2010理科题选——立体几何(已整理)

2010年高考数学试题分类汇编——立体几何（2010浙江理数）（6）设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是 （A ）若，，则 （B ）若，，则 （C ）若，，则 （D ）若，，则解析：选B ，可对选项进行逐个检查。

本题主要考察了立体几何中线面之间的位置关系及其中的公理和判定定理，也蕴含了对定理公理综合运用能力的考察，属中档题（2010全国卷2理数）（11）与正方体的三条棱、、所在直线的距离相等的点（A ）有且只有1个 （B ）有且只有2个 （C ）有且只有3个 （D ）有无数个 【答案】D 【解析】直线上取一点，分别作垂直于于则分别作，垂足分别为M ，N ，Q ，连PM ，PN ，PQ ，由三垂线定理可得，PN ⊥PM ⊥；PQ ⊥AB ，由于正方体中各个表面、对等角全等，所以，∴PM=PN=PQ ，即P 到三条棱AB 、CC 1、A 1D 1.所在直线的距离相等所以有无穷多点满足条件，故选D.（2010全国卷2理数）（9）已知正四棱锥中，，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（A ）1 （B（C ）2 （D ）3 【答案】C【命题意图】本试题主要考察椎体的体积，考察告辞函数的最值问题.【解析】设底面边长为a ，则高所以体积，l m αl m ⊥m α⊂l α⊥l α⊥l m //m α⊥l α//m α⊂l m //l α//m α//l m //1111ABCD A BC D -AB 1CC 11A D S ABCD -SA =设，则，当y 取最值时，，解得a=0或a=4时，体积最大，此时，故选C.（2010陕西文数） 8.若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 [B]（A ）2 （B ）1（C ）（D ）解析：本题考查立体图形三视图及体积公式 如图，该立体图形为直三棱柱所以其体积为（2010辽宁文数）（11）已知是球表面上的点，，，，，则球的表面积等于（A ）4 （B ）3 （C ）2 （D ）解析：选A.由已知，球的直径为，表面积为（2010辽宁理数）(12) (12)有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a 的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a 的取值范围是(A)（）(B)（1,））(D) （0,）【答案】A【命题立意】本题考查了学生的空间想象能力以及灵活运用知识解决数学问题的能力。

立体几何分类汇编一、异面直线夹角（2007全国理I）如图，正四棱柱1111-ABCD A B C D 中，12AA AB =，则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为A．51B．52C．53D．54（2008全国理II）已知正四棱锥S ABCD -的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE SD ，所成的角的余弦值为（）A．13B．23D．23（2009全国理I）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111A B C 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为D.34（2009全国理II）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA AB =，E 为1AA 中点，则异面直线BE 与1CD 所成的角的余弦值为A.10B.15C.10D.35（2012全国理I）三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ∠=∠= ，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为____________。

（2013全国理I）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________。

（2014全国理II）直三棱柱111ABC A B C -中，90BCA ∠= ，,M N 分别是1111,A B A C 的中点，1BC CA CC ==，则BM 与AN 所成的角的余弦值为（）A.110B.25C.D.二、线面夹角（2007全国理II）已知正三棱ABC A B C -111的侧棱长是底面边长相等，则AB 1与侧面ACC A 1所成角的正弦等于A.64B.104C.22D.32（2008全国理I）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 内的射影为ABC △的中心，则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值等于（）A．13B．23C．33D．23（2010全国理I）正方体1111ABCD A B C D -中,1BB 与平面1ACD 所成角的余弦值为（A）23（B）33（C）23（D）63（2016全国理I）平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，α 平面11CB D ，α 平面ABCD m =，α 平面11ABA B n =，则,m n 所成角的正弦值为A.32 B.22C.33D.13（2007全国理I）四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD 已知45ABC ∠= ,2,22,3AB BC SA SB ====（Ⅰ）证明：SA BC ⊥；（Ⅱ）求直线SD与平面SAB所成角的大小。

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专题10立体几何与空间向量解答题历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科18】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．【解答】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD，则NH∥AA1，且，又MB∥AA1，MB，∴四边形NMBH为平行四边形，则NM∥BH，由NH∥AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，∴BE∥DH，BE＝DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH∥DE，∴NM∥DE，∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（，，2），M（，1，2），A1（，﹣1，4），，，设平面A1MN的一个法向量为，由，取x，得，又平面MAA1的一个法向量为，∴cos．∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为．2．【2018年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．【解答】（1）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，则，，由于四边形ABCD为正方形，所以EF⊥BC．由于PF⊥BF，EF∩PF＝F，则BF⊥平面PEF．又因为BF⊂平面ABFD，所以：平面PEF⊥平面ABFD．（2）在平面PEF中，过P作PH⊥EF于点H，连接DH，由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．在三棱锥P﹣DEF中，可以利用等体积法求PH，因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又因为△PDF≌△CDF，所以∠FPD＝∠FCD＝90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD＝D，则PF⊥平面PDE，故V F﹣PDE，因为BF∥DA且BF⊥面PEF，所以DA⊥面PEF，所以DE⊥EP．设正方形边长为2a，则PD＝2a，DE＝a在△PDE中，，所以，故V F﹣PDE，又因为，所以PH，所以在△PHD中，sin∠PDH，即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：．3．【2017年新课标1理科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP ＝90°．（1）证明：平面P AB⊥平面P AD；（2）若P A＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：∵∠BAP＝∠CDP＝90°，∴P A⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵P A∩PD＝P，且P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，∴AB⊥平面P AD，又AB⊂平面P AB，∴平面P AB⊥平面P AD；（2）解：∵AB∥CD，AB＝CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面P AD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，在△APD中，由P A＝PD，∠APD＝90°，可得△P AD为等腰直角三角形，设P A＝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P AD，AD⊂平面P AD，∴AB⊥PD，又PD⊥P A，P A∩AB＝A，∴PD⊥平面P AB，则为平面P AB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．4．【2016年新课标1理科18】如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D﹣AF﹣E与二面角C﹣BE﹣F都是60°．（Ⅰ）证明平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵ABEF为正方形，∴AF⊥EF．∵∠AFD＝90°，∴AF⊥DF，∵DF∩EF＝F，∴AF⊥平面EFDC，∵AF⊂平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）解：由AF⊥DF，AF⊥EF，可得∠DFE为二面角D﹣AF﹣E的平面角；由ABEF为正方形，AF⊥平面EFDC，∵BE⊥EF，∴BE⊥平面EFDC即有CE⊥BE，可得∠CEF为二面角C﹣BE﹣F的平面角．可得∠DFE＝∠CEF＝60°．∵AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，∴AB∥平面EFDC，∵平面EFDC∩平面ABCD＝CD，AB⊂平面ABCD，∴AB∥CD，∴CD∥EF，∴四边形EFDC为等腰梯形．以E为原点，建立如图所示的坐标系，设FD＝a，则E（0，0，0），B（0，2a，0），C（，0，a），A（2a，2a，0），∴（0，2a，0），（，﹣2a，a），（﹣2a，0，0）设平面BEC的法向量为（x1，y1，z1），则，则，取（，0，﹣1）．设平面ABC的法向量为（x2，y2，z2），则，则，取（0，，4）．设二面角E﹣BC﹣A的大小为θ，则cosθ，则二面角E﹣BC﹣A的余弦值为．5．【2015年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC．（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG、EF、FG，在菱形ABCD中，不妨设BG＝1，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC，BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，可知AE＝EC，又AE⊥EC，所以EG，且EG⊥AC，在直角△EBG中，可得BE，故DF，在直角三角形FDG中，可得FG，在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE，FD，可得EF，从而EG2+FG2＝EF2，则EG⊥FG，（或由tan∠EGB•tan∠FGD••1，可得∠EGB+∠FGD＝90°，则EG⊥FG）AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC，由EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC；（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC为x轴，y轴，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系G﹣xyz，由（Ⅰ）可得A（0，，0），E（1，0，），F（﹣1，0，），C（0，，0），即有（1，，），（﹣1，，），故cos，．则有直线AE与直线CF所成角的余弦值为．6．【2014年新课标1理科19】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB ⊥B1C．（Ⅰ）证明：AC＝AB1；（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．【解答】解：（1）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，∵侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，且O为BC1和B1C的中点，又∵AB⊥B1C，∴B1C⊥平面ABO，∵AO⊂平面ABO，∴B1C⊥AO，又B10＝CO，∴AC＝AB1，（2）∵AC⊥AB1，且O为B1C的中点，∴AO＝CO，又∵AB＝BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB，∴OA，OB，OB1两两垂直，以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长度，的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，∵∠CBB1＝60°，∴△CBB1为正三角形，又AB＝BC，∴A（0，0，），B（1，0，0，），B1（0，，0），C（0，，0）∴（0，，），（1，0，），（﹣1，，0），设向量（x，y，z）是平面AA1B1的法向量，则，可取（1，，），同理可得平面A1B1C1的一个法向量（1，，），∴cos，，∴二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值为7．【2013年新课标1理科18】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°．（Ⅰ）证明AB⊥A1C；（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB＝2，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，因为CA＝CB，所以OC⊥AB，由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，所以△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB，又因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C，又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C；（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两垂直．以O为坐标原点，的方向为x轴的正向，||为单位长，建立如图所示的坐标系，可得A（1，0，0），A1（0，，0），C（0，0，），B（﹣1，0，0），则（1，0，），（﹣1，，0），（0，，），设（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则，即，可取y＝1，可得（，1，﹣1），故cos，，又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值，故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为：．8．【2012年新课标1理科19】如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD（1）证明：DC1⊥BC；（2）求二面角A1﹣BD﹣C1的大小．【解答】（1）证明：在Rt△DAC中，AD＝AC，∴∠ADC＝45°同理：∠A1DC1＝45°，∴∠CDC1＝90°∴DC1⊥DC，DC1⊥BD∵DC∩BD＝D∴DC1⊥面BCD∵BC⊂面BCD∴DC1⊥BC（2）解：∵DC1⊥BC，CC1⊥BC，DC1∩CC1＝C1，∴BC⊥面ACC1A1，∵AC⊂面ACC1A1，∴BC⊥AC取A1B1的中点O，过点O作OH⊥BD于点H，连接C1O，OH∵A1C1＝B1C1，∴C1O⊥A1B1，∵面A1B1C1⊥面A1BD，面A1B1C1∩面A1BD＝A1B1，∴C1O⊥面A1BD而BD⊂面A1BD∴BD⊥C1O，∵OH⊥BD，C1O∩OH＝O，∴BD⊥面C1OH∴C1H⊥BD，∴点H与点D重合且∠C1DO是二面角A1﹣BD﹣C1的平面角设AC＝a，则，，∴sin∠C1DO∴∠C1DO＝30°即二面角A1﹣BD﹣C1的大小为30°9．【2011年新课标1理科18】如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：P A⊥BD；（Ⅱ）若PD＝AD，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD，从而BD2+AD2＝AB2，故BD⊥AD又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD所以BD⊥平面P AD．故P A⊥BD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，则A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1）．（﹣1，，0），（0，，﹣1），（﹣1，0，0），设平面P AB的法向量为（x，y，z），则即，因此可取（，1，）设平面PBC的法向量为（x，y，z），则，即：可取（0，1，），cos故二面角A﹣PB﹣C的余弦值为：．10．【2010年新课标1理科18】如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD中点（Ⅰ）证明：PE⊥BC（Ⅱ）若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线P A与平面PEH所成角的正弦值．【解答】解：以H为原点，HA，HB，HP分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，则A（1，0，0），B（0，1，0）（Ⅰ）设C（m，0，0），P（0，0，n）（m＜0，n＞0）则．可得．因为所以PE⊥BC．（Ⅱ）由已知条件可得m ，n ＝1，故C （），设（x ，y ，z ）为平面PEH 的法向量则即因此可以取，由，可得所以直线P A 与平面PEH 所成角的正弦值为．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.历年考题主要以解答题题型出现，重点考查的知识点为：直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等为重点较佳.最新高考模拟试题1．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是菱形，160BAA ∠=︒，E 是棱1BB 的中点，CA CB =，F 在线段AC 上，且2AF FC =.（1）证明：1//CB 面1A EF ；（2）若CA CB ⊥，面CAB ⊥面11ABB A ，求二面角1F A E A --的余弦值． 【答案】（1）详见解析；（2. 【解析】解：（1）连接1AB 交1A E 于点G ，连接FG ． 因为11AGA B GE ∆∆，所以1112AA AG GB EB ==，又因为2AF FC=，所以1AF AG FC GB =，所以1//FG CB ，又1CB ⊄面1A EF ，FG ⊂面1A EF ，所以1//CB 面1A EF .（2）过C 作CO AB ⊥于O ，因为CA CB =，所以O 是线段AB 的中点． 因为面CAB ⊥面11ABB A ，面CAB面11ABB A AB =，所以CO ⊥面1ABA ．连接1OA ，因为1ABA ∆是等边三角形，O 是线段AB 的中点，所以1OA AB ⊥.如图以O 为原点，OA ，1OA ，OC 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标，不妨设2AB =，则(1,0,0)A，1A ，(0,0,1)C ，(1,0,0)B -，12(,0,)33F ，由11AA BB =，得(B -，1BB的中点3(2E -，13(,2A E =-，112(,)33A F =-.设面1A FE 的一个法向量为1111(,,)n x y z =，则111100A E n A F n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即11112033302x z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，得方程的一组解为11115x y z =-⎧⎪=⎨⎪=⎩1(1n =-.面1ABA 的一个法向量为2(0,0,1)n =，则121212529cos ,n n n n n n⋅<>==， 所以二面角1F A E A --的余弦值为29.2．如图，菱形ABCD 与正三角形BCE 的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD ⊥平面ABCD ，EF 平面ABCD ．（1）求证：平面ACF ⊥平面BDF ；（2）若60CBA ∠=︒，求二面角A BC F --的大小． 【答案】(1)见证明；(2) 4π 【解析】（1）∵菱形ABCD ，∴AC BD ⊥， ∵FD ⊥平面ABCD ，∴FD AC ⊥， ∵BD FD D ⋂=，∴AC ⊥平面BDF ， ∵AC ⊂平面ACF ，∴平面ACF ⊥平面BDF ． （2）设ACBD O =，以O 为原点，OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则B ，()0,1,0C -，(F ，(1,0)BC =-，(BF =-，设平面BCF 的法向量(,,)n x y z =，则3020n BC y n BF ⎧⋅=--=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取1x =，得(1,3,2)n =-， 平面ABC 的法向量(0,0,1)m =， 设二面角A BC F --的大小为θ， 则||cos ||||28m n m n θ⋅===⋅ ∴4πθ=．∴二面角A BC F --的大小为4π． 3．如图，在几何体1111ACD A B C D -中，四边形1111ADD A CDD C ，为矩形，平面11ADD A ⊥平面11CDD C ，11B A ⊥平面11ADD A ，1111,2AD CD AA A B ====，E 为棱1AA 的中点.（Ⅰ）证明：11B C ⊥平面1CC E ；（Ⅱ）求直线11B C 与平面1B CE 所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；. 【解析】（Ⅰ）因为11B A ⊥平面11ADD A ， 所以111B A DD ⊥，又11111111DD D A B A D A A ⊥⋂=，， 所以1DD ⊥平面1111D C B A ， 又因为11//DD CC ，所以1CC ⊥平面1111D C B A ，11B C ⊂平面1111D C B A ，所以111CC B C ⊥，因为平面11ADD A ⊥平面11CDD C ， 平面11ADD A ⋂平面111CDD C DD =，111C D DD ⊥，所以11C D ⊥平面11ADD A ，经计算可得1111B E BC EC 从而2221111B E B C EC =+，所以在11B EC 中，111B C C E ⊥，又11CC C E ⊂，平面1111CC E CC C E C ⋂=，，所以11B C ⊥平面1CC E .（Ⅱ）如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得()()()10001,0,00,2,2A C B ，，，，，()()11,2,10,1,0C E ，.∵1(1,1,1)(1,2,1)CE B C =--=--，，设平面1B CE 的一个法向量(,,)m x y z =则100m B C m CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，， 即200x y z x y z --=⎧⎨-+-=⎩，，消去x 得20y z +=， 不妨设1z =，可得()3,2,1m =--，又()111,0,1B C =-， 设直线11B C 与平面1B CE 所成角为θ，于是111111sin cos ,14||m B C m B C m B C θ⋅====⋅，故直线11B C 与平面1B CE . 4．如图，在四凌锥P ABCD -中，PC ABCD ⊥底面，底面ABCD 是直角梯形，AB AD ⊥，AB CD ∥，222AB AD CD ===,4PC =,E 为线段PB 上一点（1）求证：EAC PBC ⊥平面平面；（2）若二面角P AC E --，求BE BP 的值【答案】（1）见解析（2）13BE BP = 【解析】（1）如图，由题意，得AC BC ==2AB =，∴BC AC ⊥∵ABCD PC ⊥底面，∴PC AC ⊥又∵PC BC C ⋂=，∴AC ⊥底面PBC∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面PBC（2）如图，以C 为原点，取AB 中点M ，以CM ，CD ，CP 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系则()1,1,0B -，()0,0,4P ，()1,1,0A ，设(),,E x y z ，且()01BE BP λλ=<<，得 ()()1,1,1,1,4x y z λ-+=-，即()1,1,4E λλλ--()()1,1,0,1,1,4CA CE λλλ==--,设平面EAC 的法向量为(),,n x y z =，由00CE n CA n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即()()11400x y z x y λλλ⎧-+-+=⎨+=⎩，令1x =，得11,1,2n λλ-⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 又BC AC ⊥，且BC PC ⊥，所以BC ⊥平面PAC故平面PAC 的法向量为()1,1,0m BC ==-，由二面角P AC E --cos ,m n m n m n⋅===⋅，解得1λ=-或13，由01λ<<得13λ=，即13BE BP = 5．如图，在三棱锥P ABC -中，20{ 28x x ->-≥，2AB BC =，D 为线段AB 上一点，且3AD DB =，PD ⊥平面ABC ，PA 与平面ABC 所成的角为45.（1）求证:平面PAB ⊥平面PCD ；（2）求二面角P AC D --的平面角的余弦值。

2010年高考试题分类练习(理科：立体几何）（二）答案曾劲松 整理一．选择题1．B ．2．D ．3．D ．解析：直线B 1D 上取一点P ，连接P A 、PB 、PC 、PC 1、P A 1、PD 1，易知△P AB ≌△PCC 1≌△P A 1PD 1，于是这3个三角形的高相等，即P 到三条棱AB 、CC 1、A 1D 1所在直线的距离相等，所以有无穷多点满足条件，故选D .4．B ．解析：根据对称性可知，外接球的球心为上下两底连线的中点，在1R t AO O ∆中，1123232a AO O O =⨯==，2222()3212a O A R ==+=1272a,所以27744123a a S R πππ==⨯=球372a π. 5．B ．解析：过CD 作平面PCD ，使AB ⊥平面PCD ，交AB 与P ，设点P 到CD 的距离为h ，则有AB CD11222323V h h =⨯⨯⨯⨯=四面体,当直径通过AB 与CD 的中点时，max h ==m ax 3V =6．D ．解析：面EFQ 即为面11DCB A ，连结1AD ，由正方体的性质可得⊥1AD 面11DCB A ，过P 作PN ∥1AD ，交D A 1于N 点，则有⊥PN 面11DCB A ，即⊥PN 面EFQ ，又z PD PN 2245cos =︒=，222121211=⨯⨯=⨯=∆C B EF S EFQ ，由z z PN S V EFQ EFQ P 312223131=⨯=⨯=∆-.7．C ．解析：设底面边长为a ，则高212)22(222aa SAh -=-=，所以体积54221123131aa h a V -==，设642112a a y -=，则53348a a y -='，当y 取最值时，解得a =0或a =4时（a =0舍去），体积最大，此时22122=-=ah .二．填空题8．144． 9．4． 104．解析：过点A 作平面β的垂线，垂足为C ，在β内过C 作l 的垂线.垂足为D ．连结AD ，可知AD ⊥l ，故∠ADC 为二面角l αβ--的平面角，为60°．又由已知，∠ABD ＝30°．连结CB ，则∠ABC 为A B 与平面β所成的角．设AD ＝2，则ACCD ＝1，AB ＝sin 30A D ＝4，∴sin ∠ABC＝4A C A B=．11．321S S S <<．解析：由题意OC OB OA ,,，两两垂直，可将其放置在以O 为一顶点的长方体中，设三边OC OB OA ,,分别为c b a >>，从而易得22121cb a S +=，22221ca b S +=，22321bac S +=，()(222222214141ca b aS S -+=-)(222222241baccb a b-=+ )()2222241baccb -=+，又b a >，所以02221>-S S，即21S S >．同理，用平方后作差法可得32S S >．∴123S S S <<．三．解答题12.方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设1AB =,依题意得(0,2,0)D ,(1,2,1)F ,1(0,0,4)A ,31,,02E ⎛⎫⎪⎝⎭．（1）解：易得10,,12E F ⎛⎫= ⎪⎝⎭,1(0,2,4)A D =-．于是1113cos ,5EF A D EF A D EF A D==-．所以异面直线E F 与1A D 所成角的余弦值为35．（2）证明：已知(1,2,1)AF = ,131,,42EA ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ ,11,,02E D ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ．于是A F ·1E A =0，A F ·E D=0.α∙AB∙βCD∙因此，1AF EA ⊥,AF ED ⊥,又1EA ED E ⋂=，所以A F ⊥平面1A ED ．(3)解：设平面E F D 的法向量(,,)u x y z = ，则 ,即102102y z x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩．不妨令x =1,可得(1,21u →=-）．由（2）可知，A F →为平面1A ED 的一个法向量．于是2cos,==3||A F A F|A F|u u u →→→→→→∙，从而sin ,=3AF u →→．所以二面角1A -ED -F的正弦值为3．方法二：（1）解：设AB =1，可得AD =2,AA 1=4,CF =1.CE =12．连接B 1C ,BC 1，设B 1C 与BC 1交于点M ,易知A 1D ∥B 1C ，由1C E C F 1==C BC C 4,可知EF ∥BC 1.故BMC ∠是异面直线EF 与A 1D所成的角，易知BM =CM=11B C 2,所以2223cos 25BMC MBCBM C BM CM +-∠==,所以异面直线FE 与A 1D 所成角的余弦值为35（2）证明：连接AC ，设AC 与DE 交点N 因为12C D EC BCAB==，所以RtDCE ～RtCBA ， 从而CDE BCA ∠=∠， 又由于90CDE CED ∠+∠=︒, 所以90BCA CED ∠+∠=︒，故AC ⊥DE ,又因为CC 1⊥DE 且1CC AC C ⋂=，所以DE ⊥平面ACF ，从而AF ⊥DE . 连接BF ，同理可证B 1C ⊥平面ABF ,从而AF ⊥B 1C ,所以AF ⊥A 1D 因为1DE A D D ⋂=，所以AF ⊥平面A 1ED .(3)解：连接A 1N .FN ,由（2）可知DE ⊥平面ACF ,又NF ⊂平面ACF , A 1N ⊂平面ACF ，所∙以DE ⊥NF ,DE ⊥A 1N ,故1A N F ∠为二面角A 1-ED -F 的平面角.易知R t C N ER t C ∆∆ ，所以C N E C B CA C=，又AC =所以5C N =，在1305Rt N C F N F Rt A AN ∆==中，在中，在Rt △A 1AN中，15N A ==.连接A 1C 1,A 1F在111Rt A C F A F ∆==中，222111112cos 23A N FN A FRt A N F A N F A N FN +-∆∠==∙在中，．所以1sin 3A N F ∠=所以二面角A 1-DE -F正弦值为3.13．方法一：（Ⅰ）解：取EF 的中点H ，连结A H '， A E A F ''=及H 是EF 的中点，∴A H EF '⊥． 又因为平面A E F '⊥平面BEF ，及A H '⊂平面.A EF '所以A H '⊥平面BEF ． 如图建立空间直角坐标系.A xyz -则(2,2,(10,8,0),(4,0,0),(10,0,0).A C F D '故(2,2,(6,0,0)FN FD =-=．设(,,)n x y z = 为平面A F D '的一个法向量，所以22060x y x ⎧-++=⎪⎨=⎪⎩．取(0,z n ==-则．又平面BEF 的一个法向量(0,0,1)m =，故cos ,3||||n m n m n m ⋅<>==⋅．3（Ⅱ）解：设x FM =，£¬(4,0,0)FM x M x =+则．因为翻折后，C 与A 重合，所以CM =A M '．∙故222222(6)80(2)2x x -++=--++，得214x =．经检验，此时点N 在线段BG 上，所以21.4F M =方法二：（Ⅰ）解：取截段EF 的中点H ，AF 的中点G ，连结A G '，NH ，GH ． 因为A E A F ''=及H 是EF 的中点，所以A 'H //EF ． 又因为平面A 'EF ⊥平面BEF ，所以A 'H `⊥平面BEF ， 又AF ⊂平面BEF ，故A H AF '⊥，又因为G ，H 是AF ，EF 的中点，易知GH //AB ， 所以GH AF ⊥，于是AF ⊥面A 'GH ， 所以A GH '∠为二面角A '—DF —C 的平面角，在Rt A GH '∆中，2,A H G H A G ''===，所以cos 3A G H '∠=故二面角A '—DF —C 的余弦值为3．（Ⅱ）解：设FM x =，因为翻折后，G 与A '重合，所以CM A M '⊥， 而222228(6)CMDC DMx =+=+-，222222222(2)2A MA H M HA HM G G Hx '''=+=++-+++，得214x =经检验，此时点N 在线段BC 上，所以21.4F M =14．（Ⅰ）证明：在ABC ∆中，因为45ABC ∠=°，BC =4，AB =所以2222cos 458AC AB BC AB BC =+-⋅⋅=，因此AC =． 故222BCACAB =+，所以090B A C ∠=．又PA ⊥平面ABCDE ，AB //CD ，所以,C D P A C D A C ⊥⊥.又P A ，AC ⊂平面P AC ，且P A ∩AC =A ，所以CD ⊥平面P AC ，又CD ⊂平面PCD ， 所以平面PCD ⊥平面P AC ． （Ⅱ）解法一：因为A P B ∆是等腰三角形，所以PA AB ==4PB ==．又AB //CD ，所以点B 到平面PCD 的距离等于点A 到平面PCD 的距离． 由于CD ⊥平面P AC ，在Rt PAC ∆中，P A A C ==PC =4．故PC 边上的高为2，此即为点A 到平面PCD 的距离，所以B 到平面PCD 的距离为 2.h = 设直线PB 与平面PCD 所成的角为θ，则21sin 42h P Bθ===，又[,0]2πθ∈，所以.6πθ=解法二：由（Ⅰ）知AB ，AC ，AP 两两相互垂直，分别以AB ，AC ，AP 为x 轴，z 轴建立如图． 所示的空间直角坐标系，由于P A B ∆是等腰三角形，所以PA AB ==又AC =，因此(0,0,0),0,0),(0,0),(0,0,A B C P 因为AC //DE ，CD AC ⊥， 所以四边形ACDE 是直角梯形，因为02,45,//AE ABC AE BC =∠=．所以0135B A E ∠=，因此045C A E ∠=，故0sin 4522C D AE =⋅=⨯=，所以(0)D ．因此(0,(0,0)C P C D =-=． 设(,,)m x y z =是平面PCD 的一个法向量，则0,0m C P m C D ⋅=⋅=，解得0,x y z ==，取1,(0,1,1)y m ==得．又(0,BP =-，设θ表示向量B P与平面PCD 的法向量m 所成的角，则1cos 2||||m B P m B P θ⋅== ， 所以3πθ=，因此直线PB 与平面PCD 所成的角为.6π（Ⅲ）因为AC //ED ，CD AC ⊥，所以四边形ACDE 是直角梯形．因为02,45,//AE ABC AE BC =∠=， 所以0135B A E ∠=， 因此045C A E ∠=．故0sin 4522C D AE =⋅=⨯=， 0cos 4522ED AC AE =-⋅=⨯=所以 3.2A C D E S ==四边形 又PA ⊥平面ABCDE ，所以133P C D E V -=⨯⨯=15.解法一 ：（I ）⊥A A 1 平面ABC ，⊂BC 平面ABC ，BC A A ⊥∴1.AB 是圆O 的直径， AC BC ⊥∴.又A A A AC =1 ， ⊥∴BC 平面11ACC A ，而⊂BC 平面11BCC B ，所以平面11ACC A ⊥平面11BCC B ． （II ）（i ）设圆柱的底面半径为r ，则r AA AB 21==， 故三棱柱111_C B A ABC 的体积r AC V ⋅⋅=⋅⋅=BC AC 2r BC 211．又22224r AB BC AC==+ ， 22222r BC ACBC AC =+≤⋅∴．当且仅当r BC AC 2==时等号成立．从而，312r V ≤．而圆柱的体积3222r r r V ππ=⋅=，故ππ1223321=≤=rrVV p ，当且仅当r BC AC 2==，即AB OC ⊥时等号成立．所以，p 的最大值等于π1．（ii ）由（i ）可知p 取最大值时，AB OC ⊥.于是以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系xyz O -（如图）. 则)0,0,(r C ，)0,,0(r B ，)2,,0(1r r B .⊥BC 平面11ACC A ，)0,,(r r BC -=∴→是平面11ACC A 的一个法向量.设平面OC B 1的法向量),,(z y x n =→.由⎪⎩⎪⎨⎧⊥⊥→→→→1OBn OCn ，得⎩⎨⎧=+=020rz ry rx ，解得⎩⎨⎧-==z y x 20.取1=z ，得平面OC B 1的一个法向量为)1,2,0(-=n .900≤<θ，解法二：（I ）同解法一（II ）（i ）设圆柱的底面半径为r ，则r AA AB 21==， 故三棱柱111_C B A ABC 的体积r AC V ⋅⋅=⋅⋅=BC AC 2r BC 211设)900(<<=∠ααBAC ，则ααcos 2cos r AB AC ==，αsin 2r BC =， 由于22222sin 2cos sin 4r r r BC AC ≤==⋅ααα，当且仅当12sin =α即45=α时等号成立，故312r V ≤．而圆柱的体积3222r r r V ππ=⋅=，故ππ1223321=≤=rrVV p ，当且仅当12sin =α即45=α时等号成立．所以，p 的最大值等于π1．（ii ）同解法一． 解法三：（I ）同解法一．（II ）（i ）设圆柱的底面半径r ，则r AA AB 21==，故圆柱的体积3222r r r V ππ=⋅=． 因为VV p 1=，所以当1V 取得最大值时，p 取得最大值．又因为点C 在圆周上运动，所以当AB OC ⊥时，ABC ∆的面积最大．进而，三棱柱111_C B A ABC 的体积最大，且其最大值为322221r r r r =⋅⋅⋅．故p 的最大值等于π1．（ii ）同解法一．。

2010年高考数学试题分类汇编——立体几何1．（2010年山东卷理科）在空间，下列命题正确的是（ ）（A ）平行直线的平行投影重合（B ）平行于同一直线的两个平面平行（C ）垂直于同一平面的两个平面平行（D ）垂直于同一平面的两条直线平行 2．（ 2010年全国卷I 理科）已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为（ ）(A)3(B)3(C) (D)33．（2010年福建卷理科）如图,若Ω是长方体1111ABC D -A B C D 被平面E F G H 截去几何体11EFG H B C 后得到的几何体,其中E 为线段11A B 上异于1B 的点，F 为线段1B B 上异于1B 的点，且E H ∥11A D ，则下列结论中不．正确．．的是（ ） A. E H ∥F G B.四边形E F G H 是矩形 C. Ω是棱柱 D. Ω是棱台3题图 4题图4．（2010年安徽卷理科）一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为（ ）A 、280B 、292C 、360D 、3725．（2010年广东卷理科）如图，△ ABC 为直角三角形，A A '//B B ' //C C ' , C C ' ⊥平面ABC 且3A A '=32B B '=C C ' =AB,则多面体△ABC -A B C '''的正视图（也称主视图）是（ ）6．(2010年宁夏卷）设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ） (A) 2a π(B)273a π(C)2113a π (D) 25a π7．（2010年浙江卷）设m,l 是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（ ）CA9．(2010年全国2卷理数）与正方体1111ABC D A B C D -的三条棱A B 、1C C 、11A D 所在直线的距离相等的点（ ）（A ）有且只有1个 （B ）有且只有2个（C ）有且只有3个 （D ）有无数个10．(2010年湖北卷理科）圆柱形容器内部盛有高度为8 cm 的水，若放入三个相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示)，则球的半径是 cm ． 11．（2010年江西卷理科）如图，在三棱锥O A B C -中，三条棱O A ，O B ，O C 两两垂直，且O A O B O C >>，分别经过三条棱O A ，O B ，O C 作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为1S ，2S ，3S ，则1S ，2S ，3S 的大小关系为 ．12．（2010年浙江卷）若某几何体的正视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是____cm 3. 13．(2010年全国2卷理数）已知球O 的半径为4，圆M 与圆N 为该球的两个小圆，A B 为圆M 与圆N 的公共弦，4A B =．若3O M O N ==，则两圆圆心的距离M N = ． 14．（2010年上海市理科）如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD 中，AC 与BD 相交于O,剪去A O B ,将剩余部分沿OC 、OD 折叠，使OA 、OB 重合，则以A 、（B ）、C 、D 、O 为顶点的四面体的体积为 。

2010-2019北京理科立体几何及答案(2019北京理)16．（14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AD CD ⊥，//AD BC ，2PA AD CD ===，3BC =．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =．（Ⅰ）求证：CD ⊥平面PAD ；（Ⅱ）求二面角F AE P --的余弦值；（Ⅲ）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【思路分析】（Ⅰ）推导出PA CD ⊥，AD CD ⊥，由此能证明CD ⊥平面PAD ．（Ⅱ）以A 为原点，在平面ABCD 内过A 作CD 的平行线为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角F AE P --的余弦值．（Ⅲ）求出4(3AG =u u u r ，0，2)3，平面AEF 的法向量(1m =r ，1，1)-，4220333m AG =-=≠u u ur r g ，从而直线AG 不在平面AEF 内．【解答】证明：（Ⅰ）PA ⊥Q 平面ABCD ，PA CD ∴⊥， AD CD ⊥Q ，PA AD A =I ， CD ∴⊥平面PAD ．解：（Ⅱ）以A 为原点，在平面ABCD 内过A 作CD 的平行线为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，(0A ，0，0)，(1E ，0，1)，2(3F ，23，4)3，(0P ，0，2)，(1AE =u u u r ，0，1)，224(,,)333AF =u u u r ，平面AEP 的法向量(1n =r，0，0)，设平面AEF 的法向量(m x =r，y ，)z ，则02240333m AE x z m AF x y z ⎧=+=⎪⎨=++=⎪⎩u u u r r g u u u r r g ，取1x =，得(1m =r ，1，1)-， 设二面角F AE P --的平面角为θ，则||cos ||||m n m n θ===r r g r r g∴二面角F AE P --． （Ⅲ）直线AG 不在平面AEF 内，理由如下：Q 点G 在PB 上，且23PG PB =．4(3G ∴，0，2)3，∴4(3AG =u u u r ，0，2)3，Q 平面AEF 的法向量(1m =r，1，1)-，4220333m AG =-=≠u u ur r g ，故直线AG 不在平面AEF 内．【归纳与总结】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查直线是否在已知平面内的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．(2018北京理)16．（14分）如图，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB=BC=，AC=AA 1=2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ；（Ⅱ）求二面角B ﹣CD ﹣C 1的余弦值； （Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．【分析】（I ）证明AC ⊥BE ，AC ⊥EF 即可得出AC ⊥平面BEF ； （II ）建立坐标系，求出平面BCD 的法向量，通过计算与的夹角得出二面角的大小； （III ）计算与的数量积即可得出结论．【解答】（I）证明：∵E，F分别是AC，A1C1的中点，∴EF∥CC1，∵CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，∴EF⊥AC，∵AB=BC，E是AC的中点，∴BE⊥AC，又BE∩EF=E，BE⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，∴AC⊥平面BEF．（II）解：以E为原点，以EB，EC，EF为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则B（2，0，0），C（0，1，0），D（0，﹣1，1），∴=（﹣2，1，0），=（0，﹣2，1），设平面BCD的法向量为=（x，y，z），则，即，令y=2可得=（1，2，4），又EB⊥平面ACC1A1，∴=（2，0，0）为平面CD﹣C1的一个法向量，∴cos＜，＞===．由图形可知二面角B﹣CD﹣C1为钝二面角，∴二面角B﹣CD﹣C1的余弦值为﹣．（III）证明：F（0，0，2），（2，0，1），∴=（2，0，﹣1），∴•=2+0﹣4=﹣2≠0，∴与不垂直，∴FG与平面BCD不平行，又FG⊄平面BCD，∴FG与平面BCD相交．【点评】本题考查了线面垂直的判定，二面角的计算与空间向量的应用，属于中档题．(2017北京理)（16）（共14分）如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD//平面MAC ,PA =PD,AB=4.(I)求证：M 为PB 的中点； (II)求二面角B-PD-A 的大小；(III)求直线MC 与平面BDP 所成角的正炫值。