最新近五年浙江数学高考立体几何考题

浙江高考数学压轴题：立体几何选择题1．已知在矩形ABCD 中，2AB =，4=AD ，E ，F 分别在边AD ，BC 上，且1AE =，3BF =，如图所示，沿EF 将四边形AEFB 翻折成A EFB ''，则在翻折过程中，二面角B CD E '--的大小为θ，则tan θ的最大值为（ ）A B C D 2．在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中][0,1,0,1λμ⎡⎤∈∈⎣⎦，则（ ） A ．当1λ=时，△1AB P 的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积不是定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得AP BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P3．已知三棱锥P ABC -三条侧棱,,PA PB PC 两两互相垂直，且2PA PB PC ===，,M N 分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则,M N 两点间距离的最小值为（ ）A ．2+B 1C ．2D 2-4．已知△ABC 在平面β内，不重合的两点P ，Q 在平面β同侧，在点M 从P 运动到Q 的过程中，记四面体M -ABC 的体积为V ，点A 到平面MBC 的距离为d ，则可能的情况是（ ）A ．V 保持不变，d 先变大后变小B ．V 保持不变，d 先变小后变大C ．V 先变大后变小，d 不断变大D ．V 先变小后变大，d 不断变小5．在三棱锥S ABC -中，,,SA SB SC 两两垂直且相等，若空间中动一点P 满足SP x SA y SB z SC →→→→=++，其中0,1,1x y z ≥≥≥且125x y z ++≤.记SP 与平面ABC 所成的角为θ，则sin θ的最大值为（ ）A ．13BC ．1D6．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3AB =，5AD =，14AA =，点F 是1AA 的中点，点E 为棱BC 上的动点，则平面1C EF 与平面11ABB A 所成的锐二面角正切的最小值是（ ）A ．513 BC D ．135 7．如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练，已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面上的射线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小，若15,25,30AB cm AC cm BCM ==∠=︒，则tan θ的最大值是（ ）.（仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成的角）A B C D 8．已知棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -，点A 在空间直角坐标系O xyz -的x 轴上移动，点C 在平面yOz 上移动，则1OC OB ⋅的最大值是（ ）A ．2B ．1C ．4+D ．69．如图，在三棱锥P ABC -中，5AB AC PB PC ====，4PA =，6BC =，点M 在平面PBC 内，且AM =，设异面直线AM 与BC 所成的角为α，则cos α的最大值为（ ）A B C ．25 D 10．正三棱锥A BCD -中G 为BC 的中点，H 为BG 上的任意上点，设AH 与CD 所成的角的大小为1θ，AH 与平面BCD 所成的角的大小为2θ，二面角A BC D --的大小为3θ，则（ ）A ．213θθθ≤≤B ．123θθθ≤≤C ．231θθθ≤<D ．312θθθ≤≤11．已知三棱锥P ABC -，其中PA ⊥平面ABC ，2PA =，2AB AC ==，2BAC π∠=.已知点Q 为棱PA （不含端点）上的动点，若光线从点Q 出发，依次经过平面PBC 与平面ABC 反射后重新回到点Q ，则光线经过路径长度的取值范围为（ ）A ．(1+B ．)4C ．4⎫⎪⎭D ．( 12．如图，平面OAB ⊥平面α，OA α⊂，OA AB =，120OAB ∠=︒．平面α内一点P 满足PA PB ⊥，记直线OP 与平面OAB 所成角为θ，则tan θ的最大值是（ ）A B ．15 C D ．1313．如图，四边形ABCD 中90A CBD ∠=∠=︒，30CDB ∠=︒，AB AC =，沿直线BC 将ABC 折成A BC '，使点A '在平面BCD 上的射影在BCD △内（不含边界），记二面角A BC D '--的平面角大小为α，直线A B '､A D '与平面BCD 所成角分别为β､γ，则（ ）A ．αβγ>>B ．βαγ>>C ．αγβ>>D ．γβα>>14．已知直角梯形ABCD 满足://, AD BC CD DA ⊥，且△ABC 为正三角形.将△ADC 沿着直线AC 翻折至△AD C '，且AD BD CD '''<<，二面角 , , D AB C D BC A D AC B '''------的平面角大小分别为,,αβγ，直线, , D A D B D C '''与平面ABC 所成角分别是123,,θθθ，则（ ）A ．123,θθθαγβ>>>>B ．123,θθθαβγ<<>>C ．123,θθθαβγ>><<D ．123,θθθαβγ<<<<15．已知菱形ABCD ，60DAB ∠=︒，E 为边AB 上的点（不包括A B ，），将ABD △沿对角线BD 翻折，在翻折过程中，记直线BD 与CE 所成角的最小值为α，最大值为β（ ）A ．αβ，均与E 位置有关B ．α与E 位置有关，β与E 位置无关C ．α与E 位置无关，β与E 位置有关D ．αβ，均与E 位置无关16．如图，已知锐二面角l αβ--的大小为1θ，A α∈，B β∈，M l ∈，N l ∈，AM l ⊥，BN l ⊥，C ，D 为AB ，MN 的中点，若AM MN BN >>，记AN ，CD 与半平面β所成角分别为2θ，3θ，则（ ）A ．122θθ<，132θθ<B ．122θθ<，132θθ>C ．122θθ>，132θθ<D ．122θθ>，132θθ>17．已知正四面体P ABC -，Q 为ABC 内的一点，记PQ 与平面PAB PAC PBC 、、所成的角分别为,,αβγ，则下列不等式恒成立的个数为（ ）①222sin sin sin 2αβγ++≥ ②222cos os 2cos c αβγ++≥③222tan an 1tan t αβγ++≤ ④2221111tan an tan t αβγ++≤ A ．0 B ．1 C ．2 D ．318．如图，矩形ABCD 中，已知2AB =，4BC =，E 为AD 的中点． 将ABE △沿着BE 向上翻折至A BE '，记锐二面角A BE C '--的平面角为α，A B '与平面BCDE 所成的角为β，则下列结论不可能成立的是（ ）A ．sin αβ=B αcos β=C ．α2β<D ．πα4β-> 19．如图，在大小为1θ的锐二面角l αβ--中，A α∈，B β∈，M 、N l ∈，AM l ⊥，BN l ⊥，C 、D 分别为AB 、MN 的中点.记直线AN 与半平面β的夹角为2θ，直线CD 与半平面β的夹角为3θ.若AM MN BN >>，则（ ）A ．122θθ<，132θθ<B ．122θθ<，132θθ>C ．122θθ>，132θθ<D ．122θθ>，132θθ>20．在三棱锥D ABC -中，222AD AB AC BC ===，点A 在面BCD 上的投影G 是BCD △的垂心，二面角G AB C --的平面角记为α，二面角G BC A --的平面角记为β，二面角G CD A --的平面角记为γ，则（ ）A ．αβγ>>B ．αγβ>>C ．βγα>>D ．γβα>>21．如图，在三棱锥A BCD -中，AB BC ⊥，BC CD ⊥，E ，F 分别为BC ，AD 的中点，记平面ABC 与平面BCD 所成的角为1θ，直线AC ，EF 与平面BCD 所成的角分别为2θ，3θ，若AB BC CD >>，则（ ）A ．12θθ>， 132θθ<B ．12θθ>，132θθ>C ．12θθ<，132θθ<D ．12θθ<，132θθ>22．如图，在等边三角形ABC 中，,D E 分别是线段,AB AC 上异于端点的动点，且BD CE =，现将三角形ADE 沿直线DE 折起，使平面ADE ⊥平面BCED ，当D 从B 滑动到A 的过程中，则下列选项中错误的是（ ）A ．ADB ∠的大小不会发生变化B ．二面角A BDC --的平面角的大小不会发生变化 C ．BD 与平面ABC 所成的角变大 D ．AB 与DE 所成的角先变小后变大23．已知底面ABCD 为正方形的四棱锥P ABCD -，P 点的射影在正方形ABCD 内，且P 到BC 的距离等于PD 的长，记二面角P AB C 的平面角为α，二面角P CD A --的平面角为β，二面角P AD C --平面角为γ，则下列结论可能成立的是（ ）A ．αβγ==B ．αγβ=<C ．αβγ=<D ．αβγ>=24．如图，长方形ABCD 中，AB =1AD =，点E 在线段AB （端点除外）上，现将ADE 沿DE 折起为A DE '．设ADE α∠=，二面角A DE C '--的大小为β，若π2αβ+=，则四棱锥A BCDE '-体积的最大值为（ ）A ．14B ．23CD 25．如图，ABC 是等腰直角三角形，AB AC =，点D 是AB 上靠近A 的三等分点，点E 是AC 上靠近C 的三等分点，沿直线DE 将ADE 翻折成A DE '，所成二面角A DE B '--的平面角为α，则（ ）A ．A DB A EC α∠≥∠'≥' B ．A EC A DB α∠≥∠'≥'C ．A DB A EC α≥∠'∠≥'D ．A EC A DB α≥∠'∠≥' 26．如图，三棱锥A BCD -的底面BCD 在平面α内，所有棱均相等，E 是棱AC 的中点，若三棱锥A BCD -绕棱CD 旋转，设直线BE 与平面α所成的角为θ，则cos θ的取值范围为（ ）A ．⎤⎥⎣⎦B ．5,16⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．⎡⎢⎣⎦D ．⎡⎢⎣⎦ 27．如图，在矩形ABCD 中，AD AB <，将ACD △沿AC 翻折至ACD '△，设直线AD '与直线BC 所成角为α，直线BD '与平面ACD '所成角为β，二面角A CD B '--的平面角为γ，当γ为锐角时（ ）A ．αβγ>>B ．γβα>>C ．γαβ>>D ．αγβ>> 28．如图，在长方形ABCD 中，AD CD <，现将ACD △沿AC 折至1ACD △，使得二面角1A CD B --为锐二面角，设直线1AD 与直线BC 所成角的大小为α，直线1BD 与平面ABC 所成角的大小为β，二面角1A CD B --的大小为γ，则,,αβγ的大小关系是（ ）A ．αβγ>>B ．αγβ>>C ．γαβ>>D ．不能确定29．如图，在四棱锥P ABCD -中，APB BPC CPD DPA ∠=∠=∠=∠，平面ADP ⊥平面DCP ，若APC α∠=，BPD β∠=，AP 与平面DCP 所成的角为γ，则以下结论正确的是（ ）A ．γβα<<B ．βαγ<<C ．βγα<<D ．γαβ<<30．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，1BC CC ==E ，F ，G 分别为AD ，AB ，11C D 上的点，AE ED =，AF FB =，11(4)DG GC λλ=≥，分别记二面角1G EF D --，G EF C --，G FB C --的平面角为α，β，γ，则（ ） A ．αβγ>>B ．βγα>>C ．γβα>>D ．与λ有关31．如图，在菱形ABCD 中，60BAD ∠=︒，线段AD ，BD 的中点分别为E ，F ，现将ABD △沿对角线BD 翻折，则异面直线BE 与CF 所成的角的取值范围是A ．,63ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,62ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．,32ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．2,33ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ 32．三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，D 是棱AB 上的动点，点P 在平面的射影在ABC 内部，PD 与BC 所成的角为α，PD 与面ABC 所成的角为β，二面角P AB C 为λ，则（ ）A ．βαλ≤≤B ．βλα≤≤C ．λβα≤≤D ．λαβ≤≤33．记{},min ,,a a b a b b a b ≤⎧=⎨>⎩，已知矩形ABCD 中，2AB AD =，E 是边AB 的中点，将ADE 沿DE 翻折至A DE '（A '不在平面BCD 内），记二面角A BC D '--为α，二面角A CD E '--为β，二面角A DE C '--为γ，二面角A BE D '--为θ，则{}min ,,,αβγθ=（ ）A ．αB ．βC ．γD ．θ 34．在四面体ABCD 中，BCD ∆为等边三角形，2ADB π∠=，二面角B AD C --的大小为α，则α的取值范围是（）A ．0,6π⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．0,4π⎛⎤⎥⎝⎦ C ．0,3π⎛⎤ ⎥⎝⎦ D ．0,2π⎛⎤⎥⎝⎦。

近五年浙江数学高考立体几何考题【2018年】3.某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积（单位：cm3）是B. 4C. 6A .充分不必要条件D.既不充分也不必要条件&已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE 与BC所成的角为Q i, SE与平面ABCD所成的角为苏二面角S-AB- C的平面角为Q,则A. QWQWQB. QWQ<0iC. QWQWQD. QWQ<0i19.（本题满分15分）如图，已知多面体ABCA i B i C i, A i A, B i B, C i C均垂直于平面ABC ,/ ABC=i20°, A i A=4, C i C=i , AB=BC=B i B=2 .(I)证明：AB」平面A i B i C i；(n)求直线AC i与平面ABB i所成的角的正弦值.氓-2 -侧视图6.已知平面a,直线m, n满足m広a, n u则"m // n” 是"m // a的B .必要不充分条件C.充分必要条件俯视图fiQ, D- PQ- R, D - QR- P的平面角为a氏Y贝9(A. aV BB. a< PC. a< YD. y< a19. （15分）如图，已知四棱锥P- ABCD , △ PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC// AD , CD 丄AD , PC=AD=2DC=2CB , E 为PD 的中点.（I）证明：CE//平面PAB; （U）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值. 3•某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积（单位：cm2）是（）A •沪1B •挣+3C•琴+1正视團Q俯视團9. （5分）如图，已知正四面体 D - ABC （所有棱长均相等的三棱锥）,P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB,BQ=CR侧视團=2,分别记二面角D- PR-)文科 2.已知互相垂直的平面 a, B 交于直线I ，若直线 m , n 满足m // a, n丄B,则( )A . m // IB . m / nC . n 丄 ID . m 丄 n傭视图14.如图，已知平面四边形 ABCD , AB=BC=3 , CD=1 , AD=伍，/ ADC=90 °沿直线 AC 将厶ACD 翻折成△ ACD 直线AC 与BD 所成角的余弦的最大值是 _____________________ .18.如图，在三棱台 ABC - DEF 中，平面 BCFE 丄平面 ABC , / ACB=90 ° BE=EF=FC=1 , BC=2 , AC=3 .(I) 求证：BF 丄平面ACFD ;(H)求直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值.9.某几何体的三视图如图所示 (单位：cm ),则该几何体的表面积是cm 2,体积是 _____ cm 3.正视團 侧视圉俯视图14.如图，在点D ，满足PD=DA ，PB=BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是17.如图，在三棱台 ABC - DEF 中，已知平面 BCFE 丄平面 ABC , / ACB=90 ° BE=EF=FC=1 , BC=2 , AC=3 ,(I)求证：BF 丄平面ACFD ;(H)求二面角 B - AD - F 的余弦值.理科2.已知互相垂直的平面 a, B 交于直线 A . m / IB . m / nI ，若直线m , n 满足m // a, n 丄伏则( )C . n 丄 ID . m 丄 n11.某几何体的三视图如图所示(单位: 体积是 cm 3.T 1cm ),则该几何体的表面积是2cm ,BE正观團侧视圉△ ABC 中，AB=BC=2 , / ABC=120 °若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的7、如图，斜线段 AB 与平面a 所成的角为60 ° ° B 为斜足,平面上的动点 P 满足/ PAB=30 ,则点P 的轨迹是18、（本题满分 15分）如图，在三棱柱 ABC — A i B i C i 中，/ BAC=90 , AB=AC=2 , A i A=4 , A i 在底面 ABC 的射影为 BC 的中点，D 是B i C i 的中点。

浙江省2013届高三最新理科数学（精选试题17套+2008-2012五年浙江高考理科试题）分类汇编7：立体几何（1）一、选择题1 ．（浙江省“六市六校”联盟2013届高三下学期第一次联考数学（理）试题）如图所示,在正方体1111D C B A ABCD -中,E 为1DD 上一点,且131DD DE =,F 是侧面11C CDD 上的动点,且//1F B 平面BE A 1,则F B 1与平面11C CDD 所成角的正切值构成的集合是（ ）A ．}23{ B ．}1352{C ．}22323|{≤≤m m D ．}231352|{≤≤m m【答案】C2 ．（浙江省新梦想新教育新阵地联谊学校2013届高三回头考联考数学（理）试题 ）棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -在空间直角坐标系中移动,但保持点（ ） A ．B 分别在x 轴、y 轴上移动,则点1C 到原点O 的最远距离为 （ ）A．B．C ．5 D ．4【答案】D 3 ．（浙江省温岭中学2013届高三高考提优冲刺考试（三）数学（理）试题 ）某三棱锥的三视图如图所示,已知该三视图中正视图和俯视图均为边长为2的正三角形,侧视图为如图所示的直角三角形,则该三棱锥的体积为 （ ） A ．1 B ．3 C ．4 D ．5【答案】A4 ．（浙江省建人高复2013届高三第五次月考数学（理）试题）设m 、n 是两条不同的直线,α、β是两1C （第10题图）ABCD E1A 1B 1D个不同的平面.考查下列命题,其中正确的命题是 （ ）A ．βαβα⊥⇒⊥⊂⊥n m n m ,,B ．n m n m ⊥⇒⊥βαβα//,,//C ．n m n m ⊥⇒⊥⊥βαβα//,,D ．ββαβα⊥⇒⊥=⊥n m n m ,,【答案】B 5 ．（2010年高考（浙江理））设l ,m 是两条不同的直线,α是一个平面,则下列命题正确的是 （ ） A ．若l m ⊥,m α⊂,则l α⊥ B ．若l α⊥,l m //,则m α⊥C ．若l α//,m α⊂,则l m //D ．若l α//,m α//,则l m // 【答案】 答案:B 6 ．（浙江省绍兴市2013届高三教学质量调测数学（理）试题（word 版） ）某四棱锥的底面为正方形,其三视图如图所示,则该四棱锥的体积等于俯视图正视图13（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B7 ．（浙江省金华十校2013届高三4月模拟考试数学（理）试题）设m,n 是不同的直线,,αβ是不同的平面,下列命题中正确的是 （ ）A ．若m//,,,n m n αβαβ⊥⊥⊥则B ．若m//,,,//n m n αβαβ⊥⊥则C ．若m//,,//,n m n αβαβ⊥⊥则D ．若m//,,//,//n m n αβαβ⊥则【答案】C 8 ．（浙江省金华十校2013届高三4月模拟考试数学（理）试题）某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的体积是（ ）C ．2D ．439 word 版） ）如图,正四面体ABCD 的顶所成的角为45,顶点B 在平面α上的射影为点O .当顶点A 与所成角的正弦值等于（ ）C ．426+ D ．12225+10α的斜线段．．．,A 为斜足,若点P 在平面α内运动,使得ABP △（ ） C ．一条直线 D ．两条平行直线11,AB =1,BC 将∆ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻（ ） BD 垂直 B ．存在某个位置,使得直线AB 与直线CD 垂直 C ．存在某个位置,使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置,三直线“AC 与BD ”,“AB 与CD ”,“AD 与BC ”均不垂直 【答案】【答案】B【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着,观察在翻着过程,即可知选项B 是正确的.12．（浙江省宁波市2013届高三第二次模拟考试数学（理）试题）已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是（）A．338B．3316C．38D．316【答案】A二、填空题13．（浙江省杭州市2013届高三第二次教学质检检测数学（理）试题）一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为_______________________.【答案】)31(50+14．（浙江省一级重点中学（六校）2013届高三第一次联考数学（理）试题）某几何体的三视图如图所示,根据图中标出的数据,则这个几何体的体积为 _______.俯视图15．（2009年普通高等学校招生全国统一考试(浙江理)）若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是3cm．【答案】提示：该几何体是由二个长方体组成，下面体积为1339⨯⨯=，上面的长方体体积为3319⨯⨯=，因此其几何体的体积为1816．（浙江省湖州市2013年高三第二次教学质量检测数学(理)试题(word 版) ）正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2,MN 是它的内切球的一条弦(把球面上任意两点之间的连线段称为球的弦),P 为正方体表面上的动点,当弦MN 最长时,PM PN 的取值范围是____【答案】 []02，17．（浙江省“六市六校”联盟2013届高三下学期第一次联考数学（理）试题）一个空间几何体的三视图如图所示,其中正视图为等腰直角三角形,侧视图与俯视图为正方形,则该几何体的体积为________.【答案】32 18．（浙江省永康市2013年高考适应性考试数学理试题 ）如图,斜边长为4的直角ABC ∆,=90B ∠,60A ∠= 且A 在平面α上,B ,C 在平面α的同侧,M 为BC 的中点.若ABC ∆在平面α上的射影是以A 为直角顶点的三角形''C AB ∆,则M 到平面α的距离的取值范围是____正视图俯视图（第11题图）侧（左）视图【答案】5(2,)219．（浙江省宁波市十校2013届高三下学期能力测试联考数学（理）试题）一个组合体的三视图如图,则其体积为______________【答案】20π20．（浙江省五校联盟2013届高三下学期第二次联考数学（理）试题）如图是某几何体的三视图,其中正视图和侧视图是全等的矩形,底边长为2,高为3,俯视图是半径为1的圆,则该几何体的体积是_______.【答案】2π三、解答题 21．（浙江省绍兴市2013届高三教学质量调测数学（理）试题（word 版） ）如图,在梯形ABCD中,//A B C D ,AD AB ⊥,4AD =.点P 在平面ABCD 上的射影为点O ,且P A P D ==,二面角P A D B--为45. (Ⅰ)求直线O A 与平面PAB 所成角的大小;(Ⅱ)若8A B B P +=,求三棱锥P A B D -的体积.KH OPE DCBAAP D ,∴P 点在平面ABCD 上的射影O 在线段A D 的中垂线上,设A AD EP AD ⊥⊥,,∴PEO ∠为二面角P A D B--的 2==ED ,又32==PDPA ,∴在以B 的直线为x 轴、y 轴建立空间直角坐标系,则P )0,2,2(-,(2,2,2)P A =--的平行向量m ),,z y ,则0,0,⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩PA n m n 即2220,0,x y z y --=⎧⎨=⎩取(1,0,1)n =∴直线A O 与平面PAB 所成角θ满足sin 12,所以直线O A 与平面PAB 所成角为30方法2:过O 点作O H A B ⊥,垂足为H ,连接P H .过O 作O K P H ⊥,垂足为K ,连接A K .PO ⊥平面ABCD ,∴PO A B ⊥. O H A B⊥,∴AB ⊥平面POH . 又OK ⊂平面POH , ∴A B O K ⊥,又OK P H ⊥,∴OK ⊥平面PAB . ∴OAK ∠就是O A 与平面PAB 所成角∵P A P D =,∴P 点在平面ABCD 上的射影O 在线段A D 的中垂线上,设A D 的中点为E ,连接,EP EO , ∴AD EP AD EO ⊥⊥,,∴PEO∠为二面角P A D B --的平面角,∴45P E O ∠=.在等腰△PAD 中,∵4AD =,∴2==ED EA ,又32==PD PA ,∴22=PE.在Rt △PEO 中,得2OP O E ==,∴OA =又2OH AE ==,2PO =,在Rt △POH 中,可得OK ∴1s i n 2O K O A K O A ∠==,∴30O A K ∠= 所以直线O A 与平面PAB 所成角为30(Ⅱ)设AB x =,则8PB x =-,连接O B . 在Rt △POB 中,222OBPOPB+=,又由(Ⅰ)得OE AE ⊥,OE AE =,∴45O A E ∠=,∴45O A B ∠=在△OAB 中,222OB AO AB =+-2cos AO AB OAB ⋅∠284x x =+-,又22)8(x PB -=,∴22)8()48(4x x x -=-++,得313=,即133A B =∴三棱锥P A B D -的体积13-∆=⋅P ABD ABD V S OP 111352423239=⨯⨯⨯⨯=22．（浙江省一级重点中学（六校）2013届高三第一次联考数学（理）试题）如图:在直三棱柱111ABC A B C -中,1AB AC ==,90BAC ∠=.(Ⅰ)若异面直线1A B 与11B C 所成的角为60,求棱柱的高h ;(Ⅱ)设D 是1BB 的中点,1DC 与平面11A BC 所成的角为θ,当棱柱的高h 变化时,求sin θ的最大值.【答案】解法1:(Ⅰ)由三棱柱111C B A ABC -是直三棱柱可知,1AA 即为高, 如图1,因为11//C B BC ,所以BC A 1∠是异面直线B A 1与11C B 所成的角或其补角,连接1A C ,因为AB AC =,所以11A B A C ==. 在Rt△ABC 中,由1AB AC ==,90BAC ∠=,可得BC =又异面直线1A B 与11B C 所成的角为60,所以160A BC ∠=,即△1A BC 为正三角形.于是111A B B C ==.在Rt△1A AB 中,1A B ==,得11AA =,即棱柱的高为1 (Ⅱ)设1(0)AA h h =>,如图1,过点D 在平面11A B BA 内作1DF A B ⊥于F ,则 由11A C ⊥平面11BAA B ,DF ⊂平面11BAA B ,得11A C DF ⊥. 而1111A C A B A =,所以DF ⊥平面11A BC .故1DC F ∠就是1DC 与平面11A BC 所成的角,即1DC F θ∠= 在Rt △DFB 中,由2h BD =,得DF =在Rt △11DB C 中,由12h B D =,11B C =得1DC =在Rt △1DFC 中,1sin DF DC θ===令()f h ==(Ⅰ)因为异面直线1A B 与11B C 所成的角60,所以111111||cos60||||BC A B B C A B ⋅=⋅,12=,=,解得1h = (Ⅱ)由D 是1BB 的中点,得(1,0,)2h D ,于是1(1,1,)2hDC =-.设平面11A BC 的法向量为(,,)x y z =n ,于是由1A B ⊥n ,11A C ⊥n ,可得 1110,0,A B A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x hz y -=⎧⎨=⎩ 可取(,0,1)h =n , 于是1sin|cos ,|DC θ=<>n .而111|||cos ,|||||DC DC DC ⋅<>===⋅n n n令()f h ==因为22899h h ++≥,当且仅当228h h=,即h =,等号成立.所以()f h ≤==, 故当h =,sin θ 23．（2011年高考（浙江理））如图,在三棱P ABC -中,AB=AC,D 为BC 的中点,PO⊥平面ABC,垂足O 落在线段AD 上,已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2. (1)证明:AP⊥BC;(2)在线段AP 上是否存在点M,使得二面角A MC B --为直二面角?若存在,求出AM 的长;若不存在,请说明理由.PACDO【答案】本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,空间向量的应用,同事考查想象能力和运算求解能力.满分15分. 方法以:(Ⅰ)证明:如图,以O 为原点,以射线OP 为z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0)P(0,0,4)(0,3,4),(8,0,0),AP BC ==-由此可得0AP BC ⋅=所以AP ⊥BC ,即AP⊥BC.(Ⅱ)解:设,1,(0,3,4),PM PA PM λλλ=≠=--BM BP PM BP PA λ=+=+(4,2,4)(0,3,4)λ=--+-- (4,23,44),λλ=----(4,5,0),(8,0,0).AC BC =-=-设平面BMC 的法向量1111(,,),n x y z = 平面APC 的法向量 1222(,,),n x y z =由110,0,BM n BC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 得11114(23)(44)0,80,x y x x λλ--++-=⎧⎨-=⎩即1110,23,44x z y λλ=⎧⎪⎨+=⎪-⎩可取23(0,1,),44n λλ+=- 由210,0,AP n AC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即2222340,450,y z x y +=⎧⎨-+=⎩得22225,43,4x y z y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩可取2(5,4,3),n =- 由120n n ⋅=,得2343044λλ+-⋅=-解得25λ=,故AM=3 综上所述,存在点M 符合题意,AM=3. 方法二:(Ⅰ)证明:由AB=AC,D 是BC 的中点,得AD⊥BC, 又PO⊥平面ABC,得PO⊥BC.因为PO∩BC=0,所以BC⊥平面PAD 故BC⊥PA.(Ⅱ)解:如图,在平面PAD 内作BM⊥PA 于M,连CM. 由(Ⅰ)中知AP⊥BC,得AP⊥平面BMC. 又AP ⊂平面APC,所以平面BMC⊥平面APC.在Rt⊿ADB 中,AB 2=AD 2+BD 2=41,得在Rt⊿POD 中, PB 2=PO 2+OD 2,在Rt⊿PDB 中, PB 2=PD 2+BD 2,所以PB 2=PO 2+OD 2+BD 2=36,得PB=6.在Rt⊿POA 中, PA 2=AO 2+OP 2=25,得PA=5又2221cos ,23PA PB AB BPA PA PB +-∠==⋅从而2,PM PBCOS BPA =∠=所以3AM PA PM =-= 综上所述,存在点M 符合题意,AM=3.24．（浙江省温岭中学2013届高三高考提优冲刺考试（三）数学（理）试题 ）已知四棱锥ABCD P -,⊥PA 底面ABCD ,AD AB BC AD ⊥，∥,AC 与BD 交于点O ,又3=PA ,6,32,2===BC AB AD .(1)求证: ⊥BD 平面PAC ; (2)求二面角A PB O --的余弦值.【答案】.证明:以AB 为x 轴, AD 为y 轴,AP 为z 轴,A 为坐标原点, 建立空间直角坐标系. 则)3,0,0(),0,6,32(),0,0,0(),0,2,0(),0,0,32(P C A D B)0,2,32(-=BD )3,0,32(),0,6,32(-==PB AC 01212=+-=∙AC BDAC BD ⊥∴⊥PA 又底面BD PA ABCD ⊥∴， ⊥∴BD 平面PAC ;(2)设PBO 平面的法向量为),,,,(z y x n =PBA 平面的法向量为),,0,1,0(=m0332=-=∙z x PB n ,0232=+-=∙y x BD n [)332,3,1(=n43由题可知二面角A PB O --为锐角,故余弦值为43 注:也可以PBDABPS S ∆∆=αcos 25．（2012年高考（浙江理））如图,在四棱锥P —ABCD 中,底面是边长为的菱形,且∠BAD =120°,且PA ⊥平面ABCD ,PA=M ,N 分别为PB ,PD 的中点. (Ⅰ)证明:MN ∥平面ABCD ;(Ⅱ) 过点A 作AQ ⊥PC ,垂足为点Q ,求二面角A —MN —Q 的平面角的余弦值.【答案】【解析】本题主要考察线面平行的证明方法,建系求二面角等知识点.(Ⅰ)如图连接BD .∵M ,N 分别为PB ,PD 的中点, ∴在∆PBD 中,MN ∥BD . 又MN ⊄平面ABCD , ∴MN ∥平面ABCD ; (Ⅱ)如图建系:A (0,0,0),P(0,0,M(,32,0), NC,3,0).设Q (x ,y ,z ),则(33)(33CQ x y z CP =--=--，，，，.∵(3)CQ CP λλ==-，,∴33)Q λ-，. 由0OQ CPOQ CP ⊥⇒⋅=,得:13λ=. 即:2Q . 对于平面AMN :设其法向量为()n a b c =，，. ∵33(0)=(300)2AM AN =-，，，，，.则300123000a AM n b b AN n c ⎧=⎪⎪⎧⎧⋅=+=⎪⎪⎪⇒⇒=⎨⎨⋅=⎪⎪⎩==⎪⎪⎩. ∴31(0)3n =，，. 同理对于平面AMN 得其法向量为(31v =-，，. 记所求二面角A —MN —Q 的平面角大小为θ, 则10cos n v n vθ⋅==⋅. ∴所求二面角A —MN —Q. 【答案.【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)26．（浙江省金华十校2013届高三4月模拟考试数学（理）试题）如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,O为AC与BD的交点,E为PB上任意一点.(I)证明:平面EAC⊥平面PBD;(II)若PD∥平面EAC,并且二面角B-AE-C的大小为45°,求PD:AD的值.【答案】27．（浙江省宁波市十校2013届高三下学期能力测试联考数学（理）试题）如图,ABC∆中,90,1,B AB BC D E ∠===、两点分别在线段AB AC 、上，满足,(0,1)AD AEAB ACλλ==∈.现将ABC ∆沿DE 折成直二面角A DE B --.(1)求证:当12λ=时,ADC ABE ⊥面面;(2)当(0,1)λ∈时,二面角E AC D --的大小能否等于4π?若能,求出λ的值;若不能,请说明理由.【答案】28．（浙江省永康市2013年高考适应性考试数学理试题 ）如图,在三棱锥ABC P -中,直线⊥PA 平面ABC ,且︒=∠90ABC ,又点Q ,M ,N 分别是线段PB ,AB ,BC 的中点,且点K 是线段MN 上的动点.(Ⅰ)证明:直线//QK 平面PAC ;(Ⅱ)若BC AB PA ===8,且二面角M AK Q --,试求MK 的长度. ABCDEAB CD EKQ NMPCBA[【答案】(Ⅰ)连结QM ,因为点Q ,M ,N 分别是线段PB ,AB ,BC 的中点 所以QM ∥PA 且MN ∥AC ,从而QM ∥平面PAC 且MN ∥平面PAC 又因为MN ∩QM =M ,所以平面QMN ∥平面PAC 而QK ⊂平面QMN 所以QK ∥平面PAC(Ⅱ)方法1:过M 作MH ⊥AK 于H ,连QH ,则∠QHM 即为二面角M AK Q --的平面 角,设x MK =,且8===PC PB PA 则1624222++=x x x MH ,又4=QM ,且93cos =∠QHM ,所以==∠MHQM QHM tan 26162422=++xx x ,解得2=x ,所以MK 的长度为2方法2:以B 为原点,以BC 、BA 所在直线为x 轴y 轴建空间直角坐标系, 则A (0,8,0),M (0,4, 0),N (4,0,0),P (0,8,8),Q (0,4,4) , 设K (a ,b ,0),则a +b =4, AQ =(0,-4,4),)0,4,(a a AK --= 记(,,)n x y z AQK =为平面的一个法向量,则⎩⎨⎧+==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅ya ax z y Azk n AQ n )4(00取a z y ==则a x +=4, 则),,4(a a a n +=,又平面AKM 的一个法向量(0,0,1)m =,设二面角M AK Q --的平面角为θ 则|cos θ932)4(22=++=a a a ,解得1=a , 所以所以MK 的长度为229．（浙江省宁波市2013届高三第二次模拟考试数学（理）试题）如图,已知四棱锥P—ABCD的底面为菱形,且∠ABC=60°,AB=PC=2,AP=BP=2.(1)求证:平面PAB⊥平面ABCD;(2)求二面角A—PC—D的平面角的余弦值.【答案】30．（浙江省杭州高中2013届高三第六次月考数学（理）试题）如图,已知长方形ABCD中,1,2==AD AB ,M 为DC 的中点. 将ADM ∆沿AM 折起,使得平面⊥ADM 平面ABCM .(1)求证:BM AD ⊥(2)点E 是线段DB 上的一动点,当二面角D AM E --大小为3π时,试确定点E 的位置.【答案】取AM 的中点O,AB 的中点B,则OD OA ON ,,两两垂直,以O 为原点建立空间直角坐标系,如图.根据已知条件,得)0,0,22(A ,)0,2,22(-B ,)0,0,22(-M ,)22,0,0(D (1)由于)0,2,0(),22,0,22(-=-=BM AD ,则0=⋅BM AD ,故BM AD ⊥.(2)设存在满足条件的点E,并设DB DE λ=, 则)22,2,22()22,,(--=-λE E E z y x 则点E 的坐标为)2222,2,22(λλλ--.(其中]1,0[∈λ)易得平面ADM 的法向量可以取)0,1,0(1=n ,设平面AMEA的法向量为),,(2z y x n =,则)0,0,2(-=AM , )2222,2,2222(λλλ---=AE 则⎪⎩⎪⎨⎧=-++--=⋅=-=⋅0)2222()2()2222(0222λλλz y x AE n x AM n 则λλ2:)1(:0::-=z y x ,取)2,1,0(2λλ-=n *由于二面角D AM E --大小为3π,则|||||,cos |3cos 212121n n n n ⋅=><=π214)1(122=+--=λλλ,由于]1,0[∈λ,故解得332-=λ.故当E 位于线段DB 间,且332-=DB DE 时,二面角D AM E --大小为3π。

浙江省2013届高三最新理科数学（精选试题17套+2008-2012五年浙江高考理科试题）分类汇编7：立体几何（1）一、选择题1 ．（浙江省“六市六校”联盟2013届高三下学期第一次联考数学（理）试题）如图所示,在正方体1111D C B A ABCD -中,E 为1DD 上一点,且131DD DE =,F 是侧面11C CDD 上的动点,且//1F B 平面BE A 1,则F B 1与平面11C CDD 所成角的正切值构成的集合是（ ）A ．}23{ B ．}1352{C ．}22323|{≤≤m m D ．}231352|{≤≤m m【答案】C2 ．（浙江省新梦想新教育新阵地联谊学校2013届高三回头考联考数学（理）试题 ）棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -在空间直角坐标系中移动,但保持点（ ） A ．B 分别在x 轴、y 轴上移动,则点1C 到原点O 的最远距离为 （ ）A ．22B ．23C ．5D ．4【答案】D 3 ．（浙江省温岭中学2013届高三高考提优冲刺考试（三）数学（理）试题 ）某三棱锥的三视图如图所示,已知该三视图中正视图和俯视图均为边长为2的正三角形,侧视图为如图所示的直角三角形,则该三棱锥的体积为 （ ） A ．1 B ．3 C ．4 D ．5【答案】A1C （第10题图）ABCD E1A 1B 1D4 ．（浙江省建人高复2013届高三第五次月考数学（理）试题）设m 、n 是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面.考查下列命题,其中正确的命题是 （ ）A ．βαβα⊥⇒⊥⊂⊥n m n m ,,B ．n m n m ⊥⇒⊥βαβα//,,//C ．n m n m ⊥⇒⊥⊥βαβα//,,D ．ββαβα⊥⇒⊥=⊥n m n m ,,【答案】B5 ．（2010年高考（浙江理））设l ,m 是两条不同的直线,α是一个平面,则下列命题正确的是 （ ） A ．若l m ⊥,m α⊂,则l α⊥ B ．若l α⊥,l m //,则m α⊥C ．若l α//,m α⊂,则l m //D ．若l α//,m α//,则l m // 【答案】 答案:B 6 ．（浙江省绍兴市2013届高三教学质量调测数学（理）试题（word 版） ）某四棱锥的底面为正方形,其三视图如图所示,则该四棱锥的体积等于211俯视图正视图13（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B7 ．（浙江省金华十校2013届高三4月模拟考试数学（理）试题）设m,n 是不同的直线,,αβ是不同的平面,下列命题中正确的是 （ ）A ．若m//,,,n m n αβαβ⊥⊥⊥则B ．若m//,,,//n m n αβαβ⊥⊥则C ．若m//,,//,n m n αβαβ⊥⊥则D ．若m//,,//,//n m n αβαβ⊥则【答案】C 8 ．（浙江省金华十校2013届高三4月模拟考试数学（理）试题）某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的体积是（ ）A ．83B ．4C ．2D ．43【答案】B 9 ．（浙江省绍兴市2013届高三教学质量调测数学（理）试题（word 版） ）如图,正四面体ABCD 的顶点C 在平面α内,且直线B C 与平面α所成的角为45,顶点B 在平面α上的射影为点O .当顶点A 与点O 的距离最大时,直线C D 与平面α所成角的正弦值等于αOABCD（ ）A ．12236+ B ．2215+ C ．426+ D ．12225+【答案】A10．（2008年高考（浙江理））如图,AB 是平面α的斜线段．．．,A 为斜足,若点P 在平面α内运动,使得ABP △的面积为定值,则动点P 的轨迹是 （ ） A ．圆 B ．椭圆 C ．一条直线 D ．两条平行直线11．（2012年高考（浙江理））已知矩形ABCD ,AB =1,BC 2将∆ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻着,在翻着过程中, （ ） A ．存在某个位置,使得直线AC 与直线BD 垂直 B ．存在某个位置,使得直线AB 与直线CD 垂直 C ．存在某个位置,使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置,三直线“AC 与BD ”,“AB 与CD ”,“AD 与BC ”均不垂直 【答案】【答案】BABPα【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着,观察在翻着过程,即可知选项B 是正确的. 12．（浙江省宁波市2013届高三第二次模拟考试数学（理）试题）已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是（ ）A ．338 B ．3316C ．38 D ．316【答案】A 二、填空题 13．（浙江省杭州市2013届高三第二次教学质检检测数学（理）试题）一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为_______________________.【答案】)31(50+14．（浙江省一级重点中学（六校）2013届高三第一次联考数学（理）试题）某几何体的三视图如图所示,根据图中标出的数据,则这个几何体的体积为 _______.3122正视图俯视图(8)36π+ 15．（2009年普通高等学校招生全国统一考试(浙江理)）若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是 3cm ．【答案】提示：该几何体是由二个长方体组成，下面体积为1339⨯⨯=，上面的长方体体积为3319⨯⨯=，因此其几何体的体积为1816．（浙江省湖州市2013年高三第二次教学质量检测数学(理)试题(word 版) ）正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2,MN 是它的内切球的一条弦(把球面上任意两点之间的连线段称为球的弦),P 为正方体表面上的动点,当弦MN 最长时,PM PN 的取值范围是____【答案】 []02，17．（浙江省“六市六校”联盟2013届高三下学期第一次联考数学（理）试题）一个空间几何体的三视图如图所示,其中正视图为等腰直角三角形,侧视图与俯视图为正方形,则该几何体的体积为________.【答案】32 18．（浙江省永康市2013年高考适应性考试数学理试题 ）如图,斜边长为4的直角ABC ∆,=90B ∠,60A ∠= 且A 在平面α上,B ,C 在平面α的同侧,M 为BC 的中点.若ABC ∆在平面α上的射影是以A 为直角顶点的三角形''C AB ∆,则M 到平面α的距离的取值范围是____444正视图俯视图（第11题图）侧（左）视图MαC'B'CBA【答案】5(2,)219．（浙江省宁波市十校2013届高三下学期能力测试联考数学（理）试题）一个组合体的三视图如图,则其体积为______________【答案】20π20．（浙江省五校联盟2013届高三下学期第二次联考数学（理）试题）如图是某几何体的三视图,其中正视图和侧视图是全等的矩形,底边长为2,高为3,俯视图是半径为1的圆,则该几何体的体积是_______.【答案】2π 三、解答题21．（浙江省绍兴市2013届高三教学质量调测数学（理）试题（word 版） ）如图,在梯形ABCD中,//A B C D ,AD AB ⊥,4AD =.点P 在平面ABCD 上的射影为点O ,且23P A P D ==,二面角P A D B--为45. (Ⅰ)求直线O A 与平面PAB 所成角的大小;KH OPE DCBAyxz PODCBA(Ⅱ)若8A B B P +=,求三棱锥P A B D -的体积.OPDCBA【答案】解:(Ⅰ)方法1:∵P A P D =,∴P 点在平面ABCD 上的射影O 在线段A D 的中垂线上,设A D的中点为E ,连接,EP EO ,∴AD EP AD EO ⊥⊥,,∴PEO ∠为二面角P A D B--的 平面角,∴45P E O ∠=在等腰△PAD 中,∵4AD =,∴2==ED EA ,又32==PDPA ,∴22=PE.在Rt △PEO 中,得2O P O E ==以O 为原点,分别以平行于A D ,A B 的直线为x 轴、y 轴建立空间直角坐标系,则(0,0,2)P ,(2,2,0)A -,所以)0,2,2(-=OA ,(2,2,2)P A =--∵//AB y 轴,故可取一个A B 的平行向量()0,1,0m =. 设平面PAB 的法向量是),,(z y x n =,则0,0,⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩PA n m n 即2220,0,x y z y --=⎧⎨=⎩取(1,0,1)n =∴直线A O 与平面PAB 所成角θ满足sin θ=(2,2,0)(1,0,1)82-⋅⋅12=,所以直线O A 与平面PAB 所成角为30方法2:过O 点作O H A B ⊥,垂足为H ,连接P H .过O 作O K P H ⊥,垂足为K ,连接A K .PO ⊥平面ABCD ,∴PO A B ⊥. O H A B⊥,∴AB ⊥平面POH . 又OK ⊂平面POH , ∴A B O K ⊥,又OK P H ⊥,∴OK ⊥平面PAB . ∴OAK ∠就是O A 与平面PAB 所成角E∵P A P D =,∴P 点在平面ABCD 上的射影O 在线 段A D 的中垂线上,设A D 的中点为E ,连接,EP EO , ∴AD EP AD EO ⊥⊥,,∴PEO∠为二面角P A D B --的平面角,∴45P E O ∠=.在等腰△PAD 中,∵4AD =,∴2==ED EA ,又32==PD PA ,∴22=PE.在Rt △PEO 中,得2OP O E ==,∴22OA =. 又2OH AE ==,2PO =,在Rt △POH 中,可得2OK = ∴1s i n 2O K O A K O A ∠==,∴30O A K ∠=所以直线O A 与平面PAB 所成角为30(Ⅱ)设AB x =,则8PB x =-,连接O B . 在Rt △POB 中,222OBPOPB+=,又由(Ⅰ)得OE AE ⊥,OE AE =,∴45O A E ∠=,∴45O A B ∠=在△OAB 中,222OB AO AB =+-2cos AO AB OAB ⋅∠284x x =+-,又22)8(x PB -=,∴22)8()48(4x x x -=-++,得313=,即133A B =∴三棱锥P A B D -的体积13-∆=⋅P ABD ABD V S OP 111352423239=⨯⨯⨯⨯=22．（浙江省一级重点中学（六校）2013届高三第一次联考数学（理）试题）如图:在直三棱柱111ABC A B C -中,1AB AC ==,90BAC ∠=.(Ⅰ)若异面直线1A B 与11B C 所成的角为60,求棱柱的高h ;(Ⅱ)设D 是1BB 的中点,1DC 与平面11A BC 所成的角为θ,当棱柱的高h 变化时,求sin θ的最大值.【答案】解法1:(Ⅰ)由三棱柱111C B A ABC -是直三棱柱可知,1AA 即为高, 如图1,因为11//C B BC ,所以BC A 1∠是异面直线B A 1与11C B 所成的角或其补角,连接1A C ,因为AB AC =,所以21111A B A C AA ==+. 在Rt△ABC 中,由1AB AC ==,90BAC ∠=,可得2BC =又异面直线1A B 与11B C 所成的角为60,所以160A BC ∠=,即△1A BC 为正三角形. 于是1112A B B C ==.在Rt△1A AB 中,由21112AA A B +==,得11AA =,即棱柱的高为1 (Ⅱ)设1(0)AA h h =>,如图1,过点D 在平面11A B BA 内作1DF A B ⊥于F ,则 由11A C ⊥平面11BAA B ,DF ⊂平面11BAA B ,得11A C DF ⊥. 而1111A C A B A =,所以DF ⊥平面11A BC .故1DC F ∠就是1DC 与平面11A BC 所成的角,即1DC F θ∠= 在Rt △DFB 中,由2h BD =,得221h DF h =+,在Rt △11DB C 中,由12h B D =,112B C =,得21182DC h =+, 在Rt △1DFC 中,2422121sin 19882hDF h h DC h h h θ+===+++令42221()8989h f h h h h h==++++,(Ⅰ)因为异面直线1A B 与11B C 所成的角60,所以111111||cos60||||B C A B B C A B ⋅=⋅,即211221a =⋅+,得212h +=,解得1h = (Ⅱ)由D 是1BB 的中点,得(1,0,)2h D ,于是1(1,1,)2hDC =-.设平面11A BC 的法向量为(,,)x y z =n ,于是由1A B ⊥n ,11A C ⊥n ,可得 1110,0,A B A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x hz y -=⎧⎨=⎩ 可取(,0,1)h =n , 于是1sin |cos ,|DC θ=<>n .而1142221||||2|cos ,|||||198124hh DC h DC DC h h h h -+⋅<>===⋅+++⋅+n n n令42221()8989h f h h h h h==++++,因为2289289h h ++≥+,当且仅当228h h=,即48h =时,等号成立. 所以11221()781928f h -≤==++, 故当48h =时,sin θ的最大值2217- 23．（2011年高考（浙江理））如图,在三棱P ABC -中,AB=AC,D 为BC 的中点,PO⊥平面ABC,垂足O 落在线段AD 上,已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2. (1)证明:AP⊥BC;(2)在线段AP 上是否存在点M,使得二面角A MC B --为直二面角?若存在,求出AM 的长;若不存在,请说明理由.PACDO【答案】本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,空间向量的应用,同事考查想象能力和运算求解能力.满分15分. 方法以:(Ⅰ)证明:如图,以O 为原点,以射线OP 为z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0)P(0,0,4)(0,3,4),(8,0,0),AP BC ==-由此可得0AP BC ⋅=所以AP ⊥BC ,即AP⊥BC.(Ⅱ)解:设,1,(0,3,4),PM PA PM λλλ=≠=--BM BP PM BP PA λ=+=+(4,2,4)(0,3,4)λ=--+--(4,23,44),λλ=----(4,5,0),(8,0,0).AC BC =-=-设平面BMC 的法向量1111(,,),n x y z = 平面APC 的法向量 1222(,,),n x y z =由110,0,BM n BC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 得11114(23)(44)0,80,x y x x λλ--++-=⎧⎨-=⎩即1110,23,44x z y λλ=⎧⎪⎨+=⎪-⎩可取23(0,1,),44n λλ+=- 由210,0,AP n AC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即2222340,450,y z x y +=⎧⎨-+=⎩得22225,43,4x y z y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩可取2(5,4,3),n =- 由120n n ⋅=,得2343044λλ+-⋅=-解得25λ=,故AM=3 综上所述,存在点M 符合题意,AM=3. 方法二:(Ⅰ)证明:由AB=AC,D 是BC 的中点,得AD⊥BC, 又PO⊥平面ABC,得PO⊥BC.因为PO∩BC=0,所以BC⊥平面PAD 故BC⊥PA.(Ⅱ)解:如图,在平面PAD 内作BM⊥PA 于M,连CM. 由(Ⅰ)中知AP⊥BC,得AP⊥平面BMC. 又AP ⊂平面APC,所以平面BMC⊥平面APC. 在Rt⊿ADB 中,AB 2=AD 2+BD 2=41,得AB=41在Rt⊿POD 中, PB 2=PO 2+OD 2,在Rt⊿PDB 中, PB 2=PD 2+BD 2,所以PB 2=PO 2+OD 2+BD 2=36,得PB=6.在Rt⊿POA 中, PA 2=AO 2+OP 2=25,得PA=5又2221cos ,23PA PB AB BPA PA PB +-∠==⋅从而2,PM PBCOS BPA =∠=所以3AM PA PM =-= 综上所述,存在点M 符合题意,AM=3.24．（浙江省温岭中学2013届高三高考提优冲刺考试（三）数学（理）试题 ）已知四棱锥ABCD P -,⊥PA 底面ABCD ,AD AB BC AD ⊥，∥,AC 与BD 交于点O ,又3=PA ,6,32,2===BC AB AD .(1)求证: ⊥BD 平面PAC ; (2)求二面角A PB O --的余弦值.【答案】.证明:以AB 为x 轴, AD 为y 轴,AP 为z 轴,A 为坐标原点, 建立空间直角坐标系. 则)3,0,0(),0,6,32(),0,0,0(),0,2,0(),0,0,32(P C A D B)0,2,32(-=BD )3,0,32(),0,6,32(-==PB AC 01212=+-=•AC BDAC BD ⊥∴⊥PA 又底面BD PA ABCD ⊥∴， ⊥∴BD 平面PAC ;(2)设PBO 平面的法向量为),,,,(z y x n =PBA 平面的法向量为),,0,1,0(=m0332=-=•z x PB n ,0232=+-=•y x BD n [)332,3,1(=n 43,cos =•=nm n m n m 由题可知二面角A PB O --为锐角,故余弦值为43 注:也可以PBDABPS S ∆∆=αcos 25．（2012年高考（浙江理））如图,在四棱锥P —ABCD 中,底面是边长为23的菱形,且∠BAD =120°,且PA ⊥平面ABCD ,PA =26,M ,N 分别为PB ,PD 的中点. (Ⅰ)证明:MN ∥平面ABCD ;(Ⅱ) 过点A 作AQ ⊥PC ,垂足为点Q ,求二面角A —MN —Q 的平面角的余弦值.【答案】【解析】本题主要考察线面平行的证明方法,建系求二面角等知识点.(Ⅰ)如图连接BD .∵M ,N 分别为PB ,PD 的中点, ∴在∆PBD 中,MN ∥BD . 又MN ⊄平面ABCD , ∴MN ∥平面ABCD ; (Ⅱ)如图建系:A (0,0,0),P (0,0,26M (32,32,0), N 3C 3,3,0).设Q (x ,y ,z ),则(33)(3326)CQ x y z CP =--=--，，，，.∵(3326)CQ CP λλλλ==--，，,∴(333326)Q λλλ--，，. 由0OQ CPOQ CP ⊥⇒⋅=,得:13λ=. 即:2326(2)33Q ，，. 对于平面AMN :设其法向量为()n a b c =，，. ∵33(0)=(300)22AM AN =-，，，，，. 则33330012230300a AM n a b b AN n a c ⎧=⎪⎪⎧⎧⋅=-+=⎪⎪⎪⇒⇒=⎨⎨⎨⋅=⎪⎪⎪⎩=⎩=⎪⎪⎩. ∴31(0)33n =，，. 同理对于平面AMN 得其法向量为(316)v =-，，. 记所求二面角A —MN —Q 的平面角大小为θ, 则10cos 5n v n vθ⋅==⋅. ∴所求二面角A —MN —Q 的平面角的余弦值为105. 【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)105.【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ) 333.26．（浙江省金华十校2013届高三4月模拟考试数学（理）试题）如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,O为AC与BD的交点,E为PB上任意一点.(I)证明:平面EAC⊥平面PBD;(II)若PD∥平面EAC,并且二面角B-AE-C的大小为45°,求PD:AD的值.【答案】27．（浙江省宁波市十校2013届高三下学期能力测试联考数学（理）试题）如图,ABC∆中,90,2,1,B AB BC D E ∠===、两点分别在线段AB AC 、上，满足,(0,1)AD AEAB ACλλ==∈.现将ABC ∆沿DE 折成直二面角A DE B --.(1)求证:当12λ=时,ADC ABE ⊥面面;(2)当(0,1)λ∈时,二面角E AC D --的大小能否等于4π?若能,求出λ的值;若不能,请说明理由.【答案】28．（浙江省永康市2013年高考适应性考试数学理试题 ）如图,在三棱锥ABC P -中,直线⊥PA 平面ABC ,且︒=∠90ABC ,又点Q ,M ,N 分别是线段PB ,AB ,BC 的中点,且点K 是线段MN 上的动点.(Ⅰ)证明:直线//QK 平面PAC ;(Ⅱ)若BC AB PA ===8,且二面角M AK Q --39,试求MK 的长度. ABCDEAB CD EKQ NMPCBA[【答案】(Ⅰ)连结QM ,因为点Q ,M ,N 分别是线段PB ,AB ,BC 的中点 所以QM ∥PA 且MN ∥AC ,从而QM ∥平面PAC 且MN ∥平面PAC 又因为MN ∩QM =M ,所以平面QMN ∥平面PAC 而QK ⊂平面QMN 所以QK ∥平面PAC(Ⅱ)方法1:过M 作MH ⊥AK 于H ,连QH ,则∠QHM 即为二面角M AK Q --的平面 角,设x MK =,且8===PC PB PA 则1624222++=x x x MH ,又4=QM ,且93cos =∠QHM ,所以==∠MHQM QHM tan 26162422=++xx x ,解得2=x ,所以MK 的长度为2方法2:以B 为原点,以BC 、BA 所在直线为x 轴y 轴建空间直角坐标系, 则A (0,8,0),M (0,4,0),N (4,0,0),P (0,8,8),Q (0,4,4) , 设K (a ,b ,0),则a +b =4, AQ =(0,-4,4),)0,4,(a a AK --= 记(,,)n x y z AQK =为平面的一个法向量,则⎩⎨⎧+==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅ya ax z y Azk n AQ n )4(00取a z y ==则a x +=4, 则),,4(a a a n +=,又平面AKM 的一个法向量(0,0,1)m =,设二面角M AK Q --的平面角为θ 则|cos θ932)4(||||||22=++=⋅a a a n m n m ,解得1=a , 所以所以MK 的长度为229．（浙江省宁波市2013届高三第二次模拟考试数学（理）试题）如图,已知四棱锥P—ABCD的底面为菱形,且∠ABC=60°,A B=PC=2,AP=BP=2.(1)求证:平面PAB⊥平面ABCD;(2)求二面角A—PC—D的平面角的余弦值.【答案】30．（浙江省杭州高中2013届高三第六次月考数学（理）试题）如图,已知长方形ABCD中,1,2==AD AB ,M 为DC 的中点. 将ADM ∆沿AM 折起,使得平面⊥ADM 平面ABCM . (1)求证:BM AD ⊥(2)点E 是线段DB 上的一动点,当二面角D AM E --大小为3π时,试确定点E 的位置. 【答案】取AM 的中点O,AB 的中点B,则OD OA ON ,,两两垂直,以O 为原点建立空间直角坐标系,如图.根据已知条件,得)0,0,22(A ,)0,2,22(-B ,)0,0,22(-M ,)22,0,0(D (1)由于)0,2,0(),22,0,22(-=-=BM AD ,则0=⋅BM AD ,故BM AD ⊥.(2)设存在满足条件的点E,并设DB DE λ=,则)22,2,22()22,,(--=-λE E E z y x 则点E 的坐标为)2222,2,22(λλλ--.(其中]1,0[∈λ)易得平面ADM 的法向量可以取)0,1,0(1=n ,设平面AME A的法向量为),,(2z y x n =,则)0,0,2(-=AM , )2222,2,2222(λλλ---=AE 则⎪⎩⎪⎨⎧=-++--=⋅=-=⋅0)2222()2()2222(0222λλλz y x AE n x AM n 则λλ2:)1(:0::-=z y x ,取)2,1,0(2λλ-=n *由于二面角D AM E --大小为3π,则|||||||,cos |3cos 212121n n n n n n ⋅⋅=><=π214)1(122=+--=λλλ,由于]1,0[∈λ,故解得332-=λ.故当E 位于线段DB 间,且332-=DB DE 时,二面角D AM E --大小为3π。

1.（本题满分15 分）如图，平面PAC ⊥平面ABC ，ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形。

E,F ,O分别为PA, PB, PC 的中点，AC 16, PA PC 10 。

（I ）设 C 是OC 的中点，证明：PC // 平面BOE ；（II ）证明：在ABO 内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，并求点M 到OA , OB 的距离。

zyx2.如图，在棱长为 1 的正方体ABCD －A1B1C1D1 中，P 是侧棱CC1 上的一点，CP=m ，（Ⅰ）试确定m，使得直线AP 与平面BDB 1D1 所成角的正切值为 3 2 ；（Ⅱ）在线段A1C1 上是否存在一个定点Q，使得对任意的m，D1Q 在平面APD 1 上的射影垂直于AP，并证明你的结论。

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

（I）求证BC⊥平面AFG ；（II）求二面角B－AE －D 的余弦值．.4 在如图所示的几何体中，EA 平面ABC，DB 平面ABC，AC BC ，AC BC BD 2AE ，M是AB的中点．（1）求证：CM EM ；D（2）求CM与平面CDE所成的角ECAMB4.如图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所在平面互相垂直，BE ∥CF ，BCF CEF ，AD 3，E F 2．90D（Ⅰ）求证：AE ∥平面DCF ；AC （Ⅱ）当AB 的长为何值时，二面角 A EF C 的大小为60 ？BF E（第18 题）25.如图，在矩形ABCD 中，点E，F 分别在线段AB ，AD 上，AE=EB=AF= FD 4.沿直3线EF 将AEF 翻折成A' EF , 使平面A' EF 平面BEF.（I）求二面角A' FD C 的余弦值；（II ）点M ，N 分别在线段FD，BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使 C与A' 重合，求线段FM 的长.6.如图，在三棱锥P-ABC 中，AB ＝AC，D 为BC 的中点，PO⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A-MC-B 为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由。

浙江省普通高校招生学考科目考试立体几何多选题试题含答案一、立体几何多选题1．如图①，矩形ABCD 的边2BC =，设AB x =，0x >，三角形BCM 为等边三角形，沿BC 将三角形BCM 折起，构成四棱锥M ABCD -如图②，则下列说法正确的有（ ）A ．若T 为BC 中点，则在线段MC 上存在点P ，使得//PD 平面MATB ．当)3,2x ∈时，则在翻折过程中，不存在某个位置满足平面MAD ⊥平面ABCDC ．若使点M 在平面ABCD 内的射影落在线段AD 上，则此时该四棱锥的体积最大值为1 D ．若1x =，且当点M 在平面ABCD 内的射影点H 落在线段AD 上时，三棱锥M HAB -6322++【答案】BCD 【分析】对于A ，延长AT 与DC 的延长线交于点N ，此时，DP 与MN 必有交点； 对于B ，取AD 的中点H ，表示出2223MH MT HT x --，验证当)3,2x ∈时，无解即可； 对于C ，利用体积公式21233V x x =⨯⨯-，借助基本不等式求最值即可； 对于D ，要求外接球半径与内切球半径，找外接圆的圆心，又内接圆半径为2323r =++【详解】对于A ，如图，延长AT 与DC 的延长线交于点N ，则面ATM ⋂面()MDC N MN =．此时，DP 与MN 必有交点，则DP 与面ATM 相交，故A 错误； 对于B ，取AD 的中点H ，连接MH ，则MH AD ⊥．若面MAD ⊥面ABCD ，则有2223MH MT HT x =-=- 当)3,2x ∈时，无解，所以在翻折过程中，不存在某个位置满足平面MAD ⊥平面ABCD故B 正确；对于C ，由题可知，此时面MAD ⊥面ABCD ，由B 可知，(3x ∈，所以()22222221223232331333232x x V x x x x ⎛⎫+-⎛⎫=⨯⨯-=-≤== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当且仅当223x x =-，即6x =时等号成立．故C 正确； 对于D ，由题可知，此时面MAD ⊥面ABCD ，且2MH =因为AHB ，MHB 都是直角三角形，所以M ABH -底面外接圆的圆心是中点，所以1R =，由等体积法，可求得内接圆半径为2323r =++，故61322R r ++=，故D 正确．故选：BCD ． 【点睛】本题从多个角度深度考查了立体几何的相关内容，注意辅助线的作法，以及求内接圆半径的公式、基本不等式、构造函数等核心思想．2．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 -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 -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.3．在三棱柱111ABC A B C -中，ABC ∆是边长为343（ ）A ．直线1A C 与直线1BB 之间距离的最大值为3B ．若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则直线1AA 与底面所成角为60︒ C ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则异面直线AB 与1A C 所成的角为30D ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则其外接球表面积为64π 【答案】AD 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】如图示，以A 为原点，AC 为y 轴正方向，Ax 为x 轴正方向，过A 点垂直于面ABC 的向上方向为z 轴正方向建系，则()()()0,0,0,3,0,0,23,0,A B C 设()()()100010001000,,,3,3,,,23,,A x y z B x y z C x y z ++所以()()()1000100011,23,,,,,3,3,0,AC x y z BB x y z A B =---== 对于A:设n 为直线1A C 与直线1BB 的公垂线的方向向量，则有：11·0·0AC n BB n ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即()()0000002300x x y y zz x x y y zz ⎧-+-=⎪⎨++=⎪⎩解得：()00,0n z x =- 设直线1A C 与直线1BB 之间距离为d ，则22011222200009||||z A B nd d x z n x z ===++ 22009x d ≥∴≤，即3d ≤，故A 正确；对于B ：若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则(13,211A 底面法向量()(10,0,1,1,3,211m AA ==，设直线 1AA 与底面所成角为θ，则：121133sin |cos ,|143AA n θ===⨯，故B 错误； 对于C ： 三棱柱的侧棱垂直于底面时，则(((1110,0,43,3,43,0,23,43,A B C则()()13,3,0,0,23,43,AB AC ==- 设异面直线AB 与1A C 所成的角为θ，则11165cos |cos ,|||10||||23215AB AC AB AC AB AC θ====⨯,故C 错误；对于D ：若三棱柱的侧棱垂直于底面时，外接球的球心O 为上下底面中心DD 1连线的中点,所以外接球的半径()222324R =+=，所以2464S R ππ==.故D 正确故选：AD 【点睛】向量法解决立体几何问题的关键： (1)建立合适的坐标系； (2)把要用到的向量正确表示； (3)利用向量法证明或计算.4．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且2EF =.则下列结论正确的是（ ）A ．三棱锥A BEF -的体积为定值B ．当E 向1D 运动时，二面角A EF B --逐渐变小C ．EF 在平面11ABB A 内的射影长为12D ．当E 与1D 重合时，异面直线AE 与BF 所成的角为π4【答案】AC 【分析】对选项分别作图，研究计算可得. 【详解】选项A:连接BD ,由正方体性质知11BDD B 是矩形，1112212224BEF S EF BB ∆∴=⋅=⨯⨯=连接AO 交BD 于点O由正方体性质知AO ⊥平面11BDD B ,所以，AO 是点A 到平面11BDD B 的距离，即22AO =11221334212A BEF BEF V S AO -∆∴=⨯=⨯⨯=A BEF V -∴是定值.选项B:连接11A C 与11B D 交于点M ，连接11,AD AB ， 由正方体性质知11AD AB =,M 是11B D 中点，AM EF ∴⊥ ,又1BB EF ⊥,11//BB AAA EFB ∴--的大小即为AM 与1AA 所成的角，在直角三角形1AA M 中，12tan 2MAA ∠=为定值. 选项C:如图，作1111,,,FH A B EG A B ET EG ⊥⊥⊥ 在直角三角形EFT 中，221cos 45222FT EF =⨯=⨯= 12HG FT ∴==选项D:当E 与1D 重合时，F 与M 重合，连接AC 与BD 交于点R ，连接1D R ,1//D R BM 异面直线AE 与BF 所成的角,即为异面直线1AD 与1D R 所成的角, 在三角形1AD R 中，22111132,2AD D R MB BB M B ===+=2AR = 由余弦定理得13cos AD R ∠= 故选：AC 【点睛】本题考查空间几何体性质问题.求解思路：关键是弄清(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．求空间几何体体积的思路：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法；若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.5．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,2,AB BC AA P ===是1A B 上的一动点，则下列选项正确的是( )A ．DP 35B ．DP 5C ．1AP PC +6D ．1AP PC +的最小值为1705【答案】AD 【分析】DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高即可；旋转11A BC 所在平面到平面11ABB A ，1AP PC +的最小值转化为求AC '即可.【详解】求DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高，易知115,2A B A D BD ===，所以1A B 边上的高为355h =111,AC BC ，得11A BC ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，则AC '即为所求的最小值，易知11122,2,cos 10AA AC AAC ''==∠=-， 所以217042222()10AC '=+-⨯⨯⨯-= 故选：AD. 【点睛】本题考查利用旋转求解线段最小值问题.求解翻折、旋转问题的关键是弄清原有的性质变化与否， (1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，翻折、旋转前后应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．6．如图，已知矩形ABCD 中，2AB AD =，E 为边AB 的中点，将ADE ∆沿直线DE 翻折成1A DE ∆，若M 为线段1A C 的中点，则ADE ∆在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．线段BM 的长是定值B ．存在某个位置，使1DE AC ⊥C ．点M 的运动轨迹是一个圆D ．存在某个位置，使MB ⊥平面1A DE【答案】AC【分析】取CD 中点F ，连接BF ，MF ，根据面面平行的判定定理可得平面//BMF 平面1A DE ，由面面平行的性质定理可知//BM 平面1A DE ，可判断D ；在BFM ∆中，利用余弦定理可求得BM a =为定值，可判断A 和C ；假设1DE A C ⊥，由线面垂直的判定定理可得DE ⊥平面1A CE ，由线面垂直的性质定理可知1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，可判断B ．【详解】解：取CD 的中点F ，连接BF ，MF ，∵M ，F 分别为1A C 、CD 中点，∴1MF A D ∥，∵1A D ⊂平面1A DE ，MF ⊄平面1A DE ，∴MF 平面1A DE ，∵DF BE ∥且DF BE =，∴四边形BEDF 为平行四边形，∴BF DE ，∵DE ⊂平面1A DE ，BF ⊄平面1A DE ，∴BF ∥平面1A DE ，又BF MF F =，BF 、MF ⊂平面BMF ，∴平面//BMF 平面1A DE ，∵BM ⊂平面BMF ，∴BM ∥平面1A DE ，即D 错误，设22AB AD a ==， 则112MF A D a ==，2BF DE a ==，145A DE MFB ︒∠=∠=， ∴222cos45BM MF BF MF BF a ︒=+-⋅⋅=，即BM 为定值，所以A 正确，∴点M 的轨迹是以B 为圆心，a 为半径的圆，即C 正确，∵2DE CE a ==，2CD AB a ==， ∴222DE CE CD +=， ∴DE CE ⊥，设1DE A C ⊥，∵1A C 、CE ⊂平面1A CE ，1AC CE C =， ∴DE ⊥平面1A CE ，∵1A E ⊂平面1A CE ，∴1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，所以假设不成立，即B 错误.故选:AC .【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题，涉及到线段长度的求解、直线与平面位置关系的判定、点的轨迹的求解、反证法的应用等知识点，考查学生的空间立体感和推理论证能力．7．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段B 1C 上运动，则（ ）A ．直线BD 1⊥平面A 1C 1DB ．三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值C ．异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[45°，90°]D ．直线C 1P 与平面A 1C 1D 6 【答案】ABD【分析】在A 中，推导出A 1C 1⊥BD 1，DC 1⊥BD 1，从而直线BD 1⊥平面A 1C 1D ；在B 中，由B 1C ∥平面 A 1C 1D ，得到P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，再由△A 1C 1D 的面积是定值，从而三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线C 1P 与平面A 1C 1D所成角的正弦值的最大值为3． 【详解】解：在A 中，∵A 1C 1⊥B 1D 1，A 1C 1⊥BB 1，B 1D 1∩BB 1＝B 1，∴A 1C 1⊥平面BB 1D 1，∴A 1C 1⊥BD 1，同理，DC 1⊥BD 1，∵A 1C 1∩DC 1＝C 1，∴直线BD 1⊥平面A 1C 1D ，故A 正确；在B 中，∵A 1D ∥B 1C ，A 1D ⊂平面A 1C 1D ，B 1C ⊄平面A 1C 1D ，∴B 1C ∥平面 A 1C 1D ，∵点P 在线段B 1C 上运动，∴P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，又△A 1C 1D 的面积是定值，∴三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值，故B 正确；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]，故C 错误；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，P （a ，1，a ），则D （0，0，0），A 1（1，0，1），C 1（0，1，1），1DA ＝（1，0，1），1DC ＝（0，1，1），1C P ＝（a ，0，a ﹣1），设平面A 1C 1D 的法向量(),,n x y z =， 则1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x ＝1，得1,1,1n ，∴直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为： 11||||||C P n CP n ⋅⋅＝∴当a ＝12时，直线C 1P 与平面A 1C 1D ，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解；（2）、用空间向量坐标公式求解.8．如图，已知P 为棱长为1的正方体对角线1BD 上的一点，且()()10,1BP BD λλ=，下面结论中正确结论的有（ ）A ．11A D C P ⊥；B ．当1A P PD +取最小值时，23λ=； C ．若()0,1λ∈，则7,312APC ππ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭； D ．若P 为1BD 的中点，四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π． 【答案】ABD【分析】 以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，利用向量关系可判断ABC ；根据几何体外接球关系建立方程求出球半径即可判断D.【详解】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，则()1,1,0B ，()10,0,1D ，设(),,P x y z ，()()10,1BP BD λλ=，1BP BD λ∴=，即()()1,1,1,1,1x y z λ--=--，则可解得()1,1,P λλλ--，对A ，()()()111,0,1,0,0,0,0,1,1A D C ，()11,0,1A D ∴=--，()11,,1C P λλλ=---，则()()()()11110110A D C P λλλ⋅=-⨯-+⨯-+-⨯-=，则11A D C P ⊥，故A 正确；对B ，()()()()()2222221111111A P PD λλλλλλ+=--+-+--+-+222223422333λλλ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭ 则当23λ=时，1A P PD +取最小值，故B 正确； 对C ，()()1,0,0,0,1,0A C ，(),1,PA λλλ∴=--，()1,,PC λλλ=--，则222321cos 1321321PA PC APC PA PC λλλλλλ⋅-∠===--+-+⋅， 01λ<<，则2232123λλ≤-+<，则2111123212λλ-≤-<-+， 即11cos 22APC -≤∠<，则2,33APC ππ⎛⎤∠∈ ⎥⎝⎦，故C 错误； 对于D ，当P 为1BD 中点时，四棱锥11P AA D D -为正四棱锥，设平面11AA D D 的中心为O ，四棱锥11P AA D D -的外接球半径为R ，所以222122R R ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭⎝⎭，解得34R =， 故四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π，所以D 正确. 故选：ABD.【点睛】关键点睛：本题考查空间相关量的计算，解题的关键是建立空间直角坐标系，利用向量建立关系进行计算.。

专题04立体几何（文）考点三年考情（2022-2024）命题趋势考点1：三视图2022年浙江卷2022年全国甲卷（理）2023年全国乙卷（理）从近三年高考命题来看，本节是高考的一个重点，立体几何是高考的必考内容，重点关注以下几个方面：（1）掌握基本空间图形及其简单组合体的概念和基本特征，能够解决简单的实际问题；（2）多面体和球体的相关计算问题是近三年考查的重点；（3）运用图形的概念描述图形的基本关系和基本结果，突出考查直观想象和逻辑推理．考点2：空间几何体表面积、体积、侧面积2022年全国I卷2024年天津卷2022年天津卷2024年全国Ⅰ卷考点3：空间直线、平面位置关系的判断2024年天津卷2024年全国甲卷（理）考点4：线线角、线面角、二面角2022年全国I卷2022年浙江卷2024年全国Ⅱ卷考点5：外接球、内切球问题2023年全国乙卷（文）2022年全国II卷考点6：立体几何中的范围与最值问题及定值问题2023年全国甲卷（文）2023年全国Ⅰ卷2022年全国乙卷（理）2022年全国I卷考点7：锥体的体积问题2023年全国甲卷（文）2023年天津卷2022年全国乙卷（文）2022年全国甲卷（文）2023年全国乙卷（文）考点8：距离及几何体的高问题2024年北京卷2024年全国甲卷（文）2023年全国甲卷（文）考点1：三视图1．（2022年新高考浙江数学高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：3cm）是（）A．22πB．8πC．22π3D．16π32．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8B．12C．16D．203．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（）A ．24B ．26C ．28D ．30考点2：空间几何体表面积、体积、侧面积4．（2022年新高考全国I 卷数学真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．7 2.65≈）（）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯5．（2024年天津高考数学真题）一个五面体ABC DEF -．已知AD BE CF ∥∥，且两两之间距离为1．并已知123AD BE CF ===，，．则该五面体的体积为（）A 36B ．33142+C ．32D ．33142-6．（2022年新高考天津数学高考真题）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 ．277．（2024年新课标全国Ⅰ3则圆锥的体积为（）A ．3πB ．33πC ．3πD ．93π考点3：空间直线、平面位置关系的判断8．（2024年天津高考数学真题）若,m n 为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（）A ．若//m α，//n α，则m n ⊥B ．若//,//m n αα，则//m n C ．若//,αα⊥m n ，则m n⊥D ．若//,αα⊥m n ，则m 与n 相交9．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）设αβ、为两个平面，m n 、为两条直线，且m αβ= .下述四个命题：①若//m n ，则//n α或//n β②若m n ⊥，则n α⊥或n β⊥③若//n α且//n β，则//m n ④若n 与α,β所成的角相等，则m n⊥其中所有真命题的编号是（）A ．①③B ．②④C ．①②③D ．①③④考点4：线线角、线面角、二面角10．（多选题）（2022年新高考全国I 卷数学真题）已知正方体1111ABCD A B C D -，则（）A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒C ．直线1BC 与平面11BBD D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒11．（2022年新高考浙江数学高考真题）如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA -=，E ，F 分别是棱11,BC A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则（）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．βγα≤≤D ．αγβ≤≤12．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知正三棱台111ABC A B C -的体积为523，6AB =，112A B =，则1A A与平面ABC 所成角的正切值为（）A ．12B ．1C ．2D ．3考点5：外接球、内切球问题13．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）已知点,,,S A B C 均在半径为2的球面上，ABC 是边长为3的等边三角形，SA ⊥平面ABC ，则SA =．14．（2022年新高考全国II 卷数学真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3343点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π考点6：立体几何中的范围与最值问题及定值问题15．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）在正方体1111ABCD A B C D -中，4,AB O =为1AC 的中点，若该正方体的棱与球O 的球面有公共点，则球O 的半径的取值范围是．16．（多选题）（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m ）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A ．直径为0.99m 的球体B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体17．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A ．13B ．12C 33D 2218．（2022年新高考全国I 卷数学真题）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且333l ≤≤）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[18,27]考点7：锥体的体积问题19．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）在三棱锥-P ABC 中，ABC 是边长为2的等边三角形，2,6PA PB PC ===）A ．1B 3C ．2D ．320．（2023年天津高考数学真题）在三棱锥-P ABC 中，点M,N 分别在棱PC,PB 上，且13PM PC =，23PN PB =，则三棱锥P AMN -和三棱锥-P ABC 的体积之比为（）A ．19B ．29C ．13D ．4921．（2022年高考全国乙卷数学（文）真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积．22．（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD 是边长为8（单位：cm ）的正方形，,,,EAB FBC GCD HDA 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD 垂直．(1)证明：//EF 平面ABCD ；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．23．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）如图，在三棱锥-P ABC 中，AB BC ⊥，2AB =，22BC =6PB PC ==,,BP AP BC 的中点分别为,,D E O ，点F 在AC 上，BF AO ⊥．(1)求证：EF //平面ADO ；(2)若120POF ∠=︒，求三棱锥-P ABC 的体积．考点8：距离及几何体的高问题24．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，4PA PB ==，22PC PD ==）.A ．1B ．2C 2D 325．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）如图，//,//AB CD CD EF ，2AB DE EF CF ====，104,CD AD BC ===AE 3=M 为CD 的中点.(1)证明：//EM 平面BCF ；(2)求点M 到ADE 的距离.26．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1A C ⊥平面,90ABC ACB ∠=︒．(1)证明：平面11ACC A ⊥平面11BB C C ；(2)设11,2AB A B AA ==，求四棱锥111A BB C C -的高．。

大题立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，M是BC的中点，N是AB1的中点，P是B1C1的中点．(1)证明：MN⎳平面A1CP；(2)求点P到直线MN 的距离．2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°,M是侧棱PC的中点，侧面PAD为正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD．(1)求三棱锥M-ABC的体积；(2)求AM与平面PBC所成角的正弦值．2024届新高考数学大题精选30题--立体几何3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC,AB= AC=BC=AA1=2，A1B=6．(1)设D为AC中点，证明：AC⊥平面A1DB；(2)求平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE中，BC=BD=6，EC⊥ED，且EC=ED= 2，AB平行于平面CDE，AE平行于平面BCD，AE⊥CD.(1)证明：平面ABE⊥平面CDE；(2)若点A到直线CD的距离为22，F为棱AE的中点，求平面BDF与平面BCD夹角的余弦值．5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC-A1B1C1中，A1在平面ABC内的射影O在棱AC的中点处，P为棱A1B1(包含端点)上的动点．(1)求点P到平面ABC1的距离；(2)若AP⊥平面α，求直线BC1与平面α所成角的正弦值的取值范围．6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P-ABCD中，已知AB∥CD，∠BAD=90°，CD= 2AB，△PAB是正三角形，点M在侧棱PB上且使得PD⎳平面AMC．(1)证明：PM=2BM；(2)若侧面PAB⊥底面ABCD，CM与底面ABCD所成角的正切值为311，求二面角P-AC-B的余弦值．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE为菱形，AC=BC=2，∠ACB=120°，平面ACDE⊥平面ABC，点F在AB上，且AF=2FB，M，N分别在直线CD，AB上．(1)求证：CF⊥平面ACDE；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC=60°，MN为直线CD，AB的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE与平面ABC所成角为α，若tanα>217，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF 上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1 ，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB=∠PCB=π4，点M，N分别为DP和AB的中点.(1)求证：MN⎳平面PBC；(2)求证：平面PBC⊥平面ABCD；(3)求CM与平面PAD所成角的正弦值.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD 为直角梯形，△PAD为等边三角形，AD⎳BC，AD⊥AB，AD=AB=2BC=2．(1)求证：AD⊥PC；(2)点N在棱PC上运动，求△ADN面积的最小值；(3)点M为PB的中点，在棱PC上找一点Q，使得AM⎳平面BDQ，求PQQC的值．15(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O1O2的轴截面A1ACC1为等腰梯形，AC=2AA1= 2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点，且AB=BC,P是线段BC的中点.(1)求证：C1P⎳平面A1AB.(2)求平面A1AB与平面C1CB夹角的余弦值.16(2024·广东深圳·二模)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C⊥底面ABC，且AB= AC，A1B=A1C．(1)证明：AA1⊥平面ABC；(2)若AA1=BC=2，∠BAC=90°，求平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值．17(2024·河北保定·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PCD 内存在一条直线EF 与AB 平行，PA ⊥平面ABCD ，直线PC 与平面ABCD 所成的角的正切值为32，PA =BC =23，CD =2AB =4.(1)证明：四边形ABCD 是直角梯形.(2)若点E 满足PE =2ED ，求二面角P -EF -B 的正弦值.18(2024·湖南衡阳·模拟预测)如图，在圆锥PO 中，P 是圆锥的顶点，O 是圆锥底面圆的圆心，AC 是圆锥底面圆的直径，等边三角形ABD 是圆锥底面圆O 的内接三角形，E 是圆锥母线PC 的中点，PO =6,AC =4.(1)求证：平面BED ⊥平面ABD ；(2)设点M 在线段PO 上，且OM =2，求直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值.19(2024·湖南岳阳·三模)已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为4的菱形，∠DAB =60°，PA =PC ，PB =PD =210，M 是线段PC 上的点，且PC =4MC ．(1)证明：PC ⊥平面BDM ；(2)点E 在直线DM 上，求BE 与平面ABCD 所成角的最大值．20(2024·湖南·二模)如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形，∠ABC =60°,BD 1⊥平面A 1C 1D .(1)求四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积；(2)设点D 1关于平面A 1C 1D 的对称点为E ，点E 和点C 1关于平面α对称(E 和α未在图中标出)，求平面A 1C 1D 与平面α所成锐二面角的大小.21(2024·山东济南·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠DAB=∠PCB=60°,CD=1,AB=3,PC=23，平面PCB⊥平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点.(1)证明：PF⊥AD；(2)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为74.22(2024·山东潍坊·二模)如图1，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=4，∠ABC=60°，E为CD 的中点，将△ADE沿AE折起，连结BD，CD，且BD=4，如图2．(1)求证：图2中的平面ADE⊥平面ABCE；(2)在图2中，若点F在棱BD上，直线AF与平面ABCE所成的角的正弦值为3010，求点F到平面DEC 的距离．23(2024·福建·模拟预测)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥PB,AB⊥BC,AB=3,BC=6，已知二面角P-AB-C的大小为θ，∠PAB=θ.(1)求点P到平面ABC的距离；(2)当三棱锥P-ABC的体积取得最大值时，求：(Ⅰ)二面角P-AB-C的余弦值；(Ⅱ)直线PC与平面PAB所成角.24(2024·浙江杭州·二模)如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，∠DAB=60°, BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点，PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD．(1)证明：∠ABQ=90°；(2)若多面体ABCDPQ的体积为152，求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值．25(2024·浙江嘉兴·二模)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD,PA∥QD，BC=2AB=2PA=2,∠ABC=60°.(1)证明：平面PCD⊥平面PAC；(2)若PQ=22，求平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值.26(2024·浙江绍兴·二模)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=4，AC=2，∠CAB=60°，BC⊥AP.(1)证明：平面ACP⊥平面ABC；(2)若PA=2，PB=4，求二面角P-AB-C的平面角的正切值.27(2024·河北沧州·一模)如图，在正三棱锥A -BCD 中，BC =CD =BD =4，点P 满足AP=λAC ，λ∈(0,1)，过点P 作平面α分别与棱AB ，BD ，CD 交于Q ，S ，T 三点，且AD ⎳α，BC ⎳α.(1)证明：∀λ∈(0,1)，四边形PQST 总是矩形；(2)若AC =4，求四棱锥C -PQST 体积的最大值.28(2024·湖北·二模)如图1．在菱形ABCD 中，∠ABC =120°，AB =4，AE =λAD ，AF =λAB(0<λ<1)，沿EF 将△AEF 向上折起得到棱锥P -BCDEP ．如图2所示，设二面角P -EF -B 的平面角为θ．(1)当λ为何值时，三棱锥P -BCD 和四棱锥P -BDEF 的体积之比为95(2)当θ为何值时，∀λ∈0,1 ，平面PEF 与平面PFB 的夹角φ的余弦值为5529(2024·湖北·模拟预测)空间中有一个平面α和两条直线m ，n ，其中m ，n 与α的交点分别为A ，B ，AB =1，设直线m 与n 之间的夹角为π3，(1)如图1，若直线m ，n 交于点C ，求点C 到平面α距离的最大值；(2)如图2，若直线m ，n 互为异面直线，直线m 上一点P 和直线n 上一点Q 满足PQ ⎳α，PQ ⊥n 且PQ ⊥m ，(i )求直线m ，n 与平面α的夹角之和；(ii )设PQ =d 0<d <1 ，求点P 到平面α距离的最大值关于d 的函数f d ．30(2024·浙江绍兴·模拟预测)如图所示，四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1，底面ABCD 为一个菱形，且∠BAD =120°. 底面与顶面的对角线交点分别为O ，O 1. AB =2A 1B 1=2，BB 1=DD 1=392，AA 1与底面夹角余弦值为3737.(1)证明：OO 1⊥平面ABCD ；(2)现将顶面绕OO 1旋转θ角，旋转方向为自上而下看的逆时针方向. 此时使得底面与DC 1的夹角正弦值为64343，此时求θ的值(θ<90°)；(3)求旋转后AA 1与BB 1的夹角余弦值.大题 立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为2，M 是BC 的中点，N 是AB 1的中点，P 是B 1C 1的中点．(1)证明：MN ⎳平面A 1CP ；(2)求点P 到直线MN 的距离．【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】(1)建立如图空间直角坐标系A -xyz ，设平面A 1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，利用空间向量法证明MN ⋅n=0即可；(2)利用空间向量法即可求解点线距.【详解】(1)由题意知，AA 1⊥平面ABC ，∠BAC =60°，而AB ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥AB ，在平面ABC 内过点A 作y 轴，使得AB ⊥y 轴，建立如图空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0),B (2,0,0),C (1,3,0),A 1(0,0,2),B 1(2,0,2)，得M 32,32,0,N (1,0,1),P 32,32,2，所以A 1C =(1,3,-2),A 1P =32,32,0 ,MN =-12,-32,1 ，设平面A1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅A 1C=x +3y -2z =0n ⋅A 1P =32x +32y =0，令x =1，得y =-3,z =-1，所以n=(1,-3,-1)，所以MN ⋅n =-12×1+-32×(-3)+1×(-1)=0，又MN 不在平面A 1CP 内即MN ⎳平面A 1CP ；(2)如图，连接PM ，由(1)得PM =(0,0,-2)，则MN ⋅PM =-2，MN =2,PM =2，所以点P 到直线MN 的距离为d =PM 2-MN ⋅PMPM2= 3.2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD =60°,M 是侧棱PC 的中点，侧面PAD 为正三角形，侧面PAD ⊥底面ABCD ．(1)求三棱锥M -ABC 的体积；(2)求AM 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】(1)12(2)3311．【分析】(1)作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，由中位线得到M 到平面ABCD 的距离为32，进而由锥体体积公式求出答案；(2)证明出BO ⊥AD ，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由法向量的夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值.【详解】(1)如图所示，取AD 的中点O ，连接PO ．因为△PAD 是正三角形，所以PO ⊥AD ．又因为平面PAD ⊥底面ABCD ,PO ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，且PO =3．又因为M 是PC 的中点，M 到平面ABCD 的距离为32，S △ABC =12×2×2×sin 2π3=3，所以三棱锥M -ABC 的体积为13×3×32=12．(2)连接BO ,BD ，因为∠BAD =π3，所以△ABD 为等边三角形，所以BO ⊥AD ，以O 为原点，OA ,OB ,OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P 0,0,3 ,A 1,0,0 ,B 0,3,0 ,C -2,3,0 ，所以M -1,32,32 ,AM =-2,32,32,PB =0,3,-3 ,BC =-2,0,0 ．设平面PBC 的法向量为n=x ,y ,z ，则PB ⋅n =0BC ⋅n =0，即3y -3z =0-2x =0 ，解得x =0，取z =1，则y =1，所以n=0,1,1 ．设AM 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ=cos AM ,n =AM ⋅nAM ⋅n=-2,32,32 ⋅0,1,14+34+34×1+1=3311．即AM 与平面PBC 所成角的正弦值为3311．3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ,AB =AC =BC =AA 1=2，A 1B =6．(1)设D 为AC 中点，证明：AC ⊥平面A 1DB ；(2)求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)55【分析】(1)根据等边三角形的性质得出BD ⊥AC ，根据平面ACC 1A 1⊥平面ABC 得出BD ⊥平面ACC 1A 1，BD ⊥A 1D ，利用勾股定理得出AC ⊥A 1D ，从而证明AC ⊥平面A 1DB ；(2)建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面A 1AB 1的法向量和平面ACC 1A 1的一个法向量，利用向量求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角余弦值．【详解】(1)证明：因为D 为AC 中点，且AB =AC =BC =2，所以在△ABC 中，有BD ⊥AC ，且BD =3，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，且平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，BD ⊂平面ABC ,所以BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1，则BD ⊥A 1D ，由A 1B =6，BD =3，得A 1D =3，因为AD =1，AA 1=2，A 1D =3，所以由勾股定理，得AC ⊥A 1D ，又AC ⊥BD ，A 1D ∩BD =D ,A 1D ,BD ⊂平面A 1DB ，所以AC ⊥平面A 1DB ；(2)如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系D -xyz ，可得A (1,0,0),A 1(0,0,3),B (0,3,0)，则AA 1 =-1,0,3 ,AB=-1,3,0 ，设平面A 1AB 1的法向量为n=(x ,y ,z )，由n ⋅AA 1=-x +3z =0n ⋅AB=-x +3y =0，令x =3，得y =1，z =1，所以n=3,1,1 ,由(1)知，BD ⊥平面ACC 1A 1，所以平面ACC 1A 1的一个法向量为BD=(0,-3,0)，记平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角为α，则cos α=|n ⋅BD ||n ||BD |=35×3=55，所以平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值为55．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE 中，BC =BD =6，EC ⊥ED ，且EC =ED =2，AB 平行于平面CDE ，AE 平行于平面BCD ，AE ⊥CD .(1)证明：平面ABE ⊥平面CDE ；(2)若点A 到直线CD 的距离为22，F 为棱AE 的中点，求平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)10535【分析】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，使用线面平行的性质，然后用面面垂直的判定定理即可；(2)证明BE ⊥平面CDE ，然后构造空间直角坐标系，直接用空间向量方法即可得出结果.【详解】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，连接ME ,MB ，则平面ABE 与平面CDE 的交线为ME ，平面ABE 与平面BCD 的交线为MB ，因为AB 平行于平面CDE ，AB ⊂平面ABE ，平面ABE 和平面CDE 的交线为ME ，所以AB ∥ME ．同理AE ∥MB ，所以四边形ABME 是平行四边形，故AE ∥MB ，AB ∥ME .因为CD ⊥AE ，AE ∥MB ，所以CD ⊥MB ，又BC =BD =6，所以M 为棱CD 的中点在△CDE 中，EC =ED ，MC =MD ，所以CD ⊥ME ，由于AB ∥ME ，故CD ⊥AB .而CD ⊥AE ，AB ∩AE =A ，AB ,AE ⊂平面ABE ，所以CD ⊥平面ABE ，又CD ⊂平面CDE ，所以平面ABE ⊥平面CDE .(2)由(1)可知，CD ⊥平面ABME ，又AM ⊂平面ABME ，所以CD ⊥AM .而点A 到直线CD 的距离为22，故AM =2 2.在等腰直角三角形CDE 中，由EC =ED =2,得CD =2,MC =MD =ME =1.在等腰三角形BCD 中，由MC =MD =1，BC =BD =6，得BM = 5.在平行四边形ABME 中，AE =BM =5，AB =EM =1，AM =22，由余弦定理得cos ∠MEA =EM 2+AE 2-AM 22EM ·AE=-55，所以cos ∠BME =55，所以BE =BM 2+EM 2-2BM ·EM cos ∠BME =2.因为BE 2+ME 2=22+12=5 2=BM 2，所以BE ⊥ME .因为平面ABME ⊥平面CDE ，平面ABME 和平面CDE 的交线为ME ，BE 在平面ABME 内.所以BE ⊥平面CDE .如图，以E 为坐标原点，EC ,ED ,EB 分别为x ,y ,z 轴正方向，建立空间直角坐标系.则E 0,0,0 ,C 2,0,0 ,D 0,2,0 ,B 0,0,2 ,A -22,-22,2 ,F -24,-24,1.所以CD =-2,2,0 ,DB =0,-2,2 ,FB =24,24,1 .设平面BCD 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅CD=0m ⋅DB =0，即-2x 1+2y 1=0-2y 1+2z 1=0 .则可取x 1=2，得m=2,2,2 .设平面BDF 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，则n ⋅FB =0n ⋅DB=0，即24x 2+24y 2+z 2=0-2y 2+2z 2=0.取z 2=1，则n=-32,2,1 ．设平面BDF 与平面BCD 的夹角为θ，则cos θ=m ⋅n m ⋅n =-3210×21=10535.所以平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值为10535.5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1在平面ABC 内的射影O 在棱AC 的中点处，P 为棱A 1B 1(包含端点)上的动点．(1)求点P 到平面ABC 1的距离；(2)若AP ⊥平面α，求直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围．【答案】(1)23913；(2)25,104.【分析】(1)以O 为原点建立空间直角坐标系，求出平面ABC 1的法向量，再利用点到平面距离的向量求法求解即得.(2)由向量共线求出向量AP的坐标，再利用线面角的向量求法列出函数关系，并求出函数的值域即可.【详解】(1)依题意，A 1O ⊥平面ABC ，OB ⊥AC (底面为正三角形)，且A 1O =OB =3，以O 为原点，OB ,OC ,OA 1的方向分别为x ,y ,z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，则O (0,0,0),A (0,-1,0),B (3,0,0),C (0,1,0),A 1(0,0,3),C 1(0,2,3)，AC 1 =(0,3,3)，BC 1 =(-3,2,3)，AA 1 =(0,1,3)，由A 1B 1⎳AB ，A 1B 1⊄平面ABC 1，AB ⊂平面ABC 1，则A 1B 1⎳平面ABC 1，即点P 到平面ABC 1的距离等于点A 1到平面ABC 1的距离，设n =(x ,y ,z )为平面ABC 1的一个法向量，由n ⋅AC 1=3y +3z =0n ⋅BC 1=-3x +2y +3z =0，取z =3，得n=(1,-3,3)，因此点A 1到平面ABC 1的距离d =|AA 1 ⋅n||n |=2313=23913，所以点P 到平面ABC 1的距离为23913．(2)设A 1P =λA 1B 1 ，λ∈[0,1]，则AP =AA 1 +A 1P =AA 1 +λAB=(0,1,3)+λ(3,1,0)=(3λ,1+λ,3)，由AP ⊥α，得AP为平面α的一个法向量，设直线BC 1与平面α所成角为θ，则sin θ=|cos ‹BC 1 ,AP ›|=|BC 1 ⋅AP||BC 1 ||AP |=|5-λ|10⋅3λ2+(1+λ)2+3=5-λ25⋅2λ2+λ+2，令t =5-λ，则λ=5-t ，t ∈[4,5]，则sin θ=t 25⋅2(5-t )2+(5-t )+2=t25⋅2t 2-21t +57=125⋅2-21t+57t 2=125571t-7382+576，由t ∈[4,5]，得1t ∈15,14 ，于是571t -738 2+576∈225,516，25⋅571t -738 2+576∈2105,52 ，则sin θ∈25,104，所以直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围是25,104.6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P -ABCD 中，已知AB ∥CD ，∠BAD =90°，CD =2AB ，△PAB 是正三角形，点M 在侧棱PB 上且使得PD ⎳平面AMC ．(1)证明：PM =2BM ；(2)若侧面PAB ⊥底面ABCD ，CM 与底面ABCD 所成角的正切值为311，求二面角P -AC -B 的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)1010．【分析】(1)连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，由已知得AB CD=EBED ，由线面平行的性质得PD ∥EM ，根据三角形相似可得EB ED =BM PM=12，即PM =2BM(2)设AB 的中点O ，首先由已知得PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ∥PO 交AB 于点F ，得MF ⊥底面ABCD ，则∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，在底面ABCD 上过点O 作OG ⊥AC 于点G ，则∠PGO 是二面角P -AC -B 的平面角，根据条件求解即可【详解】(1)证明：连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，在△EAB 与△ECD 中，∵AB ∥CD ，∴AB CD=EBED ，由CD =2AB ，得ED =2EB ，又∵PD ⎳平面AMC ，而平面PBD ∩平面AMC =ME ，PD ⊂平面PBD ，∴PD ∥EM ，∴在△PBD 中，EB ED =BM PM=12，∴PM =2BM ；(2)设AB 的中点O ，在正△PAB 中，PO ⊥AB ，而侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB ∩底面ABCD =AB ，且PO ⊂平面PAB ，∴PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ⎳PO 交AB 于点F ，∴MF ⊥底面ABCD ，∴∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，∴MF CF=311，设AB =6a ，则MF=3a，∴CF=11a，BF=MF3=a，则在直角梯形ABCD中，AF=5a，而CD=12a，则AD=11a2-12a-5a2=62a，在底面ABCD上过点O作OG⊥AC于点G，则∠PGO是二面角P-AC-B的平面角，易得OA=3a，AC=66a，在梯形ABCD中，由OAOG=ACAD⇒3aOG=66a62a，得OG=3a，在Rt△POG中，PG=30a，∴cos∠PGO=OGPG=1010．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)4(2)413【分析】(1)取AB,CD的中点M,N，证得平面ADE⎳平面MNHG，得到AE⎳GH，再由平面ABG⎳平面CDEHG，证得AG⎳EH，得到平行四边形AGHE，得到GH=AE，求得HN=4，结合HN⊥平面ABCD，即可求解；(2)以点N为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面BFHG和平面AGHE的法向量n =(1,3,4)和m =(1,-3,4)，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】(1)如图所示，取AB,CD的中点M,N，连接GM,MN,HN，因为GA=GB，可得GM⊥AB，又因为平面ABG⊥平面ABCD，且平面ABG∩平面ABCD=AB，GM⊂平面ABG，所以GM⊥平面ABCD，同理可得：HN⊥平面ABCD，因为ED⊥平面ABCD，所以ED⎳HN，又因为ED⊄平面MNHG，HN⊂平面MNHG，所以ED⎳平面MNHG，因为MN⎳AD，且AD⊄平面MNHG，MN⊂平面MNHG，所以AD⎳平面MNHG，又因为AD∩DE=D，且AD,DE⊂平面ADE，所以平面ADE⎳平面MNHG，因为平面AEHG与平面ADE和平面MNHG于AE,GH，可得AE⎳GH，又由GM⎳HN，AB⎳CD，且AB∩GM=M和CD∩HN=N，所以平面ABG⎳平面CDEHG，因为平面AEHG与平面ABG和平面CDEHF于AG,EH，所以AG⎳EH，可得四边形AGHE 为平行四边形，所以GH =AE ，因为AE =AD 2+DE 2=42+12=17，所以GH =17，在直角△AMG ，可得GM =GB 2-AB 22=52-42=3，在直角梯形GMNH 中，可得HN =3+17-42=4，因为HN ⊥平面ABCD ，所以点H 到平面ABCD 的距离为4.(2)解：以点N 为原点，以NM ,NC ,NH 所在的直线分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E (0,-4,1),F (0,4,1),G (4,0,3),H (0,0,4)，可得HE =(0,-4,-3),HF =(0,4,-3),HG=(4,0,-1)，设平面BFHG 的法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅HG=4x -z =0n ⋅HF=4y -3z =0，取z =4，可得x =1,y =3，所以n=(1,3,4)，设平面AGHE 的法向量为m=(a ,b ,c )，则m ⋅HG=4a -c =0m ⋅HE=-4b -3c =0，取c =4，可得a =1,b =-3，所以m=(1,-3,4)，则cos m ,n =m ⋅n m n=1-9+161+9+16⋅1+9+16=413，即平面BFHG 与平面AGHE 所成锐二面角的余弦值413.8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE 为菱形，AC =BC =2，∠ACB =120°，平面ACDE ⊥平面ABC ，点F 在AB 上，且AF =2FB ，M ，N 分别在直线CD ，AB 上．(1)求证：CF ⊥平面ACDE ；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC =60°，MN 为直线CD ，AB 的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE 与平面ABC 所成角为α，若tan α>217，求平面BCD 与平面CFD 所成角余弦值的范围．【答案】(1)证明见解析(2)AN AF=913(3)528,255 【分析】(1)先通过余弦定理及勾股定理得到CF ⊥AC ，再根据面面垂直的性质证明；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，利用向量的坐标运算根据MN ⋅CD =0MN ⋅AF =0，列方程求解即可；(3)利用向量法求面面角，然后根据tan α>217列不等式求解.【详解】(1)AB 2=AC 2+BC 2-2AC ⋅BC ⋅cos ∠ACB =12，AB =23，AF =2FB ，所以AF =433，CF=13CA +23CB ，CF 2=19CA 2+49CB 2+49CA ⋅CB =43，AC 2+CF 2=4+43=163=AF 2，则CF ⊥AC ，又因为平面ACDE ⊥平面ABC ，平面ACDE ∩平面ABC =AC ，CF ⊂面ABC ，故CF ⊥平面ACDE ；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，由∠EAC =60°，可得∠DCA =120°，DC =2，所以C 0,0,0 ,D -1,0,3 ,A 2,0,0 ,F 0,233,0 所以AF =-2,233,0 ，CD =-1,0,3 ，设AN =λAF =-2λ,233λ,0 ，则N 2-2λ,233λ,0 ，设CM =μCD ，则M -μ,0,3μ ，MN =2-2λ+μ,233λ,-3μ ，由题知，MN ⋅CD=0MN ⋅AF =0 ⇒2λ-2-μ-3μ=04λ-4-2μ+43λ=0 ，解得λ=913，μ=-213，故AN AF=913；(3)B -1,3,0 ，设∠EAC =θ，则E 2-2cos θ,0,2sin θ ，BE=3-2cos θ,-3,2sin θ ，可取平面ABC 的法向量n=0,0,1 ，则sin α=cos n ,BE=n ⋅BEn ⋅BE =2sin θ 3-2cos θ 2+3+4sin 2θ=sin θ4-3cos θ，cos α=4-3cos θ-sin 2θ4-3cos θ，则tan α=sin θ4-3cos θ-sin 2θ>217，整理得10cos 2θ-9cos θ+2<0，故cos θ∈25,12，CF =0,23,0，CD =-2cos θ,0,2sin θ ，CB =-1,3,0 ，记平面CDF 的法向量为n 1 =x ,y ,z ，则有n 1 ⋅CD =0n 1 ⋅CF =0 ⇒-2x cos θ+2z sin θ=023y =0，可得n 1=sin θ,0,cos θ ，记平面CBD 的法向量为n 2 =a ,b ,c ，则有n 2 ⋅CD=0n 2 ⋅CB =0 ⇒-2a cos θ+2c sin θ=0-a +3b =0，可得n 2=3sin θ,sin θ,3cos θ ，记平面BCD 与平面CFD 所成角为γ，则cos γ=cos n 1 ,n 2 =33+sin 2θ，cos θ∈25,12 ，所以sin 2θ∈34,2125 ，3+sin 2θ∈152,465 ，故cos γ=33+sin 2θ∈528,255 ．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．【答案】(1)证明见解析(2)∠MAD =45°【分析】(1)根据面面与线面垂直的性质可得BD ⊥AF ，结合线面、面面垂直的判定定理即可证明；(2)建立如图空间直角坐标系，设∠MAD =α，AB =1，利用空间向量法求出二面角C -AM -E 的余弦值，建立方程1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，结合三角恒等变换求出α即可.【详解】(1)由已知得平面ABCD ⊥平面ABEF ，AF ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF =AB ，AF ⊂平面ABEF ，所以AF ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，故BD ⊥AF ，因为ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC ，AC ，AF ⊂平面ACF ，AC ∩AF =A ，所以BD ⊥平面ACF ，又BD ⊂平面BDE ，所以平面ACF ⊥平面BDE .(2)由(1)知AD ，AF ，AB 两两垂直，以AD ，AF ，AB 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图.设∠MAD =α，AB =1，则A 0,0,0 ，M cos α,sin α,0 ，C 1,0,1 ，E 0,1,1 ，故AM =cos α,sin α,0 ，AC =1,0,1 ，AE =0,1,1设平面AMC 的法向量为m =x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅AC =0，m ⋅AM=0故x 1+z 1=0x 1cos α+y 1sin α=0，取x 1=sin α，则y 1=-cos α，z 1=-sin α所以m=sin α,-cos α,-sin α设平面AME 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，n ⋅AE =0，n ⋅AM=0故y 2+z 2=0x 2cos α+y 2sin α=0，取x 2=sin α，则y 2=-cos α，z 2=cos α所以n=sin α,-cos α,cos α ，所以cos m ,n =1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α，由已知得1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，化简得：2sin 22α-9sin2α+7=0，解得sin2α=1或sin2α=72(舍去)故α=45°，即∠MAD =45°.10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)68585【分析】(1)取AC 的中点O ，根据面面垂直的性质定理，可得DO ⊥平面ABC ，即可求证DO 2⎳OO 1，进而可证矩形，即可根据线线平行以及平行的传递性求解.(2)建系，利用向量法，求解法向量n =1,-12,3 与方向向量DB =(-1,4,-3)的夹角，即可求解．【详解】(1)证明：取AC 的中点为O ，连接DO ，OO 1，O 1O 2，∵DA =DC ，O 为AC 中点，∴DO ⊥AC ，又平面DAC ⊥平面ABC ，且平面DAC ∩平面ABC =AC ，DO ⊂平面DAC ,∴DO ⊥平面ABC ，∴DO ⎳O 1O 2，DO =O 1O 2，故四边形DOO 1O 2为矩形，∴DO 2⎳OO 1，又O ，O 1分别是AC ，AB 的中点，∴OO 1⎳BC ，∴DO 2⎳BC ；(2)∵C 是圆O 1上异于A ，B 的点，且AB 为圆O 1的直径，∴BC ⊥AC ，∴OO 1⊥AC ，∴如图以O 为原点建立空间直角坐标系，由条件知DO =3，∴A (1,0,0),B (-1,4,0),C (-1,0,0),D (0,0,3)，∴E -12,0,32 ，设F (x ,y ,z )，∴BF =(x +1,y -4,z )，FD=(-x ,-y ,3-z )，由BF =2FD ，得F -13,43,233 ，∴AF =-43,43,233 ，∴DB =(-1,4,-3)，AE =-32,0,32 ，设平面AEF 法向量为n=(x 1,y 1,z 1)，则n ⋅AE=-32x 1+32z 1=0n ⋅AF =-43x 1+43y 1+233z 1=0，取n =1,-12,3 ，设直线BD 与平面AEF 所成角为θ，则sin θ=|cos <n ,DB>|=625⋅172=68585∴直线BD 与平面AEF 所成角的正弦值为68585．11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)241391【分析】(1)方法一运用空间向量的线性运算，进行空间位置关系的向量证明即可.方法二：建立空间直角坐标系，进行空间位置关系的向量证明即可.(2)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可.【详解】(1)方法一：∵A 1B 1=12AB ，∴AA 1 ⋅AB =AA 1 ⋅AD =22×22=2．∵D 1A =-12AD-AA 1∴D 1P =D 1A +AP =1-λ AB +12λ-12AD+λ-1 AA 1∴D 1P ⋅AC =1-λ AB +12λ-12AD +λ-1 AA 1 ⋅AB +AD =1-λ AB 2+12λ-12 AD2+λ-1 AB ⋅AA 1 +λ-1 AD ⋅AA 1=81-λ +812λ-12+4λ-1 =0．∴D 1P ⊥AC ，即D 1P ⊥AC ．方法二：以底面ABCD 的中心O 为原点，以OM 方向为y 轴，过O 点平行于AD 向前方向为x 轴，以过点O 垂直平面ABCD 向上方向为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正四棱台的高度为h ，则有 A 2,-2,0 ，B 2,2,0 ，C -2,2,0 ，D -2,-2,0 ，A 122,-22,h ，C 1-22,22,h ，D 1-22,-22,h ，M 0,2,0 ，AC =-22,22,0AP =1-λ 0,22,0 +12λ-22,0,0 +λ-22,22,0 =-322λ,22-322λ,λhD 1A =322,-22,-h ，D 1P =D 1A +AP =-322λ+322,-322λ+322,λh -h ．故AC ⋅D 1P=0，所以D 1P ⊥AC ．(2)设平面ABCD 的法向量为n=0,0,1 ，设平面AMC 1的法向量为m =x ,y ,z ，AM =-2,22,0 ，AC 1 =-322,322,h ，则有AM ⋅m=0AC 1 ⋅m=0 ，即-2x +22y =0-322x +322y +hz =0，令x =22h ，则m=22h ,2h ,3 ．又题意可得cos m ,n =38h 2+2h 2+9=37，可得h =2．因为λ=23，经过计算可得P 0,0,43 ，D 1-22,-22,2 ，D 1P =2,2,43．将h =2代入，可得平面AMC 1的法向量m=42,22,3 ．设直线DP 与平面AMC 1所成角的为θsin θ=cos DP ,m =8+4+42+2+16932+8+9=241391．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.【答案】(1)证明见详解(2)-22【分析】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，利用线面平行的判定定理证明；(2)由已知可知，△AA 1C 为等边三角形，故A 1E ⊥AC ，利用面面垂直的性质定理可证得A 1E ⊥底面ABC ，进而建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角余弦值.【详解】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，因为侧面BCC 1B 1是平行四边形，所以N 为B 1C 的中点，又因为点E 为线段AC 的中点，所以NE ⎳AB 1，因为AB 1⊄面BEC 1，NE ⊂面BEC 1，所以AB 1⎳面BEC 1.(2)连接A 1C ，A 1E ，因为∠A 1AC =π3，AC =AA 1=2，所以△AA 1C 为等边三角形，A 1C =2，因为点E 为线段AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ，因为侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，A 1E ⊂平面ACC 1A 1，所以A 1E ⊥底面ABC ，过点E 在底面ABC 内作EF ⊥AC ，如图以E 为坐标原点，分布以EF ，EC ，EA 1 的方向为x ,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系，则E 0,0,0 ，B 32,-12,0 ，C 10,2,3 ，所以EB =32,-12,0 ，EC 1 =0,2,3 ，设平面BEC 1的法向量为m=x ,y ,z ，则m ⋅EB =32x -12y =0m ⋅EC 1=2y +3z =0，令x =1，则y =3,z =-2，所以平面BEC 1的法向量为m=1,3,-2 ，又因为平面ABE 的法向量为n=0,0,1 ，则cos m ,n =-21+3+4=-22，经观察，二面角A -BE -C 1的平面角为钝角，所以二面角A -BE -C 1的余弦值为-22.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，△DCP 是等边三角形，∠DCB =∠PCB =π4，点M ，N 分别为DP 和AB 的中点.(1)求证：MN ⎳平面PBC ；(2)求证：平面PBC ⊥平面ABCD ；(3)求CM 与平面PAD 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)33.【分析】(1)取PC 中点E ，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得.(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.(3)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.【详解】(1)取PC 中点E ，连接ME ,BE ，由M 为DP 中点，N 为AB 中点，得ME ⎳DC ,ME =12DC ，又BN ⎳CD ,BN =12CD ，则ME ⎳BN ,ME =BN ，因此四边形BEMN 为平行四边形，于是MN ⎳BE ，而MN ⊄平面PBC ,BE ⊂平面PBC ，所以MN ⎳平面PBC .(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，连接DQ ，由∠DCB =∠PCB =π4,CD =PC ,QC =QC ，得△QCD ≌△QCP ，则∠DQC =∠PQC =π2，即DQ ⊥BC ，而PQ =DQ =2,PQ 2+DQ 2=4=PD 2，因此PQ ⊥DQ ，又DQ ∩BC =Q ,DQ ,BC ⊂平面ABCD ，则PQ ⊥平面ABCD ，PQ ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面ABCD .(3)由(2)知，直线QC ,QD ,QP 两两垂直，以点Q 为原点，直线QC ,QD ,QP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则C (2,0,0),P (0,0,2),D (0,2,0),M 0,22,22,A (-2,2,0)，CM =-2,22,22,AD =(2,0,0),DP =(0,-2,2)，设平面PAD 的一个法向量n =(x ,y ,z )，则n ⋅AD=2x =0n ⋅DP=-2y +2z =0，令y =1，得n=(0,1,1)，设CM 与平面PAD 所成角为θ，sin θ=|cos ‹CM ,n ›|=|CM ⋅n||CM ||n |=23⋅2=33，所以CM 与平面PAD 所成角的正弦值是33.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，△PAD 为等边三角形，AD ⎳BC ，AD ⊥AB ，AD =AB =2BC =2．(1)求证：AD ⊥PC ；(2)点N 在棱PC 上运动，求△ADN 面积的最小值；(3)点M 为PB 的中点，在棱PC 上找一点Q ，使得AM ⎳平面BDQ ，求PQQC的值．【答案】(1)证明见解析(2)2217(3)4【分析】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，依题意可得四边形ABCH 为矩形，即可证明CH ⊥AD ，再由PH ⊥AD ，即可证明AD ⊥平面PHC ，从而得证；(2)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，即可得到CG AG=12，再根据线面平行的性质得到CF FM =12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，即可得到MKCQ=2，最后由PQ =2MK 即可得解.【详解】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，则AH ⎳BC 且AH =BC ，又AD ⊥AB ，所以四边形ABCH 为矩形，所以CH ⊥AD ，又△PAD 为等边三角形，所以PH ⊥AD ，PH ∩CH =H ，PH ,CH ⊂平面PHC ，所以AD ⊥平面PHC ，又PC ⊂平面PHC ，所以AD ⊥PC .(2)连接HN ，由AD ⊥平面PHC ，又HN ⊂平面PHC ，所以AD ⊥HN ，所以S △ADH =12AD ⋅HN =HN ，要使△ADN 的面积最小，即要使HN 最小，当且仅当HN ⊥PC 时HN 取最小值，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥平面ABCD ，又HC ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥HC ，在Rt △HPC 中，CH =2，PH =3，所以PC =CH 2+PH 2=7，当HN ⊥PC 时HN =PH ⋅CH PC =237=2217，所以△ADN 面积的最小值为2217.(3)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，因为AD ⎳BC 且AD =2BC =2，所以△CGB ∽△AGD ，所以CG AG =BC AD=12，因为AM ⎳平面BDQ ，又AM ⊂平面ACM ，平面BDQ ∩平面ACM =GF ，所以GF ⎳AM ，所以CF FM =CG AG=12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，则有MK CQ =MF CF=2，所以PQ =2MK ，所以PQ =2MK =4CQ ，即PQQC=415(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O 1O 2的轴截面A 1ACC 1为等腰梯形，AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点，且AB =BC ,P 是线段BC 的中点.(1)求证：C 1P ⎳平面A 1AB .(2)求平面A 1AB 与平面C 1CB 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)17【分析】(1)取AB 的中点H ，连接A 1H ,PH ，证明四边形A 1C 1PH 为平行四边形，进而得C 1P ⎳A 1H ，即可证明；(2)建立空间直角坐标系，求两平面的法向量，利用平面夹角公式求解.【详解】(1)取AB 的中点H ，连接A1H ,PH ，如图所示，因为P 为BC 的中点，所以PH ⎳AC ,PH =12AC .在等腰梯形A 1ACC 1中，A 1C 1⎳AC ,A 1C 1=12AC ，所以HP ⎳A 1C 1,HP =A 1C 1，所以四边形A 1C 1PH 为平行四边形，所以C 1P ⎳A 1H ，又A 1H ⊂平面A 1AB ,C 1P ⊄平面A 1AB ，所以C 1P ⎳平面A 1AB .(2)因为AB =BC ,故O 2B ⊥AC ，以直线O 2A ,O 2B ，O 2O 1分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，在等腰梯形A 1ACC 1中，AC =2AA 1=2A 1C 1=4，此梯形的高为h =AA 21-AC -A 1C 122= 3.因为A 1C 1=12AC ,A 1C 1⎳AC ，。