD四边上的中点，∥，且EH=BD；∴EH BDFG BD∥，且FG=BD；∥，且EH=FG，∴EH FG∴四边形EFGH是平行四边形；又BD=2，AC=6，∴EH=BD=1，EF=AC=3，在△EFG和△HFG中，由余弦定理得，∠EG2=EF2+FG2-2EF•FG•cos EFG∠=32+12-2×3×1×cos EFG∠，=10-6cos EFG∠HF2=HG2+FG2-2HG•FG•cos FGH∠）=32+12-2×3×1×cos（π-EFG=10+6cos EFG∠，∴EG2+HF2=20；（2）∵AC 与BD 成30°的角，且EF AC ∥，FG BD ∥，∴∠EFG=30°，又AC=6，BD=4，∴EF=AC=3，FG=BD=2；∴四边形EFGH 的面积为S=EF•FG•sin EFG=3×2×sin30°=3∠．28、已知三棱锥S-ABC 的三条侧棱SA 、SB 、SC 两两互相垂直且长度分别为a 、b 、c ，设O 为S 在底面ABC 上的射影．求证：（1）O 为△ABC 的垂心；（2）O 在△ABC 内；（3）设SO=h ，则++=．答案：证明：（1）∵SA SB ⊥，SA SC ⊥，∴SA ⊥平面SBC ，BC ⊂平面SBC ．∴SA BC ⊥．而AD 是SA 在平面ABC 上的射影，∴AD BC ⊥．同理可证AB CF ⊥，AC BE ⊥，故O 为△ABC 的垂心．（2）证明△ABC 为锐角三角形即可．不妨设a≥b≥c ，则底面三角形ABC 中，AB=为最大，从而∠ACB 为最大角．用余弦定理求得cos ACB=∠＞0，∴∠ACB 为锐角，△ABC 为锐角三角形．故O 在△ABC 内．（3）SB•SC=BC•SD ，故SD=，=+，又SA•SD=AD•SO ，∴===+=++=．解析：证明：（1）∵SA SB ⊥，SA SC ⊥，∴SA ⊥平面SBC ，BC ⊂平面SBC ．∴SA BC ⊥．而AD 是SA 在平面ABC 上的射影，∴AD BC ⊥．同理可证AB CF ⊥，AC BE ⊥，故O 为△ABC 的垂心．（2）证明△ABC 为锐角三角形即可．不妨设a≥b≥c ，则底面三角形ABC 中，AB=为最大，从而∠ACB 为最大角．用余弦定理求得cos ACB=∠＞0，∴∠ACB 为锐角，△ABC 为锐角三角形．故O 在△ABC 内．（3）SB•SC=BC•SD ，故SD=，=+，又SA•SD=AD•SO ，∴===+=++=．29．已知正三棱锥的高为1，底面边长为2，其内有一个球和该三棱锥的四个面都相切，求：（1）棱锥的全面积；（2）球的半径R．答案：解：（1）设正三棱锥的底面中心为H，由题意知PH=1，边长BC=2，取BC中点E，连接HE、PE，则HE=S全=3×=9⊥于点G，（2）过O作OG PE∽△，且OG=OH=R，则△POG PEH∴，∴R=解析：解：（1）设正三棱锥的底面中心为H，由题意知PH=1，边长BC=2，取BC中点E，连接HE、PE，则HE=S全=3×=9⊥于点G，（2）过O作OG PE∽△，且OG=OH=R，则△POG PEH∴，∴R=30、如图，在三棱锥D-ABC中，已知△BCD是正三角形，AB⊥平面BCD，AB=BC=a，E为BC 的中点，F在棱AC上，且AF=3FC．（1）求三棱锥D-ABC 的表面积；（2）求证AC ⊥平面DEF ；（3）若M 为BD 的中点，问AC 上是否存在一点N ，使MN ∥平面DEF ？若存在，说明点N 的位置；若不存在，试说明理由．答案：解：（1）∵AB ⊥平面BCD ，∴AB BC ⊥，AB BD ⊥．∵△BCD 是正三角形，且AB=BC=a ，∴AD=AC=．设G 为CD 的中点，则CG=，AG=．∴，，．三棱锥D-ABC 的表面积为．（2）取AC 的中点H ，∵AB=BC ，∴BH AC ⊥．∵AF=3FC ，∴F 为CH 的中点．∵E 为BC 的中点，∴EF BH ∥．则EF AC ⊥．∵△BCD 是正三角形，∴DE BC ⊥．∵AB ⊥平面BCD ，∴AB DE ⊥．∵AB∩BC=B ，∴DE ⊥平面ABC ．∴DE AC ⊥．∵DE∩EF=E ，∴AC ⊥平面DEF ．（3）存在这样的点N ，当CN=时，MN ∥平面DEF ．连CM ，设CM∩DE=O ，连OF ．由条件知，O 为△BCD 的重心，CO=CM ．∴当CF=CN 时，MN OF ∥．∴CN=．解析：解：（1）∵AB ⊥平面BCD ，∴AB BC ⊥，AB BD ⊥．∵△BCD 是正三角形，且AB=BC=a ，∴AD=AC=．设G 为CD 的中点，则CG=，AG=．∴，，．三棱锥D-ABC 的表面积为．（2）取AC 的中点H ，∵AB=BC ，∴BH AC ⊥．∵AF=3FC ，∴F 为CH 的中点．∵E 为BC 的中点，∴EF BH ∥．则EF AC ⊥．∵△BCD 是正三角形，∴DE BC ⊥．∵AB ⊥平面BCD ，∴AB DE ⊥．∵AB∩BC=B ，∴DE ⊥平面ABC ．∴DE AC ⊥．∵DE∩EF=E ，∴AC ⊥平面DEF ．（3）存在这样的点N ，当CN=时，MN ∥平面DEF ．连CM ，设CM∩DE=O ，连OF ．由条件知，O 为△BCD 的重心，CO=CM ．∴当CF=CN 时，MN OF ∥．∴CN=．。