立体几何创新题型及答案

专题12 立体几何专题（新定义）一、单选题1．（2022秋·内蒙古赤峰·高二赤峰二中校考阶段练习）已知体积公式3V kD =中的常数k 称为“立圆率”.对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱），正方体，球也可利用公式3V kD =求体积（在等边圆柱中，D 表示底面圆的直径；在正方体中，D 表示棱长，在球中，D 表示直径）.假设运用此体积公式求得等边圆柱（底面圆的直径为a ），正方体（棱长为a ），球（直径为a ）的“立圆率”分别为1k ，2k ，3k ，则123::k k k =（ ） A ．:1:46ππB ．:2:46ππC ．3:2:2πD ．111::64π【答案】A【分析】根据体积公式分别求出“立圆率”即可得出.【详解】因为231=2a V a k a π⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭圆柱，所以14k π=，因为332V a k a ==正方体，所以21k =，因为333432a V k a π⎛⎫=⨯= ⎪⎝⎭球，所以36k π=，所以123::k k k =:1:46ππ.故选：A.2．（2022秋·江苏南京·高二统考期中）我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，在这两个平行平面内的面叫做拟柱体的底面，其余各面叫做拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫做拟柱体的高，过高的中点且平行于底面的平面截拟柱体所得的截面称为中截面.已知拟柱体的体积公式为V =16h（S +4S 0+S'），其中S ，S'分别是上､下底面的面积，S 0是中截面的面积，h 为拟柱体的高.一堆形为拟柱体的建筑材料，其两底面是矩形且对应边平行（如图），下底面长20米，宽10米，堆高1米，上底长､宽比下底长､宽各少2米.现在要彻底运走这堆建筑材料，若用最大装载量为4吨的卡车装运，则至少需要运（ ） （注：1立方米该建筑材料约重1.5吨）A ．63车B ．65车C ．67车D ．69车【答案】B【分析】根据所给条件先计算上底面和中截面的长、宽，进而求出各个面的面积、体积以及重量，进一法求出所需要的车次.【详解】解：由条件可知：上底长为18米，宽为8米；中截面长19米，宽9米；则上底面积188S =⨯，中截面积0199S =⨯，下底面积12010S =⨯，所以该建筑材料的体积为V =()1514114468420063⨯⨯++=立方米，所以建筑材料重约514325732⨯=（吨）， 需要的卡车次为257464.25÷=，所以至少需要运65车. 故选：B3．（2022·全国·高三专题练习）胡夫金字塔的形状为四棱锥，1859年，英国作家约翰·泰勒（JohnTaylor ，1781-1846）在其《大金字塔》一书中提出：古埃及人在建造胡夫金字塔时利用黄金比例1 1.6182⎛⎫⎝≈ +⎪⎪⎭，胡夫金字塔的每一个侧面的面积都等于金字塔高的平方．如图，若2h as =，则由勾股定理，22as s a =−，即210s sa a⎛⎫−−= ⎪⎝⎭，因此可求得s a 为黄金数，已知四棱锥底面是边长约为856英尺的正方形(2856)a =，顶点P 的投影在底面中心O ，H 为BC 中点，根据以上信息，PH 的长度（单位：英尺）约为（ ）．A ．611.6B ．481.4C ．692.5D ．512.4【答案】C【解析】由2856a =和PH s ==可得【详解】解：12PH s a ==，2856a =8566922.5PH s ==≈ 故选：C【点睛】读懂实际问题，把实际问题转化为数学问题进行计算；基础题.4．（2023·辽宁沈阳·统考一模）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．则正八面体（八个面均为正三角形）的总曲率为（ ）A ．2πB ．4πC ．6πD ．8π【答案】B【分析】利用正八面体的面积和减去六个顶点的曲率和可得结果.【详解】正八面体每个面均为等比三角形，且每个面的面角和为π，该正面体共6个顶点， 因此，该正八面体的总曲率为62π8π4π⨯−=. 故选：B.5．（2023·全国·高三专题练习）将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为θ，δ为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），ϕ为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即[]2326,2326δ''∈−︒︒．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬395427'''︒，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（ ）A ．北纬5527'''︒B ．南纬5527'''︒C ．北纬5533'''︒D ．南纬5533'''︒【答案】D【解析】首先根据题意理解太阳高度角、该地纬度、太阳直射纬度的概念，然后由太阳高度角()9039542745θδ'''=︒−︒−=︒可得结果.【详解】由题可知，天安门广场的太阳高度角()9039542750533θδδ''''''=︒−︒−=︒+， 由华表的高和影长相等可知45θ=︒，所以45505335533δ''''''=︒−︒=−︒. 所以该天太阳直射纬度为南纬5533'''︒， 故选：D.6．（2023秋·广东深圳·高二校考期末）图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3.若曲侧面三棱柱的高为5，底面任意两顶点之间的距离为20，则其侧面积为（ ）A ．100πB ．600πC ．200πD ．300π【答案】A【分析】由莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，结合已知可得半径为20，由弧长公式求得底面周长，进而可求得结果.【详解】莱洛三角形由三段半径为20，圆心角为π3的圆弧构成，所以该零件底面周长为π32020π3⨯⨯=，故其侧面积为20π5=100π⨯． 故选：A.7．（2023·全国·高三专题练习）设P 为多面体M 的一个顶点，定义多面体M 在P 处的离散曲率为()()1223111 1.2,3,32k i Q PQ Q PQ Q PQ Q i k π−∠+∠+⋯+∠=⋯≥其中，为多面体M 的所有与点P 相邻的顶点，且平面12Q PQ ，23Q PQ ，……，1k Q PQ 遍及多面体M 的所有以P 为公共点的面如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a ，b ，c ，d ，则a ，b ，c ，d 的大小关系是（ ）A ．a b c d >>>B ．a b d c >>>C ．b a d c >>>D ．c d b a >>>【答案】B【分析】根据题意给的定义，结合图形，分别求出a 、b 、c 、d 的值即可比较大小. 【详解】对于正四面体，其离散曲率为111(3)232a ππ=−⨯=， 对于正八面体，其离散曲率为111(4)233b ππ=−⨯=， 对于正十二面体，其离散曲率为1311(3)2510c ππ=−⨯=， 对于正二十面体，其离散曲率为111(5)236d ππ=−⨯=， 则111123610>>>， 所以a b d c >>>. 故选：B.8．（重庆市2023届高三第七次质量检测数学试题）如图，生活中有很多球缺状的建筑．球被平面截下的部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，球缺的曲面部分叫做球冠，垂直于截面的直径被截后的线段叫做球缺的高．球冠面积公式为2πS RH =，球缺的体积公式为()21π33V R H H =−，其中R 为球的半径，H 为球缺的高．现有一个球被一平面所截形成两个球缺，若两个球冠的面积之比为1:2，则这两个球缺的体积之比为（ ）．A ．19B ．1120C ．720D ．310【答案】C【分析】根据已知条件求得123R h =，243R h =，代入体积公式计算即可.【详解】设小球缺的高为1h ，大球缺的高为2h ，则122h h R +=，① 由题意可得：122π12π2Rh Rh =，即：212h h =，② 所以由①②得：123R h =，243R h =，所以小球缺的体积23112228ππ333381R R R V R ⎛⎫⎛⎫=−⨯=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 大球缺的体积2321480ππ333381R R V R ⎛⎫=−⨯=⎪⎝⎭， 所以小球缺与大球缺体积之比为313228π78180π2081R V R V ==.故选：C.9．（2021秋·江苏南通·高三统考阶段练习）碳60（Co ）是一种非金属单质，它是由60个碳原子构成，形似足球，又称为足球烯，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体，共32个面，且满足：顶点数－棱数＋面数＝2，则其六元环的个数为（ ）.A ．12B ．20C ．32D ．60【答案】B【分析】根据顶点数－棱数＋面数＝2求出棱数，设正五边形有x 个，正六边形有y 个，根据面数和棱数即可得关于,x y 的方程组，解得y 的值，即可求解.【详解】根据题意， 碳60（Co ）由60个顶点，有32个面， 由顶点数－棱数＋面数＝2可得：棱数为6032290+−=， 设正五边形有x 个，正六边形有y 个，则3256902x y x y +=⎧⎨+=⨯⎩，解得：1220x y =⎧⎨=⎩，所以六元环的个数为20个，故选：B.10．（2018春·四川成都·高三成都七中校考阶段练习）设b a >，定义区间[,)a b 、(,]a b 、(,)a b 、[,]a b 的长度均为b a −.在三棱锥A BCD −中，2AB BC CA ===，AD BD ⊥，则CD 长的取值区间的长度为AB ．2C ．D ．4【答案】B【解析】由题意画出图形，得到三棱锥A - BCD 存在时CD 的范围，则答案可求. 【详解】如图，△ABC 是边长为2的等边三角形，取AB 中点O ,连接CO ，DO ,可得CO因为AD ⊥BD ,当AD =BD 时，OD 最长为1,则当等腰直角三角形ABD 在平面ABC 上时，CD1，则要使三棱锥A - BCD 存在，CD ∈所以CD 长的取值区间的长度为-1)=2. 故选：B【点睛】本题考查由立体几何图形成立限制边长范围问题，属于较难题.二、多选题11．（2022·全国·高三专题练习）用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的π倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是（ ）A B．侧面积为C ．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为36π D．底面积为 【答案】ABD【分析】不妨过斜圆柱的最高点D 和最低点B 作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，作出过斜圆柱底面椭圆长轴的截面，截斜圆柱得平行四边形，截圆柱得矩形，如图，由此截面可得椭圆面与圆柱底面间所成的二面角的平面角，从而求得椭圆长短轴之间的关系，得离心率，并求得椭圆的长短轴长，得椭圆面积，利用椭圆的侧面积公式可求得斜椭圆的侧面积，由斜圆柱的高比圆柱的底面直径大，可知斜圆柱内半径最大的球的直径与圆柱底面直径相等，从而得其表面积，从而可关键各选项．【详解】不妨过斜圆柱的最高点D 和最低点B 作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，如图，矩形ABCD BFDE 是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面， 由圆柱的性质知45ABF ∠=︒，则BF ，设椭圆的长轴长为2a ，短轴长为2b ，则22a b ，a =，2c ==，所以离心率为c e a ==A 正确； EG BF ⊥，垂足为G ，则EG 6=，易知45EBG ∠=︒，BE =4CE AF AB ===，所以斜圆柱侧面积为22(4224S ππ=⨯⨯+−⨯⨯=，B 正确；24b =，2b =，2a =，a =椭圆面积为ab π=，D 正确；由于斜圆锥的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球表面积为24216ππ⨯=，C 错． 故选：ABD ．12．（2022春·黑龙江哈尔滨·高一哈九中校考期末）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性．规定：多面体的顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是3π，所以正四面体在每个顶点的曲率为233πππ−⨯=，故其总曲率为4π．给出下列四个结论，其中，所有正确结论的有（ ）A ．正方体在每个顶点的曲率均为2π B ．任意四棱锥的总曲率均为4π；C ．若一个多面体满足顶点数V ＝6，棱数E ＝8，面数F ＝12，则该类多面体的总曲率是3π；D ．若某类多面体的顶点数V ，棱数E ，面数F 满足2V E F −+=，则该类多面体的总曲率是常数 【答案】ABD【分析】根据曲率的定义依次判断即可.【详解】对于A ，根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为2322πππ−⨯=，故A 正确；对于B ，由定义可得多面体的总曲率2π=⨯顶点数−各面内角和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，所以任意四棱锥的总曲率为()254214ππππ⨯−⨯+⨯=，故B 正确；对于C ，由多面体顶点数、面数、棱数的关系有2V E F −+=，而选项C 中所给的多面体的顶点数、面数、棱数不满足此关系式，故不能构能多面体，故C 不正确； 对于D ，设每个面记为[]()1,i n i F ∈边形，则所有的面角和为()()1122222FFi i i i n n F E F E F ππππππ==−=−=⋅−=−∑∑，根据定义可得该类多面体的总曲率()224V E F πππ−−=为常数，故D 正确. 故选：ABD.13．（2020秋·山东济南·高三统考期末）给定两个不共线的空间向量a 与b ，定义叉乘运算：a b ⨯．规定：①a b ⨯为同时与a ，b 垂直的向量；②a ，b ，a b ⨯三个向量构成右手系（如图1）；③ sin a b a b a b ⨯=〈〉，．如图2，在长方体1111ABCD A B C D −中，124AB AD AA ===，，则下列结论正确的是（ ） A ．1AB AD AA ⨯= B ．AB AD AD AB ⨯=⨯C ．111()AB AD AA AB AA AD AA +⨯=⨯+⨯ D ．11111()ABCD A B C D V AB AD CC −=⨯⋅ 【答案】ACD【分析】根据新定义空间向量的叉乘运算依次判断选项即可. 【详解】在长方体1111ABCD A B C D −中，AB =AD =2，14AA =，A ：1AA 同时与AB AD ，垂直，sin =22sin 904AB AD AB AD AB AD ︒⨯=⨯⨯=，， 又因为1=4AA ，所以AB AD ⨯=1AA ，且AB AD ，，1AA 构成右手系，故1=AB AD AA ⨯成立，故A 正确；B ：根据a b a b ⨯，，三个向量构成右手系，可知1=AB AD AA ⨯，1=-AD AB AA ⨯， 则AB AD ⨯≠AD AB ⨯，故B 错误；C ：11()224sin 90AB AD AA AC AA ︒+⨯=⨯==1AC AA ⨯与DB 同向共线，124sin 908AB AA ︒⨯=⨯=，且1AB AA ⨯与DA 同向共线，又124sin 908AD AA ︒⨯=⨯=，且1AD AA ⨯与AB 同向共线，即1AD AA ⨯与DC 同向共线，所以1182AB AA AD AA ⨯+⨯=11AB AA AD AA ⨯+⨯与DB 同向共线， 所以1()AB AD AA +⨯=11AB AA AD AA ⨯+⨯，故C 正确； D ：长方体1111ABCD A B C D −的体积22416V =创=，2111()416AB AD CC AA CC ⨯⋅=⋅==，所以1111ABCD A B C D V −=1()AB AD CC ⨯⋅，故D 正确.故选：ACD14．（2022春·全国·高一期末）数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，所谓等腰四面体，就是指三组对棱分别相等的四面体.关于“等腰四面体”，以下结论正确的是（ ） A ．长方体中含有两个相同的等腰四面体B ．“等腰四面体”C ．“等腰四面体”可由锐角三角形沿着它的三条中位线折叠得到D ．三组对棱长度分别为a ，b ，c 的“等腰四面体”【答案】ABC【分析】作出长方体，根据等腰四面体的定义得出图形，根据长方体的性质判断各选项． 【详解】如图，长方体1111ABCD A B C D −有两个相同的等腰四面体：11ACB D 和11A C BD ，A 正确；如等腰四面体11A C BD 中，每个面可能看作是从长方体截一个角得出的， 如图，设11111,,A D A B AA 的长分别为,,x y z ，不妨设x y z ≥≥，则11B D =1AD =1AB =1BD 最大，其所对角的余弦值为222222211cos 0B AD ∠==>，最大角11B AD ∠为锐角，三角形为锐角三角形，同理其它三个面都是锐角三角形，各个面的三条边分别相等，为全等三角形，面积相等，B 正确；把一个等腰四面体沿一个顶点出发的三条棱剪开摊平，则得一个锐角三角形，还有三条棱是这个三角形的三条中位线，如等腰四面体11ACB D ，沿11,,AB AD AC 剪开摊平，11,ND PD 共线，同理可得,CM DP 共线，11,B M B N 共线，MNP △11ACB D 的面相似），且1111,,B C B D CD 是这个三角形的中位线，因此C正确；如上等腰四面体11A C BD 中三条棱长分别是长方体的三条面对角线长，由长方体性质知长方体对角线是其外D 错。

(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案考点题型与解题方法单选题1、某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（ ）A ．132B ．223C ．152D ．2332、已知直线a 与平面α,β,γ，能使α//β的充分条件是（ ） ①α⊥γ,β⊥γ ②α//γ,β//γ ③a //α,a //β ④a ⊥α,a ⊥β A ．①②B ．②③C ．①④D ．②④3、下列命题中，正确的是（ ） A ．三点确定一个平面B ．垂直于同一直线的两条直线平行C ．若直线l 与平面α上的无数条直线都垂直，则l ⊥αD ．若a 、b 、c 是三条直线，a ∥b 且与c 都相交，则直线a 、b 、c 在同一平面上4、如图.AB 是圆的直径，PA ⊥AC ，PA ⊥BC ，C 是圆上一点(不同于A ，B )，且PA =AC ，则二面角P −BC −A 的平面角为（ ）A ．∠PACB ．∠CPAC ．∠PCAD ．∠CAB5、如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（ ）A ．18πB ．20πC ．22π3D ．26π6、如图，某圆锥的轴截面ABC 是等边三角形，点D 是线段AB 的中点，点E 在底面圆的圆周上，且BE ⌢的长度等于CE⌢的长度，则异面直线DE 与BC 所成角的余弦值是（ ）A ．√24B ．√64C ．√104D ．√1447、如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）A ．23B ．24C ．26D ．278、如图，在梯形ABCD 中，AB ∥DC 且AB =2DC ，点E 为线段BC 的靠近点C 的一个四等分点，点F 为线段AD 的中点，AE 与BF 交于点O ，且AO⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则x +y 的值为（ ）A ．1B ．57C ．1417D ．56多选题9、《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖膈”．如图在堑堵ABC −A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，且AA 1=AB =2．下列说法正确的是（ ）A ．四棱锥B −A 1ACC 1为“阳马” B ．四面体A 1C 1CB 为“鳖膈” C ．四棱锥B −A 1ACC 1体积最大为23D ．过A 点分别作AE ⊥A 1B 于点E ，AF ⊥A 1C 于点F ，则EF ⊥A 1B10、在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，则下列命题正确的是（）A．异面直线C1P和CB1所成的角为定值B．直线CD和平面BPC1相交C．三棱锥D−BPC1的体积为定值D．直线CP和直线A1B可能相交11、已知PA⊥矩形ABCD所在的平面，则下列结论中正确的是（）A．PB⊥BCB．PD⊥CDC．PD⊥BDD．PA⊥BD填空题12、对于任意给定的两条异面直线，存在______条直线与这两条直线都垂直．部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案(四)参考答案1、答案：C分析：根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为V=23−(13×12×12×1+13×12×12×2)=152，故选：C.2、答案：D解析：根据线面的平行关系，结合相关性质，逐个分析判断即可得解.对①，若α⊥γ,β⊥γ，垂直于同一个平面的两个平面可以相交，故①错误；对②，若α//γ,β//γ，则α//β，平面的平行具有传递性，故②正确；对③，若a//α,a//β，平行于同一直线的两平面可以相交，故③错误；对④，a⊥α,a⊥β，垂直于同一直线的两平面平行，故④正确.综上：②④正确，故选：D.3、答案：D分析：利用空间点、线、面位置关系直接判断.A.不共线的三点确定一个平面，故A错误；B.由墙角模型，显然B错误；C.根据线面垂直的判定定理，若直线l与平面α内的两条相交直线垂直，则直线l与平面α垂直，若直线l与平面α内的无数条平行直线垂直，则直线l与平面α不一定垂直，故C错误；D.因为a//b，所以a、b确定唯一一个平面，又c与a、b都相交，故直线a、b、c共面，故D正确；故选：D.4、答案：C解析：由圆的性质知：AC⊥BC，根据线面垂直的判定得到BC⊥面PAC，即BC⊥PC，结合二面角定义可确定二面角P−BC−A的平面角.∵C是圆上一点(不同于A，B)，AB是圆的直径，∴AC⊥BC，PA⊥BC，AC∩PA=A，即BC⊥面PAC，而PC⊂面PAC，∴BC⊥PC，又面ABC∩面PBC=BC，PC∩AC=C，∴由二面角的定义：∠PCA为二面角P−BC−A的平面角.故选：C5、答案：A分析：由题意可知该几何体的体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可解：由题意得，球的半径R=2，圆柱的底面半径r=1，高ℎ=3，则该几何体的表面积为S=2πR2+πR2+2πrℎ=8π+4π+2π×1×3=18π故选：A.6、答案：A分析：过点A作AO⊥BC于点O，过点A作DG⊥BC于点G，取AO的中点F，连接GE、OE、EF，则有∠DEF （或其补角）就是异面直线DE与BC所成的角，设圆锥的底面半径为2，解三角形可求得答案.解：过点A作AO⊥BC于点O，过点A作DG⊥BC于点G，取AO的中点F，连接GE、OE、EF，BC，所以∠DEF（或其补角）就是异面直线DE与BC所成的角，则DF//BC，且DF=12设圆锥的底面半径为2，则DF=1，OE=2，AO=2√3，所以DG=OF=√3，在Rt△GOE中，GO=1，OE=2，所以GE=√GO2+OE2=√5，在Rt△GDE中，GE=√5，DG=√3，所以DE=√GD2+GE2=2√2，在Rt△FOE中，FO=√3，OE=2，FE=√FO2+OE2=√7，所以在△DFE中，满足DF2+FE2=DE2，所以∠DFE=90∘，所以cos∠DEF=DFDE =2√2=√24，故选：A.7、答案：D分析：作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.该几何体由直三棱柱AFD−BHC及直三棱柱DGC−AEB组成，作HM⊥CB于M，如图，因为CH=BH=3,∠CHB=120∘，所以CM=BM=3√32,HM=32，因为重叠后的底面为正方形，所以AB=BC=3√3,在直棱柱AFD−BHC中，AB⊥平面BHC，则AB⊥HM, 由AB∩BC=B可得HM⊥平面ADCB，设重叠后的EG与FH交点为I,则V I−BCDA =13×3√3×3√3×32=272,V AFD−BHC =12×3√3×32×3√3=814则该几何体的体积为V =2V AFD−BHC −V I−BCDA =2×814−272=27.故选：D. 8、答案：C分析：由向量的线性运算法则化简得到AO ⃑⃑⃑⃑⃑ ==(x −y2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ 和BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE⃑⃑⃑⃑⃑ ，结合B,O,F 三点共线和A,O,E 三点共线，得出2x +3y −2=0和3x −4y =0，联立方程组，即可求解. 根据向量的线性运算法则，可得AO⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y(BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ) =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ −yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yAC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(AD ⃑⃑⃑⃑⃑ +DC⃑⃑⃑⃑⃑ ) =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(2AF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )=(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ ， 因为B,O,F 三点共线，可得x −y 2+2y =1，即2x +3y −2=0；又由BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ −xBA ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅43BE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ， 因为A,O,E 三点共线，可得1−x +4y 3=1，即3x −4y =0，联立方程组{2x +3y −2=03x −4y =0 ，解得x =817,y =617，所以x +y =1417.故选：C. 9、答案：ABD分析：根据“阳马”和“鳖膈”的定义，可判断A ，B 的正误；当且仅当AC =BC 时，四棱锥B −A 1ACC 1体积有最大值，求值可判断C 的正误；根据题意可证A 1B ⊥平面AEF ，进而判断D 的正误. 底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”， ∴在堑堵ABC −A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，侧棱AA 1⊥平面ABC ，A 选项，∴AA 1⊥BC ，又AC ⊥BC ，且AA 1∩AC =A ，则BC ⊥平面A 1ACC 1， ∴四棱锥B −A 1ACC 1为“阳马”，对；B 选项，由AC ⊥BC ，即A 1C 1⊥BC ，又A 1C 1⊥C 1C 且BC ∩C 1C =C ， ∴A 1C 1⊥平面BB 1C 1C ，∴A 1C 1⊥BC 1，则△A 1BC 1为直角三角形，又由BC⊥平面AA1C1C，得△A1BC为直角三角形，由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形，∥CC1B为直角三角形．∴四面体A1C1CB为“鳖膈”，对；C选项，在底面有4=AC2+BC2≥2AC⋅BC，即AC⋅BC≤2，当且仅当AC=BC=√2时取等号，V B−A1ACC1=13S A1ACC1×BC=13AA1×AC×BC=23AC×BC≤43，错；D选项，因为BC⊥平面AA1C1C，则BC⊥AF，AF⊥A1C且A1C∩BC=C，则AF⊥平面A1BC，∴AF⊥A1B，又AE⊥A1B且AF∩AE=A，则A1B⊥平面AEF，所以则A1B⊥EF，对；故选：ABD．10、答案：AC解析：A：由正方体的性质判断B1C⊥平面ABC1D1，得出B1C⊥C1P，异面直线C1P与CB1所成的角为90°；B：由CD//AB，证明CD//平面ABC1D1，即得CD//平面BPC1；C：三棱锥D−BPC1的体积等于三棱锥的体积P−DBC1的体积，判断三棱锥D−BPC1的体积为定值；D：可得直线CP和直线A1B为异面直线.对于A，因为在正方体ABCD−A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，B1C⊥C1D1，又BC1∩C1D1=C1，BC1，C1D1⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥平面ABC1D1，而C1P⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥C1P，故这两个异面直线所成的角为定值90°，所以A正确；对于B，因为平面BPC1与面ABC1D1是同一平面，DC//AB，AB⊂平面ABC1D1，CD⊂平面ABC1D1，故CD//平面ABC1D1，即CD//平面BPC1，故B错误；对于C，三棱锥D−BPC1的体积等于三棱锥P−DBC1的体积，而平面DBC1为固定平面，且△DBC1大小一定，又因为P∈AD1，因为AD1//BC1，AD1⊂平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1//平面DBC1，所以点A到平面DBC1的距离即为点P到该平面的距离，为定值，所以三棱锥D−BPC1的体积为定值，故C正确；对于D，直线CP和直线A1B是异面直线，不可能相交，故D错误.故选：AC.分析：本题考查线面平行的判定，线面垂直的判定及性质，异面直线所成的角，直线与平面所成的角，空间中的距离，正确理解判定定理和性质是解题的关键.11、答案：ABD分析：由PA⊥矩形ABCD，得PA⊥BD，若PD⊥BD，则BD⊥平面PAD，又BA⊥平面PAD，则过平面外一面有两条直线与平面垂直，不成立，故PD⊥BD不正确．解：∵PA⊥矩形ABCD，BD⊂矩形ABCD，∴PA⊥BD，故D正确．若PD⊥BD，则BD⊥平面PAD，又BA⊥平面PAD，则过平面外一面有两条直线与平面垂直，故PD⊥BD不正确，故C不正确；∵PA⊥矩形ABCD，∴PA⊥CD，AD⊥CD，∴CD⊥平面PAD，∴PD⊥CD，故B正确；∵PA⊥矩形ABCD，∴由三垂线定理得PB⊥BC，故A正确；故选：ABD．12、答案：无数分析：平移一条直线与另一条相交并确定一个平面，再由线面垂直的意义及异面直线所成角判断作答. 令给定的两条异面直线分别为直线a,b，平移直线b到直线b′，使b′与直线a相交，如图，则直线b′与a确定平面α，点A是平面α内任意一点，过点A有唯一直线l⊥α，因此，l⊥a,l⊥b′，即有l⊥b，由于点A的任意性，所以有无数条直线与异面直线a,b都垂直.所以答案是：无数。

GFDECBA立体几何（创新题）1、如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝kPA ，点O 、D 分别是AC 、PC 的中点，OP ⊥底面ABC （1）当k ＝21时，求直线PA 与平面PBC 所成角的正弦值。

（2）当k 取何值时，O 在平面PBC 内的射影恰好为△PBC的重心？2、如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝a ，又PA ⊥平面ABCD ，PA ＝4． （1）BC 上存在一点Q ，使PQ ⊥QD ，求a 的取值范围；（2）C 上存在唯一点Q ，使PQ ⊥QD 时，求二面角A －PD －Q 的余弦值。

3、已知梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC =∠BAD =2π，AB=BC=2AD=4，E 、F 分别是AB 、CD 上的点，EF ∥BC ，AE = x ，G 是BC 的中点。

沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF (如图) 。

(1) 当x =2时，求证：BD ⊥EG ；(2) 若以F 、B 、C 、D 为顶点的三棱锥的体积记为()f x ，求()f x 的最大值；(3) 当()f x 取得最大值时，求二面角D-BF-C 的余弦值。

4、在四棱锥A B C D P -中，⊥PA 平面A B C D ，底面A B C D 为矩形，)0(>==a a B C PA AB 。

ABCDOPABC DFE P(Ⅰ)当1a=时，求证：BD PC⊥；(Ⅱ) 若BC边上有且只有一个点Q，使得QDPQ⊥，求此时二面角QPDA--的余弦值。

5、用一边长为12cm的正方形铁片，按图将阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P为顶点，加工成一个四棱锥容器P－ABCD。

（1）证明：四棱锥P－ABCD为正四棱锥；（2）求容器四棱锥P－ABCD容积的最大值；（3）在四棱锥P－ABCD的容积最大值时，如它的顶点都在一个球面上，求这个球的表面积。

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

考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。

2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。

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

【题型一】 平行1：四边形法证线面平行【典例分析】如图，在正方体中，E ，F 分别是，CD 的中点．（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2（1）在正方体中，取中点G ，连接FG ，，如图，而F 是CD 的中点，则，，又E 是的中点，则，， 因此，，，四边形是平行四边形，有，而平面，平面，平面.【经验总结】基本规律1.利用平移法做出平行四边形2.利用中位线做出平行四边形【变式演练】1.如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，，，，E 是PB 的中点.（1）求证：平面PAD ；（2）若，求三棱锥P -ACE 的体积.【答案】（1）证明见解析（2） 【分析】（1）取PA 的中点F ，连接EF ，DF ，利用平行四边形证明，再由线面平行的判定定理即可得证；（2）根据等体积法知，即可由棱锥体积公式求解.（1）取PA 的中点F ，连接EF ，DF ，∵点E ，F 分别为PB ，PA 的中点，1111ABCD A B C D -1AA //EF 11A CD 1ED 1A C 1111ABCD A B C D -1CD 1GA 1//FG DD 112FG DD =1AA 11//A E DD 1112A E DD =1//A E FG 1A E FG =1FGA E 1//EF GA EF ⊄11A CD 1GA ⊂11A CD //EF 11A CD AB AD ⊥//AB CD 222AB AD CD ===//CE 2PC =13//EC DF P ACE E ACP V V --=∴，，∴四边形EFDC 是平行四边形，∴，又∵平面PAD ，平面PAD ，∴平面PAD ；2.如图，在四棱锥中，面，，且，，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面若存在求出的值，若不存在说明理由． 【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在， （1）证明：取CP 中点F ，连接NF 、BF ，因为F ，N 分为PC ，PD 的中点，则，且， 又，且，，所以四边形NABF 是平行四边形， ，又面PBC ，面PBC 。

高中数学立体几何多选题100含解析一、立体几何多选题1．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD 【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -的高为22222262213⎛⎫--⨯= ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.2．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E ，F 在平面1111D C B A 内，若||5AE =，AC DF ⊥，则（ ）A ．点E 的轨迹是一个圆B ．点F 的轨迹是一个圆C ．EF 21-D ．AE 与平面1A BD 21530+【答案】ACD 【分析】对于A 、B 、C 、D 四个选项，需要对各个选项一一验证. 选项A ：由2211||5AE AA A E =+=1||1A E =，分析得E 的轨迹为圆；选项B ：由AC DBF ⊥，而点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，； 选项C ：由E 的轨迹为圆，F 的轨迹为线段11B D ，可分析得min ||EF d r =-； 选项D ：建立空间直角坐标系，用向量法求最值. 【详解】 对于A:2211||5AE AA A E =+=221|25A E +=1||1A E =，即点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上；故A 正确；对于B: 正方体1111ABCD A B C D -中，AC ⊥BD ，又AC DF ⊥，且BD ∩DF=D ，所以AC DBF ⊥，所以点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，故B 错误；对于C:在平面1111D C B A 内，1A 到直线11B D 的距离为2,d=当点E ，F 落在11A C 上时，min ||21EF =-；故C 正确； 对于D:建立如图示的坐标系，则()()()()10,0,0,2,0,0,0,0,2,0,2,0A B A D因为点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上，可设()cos ,sin ,2E θθ 所以()()()1cos ,sin ,2,2,0,2,2,2,0,AE A B BD θθ==-=-设平面1A BD 的法向量(),,n x y z =，则有1·220·220n BD x y n A B x z ⎧=-+=⎪⎨=-=⎪⎩ 不妨令x =1，则()1,1,1n =， 设AE 与平面1A BD 所成角为α，则：2|||sin|cos,|||||n AEn AEn AEπθα⎛⎫++⎪====⨯当且仅当4πθ=时，sinα15=，故D正确故选：CD【点睛】多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．3．在正三棱柱111ABC A B C-中，AC=11CC=，点D为BC中点，则以下结论正确的是（）A ．111122A D AB AC AA=+-B．三棱锥11D AB C-的体积为6C．1AB BC⊥且1//AB平面11AC DD．ABC内到直线AC、1BB的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分【答案】ABD【分析】A ．根据空间向量的加减运算进行计算并判断；B．根据1111D AB C A DB CV V--=，然后计算出对应三棱锥的高AD和底面积11DB CS，由此求解出三棱锥的体积；C．先假设1AB BC⊥，然后推出矛盾；取AB中点E，根据四点共面判断1AB//平面11AC D是否成立；D．将问题转化为“ABC内到直线AC和点B的距离相等的点”的轨迹，然后利用抛物线的定义进行判断.【详解】A．()11111111222A D A A AD AD AA AB AC AA AB AC AA=+=-=+-=+-，故正确；B．1111D AB C ADB CV V--=，因为D为BC中点且AB AC=，所以AD BC⊥，又因为1BB⊥平面ABC，所以1BBAD⊥且1BB BC B=，所以AD⊥平面11DB C，又因为AD===11111122DB CS BB B C=⨯⨯=，所以1111111133226D AB C A DB C DB CV V AD S--==⨯⨯=⋅=，故正确；C ．假设1AB BC ⊥成立，又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB BC ⊥且111BB AB B =，所以BC ⊥平面1ABB ，所以BC AB ⊥，显然与几何体为正三棱柱矛盾，所以1AB BC ⊥不成立；取AB 中点E ，连接11,,ED EA AB ，如下图所示：因为,D E 为,BC AB 中点，所以//DE AC ，且11//AC A C ，所以11//DE AC ，所以11,,,D E A C 四点共面，又因为1A E 与1AB 相交，所以1AB //平面11AC D 显然不成立，故错误；D ．“ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点”即为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”，根据抛物线的定义可知满足要求的点的轨迹为抛物线的一部分，故正确； 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求解空间中三棱锥的体积的常用方法：（1）公式法：直接得到三棱锥的高和底面积，然后用公式进行计算；（2）等体积法：待求三棱锥的高和底面积不易求出，采用替换顶点位置的方法，使其求解高和底面积更容易，由此求解出三棱锥的体积.4．已知图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，分别沿着AB 、BC 、CD 、DA 把ABF 、BCG 、CDH △、DAE △向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面ABCD 垂直，再顺次连接EFGH ，得到一个如图2所示的多面体，则（ ）A ．AEF 是正三角形B ．平面AEF ⊥平面CGHC ．直线CG 与平面AEF 2D ．当2AB =时，多面体ABCD EFGH -的体积为83【答案】AC 【分析】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ，证明出OH ⊥平面ABCD ，然后以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，求出EF ，可判断A 选项的正误，利用空间向量法可判断BC 选项的正误，利用几何体的体积公式可判断D 选项的正误. 【详解】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ， 在图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，则1122CH GH EH DH ===，O 为CD 的中点，OH CD ∴⊥，平面CDH ⊥平面ABCD ，平面CDH 平面ABCD CD =，OH ⊂平面CDH ，OH ∴⊥平面ABCD ，在图1中，设正方形EFGH 的边长为()220a a >，可得四边形ABCD 的边长为2a ， 在图1中，ADE 和ABF 均为等腰直角三角形，可得45BAF DAE ∠=∠=， 90BAD ∴∠=，∴四边形ABCD 是边长为2a 的正方形，O 、M 分别为CD 、AB 的中点，则//OC BM 且OC BM =，且90OCB ∠=，所以，四边形OCBM 为矩形，所以，OM CD ⊥，以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则()2,,0A a a -、()2,,0B a a 、()0,,0C a 、()0,,0D a -、(),,E a a a -、()2,0,F a a 、(),,G a a a 、()0,0,H a .对于A 选项，由空间中两点间的距离公式可得2AE AF EF a ===，所以，AEF 是正三角形，A 选项正确；对于B 选项，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，(),0,AE a a =-，()0,,AF a a =，由111100m AE ax az m AF ay az ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取11z =，则11x =，11y =-，则()1,1,1m =-， 设平面CGH 的法向量为()222,,n x y z =，(),0,CG a a =，()0,,CH a a =-，由222200n CG ax az n CH ay az ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取21z =-，可得21x =，21y =-，则()1,1,1n =--， ()22111110m n ⋅=+--⨯=≠，所以，平面AEF 与平面CGH 不垂直，B 选项错误；对于C 选项，6cos ,23CG m CG m a CG m⋅<>===⨯⋅， 设直线CG 与平面AEF 所成角为θ，则sin 63θ=，23cos 1sin θθ=-=，所以，sin tan 2cos θθθ==，C 选项正确； 对于D 选项，以ABCD 为底面，以OH 为高将几何体ABCD EFGH -补成长方体1111ABCD A B C D -，则E 、F 、G 、H 分别为11A D 、11A B 、11B C 、11C D 的中点，因为2AB =，即1a =，则1OH =，长方体1111ABCD A B C D -的体积为2214V =⨯=，11211111113326A A EF A EF V S AA -=⋅=⨯⨯⨯=△，因此，多面体ABCD EFGH -的体积为111044463ABCD EFGH A A EF V V V --=-=-⨯=， D 选项错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin hlθ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.5．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是棱AB 、1CC 的中点，1MB P 的顶点P 在棱1CC 与棱11C D 上运动，有以下四个命题正确命题的序号是（ ）A ．平面1MB P 1ND ⊥ B ．平面1MB P ⊥平面11ND AC ．1MB P 在底面ABCD 上的射影图形的面积为定值 D ．1MB P 在侧面11D C CD 上射影图形是三角形 【答案】BC 【分析】取N 与P 重合，结合勾股定理可判断A 选项的正误；利用面面垂直的判定定理可判断B 选项的正误；分点P 在棱1CC 、11C D 上运动两种情况讨论，利用三角形的面积公式可判断C 选项的正误；取点P 与点1C 重合，判断1MB P 在侧面11D C CD 上射影图形形状，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，如下图所示：当点P 与点N 重合时， 若1ND ⊥平面1MB P ，1B N ⊂平面1MB P ，则11ND B N ⊥，由勾股定理可得2211115D N C N C D =+=，同理可得15B N =，1122B D =，2221111B N D N B D ∴+≠，则1ND 与1B N 不垂直，假设不成立，A 选项错误；对于B 选项，取1BB 的中点E ，连接1A E 、EN ，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//BB CC ，且E 、N 分别为1BB 、1CC 的中点， 则11//B E C N 且11B E C N =，所以，四边形11B ENC 为平行四边形，则11//EN B C 且11EN B C =，1111//A D B C 且1111A D B C =，所以，11//A D EN 且11A D EN =，所以，四边形11A END 为平行四边形，所以，11//A E D N ，111A B BB =，1B E BM =，11190A B E B BM ∠=∠=，所以，111Rt A B E Rt B BM ≅△△，所以，111B A E BB M ∠=∠，所以，111111190A EB BB M A EB B A E ∠+∠=∠+∠=，190B FE ∴∠=，所以，11B M A E ⊥，11A D ⊥平面11AA B B ，1B M ⊂平面11AA B B ，111B M A D ∴⊥， 1111A D A E A =，11A D 、1A E ⊂平面11ND A ，1MB ∴⊥平面11ND A ，1MB ⊂平面1MB P ，所以，平面1MB P ⊥平面11ND A ，B 选项正确；对于C 选项，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a .若点P 在棱1CC 上运动时，1MB P 在底面ABCD 上的射影为MBC △， 此时，射影图形的面积为21224MBCa a S a =⋅=△； 若点P 在棱11C D 上运动时，设点P 在底面ABCD 上的射影点为G ，则G CD ∈， 且点G 到AB 的距离为a ,1MB 在底面ABCD 内的射影为MB ，则1MB P 在底面ABCD 内的射影为MBG △，且21224MBGa a S a =⋅⋅=△.综上所述，1MB P 在底面ABCD 内的射影图形的面积为定值，C 选项正确； 对于D 选项，当点P 与1C 重合时，P 、1B 两点在平面11D C CD 上的射影重合， 此时，1MB P 在侧面11D C CD 上的射影不构成三角形，D 选项错误. 故选：BC. 【点睛】方法点睛：证明面面垂直常用的方法： （1）面面垂直的定义； （2）面面垂直的判定定理.在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可.6．如图，已知四棱锥P ABCD -所有棱长均为4，点M 是侧棱PC 上的一个动点（不与点,P C 重合），若过点M 且垂直于PC 的截面将该四棱锥分成两部分，则下列结论正确的是（ ）A ．截面的形状可能为三角形、四边形、五边形B ．截面和底面ABCD 所成的锐二面角为4π C ．当1PM =时，截面的面积为52D ．当2PM =时，记被截面分成的两个几何体的体积分别为()1212,>V V V V ，则123=V V 【答案】BCD 【分析】点M 是侧棱PC 上的一个动点，根据其不同位置，对选项逐一进行判断即可. 【详解】A 选项中，如图，连接BD ，当M 是PC 中点时，2MC =，由题意知三角形PDC 与三角形PBC 都是边长为4的正三角形，所以DM PC ⊥,BM BC ⊥，又DM ，BM 在面MBD 内，且相交，所以PC ⊥平面PBD ，三角形MBD 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是三角形，点M 向下移动时，2MC <，如图，仍是三角形；若点M 由中点位置向上移动，2MC >，在平面PDC 内作EM PC ⊥，交PD 于E ，在平面PBC 内作FM PC ⊥交PB 于F ，平面MEF 交平面PAD 于EG ，交PAB 于FH ，即交平面ABCD 于GH ，则五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是五边形； 故截面的形状可能为三角形、五边形，A 错误；B 选项中，因为截面总与PC 垂直，所以不同位置的截面均平行，截面与平面ABCD 所成的锐角为定值，不妨取M 是中点，连接AC ，BD ，MB ，MD ，设AC ，BD 交点是N ，连接PN ，由题意知，四边形ABCD 是边长为4的菱形，BD AC ⊥，因为MB =MD ，所以MN BD ⊥，故MNC ∠是截面与平面ABCD 所成的锐角，过点M 作MQ AC ⊥，垂足Q.在三角形PAC中，MN =2，2，故在直角三角形MNQ 中，2cos 2NQ MNC MN ∠==，故4MNC π∠=，故B 正确；C 选项中，当PM =1时，M 是PC 中点，如图，五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，依题意，直角三角形PME 中，2cos PMPE EPM==∠，故E 为PD 的中点，同理，F是PB 的中点，则EF 是三角形PBD 的中位线，1222EF BD ==G ，H 分别在,AD AB 的中点上，证明如下，当G ，H ，也是中点时，1//,2GH BD GH BD =，有//,22GH EF GH EF ==EFHG 是平行四边形.依题意，三角形PAC 中4,42PA PC AC ===，故PA PC ⊥，故PC GE ⊥，易见，正四棱锥中BD ⊥平面PAC ，故BD PC ⊥，GH PC ∴⊥，因为 ,GE GH 均在平面EFHG 内，且相交，所以PC ⊥平面EFHG ，故此时平面EFHG 和平面MEF 即同一平面.又BD ⊥平面PAC ，有GH ⊥面平面PAC ，GH GM ⊥，根据对称性有GH GE ⊥，四边形EFHG 是矩形. 即五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，平面图如下:依题意，22GH EF ==，2EG FG ==，三角形高为()()22321h =-=，面积是122122⨯⨯=，四边形面积是22242⨯=，故截面面积是52. 故C 正确；D 选项中，若PM =2，看B 选项中的图可知，21124M BCD P BCD P ABCD V V V V ---===，故剩余部分134P ABCD V V -=，所以123=V V ，故D 正确. 故选：BCD. 【点睛】本题考查了棱锥的截面问题，考查了二面角、体积等计算问题，属于难题.7．如图，点E 为正方形ABCD 边CD 上异于点C ，D 的动点，将ADE 沿AE 翻折成SAE △，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．存在点E 和某一翻折位置，使得SB SE ⊥ B ．存在点E 和某一翻折位置，使得//AE 平面SBCC ．存在点E 和某一翻折位置，使得直线SB 与平面ABC 所成的角为45°D ．存在点E 和某一翻折位置，使得二面角S AB C --的大小为60° 【答案】ACD 【分析】依次判断每个选项：当SE CE ⊥时，⊥SE SB ，A 正确，//AE 平面SBC ，则//AE CB ，这与已知矛盾，故B 错误，取二面角D AE B --的平面角为α，取4=AD ，计算得到2cos 3α=，C 正确，取二面角D AE B --的平面角为60︒，计算得到tan θ=，故D 正确，得到答案. 【详解】当SE CE ⊥时，SE AB ⊥，SE SA ⊥，故SE ⊥平面SAB ，故⊥SE SB ，A 正确； 若//AE 平面SBC ，因AE ⊂平面ABC ，平面ABC 平面SBC BC =，则//AE CB ，这与已知矛盾，故B 错误；如图所示：DF AE ⊥交BC 于F ，交AE 于G ，S 在平面ABCE 的投影O 在GF 上， 连接BO ，故SBO ∠为直线SB 与平面ABC 所成的角，取二面角D AE B --的平面角为α，取4=AD ，3DE =，故5AE DF ==，1CE BF ==，125DG =，12cos 5OG α=，故只需满足12sin 5SO OB α==， 在OFB △中，根据余弦定理：2221213121312sin 1cos 2cos cos 55555OFB ααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+---∠ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得2cos 3α=，故C 正确； 过O 作OMAB ⊥交AB 于M ，则SMO ∠为二面角S AB C --的平面角，取二面角D AE B --的平面角为60︒，故只需满足22DG GO OM ==，设OAG OAM θ∠=∠=，84ππθ<<，则22DAG πθ∠=-，tan tan 22DG OGAG πθθ==⎛⎫- ⎪⎝⎭，化简得到2tan tan 21θθ=，解得tan 5θ=，验证满足，故D 正确； 故选：ACD .【点睛】本题考查了线线垂直，线面平行，线面夹角，二面角，意在考查学生的计算能力，推断能力和空间想象能力.8．在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 上的动点，下列结论正确的是（ ） A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥ B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥ C ．当1AR A C ⊥时，1AR D R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD 【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算142D P CQ b ⋅=-，()12222D R CQ b λλ⋅=--，134AR D R ⋅=-，10D R n ⋅=，得到答案.【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a ，0,23a ⎡∈⎣，()2,23,Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到()22,23,22R λλλ--，[]0,1λ∈. ()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；()122,23,2D R λλλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确； 1AR A C ⊥，则()()12,23,222,23,2212440AR AC λλλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=， 14λ=，此时11333313,,,,022224AR D R ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错误； 113AC A R =，则4234,,333R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，14232,,333D R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =，则10n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得()3,1,3n =-，故10D R n ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确. 故选：ABD .【点睛】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力.9．在边长为2的等边三角形ABC 中，点,D E 分别是边,AC AB 上的点，满足//DE BC 且AD ACλ=，（()01λ∈，），将ADE 沿直线DE 折到A DE '△的位置.在翻折过程中，下列结论不成立的是（ ）A ．在边A E '上存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD 'B ．存在102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面A BC '⊥平面BCDEC ．若12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，||104A B '=D ．在翻折过程中，四棱锥A BCDE '-体积的最大值记为()f λ，()f λ的最大值为23【答案】ABC 【分析】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，即可判断出结论.对于B ，102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，即可判断出结论. 对于C ，12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，可得AM ⊥平面BCDE .可得22A B AM BM '=+，结合余弦定理即可得出.对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()3133BCDE f S λλλλ=⋅⋅=-，()01λ∈，，利用导数研究函数的单调性即可得出.【详解】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，如图所示，则可得FN 平行且等于BG ，即四边形BGNF 为平行四边形， ∴//NG BE ，而GN 始终与平面ACD 相交，因此在边A E '上不存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD '，A 不正确.对于B ，102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，因此不满足平面A BC '⊥平面BCDE ，因此B 不正确. 对于C.12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，如图所示：可得AM ⊥平面BCDE ， 则22223111010()1()21cos12022224A B AM BM '=+=++-⨯⨯⨯︒=≠，因此C 不正确；对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()3133BCDE f S λλλλ=⋅⋅=-，()01λ∈，，()213f λλ'=-，可得3λ=时，函数()f λ取得最大值()312313f λ⎛⎫=-=⎪⎝⎭，因此D 正确. 综上所述，不成立的为ABC. 故选：ABC. 【点睛】本题考查了利用运动的观点理解空间线面面面位置关系、四棱锥的体积计算公式、余弦定理、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力空间想象能力与计算能力，属于难题.10．如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，E ，F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB '，DD '交于点M ，N ，以下四个命题中正确的是（ ）A ．0MN EF ⋅=B ．ME NE =C ．四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2:3D ．四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3 【答案】ABD 【分析】证明EF ⊥平面BDD B ''，进而得EF MN ⊥，即可得A 选项正确；证明四边形MENF 为菱形即可得B 选项正确；由菱形性质得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅，再分别讨论MN 的最大值与最小值即可；根据割补法求解体积即可. 【详解】对于A 选项，如图，连接BD ，B D ''，MN ．由题易得EF BD ⊥，EFBB '⊥，BD BB B '⋂=，所以EF ⊥平面BDD B ''，又MN ⊂平面BDD B ''，所以EF MN ⊥，因此0MN EF ⋅=，故A 正确．对于B 选项，由正方体性质得：平面''//BCC B 平面''ADD A ，平面''BCC B 平面EMFN MF =，平面''ADD A 平面EMFN EN =， 所以//MF EN ，同理得//ME NF ，又EF MN ⊥，所以四边形MENF 为菱形， 因此ME NE =，故B 正确．对于C 选项，由B 易得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅， 所以当点M ，N 分别为BB '，DD '的中点时，四边形MENF 的面积S 最小，此时MN EF ==，即面积S 的最小值为1；当点M ，N 分别与点B （或点B '），D （或D ）重合时，四边形MENF 的面积S 最大，此时MN =，即面积S 的最大值为2所以四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2C 不正确． 对于D 选项，四棱锥A MENF -的体积11113346M AEF N AEF AEF V V V DB S --=+=⋅==△； 因为E ，F 分别是AA '，CC '的中点，所以BM D N '=，DN B M '=，于是被截面MENF 平分的两个多面体是完全相同的，则它们的体积也是相同的，因此多面体ABCD EMFN -的体积21122ABCD A B C D V V ''''-==正方体，所以四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】本题考查立体几何与向量的综合、截面面积的最值、几何体的体积，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于证明四边形MENF 为菱形，利用割补法将四棱锥A MENF -的体积转化为三棱锥M AEF - 和N AEF -的体积之和，将多面体ABCD EMFN -的体积转化为正方体的体积的一半求解.。

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。

补上一课立体几何中的翻折及动点的轨迹问题知识拓展1.翻折问题是立体几何的一类典型问题，是考查实践能力与创新能力的好素材.解答翻折问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化.解题时我们要依据这些变化的与未变化的量来分析问题和解决问题.而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆向过程，一般地，涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开成平面图形试一试.2.在立体几何中，某些点、线、面依一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化.对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题.对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性.3.立体几何中的最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值或面积的最值的问题.其一般方法有：(1)几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；(2)代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式，利用函数的单调性、有界性，以及不等式的均值定理等，求出最值.题型突破题型一翻折问题【例1】(2019·宁波模拟)如图，四边形ABCD为梯形，AB∥CD，∠C＝60°，点E在线段CD上，满足BE⊥CD，且CE＝AB＝14CD＝2，现将△ADE沿AE翻折到△AME位置，使得MC＝210.(1)证明：AE⊥MB；(2)求直线CM与平面AME所成角的正弦值.解(1)法一在梯形ABCD中，连接BD交AE于点N，由条件易得BD＝43，∴BC2＋BD2＝CD2，故BC⊥BD.又BC∥AE，∴AE⊥BD，从而AE⊥BN，AE⊥MN，且BN∩MN＝N，∴AE⊥平面MNB，又MB⊂平面MNB，∴AE⊥MB.法二由ME＝DE＝6，CE＝2，MC＝210，得ME2＋CE2＝MC2，故CE⊥ME.又CE⊥BE，且ME∩BE＝E，∴CE⊥平面BEM.∵MB⊂平面BEM，∴CE⊥MB，又AB∥CE，∴AB⊥MB.易得AM＝AD＝27，则在Rt△ABM中，MB＝26，又BE＝23，∴ME2＝MB2＋BE2，故BE⊥MB.又AB∩BE＝B，∴MB⊥平面ABE，又AE⊂平面ABE，∴AE⊥MB.(2)法一设直线MC与平面AME所成角为θ，则sin θ＝h MC ，其中h 为点C 到平面AME 的距离.∵AE ∥BC ，∴点C 到平面AME 的距离即为点B 到平面AME 的距离.由V M －ABE ＝13S △ABE ·MB ＝V B －AME＝13S △AME ·h ，得h ＝S △ABE ·MB S △AME ＝263， ∴sin θ＝h MC ＝1515.法二 ∵MB ⊥平面ABCE ，∴建立空间直角坐标系如图所示，则A (0，2，0)，C (23，－2，0)，E (23，0，0)，M (0，0，26)，则AM→＝(0，－2，26)，AE →＝(23，－2，0)， MC→＝(23，－2，－26). 设平面AME 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AE ＝0，可取m ＝(2，6，1). 设直线CM 与平面AME 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，MC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·MC →|m ||MC →|＝1515. 【训练1】 在平行四边形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝22，∠A ＝45°，E 是AD 的中点(如图1)，现将△ABE 沿BE 折起到图2中△A 1BE 的位置.(1)证明：平面A 1DE ⊥平面ABCD ；(2)若二面角A 1－BE －C 为60°，求直线A 1B 与平面A 1CD 所成角的正弦值.(1)证明 在题中图1的△ABE 中，AB ＝2，AE ＝2，∠A ＝45°，得BE ＝2，AE ⊥BE ，在题中图2中，BE ⊥A 1E ，BE ⊥DE ，又因为A 1E ∩DE ＝E ，所以BE ⊥平面A 1DE ，又BE ⊂平面ABCD ，所以平面A 1DE ⊥平面ABCD .(2)由(1)知二面角A 1－BE －C 为∠A 1ED ＝60°，又A 1E ＝AE ＝ED ＝2，则△A 1ED 为等边三角形.法一 如图，建立空间直角坐标系，B (2，0，0)，D (0，2，0)，(2，22，0)，A 1⎝⎛⎭⎪⎫0，22，62， 则A 1B →＝⎝⎛⎭⎪⎫2，－22，－62，DC →＝(2，2，0)， DA 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22，62. 设平面A 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DC →＝0，n ·DA 1→＝0，即⎩⎨⎧2x ＋2y ＝0，－22y ＋62z ＝0， 取y ＝－3，则n ＝(3，－3，－1)，则cos 〈A 1B →，n 〉＝A 1B →·n |A 1B →||n |＝2627＝427，因此，直线A 1B 与平面A 1CD 所成角的正弦值为427.法二 A 1B ＝2，A 1D ＝2，如图，延长BE 交CD 于点F ，则DF ＝DC ＝2，BE ＝EF ＝A 1E ＝2，因为∠A 1EF ＝90°，所以A 1F ＝2，则S △A 1FD ＝72，S △A 1FC ＝7，作A 1H ⊥ED 于点H ，则A 1H ＝62，V A 1－BCF ＝13·S △BCF ·A 1H ＝13×4×62＝263，设点B 到平面A 1FC 的距离为h ，又V A 1－BCF ＝V B －A 1CF ＝13·S △A 1FC ·h ＝73h ＝263，得h ＝267， 因此，直线A 1B 与平面A 1CD 所成角的正弦值sin θ＝h A 1B ＝427. 题型二 立体几何中的轨迹问题【例2】 (1)已知在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1与平面A 1B 1C 1D 1垂直，且AD ＝AB ，E 为CC 1的中点，P 在对角面BB 1D 1D 所在平面内运动，若EP 与AC 成30°角，则点P 的轨迹为( )A.圆B.抛物线C.双曲线D.椭圆(2)(2019·宁波期中)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 是平面AC 内的动点， 若点P 到直线A 1D 1的距离等于点P 到直线CD 的距离，则动点P 的轨迹所在的曲线是( )A.抛物线B.双曲线C.椭圆D.直线解析(1)因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，所以该平面六面体ABCD－A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥对角面BB1D1D.取AA1的中点F，则EF∥AC，因为EP与AC成30°角，所以EP与EF成30°角.设EF与对角面BB1D1D 的交点为O，则EO⊥对角面BB1D1D，所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面，故选A.(2)如图，以A为原点，AB为x轴、AD为y轴，建立平面直角坐标系.设P(x，y)，作PE⊥AD于E、PF⊥A1D1于F，连接EF，易知|PF|2＝|PE|2＋|EF|2＝x2＋1，又作PN⊥CD于N，则|PN|＝|y－1|.依题意|PF|＝|PN|，即x2＋1＝|y－1|，化简得x2－y2＋2y＝0，故动点P的轨迹为双曲线，选B.答案(1)A(2)B【训练2】(1)(2019·金华十校模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别是线段CD，AB上的动点，点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，记直线D1P与MN所成角为θ，若θ的最小值为π3，则点P的轨迹是()A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.抛物线的一部分D.双曲线的一部分(2)(2018·绍兴质检)如图，若三棱锥A －BCD 的侧面ABC 内一动点P 到底面BCD 的距离与到点A 的距离之比为正常数λ，且动点P 的轨迹是抛物线，则二面角A －BC －D 的平面角的余弦值为( )A.λB.1－λ2C.1λD.1－1λ2解析 (1)延长D 1P 交底面ABCD 的内部于点Q ，连接QD ，则∠D 1QD 为直线D 1Q 与底面ABCD 所成的角，也就是直线D 1P 与MN 所成角θ的最小值，故∠D 1QD ＝π3，从而∠DD 1Q ＝π6，所以D 1Q 的轨迹是以D 1D 为轴，顶点为D 1，母线D 1Q 与轴D 1D 的夹角为π6的圆锥面的一部分，则点P 的轨迹就是该部分圆锥面与△A 1C 1D 面(不包括边界)的交线，而△A 1C 1D 面所在平面与轴D 1D 斜交，故点P 的轨迹是椭圆的一部分.(2)由题意知，动点P 的轨迹是以点A 为焦点，直线BC 为准线的抛物线，设点P 在底面BCD 内的投影为点H ，二面角A －BC －D 的平面角的大小为θ，点P 到直线BC 的距离为d ，则|PH ||P A |＝λ，由抛物线的定义，得|P A |＝d ，则sin θ＝|PH |d ＝λ|P A |d＝λ，则cos θ＝1－sin 2θ＝1－λ2，故选B.答案(1)B(2)B补偿训练一、选择题1.(2019·温州适应性考试)已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B，C是圆上的两点，H是点B在AC上的射影，当C运动时，点H运动的轨迹()A.是圆B.是椭圆C.是抛物线D.不是平面图形解析设在定圆内过点B的直径与圆的另一个交点为点D，过点B作AD的垂线，垂足为点E，连接EH，CD.因为BD为定圆的直径，所以CD⊥BC，又因为AB 垂直于定圆所在的平面，所以CD⊥AB，又因为AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC，所以CD⊥BH，又因为BH⊥AC，AC∩CD＝C，所以BH⊥平面ACD，所以BH⊥EH，所以动点H在以BE为直径的圆上，即点H的运动轨迹为圆，故选A.答案 A2.(2018·衢州二中二模)如图，△BCD是以BC为斜边的等腰直角三角形，△ABC 中∠BAC＝90°，△ABC沿着BC翻折成三棱锥A－BCD的过程中，直线AB与平面BCD所成的角均小于直线AC与平面BCD所成的角，设二面角A－BD－C，A－CD－B的大小分别为α，β，则()A.α>βB.α<βC.存在α＋β>πD.α，β的大小关系不能确定解析作AH⊥平面BCD，分别作HM⊥BD，HN⊥CD于M，N两点.由AB与平面BCD所成的角∠ABH总小于AC与平面BCD所成的角∠ACH，则AB>AC.设O为BC的中点，则点H在DO的右侧，所以有HM>HN，故tan α＝tan∠AMH＝AHHM，tan β＝tan∠ANH＝AHHN，因此，tan α<tan β，即α<β，故选B.答案 B3.(2015·浙江卷)如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，则()A.∠A′DB≤αB.∠A′DB≥αC.∠A′CB≤αD.∠A′CB≥α解析∵A′C和BC都不与CD垂直，∴∠A′CB≠α，故C，D错误.当CA＝CB 时，容易证明∠A′DB＝α.不妨取一个特殊的三角形，如Rt△ABC，令斜边AB＝4，AC＝2，BC＝23，如图所示，则CD＝AD＝BD＝2，∠BDH＝120°，设沿直线CD将△ACD折成△A′CD，使平面A′CD⊥平面BCD，则α＝90°.取CD中点H，连接A′H，BH，则A′H⊥CD，∴A′H⊥平面BCD，且A′H＝3，DH＝1.在△BDH 中，由余弦定理可得BH＝7.在Rt△A′HB中，由勾股定理可得A′B＝10.在△A′DB中，∵A′D2＋BD2－A′B2＝－2<0，可知cos∠A′DB<0，∴∠A′DB为钝角，故排除A.综上可知答案为B.答案 B4.如图，在正四棱锥S－ABCD中，E是BC的中点，P点在侧面△SCD内及其边界上运动，并且总是保持PE⊥AC.则动点P的轨迹与△SCD组成的相关图形最有可能的是()解析取CS，CD的中点F，G，连接EF，EG，FG.∵E为BC的中点，∴EF∥BS.又EF⊄平面SBD，BS⊂平面SBD，∴EF∥平面SBD.又EF∩FG＝F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，∴平面EFG∥平面SBD.又AC⊥平面SBD，∴AC⊥平面EFG，∴AC⊥FG，∴点P∈FG，∴点P的轨迹是△SCD的中位线FG，选A.答案 A二、填空题5.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，总有AP⊥BD1，则动点P的轨迹为________.解析易证BD1⊥平面ACB1，所以满足BD1⊥AP的所有点P都在一个平面ACB1上.而已知条件中的点P是在侧面BCC1B1及其边界上运动，因此，符合条件的点P 在平面ACB 1与平面BCC 1B 1的交线上，故所求的轨迹为线段B 1C . 答案 线段B 1C6.矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，点E ，F 分别是AB ，DC 上的动点，将矩形ABCD 沿EF 所在的直线进行随意翻折，在翻折过程中直线AD 与直线BC 所成角的范围(包含初始状态)为________.解析 初始状态时直线AD 与直线BC 所成的角为0°，翻折过程中当BC ⊥BD 时，直线AD 与直线BC 所成的角为90°，因此直线AD 与直线BC 所成角的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2. 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π27.如图，在棱长为2的正四面体S －ABC 中，动点P 在侧面SAB 内，PQ ⊥底面ABC ，垂足为Q ，若PS ＝324PQ ，则PC 长度的最小值为________.解析 作PH ⊥AB 于点H ，连接QH ，则∠PHQ 为二面角S －AB －C 的平面角，设AB 的中点为G ，S 在平面ABC 内的射影为O ′(O ′为△ABC 的中心)，连接SG ，GO ′，SO ′，则∠SGO ′也是二面角S －AB －C 的平面角，则sin ∠PHQ ＝PQ PH＝sin ∠SGO ′＝SO ′SG ＝223，所以PH ＝324PQ ，所以PH ＝PS ，所以点P 的轨迹是侧面SAB 内以AB 为准线，以S 为焦点的抛物线，SH 的中点O 是抛物线的顶点，O 到C 的距离就是PC 的最小值，此时由余弦定理可知，PC 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋(3)2－2×32×3×13＝114，所以PC min ＝112.答案 1128.如图1，在△ABC 中，BA ＝BC ＝6，∠ABC ＝120°，AD →＝2DB →，过点D 作DE ⊥AC 交AC 于点E ，连接CD .现将△ADE 与△BCD 分别沿DE 与CD 翻折，使DA 与DB 重合(如图2)，则二面角E －A ′D －C 的平面角的余弦值为________.解析 由题意得DE ⊥A ′E ，DE ⊥CE ，A ′E ∩CE ＝E ，则DE ⊥平面A ′EC ，又DE ⊂平面DEA ′，所以平面DEA ′⊥平面A ′EC ，过点C 作CG ⊥EA ′交EA ′的延长线于点G ，如图所示，则GC ⊥平面A ′DE ，过点G 作GH ⊥DA ′交DA ′的延长线于点H ，连接CH ，可证得CH ⊥HD ，所以∠GHC 即为二面角E －A ′D －C 的平面角.因为在△ABC 中，BA ＝BC ＝6，∠ABC ＝120°，AD →＝2DB →，所以在Rt △B ′HC 中，∠B ′HC ＝90°，∠HB ′C ＝60°，B ′C ＝6，所以B ′H ＝3，CH ＝33，在Rt △HA ′G 中，∠A ′HG ＝90°，A ′H ＝1，∠HA ′G ＝30°，所以HG ＝A ′H ·tan ∠HA ′G ＝33，在Rt △CGH 中，cos ∠GHC ＝|HG ||CH |＝19.答案 19 三、解答题9.(2019·台州质量评估)如图，正方形ABCD 的边长为4，点E ，F 分别为BA ，BC 的中点，将△ADE ，△DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A ，C 两点重合于点A ′，连接A ′B .(1)求证：直线EF⊥平面A′BD；(2)求直线A′D与平面BEDF所成角的正弦值.(1)证明由折叠前后图形的性质知A′D⊥A′E，A′D⊥A′F，又A′E∩A′F＝A′，A′E，A′F⊂平面A′EF，∴A′D⊥平面A′EF，又EF⊂平面A′EF，∴A′D⊥EF.由已知可得EF⊥BD，又A′D∩BD＝D，A′D，BD⊂平面A′BD，∴EF⊥平面A′BD;(2)解由(1)知EF⊥平面A′BD，又EF⊂平面BEDF，∴平面A′BD⊥平面BEDF，则∠A′DB为A′D与平面BEDF所成角.设BD，EF交于点M，连A′M，则A′M＝BM＝2，DM＝32，又A′D⊥平面A′EF，A′M⊂平面A′EF，∴A′D⊥A′M,在Rt△A′DM中，sin ∠A′DB＝A′MDM＝232＝13，∴A′D与平面BEDF所成角的正弦值为1 3.10.(2018·绍兴一中模拟)如图，△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，D为线段BC上一点，且DC＝25BC，让△ADC绕直线AD翻折到△ADC′且使AC′⊥BC.(1)在线段BC上是否存在一点E，使平面AEC′⊥平面ABC？请证明你的结论；(2)求直线C′D与平面ABC所成的角.解(1)取BC的中点为E，由题意知AE⊥BC，又因为AC′⊥BC，AE∩AC′＝A，所以BC⊥平面AEC′，因为BC在平面ABC内，所以平面AEC′⊥平面ABC.(2)在平面AC′E中，过点C′作C′H⊥AE交AE于点H，连接HD.由(1)知，C′H⊥平面ABC，所以∠C′DH即为直线C′D与平面ABC所成的角.由AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，得BC＝23，DC＝435，ED＝35，EC′＝355，在△AEC′中，由余弦定理得cos∠AEC′＝－5 5，所以cos∠HEC′＝55，sin∠HEC′＝255，所以HC′＝EC′·sin∠HEC′＝6 5，所以sin∠HDC′＝HC′DC′＝32，所以直线C′D与平面ABC所成的角为60°.11.(2018·全国Ⅰ卷)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.(1)证明由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解 作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD.以H 为坐标原点，分别以FB→，HF →，HP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|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 ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故EF 2＝PE 2＋PF 2，所以PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32.则H (0，0，0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的一个法向量. 设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.12.如图1，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，BD 与EF 交于点H ，G 为BD 的中点，点R 在线段BH 上，且BRRH ＝λ(λ>0).现将△AED ，△CFD ，△DEF 分别沿DE ，DF ，EF折起，使点A ，C 重合于点B (该点记为P )，如图2所示.(1)若λ＝2，求证：GR ⊥平面PEF ；(2)是否存在正实数λ，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.(1)证明 由题意，可知PE ，PF ，PD 三条直线两两垂直. ∴PD ⊥平面PEF .在图1中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，G 为BD 的中点， 则EF ∥AC ，GD ＝GB ＝2GH .在图2中，∵PR RH ＝BR RH ＝2，且DGGH ＝2， ∴在△PDH 中，GR ∥PD . ∴GR ⊥平面PEF .(2)解 存在.由题意，分别以PF ，PE ，PD 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系P －xyz .设PD ＝4，则P (0，0，0)，F (2，0，0)，E (0，2，0)，D (0，0，4)，∴H (1，1，0).∵BR RH ＝PRRH ＝λ，∴PR →＝λ1＋λPH →，∴R ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ1＋λ，λ1＋λ，0.∴RF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，－λ1＋λ，0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ1＋λ，－λ1＋λ，0. EF→＝(2，－2，0)，DE →＝(0，2，－4)，设平面DEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧EF →·m ＝0，DE →·m ＝0，得⎩⎨⎧2x －2y ＝0，2y －4z ＝0.取z ＝1，则m ＝(2，2，1). ∵直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225，∴|cos 〈m ，RF →〉|＝|m ·RF →||m ||RF →|＝41＋λ3⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ1＋λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－λ1＋λ2＝223λ2＋2λ＋2＝225， ∴9λ2＋18λ－7＝0，解得λ＝13或λ＝－73(不合题意，舍去).故存在正实数λ＝13，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225.。

立体几何大题训练题一、解答题（共17题；共150分）1.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，在四边形ABCD中，∠ABC= ，AB=4，BC=3，CD= ，AD=2 ，PA=4.（1）证明：CD⊥平面PAD；（2）求二面角B-PC-D的余弦值..2.如图，在四棱锥中，平面，在四边形中，，，，，，.（1）证明：平面；（2）求B点到平面的距离3.如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，，，为的中点，F 为线段上靠近B 点的三等分点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.4.如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面;（2）求与平面所成角的正弦值.5.如图，在三角锥中，, , 为的中点.（1）证明：平面;（2）若点在棱上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离.6.如图，在三角锥中，, , 为的中点.（1）证明：平面;（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值. 7.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．8.如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.9.如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A-MA1-N的正弦值。

10.已知三棱柱，底面三角形为正三角形，侧棱底面，，为的中点，为中点.（1）求证：直线平面；（2）求平面和平面所成的锐二面角的余弦值.11.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1AC1C⊥平面ABC，∠ABC=90°.∠BAC=30°，A1A=A1C=AC，E，F 分别是AC，A1B1的中点（1）证明：EF⊥BC（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.12.如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC；（Ⅱ）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．13.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°，E是PD的中点．（Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．14.如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．15.如图所示多面体中，AD⊥平面PDC，四边形ABCD为平行四边形，点E，F分别为AD，BP的中点，AD ＝3，AP＝3 ，PC ．（1）求证：EF//平面PDC；（2）若∠CDP＝120°，求二面角E﹣CP﹣D的平面角的余弦值．16.如图，四棱锥中，侧棱垂直于底面，，，为的中点，平行于，平行于面，.（1）求的长；（2）求二面角的余弦值.17.如图，在斜三棱柱中，侧面，，，，．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若为中点，求二面角的正切值．答案解析部分一、解答题1.【答案】（1）解：连接，由∠ABC= ，AB=4，BC=3，则，又因为CD= ，AD=2 ，所以，即，因为PA⊥平面ABCD，平面ABCD，所以，因为，所以CD⊥平面PAD；（2）解：以点D为坐标原点，的延长线为x，为y轴，过点D与平行线为z轴，建立空间直角坐标系，如图：作交与点G，，即，所以，，所以，所以，，，，则，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，即，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，即，由，所以二面角B-PC-D的余弦值为.【解析】【分析】（1）连接，证出，利用线面垂直的性质定理可得，再利用线面垂直的判定定理即可证出.（2）以点D为坐标原点，的延长线为x，为y轴，过点D与平行线为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量的数量积即可求解.2.【答案】（1）解：在平面中，，，，则，又，∴，即，又平面，则，又，∴平面.（2）解：在平面中，过A作BC的平行线交CD的延长线于M，因为，，，则,又因为，,所以.所以又，则，所以,在中，.因为,则面,所以由可知：，,所以，则，因此P点到平面的距离为.【解析】【分析】(1)在三角形中，由勾股定理可证得，由平面，可得，根据线面垂直的判定定理即可证得结论；(2) 在平面中，过A作BC的平行线交CD 的延长线于M，因为利用等体积转换即可求得距离.3.【答案】（1）证明：，为线段中点，.平面，平面，.又底面是长方形，.又，平面.平面，. 又，平面.（2）解：由题意，以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，.所以, ，，，设平面的法向量，则，即，令，则，，，同理可求平面的法向量，，，即平面与平面所成角的正弦值为.【解析】【分析】（1）通过，可证明平面，进而可得，结合证明线面垂直.（2）以为轴建立空间直角坐标系，可求出平面的法向量，平面的法向量，则可求出两向量夹角的余弦值，从而可求二面角的正弦值.4.【答案】（1）解：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，∴BF⊥平面PEF.∴又平面ABFD，平面PEF⊥平面ABFD.（2）解：作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，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.则为平面ABFD的法向量. 设DP与平面ABFD所成角为，则.∴DP与平面ABFD所成角的正弦值为.【解析】【分析】(1)在翻折过程中,作于H,由得到,从而得到面面垂直;(2)DP与平面所成的角就是,在三角形中求其正弦值.5.【答案】（1）∵PA=PC=AC=4 且O是AC的中点∴PO⊥AC∵AB=BC=2 ，AC=4,∴∴∠ABC=90°连接BO则OB=OC∴PO2+BO2=PB2PO⊥OB，PO⊥OCOB∩OC=O∴PO⊥平面ABC（2）过点C作CH⊥OM交OM于点H又∵PO⊥平面ABC∴∴CH的长度为点C到平面POM的距离在△COM中，CM= ，OC=2，∠OCM=45°∴∴OM=∴【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理易得；（2）由线面垂直可得面面垂直，易找点面距，可求.6.【答案】（1）PA=PC=AC=4 且O是AC的中点PO⊥AC∵AB=BC=2 ，AC=4,∴∴∠ABC=90°连接BO则OB=OC∴PO2+BO2=PB2PO⊥OB，PO⊥OCOB∩OC=O∴PO⊥平面ABC（2）∵PO⊥平面ABC，∴PO⊥OB∴AB=BC=2 O是AC的中点∴OB⊥AC OB⊥平面PAC如图所示以O为坐标原点，为x轴正方向建立如图所示的直角坐标系O-xyz则P（0,0，）A（,0，-2,0），C（0,2,0），B（2,0,0）平面PAC法向量为=（1,0,0）设M（x，2-x，0）平面PAC法向量为=（1，λ，μ），=（0，2，）, = （x，4-x，0）则即即得到，∴x=-4（舍），x=即M∴PAM的法向量记PC与平面PAM所成的角为θ∴即PC与平面PAM所成的角为的正弦值为.【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理易得；（2）先由条件建系，找到点M的位置，再用公式求线面角.7.【答案】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵PA∩PD=P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD；（2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y=1，得．∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥AD，又PD⊥PA，PA∩AB=A，∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，．∴cos＜＞= = ．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．【解析】【分析】（1.）由已知可得PA⊥AB，PD⊥CD，再由AB∥CD，得AB⊥PD，利用线面垂直的判定可得AB⊥平面PAD，进一步得到平面PAB⊥平面PAD；（2.）由已知可得四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，得到AB⊥AD，则四边形ABCD 为矩形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC的一个法向量，再证明PD⊥平面PAB，得为平面PAB的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣PB﹣C的余弦值．8.【答案】（1）解：由已知得，平面，平面，故．又，所以平面．（2）由（1）知．由题设知，所以，故，．以为坐标原点，的方向为x轴正方向，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），（0，1，2），E（1，0，1），，．设平面EBC的法向量为=（x，y，x），则即所以可取= .设平面的法向量为=（x，y，z），则即所以可取=（1，1，0）．于是．所以，二面角的正弦值为．【解析】【分析】（1）根据题意由线面垂直的性质得出线线垂直，再由线线垂直的判定定理出线面垂直。

2024届高考数学复习创新题型专项（立体几何）练习一、单选题1．（2022ꞏ全国ꞏ高三专题练习）笛卡尔是世界著名的数学家，他因将几何坐标体系公式化而被认为是解析几何之父.据说在他生病卧床时，还在反复思考一个问题：通过什么样的方法，才能把“点”和“数”联系起来呢？突然，他看见屋顶角上有一只蜘蛛正在拉丝织网，受其启发建立了笛卡尔坐标系的雏形.在如图所示的空间直角坐标系中，单位正方体顶点A 关于x 轴对称的点的坐标是（ ）A ．()1,1,1--B ．()1,1,1C ．()1,1,1-D ．()1,1,1---2．（2022春ꞏ辽宁大连ꞏ高一统考期末）民间娱乐健身工具陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺的立体结构图．已知底面圆的直径16cm AB =，圆柱体的高8cm BC =，圆锥体的高6cm CD =，则这个陀螺的表面积是（ ）A ．2192πcmB ．2208πcmC ．2272πcmD ．2336πcm3．（2022秋ꞏ安徽ꞏ高二合肥市第八中学校联考期中）《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳马”实为“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”．如图，在“阳马”A OBCD -中，E 为ACD 的重心，若AB a =，AC b = ，AD c = ，则BE = （ ）A ．1122a b c -++ B ．1133a b c -++ C ．2233a b c ++ D ．1133a b c -+- 4．（2022秋ꞏ河南商丘ꞏ高三校联考阶段练习）榫卯是一种中国传统建筑、家具及其他器械的主要结构方式，是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式．凸出的部分叫做榫（或叫榫头），凹进部分叫卯（或叫榫眼、榫槽）．现要在一个木头部件制作一个榫眼，最终完成一个直角转弯结构的部件，那么制作成的榫眼的俯视图可以是（ ）A ．B ．C ．D ．5．（2021秋ꞏ江西宜春ꞏ高二上高二中校考阶段练习）张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五．已知三棱锥A BCD -的每个顶点都在球O 的球面上，AB ⊥底面BCD ，BC CD ⊥，且2AB CD ==，1BC =，利用张衡的结论可得球O 的表面积为（ ）A ．30B ．2C ．D ．6．（2021春ꞏ陕西榆林ꞏ高三校考阶段练习）“天圆地方”观反映了中国古代科学对宇宙的认识，后来发展成为中国传统文化的重要思想.中国古人将琮、璧、圭、璋、璜、琥六种玉制礼器谓之“六瑞”，玉琮内圆外方，表示天和地，中间的穿孔表示天地之间的沟通，可以说是中国古代世界观很好的象征物.下面是一玉琮图及其三视图，设规格如图所示（单位：cm ），则三视图中A ，B 两点在实物中对应的两点在实物玉璧上的最小距离约为（ ）（3π≈ 1.4≈）A ．8.4B ．9.8C ．10.4D ．11.27．（2022ꞏ全国ꞏ高一专题练习）《九章算术》中有这样的图形：今有圆锥，下周三丈五尺，高五丈一尺（1丈10=尺）；若该圆锥的母线长x 尺，则x =（ ）A B C D 8．（2021秋ꞏ吉林四平ꞏ高三四平市第一高级中学校考阶段练习）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，半正多面体是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体．如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的．若被截正方体的棱长为40cm ，则该阿基米德多面体的表面积为（ ）A ．(24800cm +B ．(24800cm +C ．(23600cm +D ．(23600cm + 9．（2022秋ꞏ宁夏吴忠ꞏ高二青铜峡市高级中学校考开学考试）牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，该方法不直接给出球体的体积，而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积关系为4V V π=牟球，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即38V r V =-牟方盖差，从而计算出343V r π=球.如果记所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V ，则:V V =方差盖（ ）A B ．1 C D ．10．（2022秋ꞏ湖北襄阳ꞏ高二襄阳市第一中学校考阶段练习）《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．如图，在堑堵111ABC A B C -中，,M N 分别是111,AC BB 的中点，G 是MN 的中点，若1AG xAB y AA z AC =++ ，则x y z ++=（ ）A ．32B ．23 C ．1 D ．3411．（2022秋ꞏ江西抚州ꞏ高二临川一中校考期中）如图，何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造型浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的文字记载，何尊还是第一个出现“德”字的器物，证明了周王朝以德治国的理念，何尊的形状可近似看作是圆台和圆柱的组合体，组合体的高约为40cm ，上口直径约为28cm ，经测量可知圆台的高约为16cm ，圆柱的底面直径约为18cm ，则该组合体的体积约为（ ）（其中π的值取3）A ．11280cm 3B ．12380cm 3C ．12680cm 3D ．12280cm 312．（2022秋ꞏ安徽ꞏ高三校联考开学考试）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作， 其第11卷中将轴截面为等腰直角三角形的圆锥称为“直角圆锥”.若一个直角圆锥的侧面积为，则该圆锥的体积为（ ）AB ．3πC ．D ．13．（2022秋ꞏ青海西宁ꞏ高三统考期中）我国历史文化悠久，“爰”铜方彝是商代后期的一件文物，其盖似四阿式屋顶，盖为子口，器为母口，器口成长方形，平沿，器身自口部向下略内收，平底､长方形足､器内底中部及盖内均铸一“爰”字.通高24cm ，口长13.5cm ，口宽12cm ，底长12.5cm ，底宽10.5cm.现估算其体积，上部分可以看作四棱锥，高约8cm ，下部分看作台体，则其体积约为（ ）11.5≈，12.7≈）A ．37460.8cmB ．3871.3cmC ．31735.3cmD ．32774.9cm14．（2022秋ꞏ湖北ꞏ高二校联考期中）在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为4，1AA ，1BB ，1CC ，1DD 均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为2和4，对应的圆心角为90°，则图中异面直线1AB 与1CD 所成角的余弦值为（ ）A ．45B ．35C ．23 D ．3415．（2023ꞏ江西抚州ꞏ高三金溪一中校考开学考试）中国某些地方举行婚礼时要在吉利方位放一张桌子，桌子上放一个装满粮食的升斗，斗面用红纸糊住，斗内再插一杆秤、一把尺子，寓意为粮食满园、称心如意、十全十美．下图为一种婚庆升斗的规格，把该升斗看作一个正四棱台，忽略其壁厚，则该升斗的容积约为（ ）39.6,1L 1000cm ≈=，参考公式：(13V S S h 下上棱台=+⋅）A ．1.5LB ．2.4LC ．5.0LD ．7.1L16．（2022春ꞏ湖南长沙ꞏ高二湖南师大附中校考阶段练习）波利亚在其论著中多次提到“你能用不同的方法推导出结果吗？”，“试着换一个角度探索下去……”.这都属于“算两次”的原理.另外，更广义上讲，“算两次”也是对同一个问题，用两种及其以上的方法解答出来，即对同一个问题解两次，得到相同的结果，体现殊途同归，一题多解.试解决下面的问题：四面体ABCD 中，AB=CD=6，其余的棱长均为5，则与该四面体各个表面都相切的内切球的表面积为（ ）A ．7925πB ．7320πC ．6316πD ．4π17．（2022秋ꞏ黑龙江齐齐哈尔ꞏ高二齐齐哈尔市第八中学校校考开学考试）灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围．如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分（除去两个球冠）．如图2，球冠是由球面被一个平面截得的，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球的半径为R ，球冠的高为h ，则球冠的面积2S Rh π=．已知该灯笼的高为46cm ，圆柱的高为3cm ，圆柱的底面圆直径为30cm ，则围成该灯笼所需布料的面积为（ ）A ．22090cm πB ．22180cm πC ．22340cm πD ．22430cm π18．（2022秋ꞏ湖北武汉ꞏ高二武汉市第十一中学校考阶段练习）端午佳节，人们有包粽子和吃粽子的习俗，粽子主要分为南北两大派系，地方细分特色鲜明，且形状各异，裹蒸粽是广东肇庆地区最为出名的粽子，是用当地特有的冬叶､水草包裹糯米､绿豆､猪肉､咸蛋黄等蒸制而成的金字塔形的粽子，现将裹蒸粽看作一个正四面体，其内部的咸蛋黄看作一个球体，那么，当咸蛋黄的体积为43π时，该裹蒸粽的高的最小值为（ ） A ．4 B ．6 C ．8 D ．1019．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构．如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（ ）A ．(86++B ．(68+C ．(86+D ．(68+ 20．（2022秋ꞏ江苏连云港ꞏ高三校考阶段练习）刍(chú)甍(méng )是中国古代算数中的一种几何体，其结构特征是：底面为长方形，上棱和底面平行，且长度不等于底面平行的棱长的五面体，是一个对称的楔形体．已知一个刍甍底边长为6，底边宽为4，上棱长为2，高为2，则它的表面积是（ ）A ．B ．24+C ．24+D ．24+二、多选题21．（2021秋ꞏ重庆沙坪坝ꞏ高二重庆市天星桥中学校考阶段练习）三星堆遗址，位于四川省广汉市，距今约三千到五千年.2021年2月4日，在三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮.玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是一种古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长2cm ，外径长3cm ，筒高4cm ，中部为棱长是3cm 的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则（ ）A ．该玉琮的体积为3π184+(3cm )B ．该玉琮的体积为7π274-(3cm ) C ．该玉琮的表面积为54π+(2cm ) D ．该玉琮的表面积为549π+(2cm )22．（2022ꞏ全国ꞏ高三专题练习）“端午节”为中国国家法定节假日之一，已被列入世界非物质文化遗产名录，吃粽子便是端午节食俗之一．全国各地的粽子包法各有不同．如图，粽子可包成棱长为6cm 的正四面体状的三角粽，也可做成底面半径为3cm 2，高为6cm （不含外壳）的圆柱状竹筒粽．现有两碗馅料，若一个碗的容积等于半径为6cm 的半球的体积，则（ ） 4.44≈）A ．这两碗馅料最多可包三角粽35个B ．这两碗馅料最多可包三角粽36个C ．这两碗馅料最多可包竹筒粽21个D ．这两碗馅料最多可包竹筒粽20个23．（2022ꞏ全国ꞏ高三专题练习）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，多见于亭阁式建筑、园林建筑下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，已知此正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为30︒米，则该正四棱锥的（ ）A ．底面边长为6米BC ．侧面积为D ．体积为立方米 24．（2022秋ꞏ湖北襄阳ꞏ高二校考阶段练习）在《九章算术》中，四个面都是直角三角形的三棱锥被称为“鳖臑”.在鳖臑-P ABC 中，PA ⊥底面ABC ，则（ ）A ． 0AB AC ⋅= 可能成立B ． 0BC AC ⋅= 可能成立 C ． 0PA BC ⋅= 一定成立D ． 0BC AB ⋅= 可能成立25．（2022春ꞏ广东广州ꞏ高一广州科学城中学校考期中）唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(如图2)，当这种酒杯内壁的表面积(假设内壁表面光滑，表面积为S 平方厘米，半球的半径为R 厘米)固定时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则R 的取值可能为( )A B C D 26．（2022ꞏ海南ꞏ统考模拟预测）素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，如图是某同学绘制“十字贯穿体”的素描作品．“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）．若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为2，高为6的正四棱柱构成，则（ ）A ．一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线互相垂直B ．该“十字贯穿体”的表面积是112-C ．该“十字贯穿体”的体积是483-D ．一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的顶点A 出发，沿表面到达顶点B 的最短路线长为43+27．（2022ꞏ全国ꞏ高三专题练习）祖暅（公元5—6世纪，祖冲之之子），是我国齐梁时代的数学家，他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异.”这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.如图将底面直径皆为2b ，高皆为a 的椭半球体和已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面β上，用平行于平面β且与β距离为d 的平面截两个几何体得到S 圆及S 环两截面，可以证明S S =环圆总成立，若椭半球的短轴6AB =，长半轴5CD =，则下列结论正确的是（ ）A ．椭半球体的体积为30πB ．椭半球体的体积为15πC ．如果4C F FD =，以F 为球心的球在该椭半球内，那么当球F 体积最大时，该椭半球体挖去球F 后，体积为863π D ．如果4C F F D = ，以F 为球心的球在该半球内，那么当球F 体积最大时，该椭半球体挖去球F 后，体积为29π三、填空题28．（2022秋ꞏ上海浦东新ꞏ高二上海市建平中学校考阶段练习）我国古代数学名著《九章算术》中，定义了三个特别重要而基本的多面体，它们是：（1）“堑堵”：两个底面为直角三角形的直棱柱；（2）“阳马”：底面为长方形，且有一棱与底面垂直的棱锥；（3）“鳖臑（biēnào ）”：每个面都为直角三角形的四面体.魏晋时期的大数学家刘徽进一步研究发现：任何一个“堑堵”都可以分割成一个“阳马”和一个“鳖臑”且“阳马”和“鳖臑”的体积比为定值.则此定值为______.29．（2022秋ꞏ上海浦东新ꞏ高三上海市建平中学校考阶段练习）我国古代将四个面都是直角三角形的四面体称作鳖臑，如图，在鳖臑S ABC -中，SC ⊥平面ABC ，ABC 是等腰直角三角形，且AB SC =，则异面直线BC 与SA 所成角的正切值为______．（写出一个值即可，否则有两个答案）30．（2022春ꞏ浙江宁波ꞏ高二校考学业考试）宁波老外滩天主教堂位于宁波市新江桥北堍， 建于清同治十一年（公元 1872 年）. 光绪二十五 （1899年） 增建钟楼， 整座建筑由教堂、钟楼、偏屋组成， 造型具有典型罗马哥特式风格. 其顶端部分可以近似看成由一个正四棱锥和一个正方体组成的几何体， 且正四棱锥的侧棱长为10m ， 其底面边长与正方体的棱长均为6m ， 则顶端部分的体积为__________.31．（2022ꞏ全国ꞏ高三专题练习）蹴鞠，2006年5月20日，已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球，因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球．已知某鞠（球）的表面上有四个点(不共面)、、、,2,A B C DAB CD AC BD BC AD======__________．32．（2022春ꞏ福建泉州ꞏ高一泉州五中校考期中）“牟合方盖”（图①）是由我国古代数学家刘徽创造的，其构成是由一个正方体从纵横两侧面作内切圆柱（圆柱的上下底面为正方体的上下底面，圆柱的侧面与正方体侧面相切）的公共部分组成的（图②），假设正方体的棱长为2，则其中一个内切圆柱的表面积为___________；该正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球，所以用任一平行于正方体底面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，根据祖暅原理（夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等）可得“牟合方盖”的体积为____________．33．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）佩香囊是端午节传统习俗之一．香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫、开窍的．因地方习俗的差异，香囊常用丝布做成各种不同的形状，形形色色，玲珑夺目．图1的平行四边形ABCD由六个边长为1的正三角形构成．将它沿虚线折起来，可得图2所示的六面体形状的香囊．那么在图2这个六面体中内切球半径为__________，体积为__________.34．（2022ꞏ高二单元测试）《九章算术》第五卷中涉及一种几何体——羡除，它下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．该羡除是一个多面体ABCDFE ，如图，四边形ABCD ，ABEF 均为等腰梯形，AB CD EF ∥∥，平面ABCD ⊥平面ABEF ，梯形ABCD ，ABEF 的高分别为3，7，且6AB =，10CD =，8EF =，则AD BF ⋅= ______，DE = ______．35．（2021秋ꞏ四川广安ꞏ高二四川省武胜烈面中学校校考开学考试）《九章算术》中记载：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱剖开，得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均为直角三角形的四面体）在如图所示的堑堵111ABC A B C -中，12BB BC AB ===且有鳖臑11C ABB -和鳖臑1C ABC -，现将鳖臑1C ABC -的一个面1ABC 沿1BC 翻折180︒，使A 点翻折到E 点，求形成的新三棱锥11C AB E -的外接球的表面积是_________.36．（2022ꞏ全国ꞏ高三专题练习）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体ABCDEF 的棱长都是2（如图），P ，Q 分别为棱AB ，AD 的中点，则CP FQ ⋅= ________.37．（2022秋ꞏ辽宁ꞏ高二辽宁实验中学校考期中）阿波罗尼斯（约公元前262－190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数(0k >且1)k ≠的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在棱长为6的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是BC 的中点，点P 是正方体表面11DCC D 上一动点（包括边界），且满足APD MPC ∠=∠，则三棱锥D PBC -体积的最大值为______．38．（2022ꞏ全国ꞏ高三专题练习）祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.即：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．有一个球形瓷碗，它可以看成半球的一部分，若瓷碗的直径为8，高为2，利用祖暅原理可求得该球形瓷碗的体积为______．四、解答题39．（2022ꞏ全国ꞏ高三专题练习）自古以来，斗笠是一个防晒遮雨的用具，是家喻户晓的生活必需品之一，主要用竹篾和一种叫做棕榈叶染白后编织而成，已列入世界非物质文化遗产名录．现测量如图中一顶斗笠，得到图中圆锥PO 模型，经测量底面圆O 的直径48cm AB =，母线30cm AP =，若点C 在 AB 上，且π6CAB ∠=，D 为AC 的中点．证明：BC ∥平面POD ；40．（2022秋ꞏ贵州遵义ꞏ高三统考阶段练习）故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡,故又称四阿顶.如图，某几何体ABCDEF 有五个面，其形状与四阿顶相类似.已知底面ABCD 为矩形，228AB AD EF ===，EF ∥底面ABCD ，且EA ED FB FC ===，M ，N 分别为AD ，BC 的中点.(1)证明：EF AB ∥，且BC ⊥平面EFNM .(2)若EM 与底面ABCD 所成的角为π4，过点E 作EH MN ⊥，垂足为H ，过H 作平面ABFE 的垂线，写出作法，并求H 到平面ABFE 的距离.41．（2022秋ꞏ上海浦东新ꞏ高二上海师大附中校考期中）《九章算术ꞏ商功》：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”刘徽注：“此术臑者，背节也，或曰半阳马，其形有似鳖肘，故以名云.中破阳马，得两鳖臑，鳖臑之起数，数同而实据半，故云六而一即得.”如图，在鳖臑ABCD 中，侧棱AB ⊥底面BCD ；(1)若BC CD ⊥，ADB θ∠=1，2BDC θ∠=，3ADC θ∠=，求证：123cos cos cos θθθ⋅=；(2)若1AB =，2BC =，1CD =，试求异面直线AC 与BD 所成角的余弦.(3)若BD CD ⊥，2AB BD CD ===，点P 在棱AC 上运动.试求PBD △面积的最小值.42．（2022秋ꞏ北京ꞏ高二北京一七一中校考期中）“曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在19世纪由赫尔曼ꞏ闵可夫斯基提出来的．如图是抽象的城市路网，其中线段AB 是欧式空间中定义的两点最短距离，但在城市路网中，我们只能走有路的地方，不能“穿墙”而过，所以在“曼哈顿几何”中，这两点最短距离用(),d A B 表示，又称“曼哈顿距离”，即(),d A B AC CB =+，因此“曼哈顿两点间距离公式”：若()11,A x y ，()22,B x y ，则()2121,d A B x x y y =-+-(1)①点()A 3,5，()2,1B -，求(),d A B 的值．②求圆心在原点，半径为1的“曼哈顿单位圆”方程．(2)已知点()10B ,，直线220x y -+=，求B 点到直线的“曼哈顿距离”最小值； (3)设三维空间4个点为(),,i i i i A x y z =，1,2,3,4i =，且i x ，i y ，{}0,1i z ∈．设其中所有两点“曼哈顿距离”的平均值即d ，求d 最大值，并列举最值成立时的一组坐标．参考答案一、单选题1．（2022ꞏ全国ꞏ高三专题练习）笛卡尔是世界著名的数学家，他因将几何坐标体系公式化而被认为是解析几何之父.据说在他生病卧床时，还在反复思考一个问题：通过什么样的方法，才能把“点”和“数”联系起来呢？突然，他看见屋顶角上有一只蜘蛛正在拉丝织网，受其启发建立了笛卡尔坐标系的雏形.在如图所示的空间直角坐标系中，单位正方体顶点A 关于x 轴对称的点的坐标是（ ）A ．()1,1,1--B ．()1,1,1C ．()1,1,1-D ．()1,1,1---【答案】B 【详细分析】由图写出点A 的坐标，然后再利用关于x 轴对称的点的性质写出对称点的坐标.【答案详解】由图可知，点(1,1,1)A --，所以点A 关于x 轴对称的点的坐标为(1,1,1).故选：B.2．（2022春ꞏ辽宁大连ꞏ高一统考期末）民间娱乐健身工具陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺的立体结构图．已知底面圆的直径16cm AB =，圆柱体的高8cm BC =，圆锥体的高6cm CD =，则这个陀螺的表面积是（ ）A ．2192πcmB ．2208πcmC ．2272πcmD ．2336πcm【答案】C 【详细分析】结合组合体表面积的计算方法计算出正确答案.【答案详解】圆柱、圆锥的底面半径为8cm ，10cm =，所以陀螺的表面积是22π82π88π810272πcm ⨯+⨯⨯+⨯⨯=.故选：C3．（2022秋ꞏ安徽ꞏ高二合肥市第八中学校联考期中）《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳马”实为“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”．如图，在“阳马”A OBCD -中，E 为ACD 的重心，若AB a =，AC b = ，AD c = ，则BE = （ ）A ．1122a b c -++ B ．1133a b c -++ C ．2233a b c ++ D ．1133a b c -+- 【答案】B【详细分析】连接AE 并延长交CD 于点F ，则F 为CD 的中点，利用向量的加减运算得答案【答案详解】连接AE 并延长交CD 于点F ，因为E 为ACD 的重心，则F 为CD 的中点，且23AE AF = ()2211133233BE AE AB AF AB AC AD AB AC AD AB ∴=-=-=⨯+-=+- 1133a b c =-++ . 故选：B ．4．（2022秋ꞏ河南商丘ꞏ高三校联考阶段练习）榫卯是一种中国传统建筑、家具及其他器械的主要结构方式，是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式．凸出的部分叫做榫（或叫榫头），凹进部分叫卯（或叫榫眼、榫槽）．现要在一个木头部件制作一个榫眼，最终完成一个直角转弯结构的部件，那么制作成的榫眼的俯视图可以是（）A．B．C．D．【答案】B【详细分析】利用排除法结合俯视图的定义和已知条件详细分析判断.【答案详解】法一：榫眼的形状和榫头一致，故榫眼的俯视图的轮廓线为虚线且从结果图可知榫眼应为通透的，排除AD；又C选项的结构左下方部分缺了一块，这与榫眼的结构不符，符合条件的只有B．法二：因榫眼的制作部件为长方体，所以，C，D不正确；又榫眼应为通透的，所以A不正确，所以符合条件的只有B．故选B．5．（2021秋ꞏ江西宜春ꞏ高二上高二中校考阶段练习）张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五．已知三棱锥A BCD -的每个顶点都在球O 的球面上，AB ⊥底面BCD ，BC CD ⊥，且2AB CD ==，1BC =，利用张衡的结论可得球O 的表面积为（ ）A ．30B ．2C ．D ．【答案】D【详细分析】由BC CD ⊥，AB ⊥底面BCD ，将三棱锥A BCD -放在长方体中，求出外接球的半径以及圆周率的值，再由球的表面积公式即可求解.【答案详解】如图所示：因为BC CD ⊥，AB ⊥底面BCD ，1BC =，2AB CD ==，所以将三棱锥A BCD -放在长、宽、高分别为2,1,2的长方体中，三棱锥A BCD -的外接球即为该长方体的外接球，外接球的直径3AD ===，利用张衡的结论可得2π5168=，则π=所以球O 的表面积为234π9π2⎛⎫== ⎪⎝⎭故选：D.6．（2021春ꞏ陕西榆林ꞏ高三校考阶段练习）“天圆地方”观反映了中国古代科学对宇宙的认识，后来发展成为中国传统文化的重要思想.中国古人将琮、璧、圭、璋、璜、琥六种玉制礼器谓之“六瑞”，玉琮内圆外方，表示天和地，中间的穿孔表示天地之间的沟通，可以说是中国古代世界观很好的象征物.下面是一玉琮图及。