高二数学立体几何经典例题

高二数学立体几何练习题
1. 三棱锥ABCDA1是一个底面为正三角形ABC的三棱锥。

已知
AD=3，BC=4，AB∥CD且AB=2CD。

求证：AB=√21。

解析：
首先，可以得到AB=2CD，即AB=2，CD=1.根据正三角形的性质，我们可以得到∠BAD=60°。

由于锥心角ABD=60°，且CD通过顶点D且平行于底面，所以可得CD与底面ABC的交点与锥顶点D和底面三个顶点构成的四个点在同
一个平面上。

我们可以称这个平面为α平面。

在平面α上，连接CD与顶点A1，作直线A1B∥AB，交线段AB
于点E。

△ABE与△ABC是相似三角形，因为∠EAB=∠ABC（对应角），
而∠ABE=∠ACB（平行线所成的内错角相等）。

由相似三角形的性质，可得AB/AE=AB/AC，即AE=AC=3√3（三棱锥ABCDA1的高度）。

又因为A1B∥AB，所以A1E=AE=3√3。

由△ADE可以得到∠DAE=60°。

根据勾股定理，在△ABE中，有AE^2=AB^2+BE^2，即（3√3）
^2=2^2+BE^2，解得BE=3。

根据勾股定理，在△ADE中，有AD^2+AE^2=DE^2，即3^2+
（3√3）^2=DE^2，解得DE=6。

所以，AB=AE+BE+ED=3√3+3+6=√21。

综上所述，满足题目要求，即证明了AB=√21。

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步经典大题例题单选题1、已知三棱锥P−ABC，其中PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，PA=AB=AC=2，则该三棱锥外接球的表面积为（）A．12πB．16πC．20πD．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC的外心为G，O为球心，所以OG⊥平面ABC，因为PA⊥平面ABC，所以OG//PA，设D是PA中点，因为OP=OA，所以DO⊥PA，因为PA⊥平面ABC，AG⊂平面ABC，所以AG⊥PA，因此OD//AG，PA=1，因此四边形ODAG是平行四边形，故OG=AD=12由余弦定理，得BC=√AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−1)=2√3，2⇒AG=2，由正弦定理，得2AG=√3√32所以该外接球的半径R满足R2=(OG)2+(AG)2=5⇒S=4πR2=20π，故选：C．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.2、如图所示的正方形SG1G2G3中，E ， F分别是G1G2，G2G3的中点，现沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合为点G，则有（）A．SG⊥平面EFG B．EG⊥平面SEFC．GF⊥平面SEF D．SG⊥平面SEF答案：A解析：根据正方形的特点，可得SG⊥FG，SG⊥EG，然后根据线面垂直的判定定理，可得结果.由题意：SG⊥FG，SG⊥EG，FG∩EG=G，FG，EG⊂平面EFG所以SG⊥平面EFG正确，D不正确；.又若EG⊥平面SEF，则EG⊥EF，由平面图形可知显然不成立；同理GF⊥平面SEF不正确；故选：A小提示：本题主要考查线面垂直的判定定理，属基础题.3、若一个正方体的体对角线长为a，则这个正方体的全面积为（）A ．2a 2B ．2√2a 2C ．2√3a 2D ．3√2a 2答案：A分析：设正方体的棱长为x ，求出正方体的棱长即得解.解：设正方体的棱长为x ，则√3x =a ，即x 2=13a 2，所以正方体的全面积为6x 2=6×13a 2=2a 2． 故选：A4、《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，AC ⊥CD ，AC ＝BC ＋CD ＝2，当△BCD 的面积最大时，鳖臑ABCD 的表面积为（ ）A ．√3+√62B ．3+√62C ．2+√3+√62D ．3+√3+√62答案：D分析：根据题意可证明CD ⊥BC ，从而说明三角形BCD 是直角三角形，求得BD ，进而求得四个直角三角形的面积，可得答案.由题意可知：AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ，故AB ⊥CD ,又AC ⊥CD ，AC ∩AB =A,AB,AC ⊂平面ABC ，故CD ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，故CD ⊥BC ,所以S △BCD =12BC ⋅CD ≤12×(BC+CD 2)2=12 ,当且仅当BC =CD =1时取得等号， 故BD =√1+1=√2 ,由AB ⊥平面BCD ，可知AB ⊥BD,AB ⊥BC ,故AB=√AC2−BC2=√4−1=√3 ,所以S△ABD=12AB⋅BD=√62,S△ABC=12AB⋅BC=√32,S△BCD=12BC⋅CD=12,S△ACD=12AC⋅CD=1,所以鳖臑ABCD的表面积为√62+√32+12+1=3+√3+√62，故选：D5、锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a=7、b=8，m⃑⃑ =(12,cosA)，n⃑=(sinA，−√32)，且m⃑⃑ ⊥n⃑，则△ABC的面积为（）A．√3B．3√3C．5√3D．10√3答案：D分析：先由向量垂直得到A=π3，利用余弦定理求出c=3或c=5，利用锐角三角形排除c=3，从而c=5，利用面积公式求出答案.由题意得：12sinA−√32cosA=0，故tanA=√3，因为A∈(0,π2)，所以A=π3，由余弦定理得：cosA=64+c 2−492×8c =12，解得：c=3或c=5，当c=3时，最大值为B，其中cosB=49+9−642×7×3<0，故B为钝角，不合题意，舍去；当c=5时，最大值为B，其中cosB=49+25−642×7×5>0，故B为锐角，符合题意，此时S△ABC=12bcsinA=12×8×5×√32=10√3.故选：D6、过半径为4的球O表面上一点M作球O的截面，若OM与该截面所成的角是30°，则O到该截面的距离是（）A．4B．2√3C．2D．1答案：C分析：作出球的截面图，根据几何性质计算，可得答案.作出球的截面图如图：设A为截面圆的圆心，O为球心，则OA⊥截面，AM在截面内，即有OA⊥AM，=2 ,故∠OMA=30∘,所以OA=4×12即O到该截面的距离是2，故选：C7、如图，点N为正方形ABCD的中心，ΔECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM,EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM,EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM,EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM,EN是异面直线答案：B解析：利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．如图所示， 作EO ⊥CD 于O ，连接ON ，过M 作MF ⊥OD 于F ．连BF ，∵平面CDE ⊥平面ABCD ．EO ⊥CD,EO ⊂平面CDE ，∴EO ⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，∴ΔMFB 与ΔEON 均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO =√3, ON =1 EN =2，MF =√32,BF =52,∴BM =√7．∴BM ≠EN ，故选B ．小提示：本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角形．8、在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为线段A 1B 1的中点，则异面直线D 1E 与BC 1所成角的余弦值为（ ）A ．√55B ．√105C ．√155D ．2√55答案：B分析：连接AD 1，AE ，得到AD 1//BC 1，把异面直线D 1E 与BC 1所成角转化为直线D 1E 与AD 1所成角，取AD 1的中点F ，在直角△D 1EF 中，即可求解.在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，连接AD 1，AE ，可得AD 1//BC 1，所以异面直线D 1E 与BC 1所成角即为直线D 1E 与AD 1所成角，即∠AD 1E 为异面直线D 1E 与BC 1所成角，不妨设AA 1=2，则AD 1=2√2，D 1E =AE =√5，取AD 1的中点F ，因为D 1E =AE ，所以EF ⊥AD 1，在直角△D 1EF 中，可得cos∠AD 1E =D 1F D 1E =√2√5=√105. 故选：B.9、若直线a //平面α，A ∉α，且直线a 与点A 位于α的两侧，B ，C ∈a ，AB ，AC 分别交平面α于点E ，F ，若BC =4，CF =5，AF =3，则EF 的长为（ ）A ．3B ．32C ．34D ．23答案：B分析：根据线面平行可得线线平行，从而可求EF =32. ∵BC //α，BC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩α=EF ，∴EF //BC ，∴AF AC =EF BC ，即35+3=EF 4，∴EF =32. 故选：B.10、如图在正三棱锥S −ABC 中，M,N 分别是棱SC,BC 的中点，Q 为棱AC 上的一点，且AQ =12QC ，MN ⊥MQ ，若AB =2√2，则此正三棱锥S −ABC 的外接球的体积为（ ）A ．12πB ．4√33πC ．8√3πD ．4√3π 答案：D分析：根据题意证明SA,SB,SC 两两垂直，将三棱锥放入棱长为2的正方体，两者外接球体积相同，求得正方体外接球体积即可得出答案.因为在△SBC 中，M,N 分别是棱SC,BC 的中点，所以MN //SB ，因为MN ⊥MQ ，所以SB ⊥MQ ，因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC （对棱垂直），又因为MQ,AC ⊂面SAC ，MQ ∩AC =Q ，所以SB ⊥面SAC ，因为SA,SC ⊂面SAC ，所以SB ⊥SA,SB ⊥SC ，在Rt △SAB 中，SA 2+SB 2=AB 2，因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥，所以△SBC 是等腰三角形，△ABC 是等边三角形，所以SB =SC ，AB =AC ,所以SA 2+SC 2=AC 2，即SA ⊥SC ，所以SA,SB,SC 两两垂直，将此三棱锥放入正方体中，此正方体的面对角线长等于AB 长，为2√2,则该正方体棱长为2，外接球半径R =√(22)2+(2√22)2=√3，正方体外接球体积V =43πR 3=43π×(√3)3=4√3π,此正三棱锥S −ABC 的外接球体积和正方体外接球体积相同，为4√3π.故选：D填空题11、如图所示，过三棱台上底面的一边A1C1，作一个平行于棱BB1的截面，与下底面的交线为DE．若D、E分别是AB、BC的中点，则V A1B1C1−DBEV A1B1C1−ABC=______．答案：37分析：证得S△A1B1C1=14S△ABC，然后结合棱台与棱柱的体积公式即可求出结果.因为BB1//平面DEC1A1，且平面BB1C1C∩平面DEC1A1=C1E，所以BB1//C1E，又因为B1C1//BE，所以四边形BB1C1E为平行四边形，所以B1C1=BE，且E分别是BC的中点，所以B1C1=1 2BC，同理A1B1=12AB，因此S△A1B1C1=14S△ABC，设上底面的面积为S，高为ℎ，则下底面的面积为4S，所以V A1B1C1−DBEV A1B1C1−ABC =13(S+√S⋅4S+4S)ℎ=37，所以答案是：37.12、两个平面最多可以将空间分为___________部分.答案：4分析：根据两个平面的位置关系分别计算出它们将空间分成的部分数即可得解. 两个平面的位置关系有平行和相交两种，当两个平面平行时，它们可将空间分成3部分，当两个平面相交时，它们可将空间分成4部分，所以两个平面最多可以将空间分为4部分.所以答案是：413、在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为矩形．请在下面给出的5个条件中选出2个作为一组，使得它们能成为“在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形”的充分条件___________．（写出符合题意的一组即可）①PA=2；②BC=3；③BC=√5；④AB=√2；⑤AB=1.答案：②④或②⑤或③⑤分析：设PA=a,AB=b,AD=c，BQ=x(0≤x≤c)，则CQ=c−x，计算出PQ2，DQ2，PD2，若在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形，则PQ2+DQ2<PD2，解不等式再根据已知条件可得答案.设PA=a,AB=b,AD=c，BQ=x(0≤x≤c)，则CQ=c−x，因为PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为矩形，所以PA⊥AQ，则PQ2=PA2+AQ2=PA2+AB2+BQ2=a2+b2+x2，DQ2=CD2+CQ2=b2+(c−x)2，PD2=PA2+AD2=a2+c2，若在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形，则PQ2+DQ2<PD2，即a2+b2+x2+b2+(c−x)2<a2+c2，整理得x2−cx+b2<0(0<x<c)，要使不等式有解，只需c2−4b2>0，即只需BC>2AB即可，因为①PA=2；②BC=3；③BC=√5；④AB=√2；⑤AB=1，所以②④或②⑤或③⑤.所以答案是：②④或②⑤或③⑤.14、所有棱长均为2的正三棱锥的体积为______.答案：23√2##2√23分析：棱长均为2的正三棱锥，分别求出棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式，即可得到答案. 当三棱锥棱长均为2时，正三棱锥即为正四面体，如图，正四面体的底面积S=√34×22=√3，正四面体的高ℎ=PO=√PA2−AO2=√22−(23×√32×2)2=2√63，故正四面体的体积V=13⋅S⋅ℎ=2√23.所以答案是：2√2315、已知球O的半径为43,点A,B,C,D均在球面上，若△ABC为等边三角形，且其面积为√3,则三棱锥D−ABC的最大体积是___________.答案：2√33分析：根据三角形面积求出边长，即可求出三角形外接圆半径，继而可求出高的最大值，求出体积.设△ABC外接圆的圆心为O1,由△ABC是面积为√3的等边三角形，得12⋅|AB|2⋅sin60∘=√3,解得AB=2，则|O1B|=12×|AB|sin60∘=2√33.当三棱棱锥D−ABC体积最大时，球心O在DO1上，因此有|OO1|=√|OB|2−|O1B|2=23,所以|DO1|的最大值为43+23=2，三棱锥D−ABC的最大体积为V=13⋅S△ABC⋅|DO1|=13×√3×2=2√33.所以答案是：2√33.小提示：本题考查三棱锥的外接球问题，解题的关键是建立好勾股关系求出高.解答题16、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点．（Ⅰ）求证：BC1//平面AD1E；（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．答案：（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）23.分析：（Ⅰ）证明出四边形ABC1D1为平行四边形，可得出BC1//AD1，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 . （Ⅰ）[方法一]：几何法 如下图所示：在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB //A 1B 1且AB =A 1B 1，A 1B 1//C 1D 1且A 1B 1=C 1D 1， ∴AB //C 1D 1且AB =C 1D 1，所以，四边形ABC 1D 1为平行四边形，则BC 1//AD 1， ∵BC 1⊄平面AD 1E ，AD 1⊂平面AD 1E ，∴BC 1//平面AD 1E ； [方法二]:空间向量坐标法以点A 为坐标原点，AD 、AB 、AA 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系A −xyz ，设正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则A (0,0,0)、A 1(0,0,2)、D 1(2,0,2)、E (0,2,1)，AD 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2)，AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,1)，设平面AD 1E 的法向量为n ⃑ =(x,y,z )，由{n →⋅AD 1→=0n →⋅AE →=0，得{2x +2z =02y +z =0， 令z =−2，则x =2，y =1，则n →=(2,1,−2).又∵向量BC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2),BC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·n ⃑ =2×2+0×1+2×(−2)=0, 又∵BC 1⊄平面AD 1E ，∴BC 1//平面AD 1E ； （Ⅱ）[方法一]：几何法延长CC 1到F ，使得C 1F =BE ，连接EF ，交B 1C 1于G ， 又∵C 1F//BE ，∴四边形BEFC 1为平行四边形，∴BC 1//EF ， 又∵BC 1//AD 1,∴AD 1//EF ,所以平面AD 1E 即平面AD 1FE , 连接D 1G ，作C 1H ⊥D 1G ,垂足为H ,连接FH ,∵FC 1⊥平面A 1B 1C 1D 1,D 1G ⊂平面A 1B 1C 1D 1,∴FC 1⊥D 1G ， 又∵FC 1∩C 1H =C 1,∴直线D 1G ⊥平面C 1FH , 又∵直线D 1G ⊂平面D 1GF ,∴平面D 1GF ⊥平面C 1FH ,∴C 1在平面D 1GF 中的射影在直线FH 上,∴直线FH 为直线FC 1在平面D 1GF 中的射影，∠C 1FH 为直线FC 1与平面D 1GF 所成的角，根据直线FC 1//直线AA 1，可知∠C 1FH 为直线AA 1与平面AD 1G 所成的角. 设正方体的棱长为2，则C 1G =C 1F =1,D 1G =√5,∴C 1H =√5=√5,∴FH =√1+(√5)2=√5,∴sin∠C 1FH =C 1H FH=23,即直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.[方法二]：向量法接续（I)的向量方法，求得平面平面AD 1E 的法向量n ⃑ =(2,1,−2)，又∵AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,2),∴cos <n ⃑ ,AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ >=n ⃑ ⋅AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |n ⃑ |⋅|AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=−43×2=−23， ∴直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.[方法三]：几何法+体积法如图，设B 1C 1的中点为F ，延长A 1B 1,AE,D 1F ，易证三线交于一点P ． 因为BB 1∥AA 1,EF ∥AD 1，所以直线AA 1与平面AD 1E 所成的角，即直线B 1E 与平面PEF 所成的角． 设正方体的棱长为2，在△PEF 中，易得PE =PF =√5,EF =√2， 可得S △PEF =32．由V 三棱锥B 1−PEF =V 三棱锥P−B 1EF ，得13×32⋅B 1H =13×12×1×1×2， 整理得B 1H =23． 所以sin∠B 1EH =B 1H B 1E =23．所以直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23．[方法四]：纯体积法设正方体的棱长为2，点A 1到平面AED 1的距离为h ， 在△AED 1中，AE =√5,AD 1=2√2,D 1E =3， cos∠AED 1=D 1E 2+AE 2−AD 122D 1E⋅AE=2×3×√5=√55， 所以sin∠AED 1=2√55，易得S △AED 1=3．由V E−AA 1D 1=V A 1−AED 1，得13S △AD 1A 1⋅A 1B 1=13S △AED 1⋅ℎ，解得ℎ=43， 设直线AA 1与平面AED 1所成的角为θ，所以sinθ=ℎAA 1=23．【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明； （II ）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法. 17、已知正方体ABCD −A ′B ′C ′D ′.(1)G 是△BA ′C ′的重心，求证：直线DG ⊥平面BA ′C ′；(2)若AB =1，动点E ､F 在线段AD ､D ′C ′上，且DE =D ′F =a ，M 为AB 的中点，异面直线EF 与DM 所成的角为arccos√210，求a 的值.答案：(1)证明见解析(2)√24分析：（1）根据空间向量，以B ′A ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =i ,B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =j ,B ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ 为基底，用基底向量表示其他向量，根据向量的数量积为0判断线线垂直，进而证明线面垂直.（2）以空间直角坐标系，写成点的坐标，根据向量的夹角与异面直线夹角间的关系，列出方程即可求解.（1）证明：设B ′A ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =i ,B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =j ,B′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ ， 显然i ⋅j =0，j ⋅k ⃑ =0，k ⃑ ⋅i =0，因为G 是△BA ′C ′的重心，所以B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =13(i +j +k ⃑ ),故DG ⃑⃑⃑⃑⃑ =B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −B ′D ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −(B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AD ⃑⃑⃑⃑⃑ )=13(i +j +k ⃑ )−(j +i +k )=−23(i +j +k ⃑ ) A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ −i ；DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−23(k ⃑ 2−i 2)=0，得DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ， 同理DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，得DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥A ′B⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ . 因为A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 不平行于A ′B⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以直线DG ⊥平面BA ′C ′. （2）以D 为坐标原点，射线DA 、DC 、DD ′分别是x 轴､y 轴､z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系，于是E(a,0,0),F(0,a,1),M (1,12,0)，则EF⃑⃑⃑⃑⃑ =(−a,a,1),DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,12,0).于是cos⟨EF⃑⃑⃑⃑⃑ ,DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩=|EF⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ||EF⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅|DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=12a √52⋅√2a 2+1=√210，解得a =√24，所以a 的值为√24.18、如图所示，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为正方形，E 为侧棱PC 的中点.（1）求证：经过A 、B 、E 三点的截面平分侧棱PD ；（2）若PA ⊥底面ABCD ，且PA =AD =2，求四面体ABEP 的体积. 答案：（1）证明见解析；（2）23.分析：（1）设截面ABE 与侧棱PD 交于点F ，连结EF,AF ，证明CD//EF.即得F 为PD 的中点，即截面ABE 平分侧棱PD ；（2）取PB 中点H ，连EH ，证明EH ⊥平面PAB ，即得解. （1）证明：设截面ABE与侧棱PD交于点F，连结EF,AF.因为底面ABCD为矩形，所以AB//CD.又AB⊄平面PCD，且CD⊂平面PCD，所以AB//平面PCD.又AB⊂平面ABE，且平面ABE∩平面PCD=EF，所以AB//EF.又因为AB//CD，所以CD//EF.因为E为PC的中点，所以F为PD的中点，即截面ABE平分侧棱PD. （2）∵PA⊥平面ABCD，BC⊆平面ABCD，∴BC⊥PA，又BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB.取PB 中点H ，连EH ， ∵E 是PC 中点，∴EH//BC ，即EH =1且EH ⊥平面PAB ， 又Rt △PAB 的面积S =12PA ⋅AB =2.∴四面体ABEP 的体积V =V E−PAB =13⋅S ⋅EH =23.小提示：方法点睛：求几何体的体积常用的方法有：（1）规则的公式法；（2）不规则的割补法；（3）等体积法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.19、如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点．若截面△BC 1D 是面积为6的直角三角形，求此三棱柱的表面积．答案：24√2+4√3分析：设AD =b,AB =a ，根据△BC 1D 是面积为6的直角三角形，由{BD 2+C 1D 2=BC 1212⋅BD ⋅C 1D =6求解.解：设AD =b,AB =a ，则BD =C 1D =√a 2+b 2，BC 1=√a 2+4b 2．由题意得{BD 2+C 1D 2=BC 12,12⋅BD ⋅C 1D =6, 即{a 2+b 2+a 2+b 2=a 2+4b 2,a 2+b 2=12,解得{a =2√2,b =2, 从而S 表=4×3×2√2+2×2√2×2√2×√34=24√2+4√3．。

高中立体几何典型500题及解析(二)(51~100题)51. 已知空间四边形ABCD 中，AB=BC=CD=DA=DB=AC,M 、N 分别为BC 、AD 的中点。

求：AM 及CN 所成的角的余弦值；解析：(1)连接DM,过N 作NE∥AM 交DM 于E ，则∠CNE 为AM 及CN 所成的角。

∵N 为AD 的中点, NE∥AM 省 ∴NE=21AM 且E 为MD 的中点。

设正四面体的棱长为1， 则NC=21·23= 43且ME=21MD=43 在Rt△MEC 中，CE 2=ME 2+CM 2=163+41=167∴cos ∠CNE=3243432167)43()43(222222-=⋅⋅-+=⋅⋅-+NECN CE NE CN ,又∵∠CNE ∈(0, 2π)∴异面直线AM 及CN 所成角的余弦值为32.注：1、本题的平移点是N ，按定义作出了异面直线中一条的平行线，然后先在△CEN 外计算CE 、CN 、EN 长，再回到△CEN 中求角。

2、作出的角可能是异面直线所成的角，也可能是它的邻补角，在直观图中无法判定，只有通过解三角形后，根据这个角的余弦的正、负值来判定这个角是锐角（也就是异面直线所成的角）或钝角（异面直线所成的角的邻补角）。

最后作答时，这个角的余弦值必须为正。

52. .如图所示，在空间四边形ABCD 中，点E 、F 分别是BC 、AD 上的点，已知AB=4，CD=20，EF=7， 。

求异面直线AB 及CD 所成的角。

解析：在BD 上取一点G ，使得，连结EG 、FG 在ΔBCD 中，，故EG//CD ，并且， 所以，EG=5；类似地，可证FG//AB ，且， 故FG=3，在ΔEFG 中，利用余弦定理可得 cos ∠FGE=215327532222222-=⋅⋅-+=⋅⋅-+GF EG EF GF EG ，故∠FGE=120°。

另一方面，由前所得EG//CD ，FG//AB ，所以EG 及FG 所成的锐角等于AB 及CD 所成的角，于是AB 及CD 所成的角等于60°。

高中数学立体几何10道大题1.在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面SBC垂直于面ABCD，已知∠ABC=45°，AB=2，BC=22，SB=SC=3.1) 证明平面SCD与平面SAB的交线l平行于AB；2) 证明SA垂直于BC；3) 求直线SD与面SAB所成角的正弦值。

2.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，P为其顶点，O为其中心，PO平行于AB且PO=2，M为PD的中点，AD=AC=1，O为AC的中点。

1) 证明PB平行于平面ACM；2) 证明AD在平面PAC上；3) 求直线AM与平面ABCD所成角的正切值。

3.在四棱锥P-ABCD中，∠ABC=∠BAD=90°，BC=2AD，△PAB与△PAD均为等边三角形。

1) 证明CD垂直于平面PBD；2) 求二面角CPBD的平面角的余弦值。

4.在四棱锥P-ABCD中，PA垂直于底面ABCD，AC垂直于AD，ABCD为梯形，AB平行于DC，AB垂直于BC，PA=AB=BC=3，点E在棱PB上，且PE=2EB。

Ⅰ) 证明平面PAB垂直于平面PCB；Ⅱ) 证明PD平行于平面EAC；Ⅲ) 求平面AEC和平面PBC所成锐二面角的余弦值。

5.在图中，矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB，平面ABCD与平面ABPE的交线为AB，且AB=BP=2，AD=AE=1，AE垂直于AB，且AE平行于BP。

1) 在面ABCD内是否存在点N，使得MN垂直于平面ABCD？若存在，请证明；若不存在，请说明理由；2) 求二面角D-PE-A的余弦值。

6.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面A1BC垂直于侧面A1BB1，且AA1=AB=2.1) 证明AB垂直于BC；2) 若直线AC与平面A1BC所成角为α，求锐二面角AAC1B的大小。

7.在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面VAD 为正三角形，平面VAD垂直于底面ABCD。

高中数学第八章立体几何初步知识总结例题单选题1、如图，点N为正方形ABCD的中心，ΔECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM,EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM,EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM,EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM,EN是异面直线答案：B解析：利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．如图所示，作EO⊥CD于O，连接ON，过M作MF⊥OD于F．连BF，∵平面平面ABCD．EO⊥CD,EO⊂平面CDE，∴EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，∴ΔMFB与ΔEON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO=√3,ON =EN=2，MF=√32,BF=52,∴BM=√7．∴BM≠EN，故选B．CDE小提示：本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形．2、如图直角△O′A′B′是一个平面图形的直观图，斜边O′B′=4，则原平面图形的面积是（）A．8√2B．4√2C．4D．√2答案：A解析：根据斜二测画法规则可求原平面图形三角形的两条直角边长度，利用三角形的面积公式即可求解. 由题意可知△O′A′B′为等腰直角三角形，O′B′=4，则OʹAʹ=2√2，所以原图形中，OB=4，OA=4√2，故原平面图形的面积为1×4×4√2=8√2.2故选：A3、如图，用斜二测画法作水平放置的正三角形A1B1C1的直观图，则正确的图形是（）A．B．C．D．分析：由斜二侧画法的规则分析判断即可先作出一个正三角形A1B1C1，然后以B1C1所在直线为x轴，以B1C1边上的高所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，画对应的x′,y′轴，使夹角为45°，画直观图时与x轴平行的直线的线段长度保持不变，与y轴平行的线段长度变为原来的一半，得到的图形如图，然后去掉辅助线即可得到正三角形的直观图如图，故选：A4、下列空间图形画法错误的是（）A．B．C．D．分析：根据空间图形画法：看得见的线画实线，看不见的线画虚线.即可判断出答案.D选项：遮挡部分应画成虚线．故选:D.5、如图，已知正方体的棱长为a，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的全面积为（）A．(8+2√2)a2B．(2+4√2)a2C．(4+2√2)a2D．(6−4√2)a2答案：C分析：拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，据此变化，进行求解. 由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为√2a，宽为a，所以面积为√2a2，所以拼成的几何体的表面积为4a2+2√2a2=(4+2√2)a2.故选：C.6、已知三棱锥A−BCD的所有顶点都在球O的球面上，且AB⊥平面BCD，AB=2√3，AC=AD=4，CD= 2√2，则球O的表面积为（）A．20πB．18πC．36πD．24π答案：A分析：根据AB⊥平面BCD，得到AB⊥BC，AB⊥BD，再由AB=2√3，AC=AD=4，CD=2√2，得到BC⊥BD，则三棱锥A−BCD截取于一个长方体，然后由长方体的外接球即为三棱锥的外接球求解.因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥BC，AB⊥BD，∴BC=BD=√42−(2√3)2=2，在△BCD中，CD=2√2，∴CD2=BC2+BD2，∴BC⊥BD.如图所示：三棱锥A−BCD的外接球即为长方体AGFH-BCED的外接球，设球O的半径为R，则2R=√BA2+BC2+BD2=√(2√3)2+22+22=2√5，解得R=√5，所以球O的表面积为20π，故选：A.7、下列条件中，能得出直线m与平面α平行的是（）A．直线m与平面α内的所有直线平行B．直线m与平面α内的无数条直线平行C．直线m与平面α没有公共点D．直线m与平面α内的一条直线平行答案：C分析：根据线面平行的判定，线面平行的性质逐个辨析即可.对A ，直线m 与平面α内的所有直线平行不可能，故A 错误；对B ，当直线m 在平面α内时，满足直线m 与平面α内的无数条直线平行，但m 与α不平行；对C ，能推出m 与α平行；对D ，当直线m 在平面α内时，m 与α不平行.故选：C.8、如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形EFGH 为截面，长方形ABCD 为底面，则四边形EFGH 的形状为（ ）A ．梯形B ．平行四边形C ．可能是梯形也可能是平行四边形D ．矩形答案：B解析：利用面面平行的性质判断EF 与的平行、EH 与FG 平行.因为平面ABFE //平面CGHD ,且平面EFGH ∩平面ABFE =EF ,平面EFGH ∩平面CGHD =GH ,根据面面平行的性质可知EF //,同理可证明EH //FG .所以四边形EFGH 为平行四边形.故选：B.小提示：本题考查长方体截面形状判断，考查面面平行的性质应用，较简单.多选题9、（多选）一个几何体有6个顶点，则这个几何体可能是（ ）A ．三棱柱B ．三棱台C ．五棱锥D ．四面体答案：ABCGH GH分析：根据棱柱、棱台、棱锥及四面体的图形分析，即可得答案.对于A ，三棱柱是上下两个三角形，有6个顶点，满足题意；对于B ，三棱台是上下两个三角形，有6个顶点，满足题意；对于C ，五棱锥是底面为五边形及一个顶点，有6个顶点，满足题意；对于D ，四面体的顶点个数为4个，不满足题意.故选：ABC.10、我国古代数学名著《九章算术》中将正四棱锥称为方锥．已知半球内有一个方锥，方锥的底面内接于半球的底面，方锥的顶点在半球的球面上，若方锥的体积为18，则半球的说法正确的是（ ）A ．半径是3B ．体积为18πC ．表面积为27πD ．表面积为18π答案：ABC分析：作出正四棱锥的对角面，为半球的半个大圆的内接三角形，由图形可用球的半径表示出棱锥底面边长，高，由棱锥体积求得半球半径．然后计算半球体积，表面积，判断各选项．如图，是正四棱锥的对角面，设球半径为r ，AC 是半圆的直径，则正四棱锥底面边长为√2r ，棱锥体积为V =13×(√2r)2×r =23r 3=18，r =3， 半球体积为V =23πr 3=23π×33=18π，表面积为S =2π×32+π×32=27π，故选：ABC ．11、如图，正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ）PAC △PAC△A．两条异面直线D1C和BC1所成的角为π4B．直线BC与平面ABC1D1所成的角等于π4C．点D到面ACD1的距离为√33D．三棱柱AA1D1−BB1C1外接球半径为√32答案：BCD分析：对于A：根据异面直线的求法易得：异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C；对于B：可证B1C⊥平面ABC1D1，则直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1；对于C：根据等体积转换V D−ACD1=V D1−ACD，求点D到面ACD1的距离；对于D：三棱柱AA1D1−BB1C1的外接球即为正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球，直接求正方体外接球的半径即可．连接AC、AD1∵AB∥C1D1且AB=C1D1，则四边形ABC1D1为平行四边形，∴异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C∵AC=AD1=D1C，则△ACD1为正三角形，即∠AD1C=π3A不正确；连接B1C在正方形BB1C1C中，BC1⊥B1C∵AB⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C∴AB⊥B1CAB∩BC1=B，则B1C⊥平面ABC1D1∴直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1=π4 B正确；根据等体积转换可知：V D−ACD1=V D1−ACD即13×ℎ×12×√2×√2×√32=13×1×12×1×1，则ℎ=√33C正确；三棱柱AA1D1−BB1C1的外接球即为正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球则外接球的半径即为正方体ABCD−A1B1C1D1体对角线的一半，即R=√32D正确；故选：BCD．12、如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED,AB=ED=2FB，记三棱锥E−ACD，F−ABC，F−ACE的体积分别为V1,V2,V3，则（）A．V3=2V2B．V3=V1C．V3=V1+V2D．2V3=3V1答案：CD分析：直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3=V A−EFM+V C−EFM计算出V3，依次判断选项即可.设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅(2a)2=43a3，V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅(2a)2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=√2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=2√2a,EG=a，则EM=√(2a)2+(√2a)2=√6a,FM=√a2+(√2a)2=√3a，EF=√a2+(2√2a)2=3a，EM2+FM2=EF2，则EM⊥FM，S△EFM=12EM⋅FM=3√22a2，AC=2√2a，则V3=V A−EFM+V C−EFM=13AC⋅S△EFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.13、正三棱锥底面边长为3，侧棱长为2√3，则下列叙述正确的是（）A．正三棱锥高为3B．正三棱锥的斜高为√392C．正三棱锥的体积为27√34D．正三棱锥的侧面积为9√394答案：ABD分析：先求出正三棱锥的高和斜高，从而可判断AB的正误，再计算出体积和侧面积，从而可判断CD的正误.设E为等边三角形ADC的中心，F为CD的中点，连接PF,EF,PE，则PE为正三棱锥的高，PF为斜高，又PF=√12−94=√392，EF=32×√33=√32，故PE=√394−34=3,故AB正确.而正三棱锥的体积为13×3×√34×9=9√34，侧面积为3×12×3×√392=9√394，故C错误，D正确.故选：ABD.填空题14、如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论正确的是____．①平面A 1D 1P ⊥平面BB 1P ；②DC 1⊥PC ；③∠APD 1的取值范围是[π2,π)； ④三棱锥C 1−D 1PC 的体积为定值43．答案：①②④分析：由正方体的特征知A 1D 1⊥平面AA 1B 1B ，DC 1⊥对角面A 1BCD 1，由面面垂直的判定和线面垂直的性质可知①②正确；当点P 为线段A 1B 的一个四等分点且靠近点B 时，由长度关系可求得cos∠APD 1>0，知③错误；由体积桥和三棱锥体积公式可确定④正确.对于①，∵几何体是正方体，∴A 1D 1⊥平面AA 1B 1B ，又A 1D 1⊂平面A 1D 1P ，∴平面A 1D 1P ⊥平面BB 1P ，①正确；对于②，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，DC 1⊥对角面A 1BCD 1，对角面A 1BCD 1，∴DC 1⊥PC ，②正确；对于③，当点P 为线段A 1B 的一个四等分点且靠近点B 时，可得：AP =√102，D 1P =√342，AD 1=2√2，由余弦定理得：cos∠APD 1=AP 2+D 1P 2−AD 122AP⋅D 1P =52+172−82×√102×√342=√85>0，此时∠APD 1<π2，③错误； 对于④，∵△D 1C 1C 的面积是定值S =12×2×2=2，点P 到面D 1C 1C 的距离为BC =2，∴三棱锥C 1−D 1PC的体积V =13×2×2=43，④正确． PC所以答案是：①②④．15、如图，在正方体中，A 、B 、C 、D 分别是顶点或所在棱的中点，则A 、B 、C 、D 四点共面的图形______（填上所有正确答案的序号）．答案：①③④分析：四点共面主要通过证明两线平行说明，本题利用中位线、平行四边形的性质结合平行线的传递性进行说明，证明平行时绝不能凭直观感觉或无理论依据．图①：证明AB ∥EF ，CD ∥EF ，可得AB ∥CD ；图③：证明BD ∥EF ，AC ∥EF ，可得BD ∥AC ；图④：证明GH ∥EF ，AC ∥EF ， BD ∥GH ，可得BD ∥AC ．图①：取GD 的中点F ，连结BF 、EF ，∵B 、F 均为相应边的中点，则：BF ∥HG又∵HG ∥，则BF ∥即ABFE 为平行四边形∴AB ∥EF同理: CD ∥EF则AB ∥CD 即A 、B 、C 、D 四点共面，图①正确；图②：显然AB 与CD 异面，图②不正确；AEAE图③：连结AC,BD,EF,∵BE∥DF即BDFE为平行四边形∴BD∥EF又∵A、C分别为相应边的中点，则AC∥EF∴BD∥AC即A、B、C、D四点共面，图③正确；图④：连结AC,BD,EF,GH,∵GE∥HF即GEFH为平行四边形，则GH∥EF又∵A、C分别为相应边的中点，则AC∥EF同理：BD∥GH∴BD∥AC即A、B、C、D四点共面，图④正确．所以答案是：①③④．16、一个正四棱柱的底面边长为2，高为4，则该正四棱柱的体积为________．答案：16分析：根据棱柱的体积公式直接计算即可.由题可得该正四棱柱的体积为2×2×4=16.所以答案是：16.解答题17、在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱BB1的中点．(1)求证：B1D∥平面ACE．(2)若F是棱CC1的中点，求证：平面B1DF∥平面ACE．答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG，由中位线定理以及线面平行判定定理证明即可；（2）证明B1F∥平面ACE，结合B1D∥平面ACE，利用面面平行判定定理证明即可.（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG．∵ABCD是正方形，BD∩AC＝G，∴DG＝BG．又∵E是BB1中点，∴B1E＝BE，∴DB1∥GE，又DB1⊄平面ACE，GE⊂平面ACE，∴B1D∥平面ACE．（2）∵E是棱BB1的中点，F是棱CC1的中点．∴B1E∥CF且B1E＝CF，∴四边形B1ECF是平行四边形，∴B1F∥CE，又∴B1F⊄平面ACE，CE⊂平面ACE，∴B1F∥平面ACE，由（1）B1D∥平面ACE，又∵DB1∩B1F＝B1，∴平面B1DF∥平面ACE．18、用符号表示下列语句，并画出图形.（1）平面α与β相交于直线l，直线a与α，β分别相交于点A，B；（2）点A，B在平面α内，直线a与平面α交于点C，点C不在直线AB上.答案：（1）α∩β＝l，a∩α＝A，a∩β＝B；图象见解析；（2）A∈α，B∈α，a∩α＝C，C∉AB；图象见解析分析：由题意将自然语言转化为符号语言,根据点线面的关系,借用集合符号,表示即可.（1）用符号表示：α∩β＝l,a∩α＝A,a∩β＝B，如图.（2）用符号表示：A∈α,B∈α,a∩α＝C,C∉AB，如图.小提示：本题主要考查点、线、面的关系的符号表达,属于基础题.。

在如图7-26所示的三棱锥P—ABC中，PA⊥平面ABC，PA=AC=1，PC=BC，PB和平面ABC所成的角为30°。

（1）求证：平面PBC⊥平面PAC；（2）求AB的中点M到直线PC的距离。

如图8-32，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，E∈BB1，截面A1EC⊥侧面AC1。

（1）求证：BE=EB1；（2）若AA1=A1B1，求平面A1EC与平面A1B1C1所成二面角（锐角）的度数。

已知边长为a的正三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于G（如图7-28），将此三角形沿DE折成二面角A′—DE—B。

（1）求证：平面A′GF⊥平面BCED；（2）当二面角A′—DE—B为多大时，异面直线A′E与BD互相垂直？证明你的结论。

4在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，∠BAD=60°，AB=4，AD=2，侧棱PB=15，PD=3。

（1）求证：BD ⊥平面PAD ；（2）若PD 与底面ABCD 成60°的角，试求二面角P —BC —A 的大小。

17.解 （1）由已知PA ⊥平面ABC ，PA=AC=1，得△PAC 为等腰直角三角形，PC=CB=2。

在Rt △PAB 中，∠PBA=30°，∴PB=2，∴△PCB 为等腰直角三角形。

∵PA ⊥平面ABC ， ∴AC ⊥BC ，又AC∩PC=C ，PC ⊥BC ，∴BC ⊥平面PAC ，∵BC 平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面PAC 。

（2）如图，过M 作MD ⊥AC ，垂足为D 。

∵平面PAC ⊥平面ABC 且相交于AC ，∴MD ⊥平面PAC 。

过D 作DE ⊥PC ，垂足为E ，连结ME ，则DE 是ME 在平面PBC 上的射影，∵DE ⊥PC ，∴ME ⊥PC ，ME 的长度即是M 到PC 的距离。

在Rt △ABC 中,∵MD ∥BC ，∴MD=21BC=22。

在等腰Rt △PAC 中，DE=DCsin45°=42， 在Rt △ABC 中,∵MD ∥BC ，∴MD=21BC=22。

高中数学立体几何经典常考题型题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC中，∠ABC＝，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.(1)求证：平面PBD⊥平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.(1)证明　∵OB＝OC，又∵∠ABC＝，∴∠OCB＝，∴∠BOC＝.⊥∴CO AB.又PO⊥平面ABC，⊥OC⊂平面ABC，∴PO OC.又∵PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PDB.又CO⊂平面COD，∴平面PDB⊥平面COD.(2)解　以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA＝1，则PO＝OB＝OC＝2，DA＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)，∴PD＝(0，－1，－1)，BC＝(2，－2，0)，BD＝(0，－3，1).设平面BDC的一个法向量为n＝(x，y，z)，∴∴令y＝1，则x＝1，z＝3，∴n＝(1，1，3).设PD与平面BDC所成的角为θ，则sin θ＝＝＝.即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为.【类题通法】利用向量求空间角的步骤间标.第一步：建立空直角坐系第二步：确定点的坐标.线)坐标.第三步：求向量(直的方向向量、平面的法向量计夹(或函数值).第四步：算向量的角将夹转为间.第五步：向量角化所求的空角查关键错题规.第六步：反思回顾.看点、易点和答范【变式训练】 如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EF∥B1C.(2)求二面角EA1DB1的余弦值.(1)证明　由正方形的性质可知A1B1AB DC∥∥，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C A∥1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解　因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以AB，AD，AA1为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.设平面A1DE的一个法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E＝，A1D＝(0，1，－1)，由n1⊥A1E，n1⊥A1D得r1，s1，t1应满足的方程组(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).设平面A1B1CD的一个法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1＝(1，0，0)，A1D＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为＝＝.题型二:立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由.(1)证明　因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，AB∩PA＝A，所以PD⊥平面PAB.(2)解　取AD的中点O，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD.因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.因为AC＝CD，所以CO⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O－xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝2，则x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2，2).又PB＝(1，1，－1)，所以cos〈n，PB〉＝＝－.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)解　设M是棱P A上一点，则存在λ∈0，1]，使得AM＝λAP.因此点M(0，1－λ，λ)，BM＝(－1，－λ，λ).因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，则BM·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝.所以在棱P A上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时＝.应设，把要成立的作件结论当条，据此列方对断问题，先假存在【类题通法】(1)于存在判型的求解规围内”等.标，是否有定范的解程或方程组，把“是否存在”化问题转为“点的坐是否有解对问题，通常借助向量，引进参数，合已知和列出等式综结论，解出参数.(2)于位置探究型【变式训练】如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠P AD＝45°，E为P A的中点.(1)求证：DE∥平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明　取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中，BN＝＝＝6，∴AB＝12，而E，M分别为P A，PB的中点，∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，∥且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，∴EM CD∥∵⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，∴DE CM.CM∴DE∥平面BPC.(2)解　由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8).假设AB上存在一点F使CF⊥BD，设点F坐标为(8，t，0)，则CF＝(8，t－6，0)，DB＝(8，12，0)，由CF·DB＝0得t＝.又平面DPC的一个法向量为m＝(1，0，0)，设平面FPC的法向量为n＝(x，y，z).又PC＝(0，6，－8)，FC＝.由得即不妨令y＝12，有n＝(8，12，9).则cos〈n，m〉＝＝＝.又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角F－PC－D的余弦值为.题型三:立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD 上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.(1)证明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B－D′A－C的正弦值.(1)证明　由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .又由AE ＝CF 得＝，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝＝4.由EF ∥AC 得＝＝.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解　如图，以H 为坐标原点，HF 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz .则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)，B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB ＝(3，－4，0)，AC ＝(6，0，0)，AD′＝(3，1，3).设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量，则即所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量，则即所以可取n ＝(0，－3，1).于是cos 〈m ，n 〉＝＝＝－.sin 〈m ，n 〉＝.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是.【类题通法】立体几何中的折叠问题，是翻折前后形中面位置系和度量系的化关键搞清图线关关变情况，一般地翻折后在同一平面上的性不生化还个质发变，不在同一平面上的性生化个质发变.【变式训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.(1)证明　在题图1中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)解　由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，所以∠A1OC＝.如图，以O为原点，OB，OC，OA1分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，所以B，E，A1，C，得BC＝，A1C＝，CD＝BE＝(－，0，0).设平面A1BC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，则得取n1＝(1，1，1)；得取n2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.。

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.如图，一个简单空间几何体的三视图其主视图与侧视图都是边长为2的正三角形，俯视图轮廓为正方形，则此几何体的表面积是（）A．4+4根号3 B. 12 C. 4根号3 D. 82.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA=PD=AD，若E、F分别为PC、BD的中点，求证：（1）EF∥侧面PAD；（2）平面PAD⊥平面PDC。

3.如图,在多面体ABCDEF中,已知面ABCD是边长为3的正方形,EF∥AB,EF=,EF与面AC的距离为2,则该多面体的体积为…()A. B.5 C.6 D.4.已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点。

（1）求证：AC//平面B1DE；（2）求三棱锥A-BDE的体积。

5.已知四棱锥P-ABCD的三视图如下图所示，E是侧棱PC上的动点．（1）求四棱锥P-ABCD的体积；（2）是否不论点E在何位置，都有BD⊥AE？证明你的结论；6.如图，在五面体EF-ABCD中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，△CDE是等边三角形，棱。

（1）证明FO//平面CDE；（2）设，证明EO⊥平面CDF.7.如图,三棱柱ABC－A1B1C1中,侧棱A1A⊥底面ABC,且各棱长均相等.D,E,F分别为棱AB,BC,A1C1的中点. 证明EF//平面A1CD。

8.若一个底面为正三角形、侧棱与底面垂直的棱柱的三视图如下图所示，则这个棱柱的体积为______．9.已知正四面体A-BCD中+P为棱AD的中点+则过点P与侧面ABC和底面BCD所在平面都成60的平面有几个？10.在长方体ABCD—A1B1C1D1中，过长方体的顶点A与长方体12条棱所成的角都相等的平面有( )A．1个B．2个C．3个D．4个11.在四面体ABCD中，已知DA=DB=DC=1，且DA、DB、DC两两互相垂直，在该四面体表面上与点A距离为的点形成一条曲线，则这条曲线的长度是（）A. B. C. D.12.[2012·重庆卷] 设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，和a，且长为a的棱与长为的棱异面，则a的取值范围为( )A．(0，) B．(0，) C．(1，) D．(1，)13.如图，在直三棱柱A1B1C1-ABC中，∠BAC=π/2，AB=AC=A1A=1，已知G与E 分别是棱A1B1和CC1的中点，D与F分别是线段AC与AB上的动点（不包括端点）．若GD⊥EF，则线段DF的长度的取值范围是（[1/5, 2））14.一个正方体截去两个角后所得几何体的正视图（又称主视图）、侧视图（又称左视图）如图所示，则其俯视图为（）A、B、C、D、15.己知一个正三棱锥的正视图为等腰直角三角形，其尺寸如图所示，则其侧视图的周长为16.三棱锥s-abc的所有顶点都在球O的球面上，三角形abc为边长为一的正三角形，sc为球o 的直径sc=2，求三棱锥V.17.已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB=6．BC=2，则棱锥O-ABCD的体积为．18.如图，在空间四边形ABCD中，点E、H分别是边AB、AD的中点，F、G分别是边BC、CD上的点，且＝＝，求证：三条直线EF、GH、AC交于一点。

立体几何小题100例一、选择题1．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4，点E ，F 分别是线段AB ，11C D 上的动点，点P 是上底面1111A B C D 内一动点，且满足点P 到点F 的距离等于点P 到平面11ABB A 的距离，则当点P 运动时，PE 的最小值是（ ）A ．5B ．4C ．42．5【答案】D 【解析】试题分析：因为点P 是上底面1111A B C D 内一动点，且点P 到点F 的距离等于点P 到平面11ABB A 的距离，所以，点P 在连接1111,A D B C 中点的连线上．为使当点P 运动时，PE 最小，须PE 所在平面平行于平面11AA D D ,2244()52PE =+=选D考点：1．平行关系；2．垂直关系；3．几何体的特征．2．如图在一个二面角的棱上有两个点A ，B ，线段,AC BD 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB ，=46,AB cm AC cm =， 8,217BD cm CD cm ==，则这个二面角的度数为（ ）A ．30︒B ．60︒C ．90︒D ．120︒ 【答案】B 【解析】试题分析：设所求二面角的大小为θ，则,BD AC θ<>=，因为CD DB BA AC =++，所以22222()222CD DB BA AC DB BA AC DB BA DB AC BA AC =++=+++⋅+⋅+⋅CA DB而依题意可知,BD AB AC AB ⊥⊥，所以20,20DB BA BA AC ⋅=⋅=所以2222||||||||2CD DB BA AC BD AC =++-⋅即222417468286cos θ⨯=++-⨯⨯所以1cos 2θ=，而[0,]θπ∈，所以60θ=︒，故选B. 考点：1.二面角的平面角；2.空间向量在解决空间角中的应用.3．已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：cm ）可得这 个几何体的体积是（ ）112222侧视图俯视图主视图A ．343cmB ．383cmC ．33cmD ．34cm【答案】B ． 【解析】试题分析：分析题意可知，该几何体为一四棱锥，∴体积382231312=⨯⨯==Sh V ． 考点：空间几何体的体积计算．4．如图，P 是正方体1111ABCD A B C D -对角线1AC 上一动点，设AP 的长度为x ，若PBD ∆的面积为(x)f ，则(x)f 的图象大致是（ ）【答案】A 【解析】试题分析：设AC 与BD 交于点O ,连接OP .易证得BD ⊥面11ACC A ,从而可得BD OP ⊥.设正方体边长为1,在1Rt ACC ∆中126cos 33C AC ∠==.在AOP ∆中 22OA =,设(),03AP x x =≤≤,由余弦定理可得2222226231222362OP x x x x ⎛⎫=+-⋅⨯=-+ ⎪ ⎪⎝⎭,所以223162OP x x =-+.所以()22231262f x x x =-+.故选A. 考点：1线面垂直,线线垂直;2函数图象.5．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,E F 的平面分别与棱BB '、DD '交于,M N ，设 BM x =，[0,1]x ∈，给出以下四个命题：（1）平面MENF ⊥平面BDD B ''；（2）当且仅当x=12时，四边形MENF 的面积最小；（3）四边形MENF 周长()L f x =，[0,1]x ∈是单调函数； （4）四棱锥C MENF '-的体积()V h x =为常函数； 以上命题中假命题．．．的序号为（ ） A ．（1）（4） B ．（2） C ．（3） D ．（3）（4） 【答案】C 【解析】试题分析：（1）由于AC EF //，B B AC BD AC '⊥⊥,，则D D B B ''⊥平面AC ，则D D B B EF ''⊥平面，又因为EMFN EF 平面⊂，则平面MENF ⊥平面BDD B ''；（2）由于四边形MENF 为菱形，MN EF S MENF ⋅=21，2=EF ，要使四边形MENF 的面积最小，只需MN 最小，则当且仅当21=x 时，四边形MENF 的面积最小；（3）因为1)21(2+-=x MF ，1)21(4)(2+-=x x f ，)(x f 在]1,0[上不是单调函数；（4）NE C F EC M F MENF C V V V '-'--'+=，ME C S '∆=41121=⋅'E C ，F 到平面ME C '的距离为1，1214131=⋅='-ME C F V ，又41121=⋅'⋅='∆E C S NE C ，1214131=⋅='-NE C F V ，61)(=x h 为常函数.故选（3）考点：1.面面垂直的判定定理；2.建立函数模型.6．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为（ ）（A）4 （B ）4 （C ）4 （D ）34【答案】D. 【解析】试题分析：连接B A 1；11//CC AA ,AB A 1∠∴是异面直线AB 与1CC 所成的角或其补角；在1ADA Rt ∆中，设11=AA ，则21,231==D A AD ；在1BDA Rt ∆中，2121=B A ；在1ABA ∆中，431122111cos 1=⨯⨯-+=∠AB A ；即面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为34. 考点：异面直线所成的角.7．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为A ．π312B ．π12C ．π34D ．π3 【答案】D 【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体为四棱锥，侧棱垂直底面，底面是正方形，将此四棱锥还原为正方体，则正方体的体对角线即外接球的直径，32=r ，23=∴r ，因此ππ342==r S 表面积，故答案为D. 考点：由三视图求外接球的表面积.8．如图，棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 为线段A 1B 上的动点，则下列结论错误的是（ ）A ．11DC D P ⊥B ．平面11D A P ⊥平面1A APC ．1APD ∠的最大值为90 D ．1AP PD +22+ 【答案】C 【解析】试题分析：111DC D A ⊥ ，11DC B A ⊥，1111A B A D A = ，⊥∴1DC 平面11BCD A ，⊂P D 1平面11BCD A 因此P D DC 11⊥，A 正确；由于⊥11A D 平面11ABB A ，⊂11A D 平面P A D 11，故平面⊥P A D 11平面AP A 1 故B 正确，当2201<<P A 时，1APD ∠为钝角，C 错；将面B AA 1与面11BCD A 沿B A 1展成平面图形，正视图 侧视图俯视图线段1AD 即为1PD AP +的最小值，利用余弦定理解221+=AD ，故D 正确，故答案为C ．考点：棱柱的结构特征． 9．下列命题中，错误的是（ ）A ．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交B ．平行于同一平面的两条直线不一定平行C ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD ．若直线l 不平行于平面α，则在平面α内不存在与l 平行的直线 【答案】B 【解析】试题分析: 由直线与平面的位置关系右知A 正确;平行于同一个平面的两条直线可以相交、平行或异面，故B 错，所以选B.考点:直线、平面平行与垂直的判定与性质.10．已知如图所示的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，点P 、Q 分别在棱BB 1、DD 1上，且=，过点A 、P 、Q作截面截去该正方体的含点A 1的部分，则下列图形中不可能是截去后剩下几何体的主视图的是（ ）【答案】A【解析】试题分析：当P 、B 1重合时，主视图为选项B ；当P 到B 点的距离比B 1近时，主视图为选项C ；当P 到B 点的距离比B 1远时，主视图为选项D ，因此答案为A. 考点：组合体的三视图11．一个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的外接球半径为 （ ）A. B. C. D.【答案】C 【解析】试题分析：由三视图可知：该几何体是一个如图所示的三棱锥P-ABC ，它是一个正四棱锥P-ABCD 的一半，其中底面是一个两直角边都为6的直角三角形，高PE=4． 设其外接球的球心为O ，O 点必在高线PE 上，外接球半径为R ， 则在直角三角形BOE 中，BO 2=OE 2+BE 2=（PE-EO ）2+BE 2， 即R 2=（4-R ）2+（32）2，解得：R=174，故选C.考点：三视图，球与多面体的切接问题，空间想象能力12．如右图，在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =11，AD =7，1AA =12，一质点从顶点A 射向点()4312E ，，，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将1i -次到第i 次反射点之间的线段记为()2,3,4i L i =，1L AE =，将线段1234,,,L L L L 竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（ ）【答案】C 【解析】 试题分析：因为37411>，所以1A E 延长交11D C 于F ，过F 作FM 垂直DC 于.M 在矩形1AA FM 中分析反射情况：由于35105AM =>，第二次反射点为1E 在线段AM 上，此时153E M =,第三次反射点为2E 在线段FM 上，此时24E M =,第四次反射点为3E 在线段1AF 上,由图可知，选C.考点：空间想象能力13．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（ ）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】试题分析：由图可得该几何体为三棱柱,因为正视图,侧视图,俯视图的内切圆半径最小的是正视图(直角三角形)所对应的内切圆,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r , 则2286862r r r -+-+⇒=,故选B. 考点：三视图 内切圆 球 三棱柱14．已知二面角l αβ--为60︒，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，135ACD ∠=︒，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为 A ．14 B ．24 C ．34 D ．12【答案】B. 【解析】试题分析：如图作BE β⊥于E ，连结AE ，过A 作AG ∥CD ，作EG AG ⊥于G ，连结BG ，则.BG AG ⊥设2AB a =．在ABE ∆中，60,90,2,.BAE AEB AB a AE a ∠=︒∠=︒=∴=在Rt AEG ∆中，29045,90,cos 45.2GAE CAG AGE AG a a ∠=︒-∠=︒∠=︒∴=︒=在Rt ABG∆中，222cos 24AG BAG AB a ∠===∴异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24，故选B ．βαElBDACG考点：1.三垂线定理及其逆定理；2. 空间角（异面直线所成角）的计算．15．在空间直角坐标系Oxyz 中,已知(2,0,0)(2,2,0),(0,2,0),(1,1,2)A B C D .若123,,S S S 分别是三棱锥D ABC -在,,xOy yOz zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则（ ）A ．123S S S ==B ．21S S =且23S S ≠C ．31S S =且32S S ≠D ．32S S =且31S S ≠ 【答案】D 【解析】试题分析：三棱锥ABC D -在平面xoy 上的投影为ABC ∆，所以21=S ，设D 在平面yoz 、zox 平面上的投影分别为2D 、1D ，则ABC D -在平面yoz 、zox 上的投影分别为2OCD ∆、1OAD ∆，因为)2,1,0(1D ，)2,0,1(2D ，所以212=-S S ，故选D.考点：三棱锥的性质，空间中的投影，难度中等.16．正方形ABCD 的边长为2，点E 、F 分别在边AB 、BC 上，且1AE =，12BF =，将此正 方形沿DE 、DF 折起，使点A 、C 重合于点P ，则三棱锥P DEF -的体积是（ ） A ．13B 523 D ．23【答案】B【解析】试题分析：解：因为90,DPE DPF ∠=∠=所以,DP PE DP PF ⊥⊥又因为PE ⊂平面PEF ,PF ⊂平面PEF ,且PE PF P =,所以DP ⊥平面PEF在PEF ∆中，22223151,,1222PE PF EF EB BF ⎛⎫===+=+= ⎪⎝⎭所以222351222cos 33212EPF ⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∠==⨯⨯,225sin 133EPF ⎛⎫∠=-= ⎪⎝⎭ 所以11355sin 122234PEF S PE PF EPF ∆=⋅⋅∠=⨯⨯⨯= 115523346PEF P DEF D PEF V V DP S ∆--==⋅⋅=⨯⨯=三棱锥三棱锥 所以应选B.考点：1、直线与平面垂直的判定；2、正弦定理与余弦定理；3、棱锥的体积.17．高为的四棱锥S ﹣ABCD 的底面是边长为1的正方形，点S ，A ，B ，C ，D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：由题意可知ABCD 是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，推出高就是四棱锥的一条侧棱，最长的侧棱就是球的直径，然后利用勾股定理求出底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离．解：由题意可知ABCD 是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，点S ，A ，B ，C ，D 均在半径为1的同一球面上，球的直径为2，所以四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径，所以底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为：=故选A点评：本题是基础题，考查球的内接多面体的知识，能够正确推出四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径是本题的关键，考查逻辑推理能力，计算能力．18．二面角l αβ--为60°，A 、B 是棱l 上的两点，AC 、BD 分别在半平面,αβ内，AC l ⊥，BD l ⊥，且AB ＝AC ＝a ，BD ＝2a ，则CD 的长为( )A ．2aB ．5aC ．aD ．3a【答案】A【解析】试题分析：根据异面直线上两点间的距离公式2222cos EF d m n mn θ=++± ，对于本题中，d a =，m a =，2n =，60θ=，故()222222cos 602CD a a a a a a =++-⋅⋅⋅=．考点：异面直线上两点间距离,空间想象能力．19．长方体的表面积是24，所有棱长的和是24，则对角线的长是（ ）．Ａ．14 B ．4 C ．32 D ．23【答案】B【解析】试题分析：设出长方体的长、宽、高，表示出长方体的全面积，十二条棱长度之和，然后可得对角线的长度．考点：长方体的结构特征，面积和棱长的关系.20．已知棱长为l 的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，M 分别是AB 、AD 、1AA 的中点，又P 、Q 分别在线段11A B 11、A D 上,且11A P=A Q=x,0<x<1，设面MEF 面MPQ=l ，则下列结论中不成立的是( )A ．//l 面ABCDB ．l ⊥ACC ．面MEF 与面MPQ 不垂直D ．当x 变化时，l 不是定直线【答案】D【解析】试题分析：解：连结1111,,,AC BD AC B D ,,AC BD 交于点O 1111,AC B D 交于点1O由正方体的性质知，11111111////,,BD B D AC AC AC BD AC B D ⊥⊥，因为,E F 是,AD AB 的中点，所以//EF BD因为11A P A Q =,所以11//PQ B D所以//PQ EF ,所以//PQ 平面MEF ,//EF 平面MPQ , 由MEF 面MPQ=l ，EF ⊂ 平面MEF ，所以//EF l ，而EF ⊂平面ABCD ,l ⊂/平面ABCD , 所以，//l 面ABCD ，所以选项A 正确；由AC BD ⊥，//EF BD 得EF AC ⊥而//EF l ，所以l ⊥AC ，所以选项B 正确；连111,,MB MD O M ,则11//,O M AC 而1111,//,//AC A B AC BD BD EF A B MF ⊥⊥，所以，11,O M EF O M MF ⊥⊥,所以1O M ⊥平面MEF ，过直线l 与平面MEF 垂直的平面只能有一个，所以面MEF 与面MPQ 不垂直，所以选项C 是正确的；因为//EF l ，M 是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线l 是唯一的，故选项D 不正确．考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质．21．如图，等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于G ，已知ED A '∆是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是( )A ．动点A '在平面ABC 上的射影在线段AF 上B ．恒有平面GF A '⊥平面BCDEC ．三棱锥EFD A -'的体积有最大值D ．异面直线E A '与BD 不可能垂直【答案】D【解析】试题分析：由于',A G DE FG DE ⊥⊥．所以DE ⊥平面'A FG ．经过点'A 作平面ABC 的垂线垂足在AF上．所以A 选项正确．由A 可知B 选项正确．当平面'A DE 垂直于平面BCDE 时，三棱锥EFD A -'的体积最大，所以C 正确．因为BD EF ，设2AC a =．所以'EF A E a ==，当'2A F a =时，32'(')2a A G GF A G GF a <+==．所以异面直线E A '与BD 可能垂直．所以D 选项不正确．考点：1．线面位置关系．2．面面的位置关系．3．体积公式．4．异面直线所成的角．5．空间想象力．22．已知棱长为l 的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，M 分别是AB 、AD 、1AA 的中点，又P 、Q 分别在线段11A B 11、A D 上,且11A P=A Q=x,0<x<1，设面MEF 面MPQ=l ，则下列结论中不成立的是( )A ．//l 面ABCDB ．l ⊥ACC ．面MEF 与面MPQ 不垂直D ．当x 变化时，l 不是定直线【答案】D【解析】试题分析：解：连结1111,,,AC BD AC B D ,,AC BD 交于点O 1111,AC B D 交于点1O由正方体的性质知，11111111////,,BD B D AC AC AC BD AC B D ⊥⊥，因为,E F 是,AD AB 的中点，所以//EF BD因为11A P A Q =,所以11//PQ B D所以//PQ EF ,所以//PQ 平面MEF ,//EF 平面MPQ ,由MEF 面MPQ=l ，EF ⊂ 平面MEF ，所以//EF l ，而EF ⊂平面ABCD ,l ⊂/平面ABCD , 所以，//l 面ABCD ，所以选项A 正确；由AC BD ⊥，//EF BD 得EF AC ⊥而//EF l ，所以l ⊥AC ，所以选项B 正确；连111,,MB MD O M ,则11//,O M AC 而1111,//,//AC A B AC BD BD EF A B MF ⊥⊥，所以，11,O M EF O M MF ⊥⊥,所以1O M ⊥平面MEF ，过直线l 与平面MEF 垂直的平面只能有一个，所以面MEF与面MPQ不垂直，所以选项C是正确的；EF l，M是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线l是唯一的，故选因为//项D不正确．考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质．23．把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离（）A．B．C．D．3【答案】A【解析】由题意，四球心组成棱长为2的正四面体的四个顶点，则正四面体的高．而第四个球的最高点到第四个球的球心距离为求的半径1，且三个球心到桌面的距离都为1，故第四个球的最高点与桌面的距离为，选A．24．如图所示，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.则棱锥Q－ABCD的体积与棱锥P－DCQ的体积的比值是（）A. 2:1B. 1:1C. 1:2D. 1:3【答案】C【解析】设AB ＝a.由题设知AQ 为棱锥Q －ABCD 的高，所以棱锥Q －ABCD 的体积V 1＝.易证PQ ⊥面DCQ ，而PQ ＝，△DCQ 的面积为，所以棱锥P －DCQ 的体积V 2＝.故棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值为1:1，选C.25．正四面体ABCD ，线段AB //平面α，E ，F 分别是线段AD 和BC 的中点，当正四面体绕以AB 为轴旋转时，则线段AB 与EF 在平面α上的射影所成角余弦值的范围是（ ）A ． [0，22]B ．[22，1]C ．[21，1] D ．[21，22] 【答案】B【解析】试题分析：如图，取AC 中点为G ，结合已知得GF //AB ，则线段AB 、EF 在平面α上的射影所成角等于GF 与EF 在平面α上的射影所成角，在正四面体中，AB ⊥CD ，又GE //CD ，所以GE ⊥GF,所以222GF GE EF +=，当四面体绕AB 转动时，因为GF //平面α，GE 与GF 的垂直性保持不变，显然，当CD 与平面α垂直时，GE 在平面上的射影长最短为0，此时EF 在平面α上的射影11F E 的长取得最小值21，当CD 与平面α平行时，GE 在平面上的射影长最长为21，11F E 取得最大值22，所以射影11F E 长的取值范围是 [21，22]，而GF 在平面α上的射影长为定值21，所以AB 与EF 在平面α上的射影所成角余弦值的范围是[22，1].故选B 考点：1线面平行；2线面垂直。

1．(2014•山东）如图,四棱锥P﹣ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB=BC=AD,E,F分别为线段AD,PC的中点．(Ⅰ）求证:AP∥平面BEF；（Ⅱ）求证:BE⊥平面PAC．解答：证明：（Ⅰ）连接CE,则∵AD∥BC，BC=AD,E为线段AD的中点，∴四边形ABCE是平行四边形,BCDE是平行四边形,设AC∩BE=O，连接OF，则O是AC的中点，∵F为线段PC的中点，∴PA∥OF，∵PA⊄平面BEF，OF⊂平面BEF，∴AP∥平面BEF;(Ⅱ）∵BCDE是平行四边形，∴BE∥CD,∵AP⊥平面PCD,CD⊂平面PCD，∴AP⊥CD，∴BE⊥AP，∵AB=BC，四边形ABCE是平行四边形，∴四边形ABCE是菱形，∴BE⊥AC，∵AP∩AC=A，∴BE⊥平面PAC．3．（2014•湖北）在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，E为PC中点，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ADC=90°，AB=AD=PD=1，CD=2．（Ⅰ）求证：BE∥平面PAD；（Ⅱ）求证：BC⊥平面PBD;（Ⅲ)设Q为侧棱PC上一点，，试确定λ的值，使得二面角Q﹣BD﹣P为45°．解答：解：(Ⅰ)取PD的中点F，连接EF，AF,∵E为PC中点，∴EF∥CD，且，在梯形ABCD中，AB∥CD,AB=1，∴EF∥AB，EF=AB,∴四边形ABEF为平行四边形,∴BE∥AF，∵BE⊄平面PAD，AF⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD．（4分）（Ⅱ）∵平面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，∴PD⊥平面ABCD,∴PD⊥AD．（5分)如图，以D为原点建立空间直角坐标系D﹣xyz．则A(1，0，0），B（1,1，0)，C（0，2，0)，P(0，0，1）．（6分），,∴，BC⊥DB,（8分）又由PD⊥平面ABCD,可得PD⊥BC，∴BC⊥平面PBD．(9分）(Ⅲ）由（Ⅱ）知,平面PBD的法向量为,（10分）∵，，且λ∈(0,1）∴Q(0,2λ,1﹣λ），（11分）设平面QBD的法向量为=(a，b，c），,，由，，得，∴，（12分）∴，(13分)因λ∈（0，1），解得．（14分）4．（2014•江苏)如图，在三棱锥P﹣ABC中，D，E,F分别为棱PC，AC，AB的中点，已知PA⊥AC，PA=6,BC=8，DF=5．求证：（1)直线PA∥平面DEF；（2)平面BDE⊥平面ABC．解答：证明：（1）∵D、E为PC、AC的中点,∴DE∥PA,又∵PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，∴PA∥平面DEF;（2）∵D、E为PC、AC的中点，∴DE=PA=3;又∵E、F为AC、AB的中点,∴EF=BC=4;∴DE2+EF2=DF2，∴∠DEF=90°，∴DE⊥EF；∵DE∥PA,PA⊥AC,∴DE⊥AC；∵AC∩EF=E，∴DE⊥平面ABC;∵DE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABC．13．(2012•江苏）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,A1B1=A1C1，D，E分别是棱BC,CC1上的点（点D 不同于点C）,且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：（1）平面ADE⊥平面BCC1B1；（2)直线A1F∥平面ADE．解答：解：（1）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC，∵AD⊂平面ABC,∴AD⊥CC1又∵AD⊥DE，DE、CC1是平面BCC1B1内的相交直线∴AD⊥平面BCC1B1，∵AD⊂平面ADE∴平面ADE⊥平面BCC1B1；（2）∵△A1B1C1中，A1B1=A1C1，F为B1C1的中点∴A1F⊥B1C1，∵CC1⊥平面A1B1C1,A1F⊂平面A1B1C1，∴A1F⊥CC1又∵B1C1、CC1是平面BCC1B1内的相交直线∴A1F⊥平面BCC1B1又∵AD⊥平面BCC1B1，∴A1F∥AD∵A1F⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，∴直线A1F∥平面ADE．16．(2010•深圳模拟）如图，在四棱锥S﹣ABCD中,底面ABCD为正方形，侧棱S D⊥底面ABCD，E、F分别是AB、SC的中点（1）求证：EF∥平面SAD(2)设SD=2CD，求二面角A﹣EF﹣D的大小．解答：（1）如图，建立空间直角坐标系D﹣xyz．设A（a，0,0)，S（0，0,b）,则B(a，a，0），C(0,a,0）,，．取SD的中点,则．平面SAD，EF⊄平面SAD，所以EF∥平面SAD．（2)不妨设A（1,0，0），则B（1，1，0），C(0，1,0)，S(0，0,2），，．EF 中点，，,又，，所以向量和的夹角等于二面角A﹣EF﹣D的平面角．．所以二面角A﹣EF﹣D的大小为．。

立体几何试卷五一、选择题1、线段AB 在平面α内，则直线AB 与平面α的位置关系是A 、AB α⊂ B 、AB α⊄C 、由线段AB 的长短而定D 、以上都不对 2、下列说法正确的是A 、三点确定一个平面B 、四边形一定是平面图形C 、梯形一定是平面图形D 、平面α和平面β有不同在一条直线上的三个交点 3、垂直于同一条直线的两条直线一定A 、平行B 、相交C 、异面D 、以上都有可能 4、在正方体1111ABCD A B C D -中，下列几种说法正确的是A 、11AC AD ⊥B 、11DC AB ⊥ C 、1AC 与DC 成45角D 、11AC 与1B C 成60角 5、若直线l 平面α，直线a α⊂，则l 与a 的位置关系是A 、l aB 、l 与a 异面C 、l 与a 相交D 、l 与a 没有公共点6、下列命题中：（1）、平行于同一直线的两个平面平行；（2）、平行于同一平面的两个平面平行；（3）、垂直于同一直线的两直线平行；（4）、垂直于同一平面的两直线平行.其中正确的个数有 A 、1 B 、2 C 、3 D 、4 二、填空题1、等体积的球和正方体,它们的表面积的大小关系是S 球_____S 正方体(填”大于、小于或等于”).2、正方体1111ABCD A B C D -中，平面11AB D 和平面1BC D 的位置关系为3、已知PA 垂直平行四边形ABCD 所在平面，若PC BD ⊥，平行则四边形ABCD 一定是 .4、如图，在直四棱柱A 1B 1C 1 D 1－ABCD 中，当底面四边形ABCD 满足条件_________时，有A 1 B ⊥B 1 D 1． 5．正三棱锥P －ABC 中，三条侧棱两两垂直，且侧棱长为a ，则P 点到面ABC 的距离是6．三个平面两两垂直，它们的三条交线交于一点O ，P 到三个面的距离分别是6，8，10，则OP 的长为 。

（理科）已长方体的全面积是8，则其对角线长的最小值是 认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形.) 三、解答题1、已知圆台的上下底面半径分别是2、5,且侧面面积等于两底面面积之和,求该圆台的母线长.(10分) 2、已知E 、F 、G 、H 为空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 上的点，且ＥＨ∥ＦＧ．求证：EH ∥BD . (12分)3、已知ABC ∆中90ACB ∠=，SA ⊥面ABC ，AD SC ⊥，求证：AD ⊥面SBC ．(12分)4、一块边长为10cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下,H G FE DB A CSD CB A四棱锥形容器,试建立容器的容积V 与x 的函数关系式,并求出函数的定义域. (12分)5、已知正方体1111ABCD A B C D -，O 是底ABCD 对角线的交点. 求证：（１）1C O 面11AB D ；（2 ）1AC ⊥面11AB D ． (14分)6、已知△BCD 中，∠BCD =90°，BC =CD =1，AB ⊥平面BCD ，∠ADB =60°，E 、F 分别是AC 、AD 上的动点，且(01).AE AFAC AD λλ==<< （Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面BEF ⊥平面ABC ；（Ⅱ）当λ为何值时，平面BEF ⊥平面ACD ？ (14分)7、如图3所示，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形冰淇淋，如果冰淇淋融化了，会溢出杯子吗？8、矩形ABCD 中，1,(0)AB BC a a ==>，PA ⊥平面AC ，BC 边上存在点Q ，使得PQ QD ⊥，求a 的取值范围．参考答案选择ACDDDB填空1、小于2、平行3、菱形4、1111AC B D 对角线与互相垂直5、设P 点到面ABC 的距离为h ，由体积公式可得：()3261231a h a =⋅，故a h 332=。

FEDCBA 立体几何专题复习热点一：直线与平面所成的角例1．（2014，广二模理 18） 如图，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，EF ∥平面ABCD ， 1EF =，,90FB FC BFC ︒=∠=，3AE =.（1）求证：AB ⊥平面BCF ；（2）求直线AE 与平面BDE 所成角的正切值.变式1：（2013湖北8校联考）如左图，四边形ABCD 中，E 是BC 的中点，2,1,5,DB DC BC ===2.AB AD ==将左图沿直线BD 折起，使得二面角A BD C --为60,︒如右图.（1）求证：AE ⊥平面;BDC（2）求直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值.变式2：[2014·福建卷] 在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图1-5所示．(1)求证：AB ⊥CD ； (2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．热点二：二面角例2．[2014·广东卷] 如图1-4，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于点F，FE∥CD，交PD于点E.(1)证明：CF⊥平面ADF；(2)求二面角D-AF-E的余弦值．变式3：[2014·浙江卷] 如图1-5，在四棱锥A-BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝ 2.(1)证明：DE⊥平面ACD；(2)求二面角B-AD-E的大小．变式4：[2014·全国19] 如图1-1所示，三棱柱ABC-A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC 上，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝CC1＝2.(1)证明：AC1⊥A1B; (2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为3，求二面角A1 -AB -C的大小．热点三：无棱二面角例3．如图三角形BCD 与三角形MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，23AB =.（1）求点A 到平面MBC 的距离；（2）求平面ACM 与平面BCD 所成二面角的正弦值.变式5：在正方体1111ABCD A B C D -中，1K BB ∈，1M CC ∈，且114BK BB =，134CM CC =． 求：平面AKM 与ABCD 所成角的余弦值．变式6：如图1111ABCD A B C D -是长方体，AB ＝2，11AA AD ==，求二平面1AB C 与1111A B C D 所成二面角的正切值．高考试题精选1．[2014·四川，18] 三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图1-4所示．设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角A-NP-M的余弦值．2．[2014·湖南卷] 如图所示，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．(1)证明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1­OB1­D的余弦值．3．[2014·江西19] 如图1-6，四棱锥P-ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证：AB⊥PD. (2)若∠BPC＝90°，PB＝2，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P-ABCD 的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值．M OH FED C B A 立体几何专题复习 答案例1.（2014，广二模）（1）证明：取AB 的中点M ，连接EM ，则1AM MB ==，∵EF ∥平面ABCD ，EF ⊂平面ABFE ，平面ABCD 平面ABFE AB =， ∴EF ∥AB ，即EF ∥MB . ……………1分 ∵EF =MB 1=∴四边形EMBF 是平行四边形. ……………2分 ∴EM ∥FB ，EM FB =.在Rt △BFC 中，2224FB FC BC +==，又FB FC =，得FB =∴EM =……………3分在△AME中，AE =1AM =，EM =∴2223AM EM AE +==，∴AM EM ⊥. ……………4分 ∴AM FB ⊥，即AB FB ⊥. ∵四边形ABCD 是正方形，∴AB BC ⊥. ……………5分 ∵FB BC B =，FB ⊂平面BCF ，BC ⊂平面BCF ，∴AB ⊥平面BCF . ……………6分 （2）证法1：连接AC ，AC 与BD 相交于点O ，则点O 是AC 的中点， 取BC 的中点H ，连接,OH EO ，FH ， 则OH ∥AB ，112OH AB ==. 由（1）知EF ∥AB ，且12EF AB =，∴EF ∥OH ，且EF OH =.∴四边形EOHF 是平行四边形.∴EO ∥FH ，且1EO FH == .……………7分 由（1）知AB ⊥平面BCF ，又FH ⊂平面BCF ，∴FH AB ⊥. ……………8分∵FH BC ⊥，,ABBC B AB =⊂平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴FH ⊥平面ABCD . ……………9分 ∴EO ⊥平面ABCD . ∵AO ⊂平面ABCD ，∴EO ⊥AO . ……………10分 ∵AO BD ⊥，,EOBD O EO =⊂平面EBD ，BD ⊂平面EBD ，∴AO ⊥平面EBD . ……………11分∴AEO ∠是直线AE 与平面BDE 所成的角. ……………12分 在Rt △AOE中，tan AOAEO EO∠== ……………13分 ∴直线AE 与平面BDE……………14分 证法2：连接AC ，AC 与BD 相交于点O ，则点O 取BC 的中点H ，连接,OH EO ，FH ， 则OH ∥AB ，112OH AB ==.由（1）知EF ∥AB ，且12EF AB =， ∴EF ∥OH ，且EF OH =. ∴四边形EOHF 是平行四边形.∴EO ∥FH ，且1EO FH ==. ……………7分 由（1）知AB ⊥平面BCF ，又FH ⊂平面BCF ， ∴FH AB ⊥.∵FH BC ⊥，,ABBC B AB =⊂平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴FH ⊥平面ABCD .∴EO ⊥平面ABCD . ……………8分 以H 为坐标原点，BC 所在直线为x 轴，OH 所在直线为y 轴，HF 所在直线为z 轴， 建立空间直角坐标系H xyz -，则()1,2,0A -，()1,0,0B ，()1,2,0D --，()0,1,1E -. ∴()1,1,1AE =-，()2,2,0BD =--，()1,1,1BE =--. ……………9分 设平面BDE 的法向量为=n (),,x y z ，由n 0BD ⋅=，n 0BE ⋅=， 得220x y --=，0x y z --+=，得0,z x y ==-.令1x =，则平面BDE 的一个法向量为=n ()1,1,0-. ……………10分 设直线AE 与平面BDE 所成角为θ， 则sin θ=cos ,n AE⋅=n AE nAE=. ……………11分∴cos θ==，sin tan cos θθθ== ……………13分 ∴直线AE 与平面BDE……………14分变式1：（2013湖北8校联考）（1）取BD 中点F ，连结,EF AF ,则11,,60,2AF EF AFE ==∠=……………2分由余弦定理知22222113121cos 60,222AE AF EF AE AE EF ⎛⎫=+-⋅⋅=+=∴⊥ ⎪⎝⎭………4分又BD ⊥平面AEF ,,BD AE AE ∴⊥⊥平面BDC ………6分（2）以E 为原点建立如图示的空间直角坐标系，则31(1,,0)2A C -,11(1,,0),(1,,0)22B D --- ………8分设平面ABD 的法向量为n (,,)x y z =,由00n DB n DA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得201302x x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩,取3z =,则3,(0,3)y =-∴=-n . 136(1,,),cos ,224||||AC AC AC AC =--∴<>==-n n n ……11分故直线AC 与平面ABD 10. …………12分变式2：（2014福建卷）解：(1)证明：∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD . …………3分 又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD . …………4分 (2)过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD .由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD . ……6分以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．依题意，得B (0，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，A (0，0，1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12.则BC →＝(1，1，0)，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，AD →＝(0，1，－1)．…………7分设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0， 取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1，1)． …………9分设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝||cos 〈n ，AD →〉＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝63. …………11分即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. …………12分例2.（2014，广东卷）:(1):,,,,A ,,,,,,,,,,.(2):E EG//CF DF G,,,G GH AF H,EH,PD ABCD PD PCD PCD ABCD PCD ABCD CD D ABCD AD CD AD PCD CF PCD CF AD AF PC CF AF AD AF ADF ADAF A CF ADF CF DF EG DF ⊥⊂∴⊥=⊂⊥∴⊥⊂∴⊥⊥∴⊥⊂=∴⊥⊥∴⊥⊥∠解证明平面平面平面平面平面平面平面平面又平面平面解法一过作交于平面A 平面A 过作于连则00,CD 2,30,130,==1,21324,,,,,22333EG .,423EHG D AF E DPC CDF CF CD DECF CP EF DC DEDF DP CP DE EF AE AF EF DF AE EF EH HG AF --=∠=∴∠==∴=∴⋅=====⋅∴====为二面角的平面角设从而∥还易求得EF=从而易得故cos GH EHG EH ∴∠===12:,,,,,2,1(0,0,2),C(0,2,0),,(23,22,0),,,431,0),ADF CP (3,1,0),22AEF (x DP DC DA x y z DC A CF CP F DF CF F E n n λλλλ==-⊥===-=解法二分别以为轴建立空间直角坐标系设则设则可得从而易得取面的一个法向量为设面的一个法向量为2212212,y,z),0,0,4||||2n AE n AF n n n n n ⋅=⋅=⋅==⋅⨯利用且得可以是从而所求二面角的余弦值为变式3：（2014浙江卷）解：(1)证明：在直角梯形BCDE 中，由DE ＝BE ＝1，CD ＝2，得BD ＝BC ＝2，由AC ＝2，AB ＝2，得AB 2＝AC 2＋BC 2，即AC ⊥BC . …………2分 又平面ABC ⊥平面BCDE ，从而AC ⊥平面BCDE ，所以AC ⊥DE .又DE ⊥DC ，从而DE ⊥平面ACD . …………4分 (2)方法一：过B 作BF ⊥AD ，与AD 交于点F ，过点F 作FG ∥DE ，与AE 交于点G ，连接BG . 由(1)知DE ⊥AD ，则FG ⊥AD .所以∠BFG 是二面角B - AD - E 的平面角．…………6分在直角梯形BCDE 中，由CD 2＝BC 2＋BD 2，得BD ⊥BC .又平面ABC ⊥平面BCDE ，得BD ⊥平面ABC ，从而BD ⊥AB .由AC ⊥平面BCDE ，得AC ⊥CD . 在Rt △ACD 中，由DC ＝2，AC ＝2，得AD ＝ 6.在Rt △AED 中，由ED ＝1，AD ＝6，得AE ＝7.…………7分在Rt △ABD 中，由BD ＝2，AB ＝2，AD ＝6，得BF ＝2 33，AF ＝23AD .从而GF ＝23ED ＝23. …………9分在△ABE ，△ABG 中，利用余弦定理分别可得cos ∠BAE ＝5 714，BG ＝23. …………11分在△BFG 中，cos ∠BFG ＝GF 2＋BF 2－BG 22BF ·GF ＝32. …………13分所以，∠BFG ＝π6，即二面角B - AD - E 的大小是π6.…………14分方法二：以D 为原点，分别以射线DE ，DC 为x ，y 轴的正半轴， 建立空间直角坐标系D - xyz ，如图所示．由题意知各点坐标如下：D (0，0，0)，E (1，0，0)，C (0，2，0)，A (0，2，2)，B (1，1，0)．设平面ADE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．可算得AD ＝(0，－2，－2)，AE ＝(1，－2，－2)，DB →＝(1，1，0)．…………7分由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD ＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎨⎧－2y 1－2z 1＝0，x 1－2y 1－2z 1＝0，可取m ＝(0，1，－2)．…………9分由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎨⎧－2y 2－2z 2＝0，x 2＋y 2＝0， 可取n ＝(1，－1，2)．…………11分于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝33×2＝32. …………13分由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B - AD - E 的大小是π6. …………变式4：（2014全国卷） 19．解：方法一：(1)证明：因为A 1D ⊥平面ABC ，A 1D ⊂平面AA 1C 1C ，故平面 AA 1C 1⊥平面ABC . 又BC ⊥AC ，所以BC ⊥平面AA 1C 1C . …………2分连接A 1C ，因为侧面AA 1C 1C 为菱形，故AC 1⊥A 1C .由三垂线定理得AC 1⊥A 1B . ……4分（注意：这个定理我们不能用） (2) BC ⊥平面AA 1C 1C ，BC ⊂平面BCC 1B 1，故平面AA 1C 1C ⊥平面BCC 1B 1.作A 1E ⊥CC 1，E 为垂足，则A 1E ⊥平面BCC 1B 1. …………6分又直线AA 1∥平面BCC 1B 1，因而A 1E 为直线AA 1与平面BCC 1B 1的距离，即A 1E ＝ 3.因为A 1C 为∠ACC 1的平分线，所以A 1D ＝A 1E ＝ 3. …………8分作DF ⊥AB ，F 为垂足，连接A 1F .由三垂线定理得A 1F ⊥AB ，故∠A 1FD 为二面角A 1 ­ AB ­ C 的平面角．…………10分 由AD ＝AA 21－A 1D 2＝1，得D 为AC 中点，DF ＝55，tan ∠A 1FD ＝A 1DDF＝15，……12分 所以cos ∠A 1FD ＝14. …………13分所以二面角A 1 ­ AB ­ C 的大小为arccos 14. …………14分方法二：以C 为坐标原点，射线CA 为x 轴的正半轴，以CB 的长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C - xyz .由题设知A 1D 与z 轴平行，z 轴在平面AA 1C 1C 内．(1)证明：设A 1(a ，0，c )．由题设有a ≤2，A (2，0，0)，B (0，1，0)，则AB →＝(－2，1，0)，AC →＝(－2，0，0)，AA 1→＝(a －2，0，c )，AC 1→＝AC →＋AA 1→＝(a －4，0，c )，BA 1→＝(a ，－1，c )|AA 1→|＝2，得（a －2）2＋c 2＝2，即a 2－4a ＋c 2＝0.①又AC 1→·BA 1→＝a 2－4a ＋c 2＝0，所以AC 1⊥A 1B . …………4分(2)设平面BCC 1B 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则m ⊥CB →，m ⊥BB 1→，即m ·CB →＝0，0.因为CB →＝(0，1，0)，BB 1→＝AA 1→＝(a －2，0，c )，所以y ＝0且(a －2)x ＋cz ＝0.令x ＝c ，则z ＝2－a ，所以m ＝(c ，0，2－a )，故点A 到平面BCC 1B 1的距离为 |CA →|·|cos 〈m ，CA →〉|＝|CA →·m ||m |＝2cc 2＋（2－a ）2＝c . …………6分又依题设，A 到平面BCC 1B 1的距离为3，所以c ＝3， 代入①，解得a ＝3(舍去)或a ＝1， 于是AA 1→＝(－1，0，3)． …………8分 设平面ABA 1的法向量n ＝(p ，q ，r )， 则n ⊥AA 1→，n ⊥AB →，即n ·AA 1→＝0，n ·AB →＝0， －p ＋3r ＝0，且－2p ＋q ＝0. 令p ＝3，则q ＝23，r ＝1，所以n ＝(3，23，1)．…………10分又p ＝(0，0，1)为平面ABC 的法向量，…………11分故 cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝14. …………13分所以二面角A 1 ­ AB ­ C 的大小为arccos 14. …………14分例3. 无棱二面角（2010年江西卷）解法一：（1）取CD 中点O ，连OB ，OM ，则OB ⊥CD ，OM ⊥CD .又平面MCD ⊥平面BCD ,则MO ⊥平面BCD ，所以MO ∥AB ，A 、B 、O 、M 共面.延长AM 、BO 相交于E ，则∠AEB 就是AM 与平面BCD 所成的角.OB =MO 3MO ∥AB ，MO//面ABC ，M 、O 到平面ABC 的距离相等，作OH ⊥BC 于H ，连MH ，则MH ⊥BC ，求得：OH=OCsin600=32,MH=152,利用体积相等得：2155A MBC M ABC V V d --=⇒=。

1．如图，已知△ABC 是正三角形，EA ，CD 都垂直于平面ABC ，且EA ＝AB ＝2a ，DC ＝a ，F 是BE 的中点．（1）FD ∥平面ABC ；（2）AF ⊥平面EDB ．2．已知线段PA ⊥矩形ABCD 所在平面，M 、N 分别是AB 、PC 的中点。

（1）求证：MN //平面PAD ； （2）当∠PDA ＝45°时，求证：MN ⊥平面PCD ；F CBAEDA B C D EF 3．如图，在四面体ABCD 中，CB=CD,BD AD ⊥，点E ，F 分别是AB,BD 的中点．求证： （1）直线EF// 面ACD ； （2）平面⊥EFC 面BCD ．4．在斜三棱柱A 1B 1C 1—ABC 中，底面是等腰三角形，AB =AC ，侧面BB 1C 1C ⊥底面ABC （1）若D 是BC 的中点，求证 AD ⊥CC 1；（2）过侧面BB 1C 1C 的对角线BC 1的平面交侧棱于M ，若AM =MA 1， 求证 截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C ；（3）AM =MA 1是截面MBC 1⊥平面BB 1C 1C 的充要条件吗？请你叙述判断理由]立体几何大题训练(3)C15. 如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 、G 分别是A 1A ，D 1C ，AD 的中点． 求证：（1）MN//平面ABCD ； （2）MN ⊥平面B 1BG ．6. 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 为棱AD 、AB 的中点． （1）求证：EF ∥平面CB 1D 1；（2）求证：平面CAA 1C 1⊥平面CB 1D 1．立体几何大题训练(4)7、如图，在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB=4，BC=CD=2，AA 1=2，_ G_ M _ D_1_ C_1_ B_1_ A_1_ N_ D _ C_ B _ ABA 1FE、E1分别是棱AD、AA1的中点(1)设F是棱AB的中点，证明：直线EE1∥面FCC1；(2)证明：平面D1AC⊥面BB1C1C。

1.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，CB⊥平面PAB，AD∥BC，且PA=PB=AB=BC=2AD=2．（Ⅰ）求证：平面DPC⊥平面BPC；（Ⅱ）求二面角C﹣PD﹣B的余弦值．2.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，且PA=AD=2，，E、F分别为AD、PC中点．（1）求点F到平面PAB的距离；（2）求证：平面PCE⊥平面PBC；（3）求二面角E﹣PC﹣D的大小．3.《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马P ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.(1)证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑;(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,求的值.4.如图所示三棱柱111C B A ABC -中，⊥1AA 平面ABC ，四边形ABCD 为平行四边形，CD AD 2=，CD AC ⊥.（Ⅰ）若AC AA =1,求证：⊥1AC 平面CD B A 11；（Ⅱ）若D A 1与1BB 所成角的余弦值为721，求二面角11C D A C --的余弦值.5.在直角梯形ABCD 中，//,,3,2,AB CD AD AB DC AB ⊥== 1,AD =,1AE EB DF ==,现把EF 它沿折起，得到如图所示的几何体，连接,,DB AB DC ，使 5.DC =（1）求证：平面DBC ⊥平面DFB ；（2）判断在线段DC 上是否存在一点H ，使得二面角E BH C --的余弦值为306-，若存在，确定H 的位置，若不存在，说明理由.6.如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，24AB AD ==，23BD =，PD ⊥底面ABCD ．（1）证明：平面PBC ⊥平面PBD ；（2）若二面角P BC D --的大小为6π，求AP 与平面PBC 所成角的正弦值．7.在三棱锥A BCD -中，4,22AB BC AD BD CD =====,在底面BCD 内作CE CD ⊥，且 2.CE =（1）求证：//CE 平面ABD ；（2）如果二面角A BD C --的大小为90，求二面角B AC E --的余弦值.8.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形， PA ⊥底面ABCD ，AD AP =，E 为棱PD 中点.（1）求证：PD ⊥平面ABE ； （2）若F 为AB 中点，(01)PM PC λλ=<<，试确定λ的值，使二面角P FM B --的余弦值为33-.9.如图，在三棱柱111ABC A B C -中，点C 在平面111A B C 内的射影点为11A B 的中点 1,,90O AC BC AA ACB ==∠=.（1）求证:AB ⊥ 平面1OCC ；（2）求二面角1A CC B --的正弦值.F PM A CD EB10.已知多面体ABCDEF 如图所示.其中ABCD 为矩形，DAE △为等腰直角三角形，DA AE ⊥，四边形AEFB 为梯形，且AE BF ∥，90ABF =︒∠，22AB BF AE ===.（1）若G 为线段DF 的中点，求证：EG ∥平面ABCD .（2）线段DF 上是否存在一点N ，使得直线BN 与平面FCD 所成角的余弦值等于215若存在，请指出点N 的位置；若不存在，请说明理由.11.在如图所示的几何体中，平面ADNM ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是菱形，四边形ADNM 是矩形，π3DAB ∠=，2AB =，1AM =，E 是AB 的中点．(Ⅰ)求证：DE ⊥平面ABM ； (II)在线段AM 上是否存在点P ，使二面角P EC D --的大小为π4？若存在，求出AP 的长；若不存在，请说明理由．12.如图，已知梯形CDEF 与△ADE 所在平面垂直，AD ⊥DE ，CD ⊥DE ，AB ∥CD ∥EF ，AE=2DE=8，AB=3，EF=9．CD=12，连接BC ，BF ．（Ⅰ）若G 为AD 边上一点，DG=DA ，求证：EG ∥平面BCF ；（Ⅱ）求二面角E ﹣BF ﹣C 的余弦值．N M D CE B A13.如图三棱柱中，侧面为菱形，.(1)证明：；(2)若，，，求二面角的余弦值.14.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．（1）证明：A1D⊥平面A1BC；（2）求二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值．15.如图,在四棱锥中,底面为菱形,为的中点.(Ⅰ)若,求证:平面平面;(Ⅱ)若平面平面,且,点在线段上,试确定点的位置,使二面角大小为,并求出的值.16.已知在边长为4的等边△ABC （如图1所示）中，MN ∥BC ，E 为BC 的中点，连接AE 交MN 于点F ，现将△AMN 沿MN 折起，使得平面AMN ⊥平面MNCB （如图2所示）．（1）求证：平面ABC ⊥平面AEF ；（2）若S BCNM =3S △AMN ，求直线AB 与平面ANC 所成角的正弦值．17.如图（1），在五边形BCDAE 中，AB CD //，90=∠BCD ，1==BC CD ，2=AB ，ABE ∆是以AB 为斜边的等腰直角三角形.现将ABE ∆沿AB 折起，使平面⊥ABE 平面ABCD ，如图（2），记线段AB 的中点为O . （1）求证：平面⊥ABE 平面EOD ；（2）求平面ECD 与平面ABE 所成的锐二面角的大小.18.如图，在等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，1AD DC CB ===，60ABC ∠=，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，2CF =.（1）求证：BC ⊥平面ACFE ；（2）点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 二面角的平面角为(90)θθ≤，试求cos θ的取值范围.。

高中数学必修二第八章立体几何初步典型例题单选题1、如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，其中B′C′=C′A′=2，A′B′，A′C′分别与x′轴，y′轴平行，则BC=（）A．2B．2√2C．4D．2√6答案：D分析：先确定△A′B′C′是等腰直角三角形，求出A′B′，再确定原图△ABC的形状，进而求出BC.由题意可知△A′B′C′是等腰直角三角形，A′B′=2√2，其原图形是Rt△ABC，AB=A′B′=2√2，AC=2A′C′=4，∠BAC=90°，则BC=√8+16=2√6，故选：D.2、如图直角△O′A′B′是一个平面图形的直观图，斜边O′B′=4，则原平面图形的面积是（）A．8√2B．4√2C．4D．√2答案：A解析：根据斜二测画法规则可求原平面图形三角形的两条直角边长度，利用三角形的面积公式即可求解.由题意可知△O′A′B′为等腰直角三角形，O′B′=4，则O′A′=2√2，所以原图形中，OB=4，OA=4√2，×4×4√2=8√2.故原平面图形的面积为12故选：A3、正方体中，点P，O，R，S是其所在棱的中点，则PQ与RS是异面直线的图形是（）A．B．C．D．答案：C分析：对于A，B，D，利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面，对于C，利用异面直线的定义推理判断作答．对于A，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，A1C1，则AC//A1C1，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则有PQ//AC，RS//A1C1，因此PQ//RS，则直线PQ与RS共面，A错误；对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，QS，PR，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有AP//CR且AP=CR，则四边形APRC为平行四边形，即有AC//PR，又QS//AC，因此QS//PR，直线PQ与RS共面，B错误；对于C，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有RS//BB1，而BB1⊂平面ABB1A1，RS⊄平面ABB1A1，则RS//平面ABB1A1，PQ⊂平面ABB1A1，则直线PQ与RS无公共点，又直线PQ与直线BB1相交，于是得直线PQ与RS不平行，则直线PQ与RS是异面直线，C正确；对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，D1C，PS，QR，如图，因为A1D1//BC且A1D1=BC，则四边形A1D1CB为平行四边形，有A1B//D1C，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有PS//A1B，QR//D1C，则PS//QR，直线PQ与RS共面，D错误.故选：C4、下面四个选项中一定能得出平面α/⁄平面β的是（）A．存在一条直线a，a//α，a//βB．存在一条直线a，a⊂α，a//βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//α答案：D分析：对于A，B，C，举出符合条件的特例即可判断；对于D，过直线a作平面γ∩β=c，再证c//α即可. 如图，ABCD−A1B1C1D1是长方体，平面ABCD为平面α，平面ABB1A1为平面β，对于A，直线C1D1为直线a，显然a//α，a//β，而α与β相交，A不正确；对于B，直线CD为直线a，显然a⊂α，a//β，而α与β相交，B不正确；对于C，直线CD为直线a，直线A1B1为直线b，显然a⊂α，b⊂β，a//β，b//α，而α与β相交，C不正确；对于D，因a，b是异面直线，且a⊂α，b⊂β，过直线a作平面γ∩β=c，如图，则c//a，并且直线c与b必相交，而c⊄α，于是得c//α，又b//α，即β内有两条相交直线都平行于平面α，⁄平面β.因此，平面α/故选：D5、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 ．233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.6、已知圆锥的母线长为3，其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的体积为（ ） A ．√23πB ．2√23πC ．πD ．√2π 答案：B分析：根据弧长计算公式，求得底面圆半径以及圆锥的高，即可求得圆锥的体积.设圆锥的底面圆半径为r ，故可得2πr =2π3×3，解得r =1，设圆锥的高为ℎ，则ℎ=√32−12=2√2，则圆锥的体积V =13×πr 2×ℎ=13×π×2√2=2√23π. 故选：B.7、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（ ）A ．6B ．12C ．24D ．48答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48故选：D8、已知三棱锥P −ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，∠BAC =120°，PA =AB =AC =2，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）A ．12πB ．16πC ．20πD ．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC 的外心为G ，O 为球心，所以OG ⊥平面ABC ，因为PA ⊥平面ABC ，所以OG//PA ，设D 是PA 中点，因为OP =OA ，所以DO ⊥PA ，因为PA ⊥平面ABC ，AG ⊂平面ABC ，所以AG ⊥PA ，因此OD//AG ，因此四边形ODAG 是平行四边形，故OG =AD =12PA =1， 由余弦定理，得BC =√AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−12)=2√3，由正弦定理，得2AG =√3√32⇒AG =2，所以该外接球的半径R 满足R 2=(OG )2+(AG )2=5⇒S =4πR 2=20π，故选：C ．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.多选题9、(多选)下列说法中正确的是（）A．若直线l与平面α不平行，则l与α相交B．直线l在平面外是指直线和平面平行C．如果直线l经过平面α内一点P，又经过平面α外一点Q，那么直线l与平面α相交D．如果直线a∥b，且a与平面α相交于点P，那么直线b必与平面α相交答案：CD分析：由线面直线的位置关系逐一判断即可求解.若直线l与平面α不平行，则l与α相交或l⊂α，所以A不正确．若l⊄α，则l//α或l与α相交，所以B不正确．由线面直线的位置关系可知，C、D正确.故选：CD10、如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，M为AA1的中点，过B1M作长方体的截面α交棱CC1于N，则（）A．截面α可能为六边形B ．存在点N ，使得BN ⊥截面αC ．若截面α为平行四边形，则1≤CN ≤2D ．当N 与C 重合时，截面面积为3√64答案：CD分析：利用点N 的位置不同得到的截面α的形状判断选项A ，C ，利用线面垂直的判定定理分析选项B ，利用平面几何知识求相应的量结合梯形的面积公式求得截面的面积，从而可判断选项D ．长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =1，AA 1=2，M 为AA 1的中点，过B 1M 作长方体的截面α交棱CC 1于N ， 设N 0为CC 1的中点，根据点N 的位置的变化分析可得：当1≤CN ≤2时，截面α为平行四边形，当0<CN <1时，截面α为五边形，当CN =0时，即点N 与点C 重合时，截面α为梯形，故A 不正确，C 正确；设BN ⊥截面α，因为B 1M ⊂面α，所以BN ⊥B 1M ，所以N 只能与C 重合才能使BN ⊥B 1M ，因为BN 不垂直平面B 1CQM ，故此时不成立，故B 不正确；因为当点N 与点C 重合时，截面α为梯形，如下图所示：过M 作MH 垂直于B 1C 于H ，设梯形的高为ℎ，MH =x ，则由平面几何知识得：ℎ2=(√2)2−x 2=(√52)2−(√52−x)2，解得x =2√55,ℎ=√305，所以截面α的面积为：12×(√5+√52)×ℎ=12×3√52×√305=3√64，故D 正确；故选：CD ．小提示：关键点睛：本题考查长方体的截面的形状，关键在于分析动点在不同的位置时，截面的形状，运用线面平行的判定定理和平面几何知识求得截面的面积．11、在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是正方体的棱上一点，|PB|+|PC1|=λ，则（）A．λ=2时，满足条件的点P的个数为1B．λ=4时，满足条件的点P的个数为4C．λ=4√2时，满足条件的点P的个数为2D．若满足|PB|+|PC1|=λ的点P的个数为6，则λ的取值范围为(2√2,4)答案：BC分析：根据各棱上的点P到B,C1两点距离之和对选项进行逐一分析，由此确定正确选项.设E,F分别是C1D1,AB的中点，|BD1|=√22+(2√2)2=2√3，|BE|=|C1F|=√12+(2√2)2=3，|A1C1|=|A1B|=2√2.由于|BC1|=2√2，所以|PB|+|PC1|=λ≥2√2，所以A选项错误.λ=4，满足|PB|+|PC1|=4的点为B1,C,E,F共4个，所以B选项正确.λ=4√2，满足|PB|+|PC1|=4√2的点为A1,D共2个，所以C选项正确.当P在正方形ADD1A1（不包括A,D,D1,A1）上运动时，λ∈(2+2√3,4√2)，此时棱A1B1与棱CD上，也存在点使λ∈(2+2√3,4√2).所以当λ∈(2+2√3,4√2)时，满足|PB|+|PC1|=λ的点P的个数为6，所以D选项错误.故选：BC填空题12、已知A、B、C、D四点不共面，且AB//平面α，CD∥α，AC∩α=E，AD∩α=F，BD∩α=H，BC∩α=G，则四边形EFHG是______四边形．答案：平行分析：由题，平面ABD∩平面α=FH，结合AB//平面α可得AB//FH，同理可得四边形EFHG另外三边与AB，CD的位置关系，即可得到答案.由题，平面ABD∩平面α=FH，因为AB//平面α，所以AB//FH，又平面ABC∩平面α=EG，所以AB//EG，则FH//EG，同理GH//CD//EF，所以四边形EFHG是平行四边形，所以答案是：平行13、如图已知A是△BCD所在平面外一点，AD=BC，E､F分别是AB、CD的中点，若异面直线AD与BC所成角的大小为π3，则AD与EF所成角的大小为___________.答案：π3或π6分析：取AC的中点G，连接EG,GF，则∠EGF=π3或∠EGF=2π3，分别分析这两种情况下∠GFE的大小即为AD与EF所成角.解：如图所示：取AC的中点G，连接EG,GF，则EG//BC，GF//AD，所以∠EGF为异面直线AD与BC所成角或其补角.因为AD=BC，所以EG=GF，当∠EGF=π3时，△EGF为等边三角形，∠GFE=π3，即AD与EF所成角的大小为π3；当∠EGF=2π3时，EG=GF，△EGF为等腰三角形，∠GFE=π6，即AD与EF所成角的大小为π6.所以答案是：π3或π6.14、已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，棱长均为2，顶点A 1在底面ABC 上的射影恰为AB 的中点D ，E 为AC 的中点，则直线BE 与直线AB 1所成角的余弦值为________．答案：34分析：根据三棱柱性质与题中的中点条件，可将所求直线BE 与直线AB 1所成角的余弦值转化为求直线GB 1与直线AB 1所成角的余弦值，那么就要通过多次转化最终求得△AGB 1中三边长，然后直接在△AGB 1中运用余弦定理即可.如图，取A 1C 1中点G ，连接B 1G,AG,AE,DE,GE ,由三棱柱的性质易证得GE //BB 1,GE =BB 1,所以四边形GEBB 1为平行四边形，所以GB 1//BE ,所以下面即求直线GB 1与直线AB 1所成角的余弦值.由题意知，A 1D ⊥平面ABC ,因为AB,DE ⊂平面ABC ,所以A 1D ⊥AB,A 1D ⊥DE ，在Rt △AA 1D 中，AA 1=2,AD =12AB =1,∠A 1DA =90°,求得A 1D =√3,∠A 1AD =60°. 所以在菱形AA 1B 1B 中，AB 1=2ABcos30°=2√3.在Rt △A 1DE 中，∠A 1DE =90°,A 1D =√3,DE =12BC =1,求得A 1E =2. 所以在△A 1AE 中，根据余弦定理得cos∠A 1AE =AA 12+AE 2−A1E 22AE⋅AA 1=14,所以cos∠AA 1G =cos(π−∠A 1AE)=−14.在△A 1AG 中根据余弦定理得AG 2=AA 12+A 1G 2−2AA 1⋅A 1Gcos∠AA 1G,AG =√6.在△AGB 1中，AG =√6,AB 1=2√3,GB 1=√3,根据余弦定理得cos∠GB 1A =GB 12+AB12−AG 22GB 1⋅AB 1=34,所以直线GB 1与直线AB 1所成角的余弦值为34，即直线BE 与直线AB 1所成角的余弦值为34. 故答案为:34解答题15、在空间四边形ABCD中，AB=CD，点M､N分别为BD､AC的中点.(1)若直线AB与MN所成角为60°，求直线AB与CD所成角的大小；(2)若直线AB与CD所成角为θ，求直线AB与MN所成角的大小.答案：(1)60°(2)θ2或π−θ2分析：根据异面直线所成角的定义，借助平行关系作出平行直线，从而找到异面直线所成角（或补角）即可求解.（1）如图，取AD的中点为P，连接PM､PN.因为点M､N分别为BD､AC的中点，所以PM//AB，PN//CD，且PM=12AB，PN=12CD，所以，∠MPN为直线AB与CD所成的角（或补角），∠PMN为直线AB与MN所成的角（或补角）. 又AB=CD，所以PM=PN，即△PMN为等腰三角形.直线AB与MN所成角为60°，即∠PMN=60°，则∠MPN=180°−2×60°=60°.所以，直线AB与CD所成的角为60°.（2）（2）若直线AB与CD所成的角为θ，则∠MPN=θ或∠MPN=π−θ.若∠MPN=θ，则∠PMN=π−∠MPN2=π−θ2，即直线AB与MN所成角为π−θ2；若∠MPN=π−θ，则∠PMN=π−∠MPN2=θ2，即直线AB与MN所成角为θ2.综上所述，直线AB与MN所成的角为θ2或π−θ2.。

高中数学立体几何经典常考题型题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解. 【例1】如图，在△ABC 中，∠ABC ＝π4，O 为AB 边上一点，且3OB ＝3OC ＝2AB ，已知PO ⊥平面ABC ，2DA ＝2AO ＝PO ，且DA ∥PO. (1)求证：平面PBD ⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.(1)证明 ∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4， ∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2. ∴CO ⊥AB. 又PO ⊥平面ABC ， OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC.又∵PO ，AB ⊂平面PAB ，PO ∩AB ＝O ， ∴CO ⊥平面PAB ，即CO ⊥平面PDB. 又CO ⊂平面COD ， ∴平面PDB ⊥平面COD.(2)解 以OC ，OB ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)， ∴PD→＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1).设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD→·n |PD →||n | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 【类题通法】利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【变式训练】 如图所示，在多面体A 1B 1D 1­DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F . (1)证明：EF ∥B 1C .(2)求二面角E -A 1D ­B 1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C ⊂面B 1CD 1，面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C.(2)解 因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A 1DE 的一个法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角E -A 1D ­B 1的余弦值为 |n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.题型二:立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式： (1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD.又PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ，所以PD ⊥平面PAB. (2)解 取AD 的中点O ，连接PO ，CO. 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解 设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈0，1]，使得AM →＝λAP →.因此点M (0，1－λ，λ)，BM→＝(－1，－λ，λ).因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14. 所以在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等. (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【变式训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠P AD ＝45°，E 为P A 的中点. (1)求证：DE ∥平面BPC ；(2)线段AB 上是否存在一点F ，满足CF ⊥DB ？若存在，试求出二面角F －PC －D 的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明 取PB 的中点M ，连接EM 和CM ，过点C 作CN ⊥AB ，垂足为点N .∵CN ⊥AB ，DA ⊥AB ，∴CN ∥DA ，又AB ∥CD ，∴四边形CDAN 为平行四边形， ∴CN ＝AD ＝8，DC ＝AN ＝6， 在Rt △BNC 中，BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6，∴AB ＝12，而E ，M 分别为P A ，PB 的中点， ∴EM ∥AB 且EM ＝6，又DC ∥AB ，∴EM ∥CD 且EM ＝CD ，四边形CDEM 为平行四边形， ∴DE ∥CM.∵CM ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ， ∴DE ∥平面BPC.(2)解 由题意可得DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ， 则A (8，0，0)，B (8，12，0)，C (0，6，0)，P (0，0，8). 假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ， 设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF→＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)， 由CF→·DB →＝0得t ＝23. 又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)， 设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 又PC→＝(0，6，－8)，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，163，0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·FC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ， 不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9). 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m|n ||m |＝81×82＋122＋92＝817. 又由图可知，该二面角为锐二面角， 故二面角F －PC －D 的余弦值为817. 题型三:立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力. 【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10. (1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3. 于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ， 所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz .则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)， B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1). 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化. 【变式训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.(1)证明 在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。