立体几何解答题【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(通用版)(原卷版)

2023年高考数学立体几何真题练习（含答案解析）1．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥−P ABC 的六条棱长均为6，S 是ABC 及其内部的点构成的集合．设集合{}5T Q S PQ =∈≤，则T 表示的区域的面积为（ ） A ．34πB ．πC ．2πD ．3π【答案】B 【解析】设顶点P 在底面上的投影为O ，连接BO ，则O 为三角形ABC 的中心，且263BO =⨯=PO 因为5PQ =，故1OQ =，故S 的轨迹为以O 为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC 内切圆的圆心为O ，半径为2364136=>⨯， 故S 的轨迹圆在三角形ABC 内部，故其面积为π 故选：B2．（2022·浙江·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 AC 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≤≤【答案】A【解析】如图所示，过点F 作FP AC ⊥于P ，过P 作PM BC ⊥于M ，连接PE ，则EFP α=∠，FEP β=∠，FMP γ=∠， tan 1PE PE FP AB α==≤，tan 1FP AB PE PE β==≥，tan tan FP FPPM PEγβ=≥=， 所以αβγ≤≤， 故选：A ．3．（多选题）（2022·全国·高考真题）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD −，F ABC −，F ACE −的体积分别为123,,V V V ，则（ ）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【答案】CD 【解析】设22AB ED FB a ===，因为ED ⊥平面ABCD ，FB ED ，则()2311114223323ACDV ED Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=， ()232111223323ABCV FB Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=，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12BM DM BD ===，过F 作FG DE ⊥于G ，易得四边形BDGF 为矩形，则,FG BD EG a ===，则,EM FM ==，3EF a =，222EM FM EF +=，则EM FM ⊥，212EFMSEM FM =⋅，AC =， 则33123A EFM C EFM EFMV V V AC S a −−=+=⋅=，则3123V V =，323V V =，312V V V =+，故A 、B 错误；C 、D 正确. 故选：CD.4．（多选题）（2022·全国·高考真题）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11BB D D 所成的角为45︒ D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒【答案】ABD【解析】如图，连接1B C 、1BC ，因为11//DA B C ，所以直线1BC 与1B C 所成的角即为直线1BC与1DA 所成的角，因为四边形11BB C C 为正方形，则1B C ⊥1BC ，故直线1BC 与1DA 所成的角为90︒，A 正确；连接1AC ，因为11A B ⊥平面11BB C C ，1BC ⊂平面11BB C C ，则111A B BC ⊥， 因为1B C ⊥1BC ，1111A B B C B =，所以1BC ⊥平面11A B C ，又1AC ⊂平面11A B C ，所以11BC CA ⊥，故B 正确； 连接11AC ，设1111ACB D O =，连接BO ，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，1C O ⊂平面1111D C B A ，则11C O B B ⊥， 因为111C O B D ⊥，1111B D B B B ⋂=，所以1C O ⊥平面11BB D D ， 所以1C BO ∠为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角，设正方体棱长为1，则1C O =1BC =1111sin 2C O C BO BC ∠==， 所以，直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为30，故C 错误；因为1C C ⊥平面ABCD ，所以1C BC ∠为直线1BC 与平面ABCD 所成的角，易得145C BC ∠=，故D 正确. 故选：ABD5．（多选题）（2021·全国·高考真题）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC −的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【答案】BD 【解析】易知，点P 在矩形11BCC B 内部（含边界）．对于A ，当1λ=时，11=BP BC BB BC CC μμ=++，即此时P ∈线段1CC ，1AB P △周长不是定值，故A 错误；对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB B C λλ=++，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当12λ=时，112BP BC BB μ=+，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP BQ QH μ=+，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，1A ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，则112A P μ⎛⎫=−− ⎪ ⎪⎝⎭，10,,2BP μ⎛⎫=− ⎪⎝⎭，()110A P BP μμ⋅=−=，所以0μ=或1μ=．故,H Q 均满足，故C 错误； 对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为0,0A ⎫⎪⎪⎝⎭，所以01,2AP y ⎛⎫=− ⎪ ⎪⎝⎭，11,122A B ⎛⎫=−− ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +−=⇒=−，此时P 与N 重合，故D 正确． 故选：BD ．6．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1DBCC 1B 1的交线长为________．【答案】2. 【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D −的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E =111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D −为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，1D E =||EP =所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ， 因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得22FG π==..。

图 2俯视图侧视图正视图2013年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全（13立体几何 ）一、选择题：1．(2013安徽理)在下列命题中，不是公理．．的是（ ） （A ）平行于同一个平面的两个平面相互平行（B ）过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面（C ）如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内 （D ）如果两个不重合的平面有一个公共点， 那么他们有且只有一条过该点的公共直线【答案】A【解析】B,C,D 说法均不需证明，也无法证明，是公理；A 选项可以推导证明，故是定理。

所以选A2. (2013北京文)如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，P 为对角线BD 1的三等分点，P 到各顶点的距离的不同取值有( )． A ．3个 B ．4个 C ．5个 D ．6个答案 B解析 设正方体边长为1，不同取值为P A ＝PC ＝PB 1＝63，P A 1＝PD ＝PC 1＝1，PB ＝33，PD 1＝233共有4个．3．(2013广东理) 某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是 ( ) A . 4 B ．143 C ．163D ．6 【解析】B ；由三视图可知,该四棱台的上下底面边长分别为1和2的正方形,高为2,故()2211412233V =+⨯=,故选B ．4．(2013广东文) 某三棱锥的三视图如图2所示，则该三棱锥的体积是A ．16B ．13C ．23D ．1【解析】由三视图判断底面为等腰直角三角形， 三棱锥的高为2，则111=112=323V ⋅⋅⋅⋅，选B.5．(2013广东文) 设l 为直线，,αβ是两个不同的平面，下列命题中正确的是 A ．若//l α，//l β，则//αβ B ．若l α⊥，l β⊥，则//αβC ．若l α⊥，//l β，则//αβD ．若αβ⊥，//l α，则l β⊥ 【解析】基础题，在脑海里把线面可能性一想，就知道选B 了.6．(2013广东理) 设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是( ) A . 若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥ B ．若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m n C ．若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥ D ．若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥ 【解析】D ；ABC 是典型错误命题,选D ．A1A正视图侧视图7、(2013湖北理) 一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为1V ，2V ，3V ，4V ，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有（ ） A. 1243V V V V <<< B. 1324V V V V <<<C. 2134V V V V <<<D. 2314V V V V <<<【解析与答案】C 由柱体和台体的体积公式可知选C 【相关知识点】三视图，简单几何体体积8. (2013湖南文) 已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的矩形，则该正方体的正视图的面积等于____ D ____ A ．B.1【答案】 D【解析】 正方体的侧视图面积为.2..2212同，所以面积也为正视图和侧视图完全相为，所以侧视图的底边长⋅=9．(2013湖南理) 已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能．．．等于 A ．1 BCD 【答案】 C【解析】 由题知，正方体的棱长为1，121-2.]2,1[]2,1[1<而上也在区间上，所以正视图的面积，宽在区间正视图的高为。

2023年高考数学----立体几何解答题常考全归类专项练习题（含答案解析）1．（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1BC CC =，1AC AB =.(1)证明：平面1ABC ⊥平面11BCC B ；(2)若BC ，1AB B C =，160CBB ∠=︒，求直线1BA 与平面111A B C 所成角的正弦值.【解析】（1）证明：设11BC B C O =,连接AO ,如图所示：则O 为11,BC B C 的中点，因为1BC CC =，所以1CO BC ⊥，即11B C BC ⊥，又因为1AC AB =，所以1AO B C ⊥，又因为1AO BC O ⋂=，所以1B C ⊥平面1ABC ，又因为1B C ⊂平面11BCC B ，所以平面1ABC ⊥平面11BCC B ；（2）因为160CBB ∠=︒，所以1CBB 为正三角形，四边形11BCC B 为菱形， 因为BC ，1AB B C =，设1AC =，则11AB =，BC =所以1ACB 为等腰直角三角形，所以OA 又因为四边形11BCC B 为菱形，所以1CO OB =BO ，又因为1AB B C = 所以22226244OA OB AB +=+==， 所以1OA BC ⊥，即11,,OA BC B C 两两垂直，以O 为坐标原点，1,,OB OB OA 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的坐标系：所以B ，1B ，(0,C ，A ，1(C ， 设1000(,,)A x y z ，由11CA C A =uu r uuu u r 可得000(,)x y z =，所以00022x y z ===，所以1(A ，所以1(BA =uuu r，11(B C =uuu u r，11(B A =uuu u r ， 设平面111A B C 的法向量为(,,)n x y z =，所以111100B C n B A n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即有00x y x z ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，令z =1,x y ==所以(1,3,n =−，设直线1BA 与平面111A B C 所成角为θ，则有1sin |cos ,|BA n θ=<>==. 所以直线1BA 与平面111A B C2．（2022·四川达州·统考一模）如图，三棱柱111ABC A B C −中，底面ABC 为等腰直角三角形，112AB AC BB ===，，160ABB ∠=.(1)证明: 1AB B C ⊥；(2)若12B C =，求1AC 与平面1BCB 所成角的正弦值.【解析】（1）证明: 连接1AB ， 在1ABB 中，111260AB BB ABB ==∠=，，，由余弦定理得，22211111214223cos 2AB AB BB AB BB ABB ⋅=+−⋅∠=+−⨯⨯=，1AB ∴22211BB AB AB ∴=+，1AB AB ∴⊥.又ABC 为等腰直角三角形，且AB AC =，AC AB ∴⊥，1AC AB A =，1,AC AB ⊂平面1AB C ，AB ∴⊥平面1AB C .∵1B C ⊂平面1AB C ，∴1AB B C ⊥（2）11312AB AB AC B C ====，，22211B C AB AC ∴=+，1AB AC ∴⊥，如图， 以 A 为原点， 1,,AB AC AB 的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则()(()()10,0,0,,1,0,0,0,1,0A B B C ，()()11,0,3,1,1,0.BB BC ∴=−=− 设平面1BCB 的一个法向量为(),,n x y z =，由100BB n BC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得00x x y ⎧−=⎪⎨−+=⎪⎩，令1z =，得x y == ∴平面1BCB 的一个法向量为()331n=，，. ()((1110,1,0AC AC CC AC BB =+=+=+−=−， 设1AC 与平面1BCB 所成角的大小为θ，(1111,1,sin cos 11AC nAC n AC n θ−∴=====+⋅⋅， 1AC ∴与平面1BCB. 3．（2022·陕西宝鸡·统考一模）如图在四棱锥P ABCD −中，PA ⊥底面ABCD ，且底面ABCD是平行四边形.已知2,1,PA AB AD AC E ===是PB 中点.(1)求证：平面PBC ⊥平面ACE ；(2)求平面PAD 与平面ACE 所成锐二面角的余弦值.【解析】（1）PA ⊥面ABCD ，且2,1PA AC ==，PC BC ∴==.∵E 是PB 中点,所以PB CE ⊥.同理可证：PB AE ⊥.又AE ⊂面ACE ，CE ⊂面ACE ，AE CE E =I ,PB ∴⊥平面ACE .∵PB ⊂面PBC ，∴平面PBC ⊥平面ACE .（2）222BC AB AC =+， ∴AB AC ⊥. 以A 为原点，,,AC AB AP 分别为x ，y ，z 轴正方向建系，如图：则()()()()()0,0,0,0,2,0,1,2,0,0,0,2,0,1,1A B D P E −.设平面PAD 的法向量(),,,n x y z =则00n AP n AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得2020z x y =⎧⎨−=⎩，不妨取1y =，则()2,1,0n =. 由（1）得()0,2,2PB =−是平面ACE 的一个法向量，所以cos ,5n PBn PB n PB ⋅==⨯，所以平面PAD 与平面ACE 4．（2022·广东广州·统考一模）如图，已知四棱锥P ABCD −的底面ABCD 是菱形，平面PBC ⊥平面ABCD ，30,ACD E ∠=为AD 的中点，点F 在PA 上，3AP AF =.(1)证明：PC //平面BEF ；(2)若PDC PDB ∠∠=，且PD 与平面ABCD 所成的角为45，求平面AEF 与平面BEF 夹角的余弦值.【解析】（1）设,AC BE 的交点为O ，连接FO ，已知O 为ABD △的重心， 所以12AO AC =，12AF AP =，所以在APC △中，12AO AF AC AP ==， 所以//FO PC ，所以FO ⊂平面BEF ，PC ⊄平面BEF ，则PC //平面BEF .（2）因为30,ACD ∠=所以30,ACB ∠=所以DCB △为等边三角形，所以DC DB =，又因为PDC PDB ∠∠=，所以PDB PDC ≅，所以PB PC =，取BC 的中点为H ，连接PH ，则PH BC ⊥，平面PBC ⊥平面ABCD ，平面PBC ⋂平面ABCD BC =，则PH ⊥平面ABCD ，以H 为坐标原点，,,HD HB HP 为,,x y z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为PD 与平面ABCD 所成的角为45PDH ∠=︒，所以=PH DH ，设菱形的边长为2，所以PH DH ==(()))),0,1,0,,,P B A D E ，因为3AP AF =，所以43F ⎝⎭， ()()313,,,0,1,0,3,0,0333EF AE BE ⎛⎫=−=−=⎪ ⎪⎝⎭， 设(),,n x y z =⊥平面AEF ，001003y n AE y z n EF −=⎧⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨+=⋅=⎪⎪⎩⎩，令1,0,1x y z ===， 所以()1,0,1n =，设()222,,m x y z =⊥平面BEF ，2222001003m BEm EF y =⎧⋅=⎪⇒⎨⎨⋅=+=⎪⎪⎩⎩，令2220,1y x z ===−， 所以()0,3,1m =−， 则2cos ,4m n m n m n ⋅==−，所以平面AEF 与平面BEF5．（2022·上海奉贤·统考一模）如图，在四面体ABCD 中，已知BA BD CA CD ===.点E 是AD 中点.(1)求证：AD ⊥平面BEC ；(2)已知95,arccos,625AB BDC AD ∠===，作出二面角D BC E −−的平面角，并求它的正弦值.【解析】（1）,AB BD E =是AD 中点，BE AD ∴⊥ 又,AC CD E =是AD 中点，CE AD ∴⊥,BE CE E BE CE =⊂，Q I 面BEC所以AD ⊥面BEC（2）由题知，5BA BD CA CD ====，9arccos,625BDC AD ∠==， 取BC 的中点F ，连接,EF DF ， ,DB DC DF BC =∴⊥,根据三角形全等证明方法,可以证明,BDE CDE EB EC ≅∴=,EF BC ∴⊥,所以DFE ∠是二面角D BC E −−的平面角，利用勾股定理计算出4,BE =, 由余弦定理得225259cos 25525BC BDC +−∠==⨯⨯，解得BC =所以DF =EF === 所以222EF DE DF +=，所以Rt DEF △中，sinDE DFE DF ∠===6．（2022·上海浦东新·统考一模）如图，三棱锥−P ABC 中，侧面PAB 垂直于底面ABC ，PA PB =，底面ABC 是斜边为AB 的直角三角形，且30ABC ∠=︒，记O 为AB 的中点，E 为OC 的中点.(1)求证：PC AE ⊥；(2)若2AB =，直线PC 与底面ABC 所成角的大小为60°，求四面体PAOC 的体积.【解析】（1）连接PO ，因为PA PB =，所以PO AB ⊥，侧面PAB 垂直于底面ABC ，PO ⊂平面PAB ，平面PAB ⋂平面ABC AB =，所以PO ⊥底面ABC ，AE ⊂底面ABC ，所以PO AE ⊥， ABC 是斜边为AB 的直角三角形，且30ABC ∠=，所以12AC AB =， 又因为O 为AB 的中点，所以12CO AO AB ==,所以AOC 为等边三角形， 又E 为OC 的中点，所以AE OC ⊥，因为PO AE ⊥，AE OC ⊥，PO OC O =，,PO OC ⊂POC ，所以⊥AE 平面POC ，又PC ⊂平面POC ，所以PC AE ⊥；（2）由（1）知PO ⊥底面ABC ，所以直线PC 与底面ABC 所成角为PCO ∠，因为直线PC 与底面ABC 所成角的大小为60，60PCO ∠=，因为2AB =，所以1OC =，在Rt POC △中，tan60PO =︒=111sin602AOC S =⨯⨯︒=，所以1134PAOC V ==. 7．（2022·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD −中，AB BD BP ==PA PD ==90APD ∠=︒，E 是棱PA 的中点，且BE 平面PCD(1)证明：CD ⊥平面PAD ；(2)若1CD =，求二面角A PB C −−的正弦值.【解析】（1）取AD 中点Q ，连接QE ，QB ，PQ ，EQ PD ∥，EQ ⊄面PCD ，PD ⊂面PCD ，故EQ 面PCD ，//BE 面PCD ，BE EQ E ⋂=，面//BEQ 面PCD ，平面ABCD ⋂平面PBQ BQ =，平面ABCD ⋂平面PCD CD =，故BQ CD ∥.2AD =，1PQ =，2BQ ，222BQ PQ BP +=，故PQ BQ ⊥，AB BD =，Q 是AD 中点，故AD BQ ⊥，PQ AD Q =，,PQ AD ⊂平面ADP ，故BQ ⊥面ADP ，//BQ CD ，故CD ⊥面PAD .（2）如图所示以,,QB QD QP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，(0,0,0)Q ，(0,1,0)A −，(0,0,1)P ，(2,0,0)B ，(1,1,0)C ，，设平面APB 法向量为(),,n x y z =r ，200n PB x z n AP y z ⎧⋅=−=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ， 取=1x −，(1,2,2)n =−−，设平面PBC 法向量为(),,m a b c =，200m PB a c m PC a b c ⎧⋅=−=⎪⎨⋅=+−=⎪⎩，取1a =，()1,1,2m =，12cos ,||||9m n m n m n ⋅−+<>===⋅ 设二面角A PB C −−的平面角为θ，630sin ,m n θ>=8．（2022春·江苏徐州·高三期末）如图，四棱锥P ABCD −中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，N 为PB 的中点.(1)若点M 在AD 上，2AM MD =，34AD BC =，证明：MN 平面PCD ； (2)若3PA AB AC AD ====，4BC =，求二面角D AC N −−的余弦值.【解析】（1）证明：如图所示：取PC 中点F ，连接,NF DF ，因为2MD AM =，所以23MD AD =， 又因为34AD BC =， 所以12MD BC =， 又因为AD ∥BC ，所以MD ∥BC ，又因为N 为PB 的中点，所以NF ∥BC 且12NF BC =， 即有NF ∥MD 且NF MD =，所以四边形NFDM 是平行四边形，所以MN ∥DF ，又因为MN ⊄平面PCD ，DF ⊂平面PCD ，所以MN 平面PCD ；（2）连接NC ，因为3AB AC ==，所以ABC 为等腰三角形，取BC 中点Q ，连接AQ ，则有AQ BC ⊥，又因为AD ∥BC ，所以AQ AD ⊥，又因为PA ⊥底面ABCD ，所以建立如以AQ 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴的空间坐标系，如图所示：因为3PA AB AC AD ====，4BC =，则有(0,0,0)A ，(0,3,0)D ，C ，31,)2N −， 所以53(,1,),(5,2,0)22AN AC =−=，设平面ACN 的法向量为(,,)n x y z =，则有30220y z y −+=+=，所以,y x z x ==， 令6x =，则(6,3n =−−，因为PA ⊥底面ABCD ，取平面ACD 的法向量(0,0,1)m =，设二面角D AC N −−的大小为θ(θ为钝角)，则有4cos cos ,||||161m n m n m n θ⋅−=<>===⋅9．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD ED FA ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求二面角F AC E −−的大小.【解析】（1）证明：由于四边形ABCD 为菱形，则AC BD ⊥FA⊥平面,ABCD BD ⊂平面ABCDFA BD ∴⊥又,FA AC A FA ⋂=⊂平面,FAC AC ⊂平面FACBD ∴⊥平面FAC ，又FC ⊂平面FACBD FC ∴⊥（2）如下图，取BC 的中点G ，连接,60,AG ABC AB BC ∠==，ABC ∴为等边三角形，AG BC ∴⊥，以A 为原点，AG 为x 轴，AD 为y 轴，AF 为z 轴建立空间直角坐标系，则由题意得()0,0,2,1,1F BG AG DE ===，又DE FA ∥，则()))()()0,0,0,,1,0,0,2,0,0,2,1A CB D E −， ()()()3,1,0,3,3,0,0,2,1AC DB AE ==−=， 由（1）知BD ⊥平面FAC ，则可取DB 为平面FAC 的法向量设平面AEC 的法向量为(),,n x y z =r ，则00n AC n AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，020y y z +=∴+=⎪⎩，令6z =得()3,3,6n =−， 设二面角F AC E −−的平面角为θ，则121cos 223||DB n DB n θ⋅===⨯⋅， 由题知二面角F AC E −−的锐二面角，所以二面角F AC E −−大小为60. 10．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD FA ED ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求点A 到平面FBD 的距离.【解析】（1）证明：FA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCDFA BD ∴⊥，四边形ABCD 为菱形，AC BD ∴⊥，又FA AC A =，FA ⊂平面,FAC AC ⊂平面FAC ，BD ∴⊥平面FACBD FC ∴⊥（2）11122sin1202332ABD F ABD V S FA −⎛⎫=⋅⋅=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭三棱锥 FA ⊥平面ABCD ，,FA AB FA AD ∴⊥⊥FB FD ∴==由四边形ABCD 为菱形，60ABC ∠=， 可得BD =FBD S ∴=设点A 到平面FBD 的距离为h ，则13FBD A FBD V S h −=三棱锥，由A FBD F ABD V V −−=三棱维三棱倠=解得h =∴点A 到平面FBD .11．（2022·四川广安·广安二中校考模拟预测）APD △是等腰直角三角形，AP PD ⊥且AD =ABCD 是直角梯形，AB BC ⊥，DC BC ⊥，且222AB BC CD ===，平面APD ⊥平面ABCD .(1)求证：AP ⊥平面BPD ；(2)若点E 是线段PB 上的一个动点，问点E 在何位置时三棱锥D APE −【解析】（1）证明：直角梯形ABCD 中，AB BC ⊥，DC BC ⊥，且222AB BC CD ===，则2222BD BC CD =+=，由222AD BD AB +=得AD BD ⊥，∵平面APD ⊥平面ABCD ，平面APD 平面ABCD AD =，BD ⊂平面APD ，∴BD ⊥平面APD ，∵AP ⊂平面APD ，∴BD AP ⊥，又AP PD ⊥，,PD BD D PD BD =⊂、平面BPD ，∴AP ⊥平面BPD ；（2）设PE PB λ=，∵BD ⊥平面APD ，则E 到平面PAD 的距离d 有：d PE d BD PBλ==⇒， 等腰直角三角形APD △，AP PD ⊥且AD 1PA PD ==，∴1111113322P PA D E D D AP E A V V S d λ−−⎛⎫==⋅=⨯⨯⨯== ⎪⎝⎭.故点E 在PB 中点时三棱锥D APE −. 12．（2022·四川南充·统考一模）在平面五边形ABCDE 中（如图1），ABCD 是梯形，//AD BC ，2AD BC ==AB =90ABC ∠=︒，ADE V 是等边三角形．现将ADE V 沿AD 折起，连接EB ，EC 得四棱锥E ABCD −（如图2）且CE =(1)求证：平面EAD ⊥平面ABCD ；(2)在棱EB 上有点F ，满足13EF EB =，求二面角E AD F −−的余弦值． 【解析】（1）依题意，ABCD 是梯形，//AD BC ，2AD BC ==AB90ABC ∠=︒，ADE V 是等边三角形．设O 是AD 的中点，则,,C O E 三点共线，且OE AD ⊥，OC AB OE =折叠后，OE AD ⊥，222CE OC OE =+，即OE OC ⊥， 由于,,OC AD O OC AD =⊂平面ABCD ，所以OE ⊥平面ABCD ， 由于OE ⊂平面EAD ，所以平面EAD ⊥平面ABCD .（2）由（1）可知,,OC OA OE 两两相互垂直，以O 为原点建立空间直角坐标系如图所示， 平面EAD 的法向量为()1,0,0m =， )(()(),,,0,B E A D ，13EF EB =，(1133OF OE EF OE EB =+=+=+=⎝⎭,()0,AD =−，设平面FAD 的法向量为(),,n x y z =，则20320n OF y z n AD ⎧⋅==⎪⎨⎪⋅=−=⎩，故可设()23,0,1n =−， 设二面角E ADF −−为θ，由图可知θ为锐角， 所以23cos 13m nm n θ⋅===⋅13．（2022·贵州贵阳·贵阳六中校考一模）如图，在四棱锥P ABCD−中，DA AB ⊥，PD PC ⊥，PB PC ⊥，1AB AD PD PB ====，4cos 5DCB ∠=.(1)求证：BD ⊥平面PAC .(2)设E 为BC 的中点，求PE 与平面ABCD 所成角的正弦值.【解析】（1）∵PD PC ⊥，PB PC ⊥，PB =PD ，∴Rt △PDC ≌Rt △PBC ，∴BC =DC ， 又PB ∩PD =P ，∴PC ⊥平面PBD ，∵BD ⊂平面PBD ，∴PC ⊥BD ，∵AB =AD ，BC =CD ，∴易知AC ⊥BD ，又∵AC ∩PC =C ，AC,PC 含于面PAC ∴BD ⊥平面PAC ；（2）如图，设AC 交BD 于O ，则O 是BD 的中点，连接OP ，过P 作PF AC ⊥，连接EF ， 由（1）得，BD ⊥平面PAC ，PF ⊂面PAC ，故BD PF ⊥，又BD AC O ⋂=，所以，PF ⊥面ABCD ，故PEF ∠为PE 与平面ABCD 所成角，设PEF θ=∠，因为E 为BC 中点，且PC PB ⊥，故在Rt PBC △中，12PE BC =， 又由BC =CD ，且BD 4cos 5DCB ∠=， ∴在△BCD 中，由余弦定理得：2222cos BD BC DC BC DC DCB ∠=+−⋅⋅，即2242225BC BC =−⋅，解得BC =12PE BC =，∴OC OA OP =2PC ==，∵PC ⊥平面PBD ，∴PC OP ⊥， 所以，在Rt PCO △中，利用等面积法，得到PC PO CO PF ⋅=⋅，故223PC PO PF CO ⋅===23，所以，在Rt PEF △中， sin PF PEθ==223==14．（2022春·广东广州·高三校考期中）如图所示，在四棱锥P ABCD −中，PC ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，AB AD ⊥，//,222AB CD PC AB AD CD ====，点E 在侧棱PB 上.(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)若平面PAC 与平面ACE，求PE BE 的值. 【解析】（1）证明：∵PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC PC ⊥.∵四边形ABCD 是直角梯形，AB AD ⊥，//AB CD ，1AD CD ==，∴AC ==取AB 中点为F ,连接CF ，∵四边形ABCD 是直角梯形，AB AD ⊥，//AB CD ，222AB AD CD ===，∴//AF DC ，AF DC =，1AF BF ==，1CF AD ==，∴四边形ADCF 为矩形，BC =∴222AC BC AB +=.∴AC ⊥BC ，又BC PC C ⋂=，,BC PC ⊂平面PBC ，∴AC ⊥平面PBC .∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面PBC .（2）方法一：由（1）知AC ⊥平面PBC ，又∵CE ⊂平面PBC ，∴AC ⊥CE ，由（1）知AC PC ⊥，所以PCE ∠是二面角P AC E −−的平面角.由图知平面PAC 与平面ACE 的夹角即为二面角P AC E −−，∵平面PAC 与平面ACE ，∴cos PCE ∠= ∵PC ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴BC PC ⊥.在Rt PCB 中，由2PC =，BC =PB∴cosCPB ∠==， ∴CPB PCE ∠=∠，CE PE =，∵∠CPB 与∠CBP 互余，∠PCE 与∠ECB 互余，∴CBP ECB ∠=∠，CE EB =， ∴1PE BE=； 方法二：如图，以C 为原点，CB ，CA ，CP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系.则()0,0,0C，()A，)B ，()002P ,,，显然平面PAC 的一个法向量为CB ，则()2,0,0CB =， 设(),,E x y z ，()01PE PB λλ=≤≤， 则(),,2PE x y z =−，()2,0,2PB =−∴()),,22x y z λ−=−， ∴),0,22E λ−，当1λ=时，,E B 重合，此时平面PAC 与平面ACE 的夹角为90°，此时余弦值为1，不合要求，当[)0,1λ∈时，设()111,,x n y z=为平面EAC 的法向量，()CA =，()2,0,22CE λ=− 则0n CA n CE⋅=⋅=，即()1110220x z λ=+−=， 得10y =，取11x =得1z=， ∴1,0,2n λ⎛= ⎝⎭， 设平面1ABC 与平面11AC P 的夹角为θ，()2,0,0CB =，则cos cos ,2CB n CB n CB n θ⋅=== 解得：12λ=.∴12PE PB =， ∴1PE BE=.。

大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（新高考卷与新课标理科卷）专题11立体几何与空间向量选择填空题1．【2022年全国甲卷理科04】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．20【答案】B【解析】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积V=2+42×2×2=12.故选：B.2．【2022年全国甲卷理科07】在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（）A．AB=2AD B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°真题汇总C．AC=CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°【答案】D【解析】如图所示：不妨设AB=a,AD=b,AA1=c，依题以及长方体的结构特征可知，B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，B1D与平面AA1B1B所成角为∠DB1A，所以sin30∘=cB1D =bB1D，即b=c，B1D=2c=√a2+b2+c2，解得a=√2c．对于A，AB=a，AD=b，AB=√2AD，A错误；对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为∠BAE，因为tan∠BAE=ca =√22，所以∠BAE≠30∘，B错误；对于C，AC=√a2+b2=√3c，CB1=√b2+c2=√2c，AC≠CB1，C错误；对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C，sin∠DB1C=CDB1D =a2c=√22，而0<∠DB1C<90∘，所以∠DB1C=45∘．D正确．故选：D．3．【2022年全国甲卷理科09】甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若S甲S乙=2，则V甲V乙=（）A．√5B．2√2C．√10D．5√104【答案】C【解析】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，则S 甲S 乙=πr 1l πr 2l =r1r 2=2， 所以r 1=2r 2， 又2πr 1l+2πr 2l=2π，则r 1+r 2l=1，所以r 1=23l,r 2=13l ，所以甲圆锥的高ℎ1=√l 2−49l 2=√53l ，乙圆锥的高ℎ2=√l 2−19l 2=2√23l ， 所以V 甲V 乙=13πr 12ℎ113πr 22ℎ2=49l 2×√53l 19l ×2√23l =√10.故选：C.4．【2022年全国乙卷理科07】在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB,BC 的中点，则（ ） A ．平面B 1EF ⊥平面BDD 1 B ．平面B 1EF ⊥平面A 1BD C ．平面B 1EF//平面A 1AC D ．平面B 1EF//平面A 1C 1D【答案】A 【解析】解：在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中， AC ⊥BD 且DD 1⊥平面ABCD ， 又EF ⊂平面ABCD ，所以EF ⊥DD 1， 因为E,F 分别为AB,BC 的中点， 所以EF ∥AC ，所以EF ⊥BD ， 又BD ∩DD 1=D ， 所以EF ⊥平面BDD 1， 又EF ⊂平面B 1EF ，所以平面B 1EF ⊥平面BDD 1，故A 正确；如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，设AB =2，则B 1(2,2,2),E (2,1,0),F (1,2,0),B (2,2,0),A 1(2,0,2),A (2,0,0),C (0,2,0)， C 1(0,2,2)，则EF ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,1,0),EB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,1,2)，DB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,2,0),DA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2)，AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,2),AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,2,0),A 1C 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,2,0),设平面B 1EF 的法向量为m ⃑⃑ =(x 1,y 1,z 1)， 则有{m ⃑⃑ ⋅EF ⃑⃑⃑⃑⃑ =−x 1+y 1=0m ⃑⃑ ⋅EB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =y 1+2z 1=0，可取m ⃑⃑ =(2,2,−1)，同理可得平面A 1BD 的法向量为n 1⃑⃑⃑⃑ =(1,−1,−1)， 平面A 1AC 的法向量为n 2⃑⃑⃑⃑ =(1,1,0)， 平面A 1C 1D 的法向量为n 3⃑⃑⃑⃑ =(1,1,−1)， 则m ⃑⃑ ⋅n 1⃑⃑⃑⃑ =2−2+1=1≠0，所以平面B 1EF 与平面A 1BD 不垂直，故B 错误； 因为m ⃑⃑ 与n 2⃑⃑⃑⃑ 不平行，所以平面B 1EF 与平面A 1AC 不平行，故C 错误； 因为m ⃑⃑ 与n 3⃑⃑⃑⃑ 不平行，所以平面B 1EF 与平面A 1C 1D 不平行，故D 错误， 故选：A.5．【2022年全国乙卷理科09】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 ．√22【答案】C 【解析】设该四棱锥底面为四边形ABCD ，四边形ABCD 所在小圆半径为r ， 设四边形ABCD 对角线夹角为α，则S ABCD=12⋅AC⋅BD⋅sinα≤12⋅AC⋅BD≤12⋅2r⋅2r=2r2（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2又r2+ℎ2=1则VO−ABCD =13⋅2r2⋅ℎ=√23√r2⋅r2⋅2ℎ2≤√23√(r2+r2+2ℎ23)3=4√327当且仅当r2=2ℎ2即ℎ=√33时等号成立，故选：C6．【2022年新高考1卷04】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148．5m时，相应水面的面积为140．0km2；水位为海拔157．5m时，相应水面的面积为180．0km2，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148．5m上升到157．5m时，增加的水量约为（√7≈2.65）（）A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m3【答案】C【解析】依题意可知棱台的高为MN=157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积S=140.0km2=140×106m2，下底面积S′=180.0km2=180×106m2，∴V=13ℎ(S+S′+√SS′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012)=3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．故选：C．7．【2022年新高考1卷08】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3≤l≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A ．[18,814]B ．[274,814]C ．[274,643]D ．[18,27]【答案】C 【解析】∵ 球的体积为36π，所以球的半径R =3, 设正四棱锥的底面边长为2a ，高为ℎ， 则l 2=2a 2+ℎ2，32=2a 2+(3−ℎ)2, 所以6ℎ=l 2，2a 2=l 2−ℎ2所以正四棱锥的体积V =13Sℎ=13×4a 2×ℎ=23×(l 2−l 436)×l 26=19(l 4−l 636)，所以V ′=19(4l 3−l 56)=19l 3(24−l 26)，当3≤l ≤2√6时，V ′>0，当2√6<l ≤3√3时，V ′<0， 所以当l =2√6时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643， 又l =3时，V =274，l =3√3时，V =814,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274， 所以该正四棱锥体积的取值范围是[274，643]. 故选：C.8．【2022年新高考2卷07】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A ．100π B ．128π C ．144π D ．192π【答案】A 【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r 1,r 2，所以2r 1=3√3sin60∘,2r 2=4√3sin60∘，即r 1=3,r 2=4，设球心到上下底面的距离分别为d 1,d 2，球的半径为R ，所以d 1=√R 2−9，d 2=√R 2−16，故|d 1−d 2|=1或d 1+d 2=1，即|√R 2−9−√R 2−16|=1或√R 2−9+√R 2−16=1，解得R 2=25符合题意，所以球的表面积为S =4πR 2=100π． 故选：A ．9．【2021年全国甲卷理科6】在一个正方体中，过顶点A 的三条棱的中点分别为E ，F ，G ．该正方体截去三棱锥A −EFG 后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（ ）A．B．C．D．【答案】D由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，所以其侧视图为故选：D10．【2021年全国甲卷理科8】2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′,B′,C′满足∠A′C′B′=45°，∠A′B′C′=60°．由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′−CC′约为（√3≈1.732）（）A．346B．373C．446D．473【答案】B过C作CH⊥BB′，过B作BD⊥AA′，故AA′−CC′=AA′−(BB′−BH)=AA′−BB′+100=AD+100，由题，易知△ADB为等腰直角三角形，所以AD=DB．所以AA′−CC′=DB+100=A′B′+100．因为∠BCH=15°，所以CH=C′B′=100tan15°在△A′B′C′中，由正弦定理得：A′B′sin45°=C′B′sin75°=100tan15°cos15°=100sin15°，而sin15°=sin(45°−30°)=sin45°cos30°−cos45°sin30°=√6−√24，所以A′B′=100×4×√22√6−√2=100(√3+1)≈273，所以AA′−CC′=A′B′+100≈373．故选：B．11．【2021年全国甲卷理科11】已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC,AC=BC =1，则三棱锥O −ABC 的体积为（ ） A ．√212B ．√312C ．√24D ．√34【答案】A∵AC ⊥BC,AC =BC =1，∴△ABC 为等腰直角三角形，∴AB =√2， 则△ABC 外接圆的半径为√22，又球的半径为1，设O 到平面ABC 的距离为d ， 则d =√12−(√22)2=√22，所以V O−ABC =13S △ABC ⋅d =13×12×1×1×√22=√212.故选：A.12．【2021年新高考1卷3】已知圆锥的底面半径为√2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ） A ．2 B ．2√2C ．4D ．4√2【答案】B设圆锥的母线长为l ，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl =2π×√2，解得l =2√2. 故选：B.13．【2021年全国乙卷理科5】在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，P 为B 1D 1的中点，则直线PB 与AD 1所成的角为（ ）A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6【答案】D如图，连接BC 1,PC 1,PB ，因为AD 1∥BC 1， 所以∠PBC 1或其补角为直线PB 与AD 1所成的角，因为BB 1⊥平面1111D C B A ，所以BB 1⊥PC 1，又PC 1⊥B 1D 1，BB 1∩B 1D 1=B 1， 所以PC 1⊥平面PBB 1，所以PC 1⊥PB ，设正方体棱长为2，则BC 1=2√2,PC 1=12D 1B 1=√2， sin∠PBC 1=PC 1BC 1=12，所以∠PBC 1=π6.故选：D14．【2021年全国乙卷理科9】魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点E ，H ，G 在水平线AC 上，DE 和FG 是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG 称为“表距”，GC 和EH 都称为“表目距”，GC 与EH 的差称为“表目距的差”则海岛的高AB =（ ）A ．表高×表距表目距的差+表高B ．表高×表距表目距的差−表高C ．表高×表距表目距的差+表距D ．表高×表距表目距的差−表距【答案】A 如图所示：由平面相似可知，DE AB =EH AH ,FG AB =CGAC ，而DE =FG ，所以DE AB=EH AH=CG AC=CG−EH AC−AH=CG−EH CH，而CH =CE −EH =CG −EH +EG ，即AB =CG−EH+EG CG−EH×DE =EG×DECG−EH +DE ＝表高×表距表目距的差+表高．故选：A.15．【2021年新高考2卷4】北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2πr2(1−cosα)（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（）A．26%B．34%C．42%D．50%【答案】C由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：2πr2(1−cosα)4πr2=1−cosα2=1−64006400+360002≈0.42=42%.故选：C.16．【2021年新高考2卷5】正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A．20+12√3B．28√2C．563D．28√23【答案】D作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高ℎ=√22−(2√2−√2)2=√2，下底面面积S1=16，上底面面积S2=4，所以该棱台的体积V=13ℎ(S1+S2+√S1S2)=13×√2×(16+4+√64)=283√2.故选：D.17．【2020年全国1卷理科03】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A．√5−14B．√5−12C．√5+14D．√5+12【答案】D 【解析】如图，设CD=a,PE=b，则PO=√PE2−OE2=√b2−a42，由题意PO2=12ab，即b2−a24=12ab，化简得4(ba)2−2⋅ba−1=0，解得ba =1+√54（负值舍去）.故选：C.18．【2020年全国1卷理科10】已知A,B,C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB=BC=AC=OO1，则球O的表面积为（）A．64πB．48πC．36πD．32π【答案】A【解析】设圆O1半径为r，球的半径为R，依题意，得πr2=4π,∴r=2，由正弦定理可得AB=2rsin60°=2√3，∴OO1=AB=2√3，根据圆截面性质OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥O1A,R=OA=√OO12+O1A2=√OO12+r2=4，∴球O的表面积S=4πR2=64π.故选：A19．【2020年全国2卷理科07】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（）A．E B．F C．G D．H【答案】A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，图中标出了根据三视图M点所在位置，可知在侧视图中所对应的点为E.故选：A20．【2020年全国2卷理科10】已知△ABC是面积为9√34的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O 的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（）A．√3B．32C．1D．√32【答案】C【解析】设球O的半径为R，则4πR2=16π，解得：R=2.设△ABC外接圆半径为r，边长为a，∵△ABC是面积为9√34的等边三角形，∴12a2×√32=9√34，解得：a=3，∴r=23×√a2−a24=23×√9−94=√3，∴球心O到平面ABC的距离d=√R2−r2=√4−3=1.故选：C.21．【2020年全国3卷理科08】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．6+4√2B．4+4√2C．6+2√3D．4+2√3【答案】C【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：S△ABC=S△ADC=S△CDB=12×2×2=2根据勾股定理可得：AB=AD=DB=2√2∴△ADB是边长为2√2的等边三角形根据三角形面积公式可得：S△ADB=12AB⋅AD⋅sin60°=12(2√2)2⋅√32=2√3∴该几何体的表面积是：3×2+2√3=6+2√3.故选：C.22．【2020年海南卷04】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（）A．20°B．40°C．50°D．90°【答案】B【解析】画出截面图如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线；l是点A处的水平面的截线，依题意可知OA⊥l；AB是晷针所在直线. m是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知m//CD、根据线面垂直的定义可得AB⊥m..由于∠AOC=40°,m//CD，所以∠OAG=∠AOC=40°，由于∠OAG+∠GAE=∠BAE+∠GAE=90°，所以∠BAE=∠OAG=40°，也即晷针与点A处的水平面所成角为∠BAE=40°.故选：B23．【2019年新课标3理科08】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD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】解：∵点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED 的中点，∴BM⊂平面BDE，EN⊂平面BDE，∵BM是△BDE中DE边上的中线，EN是△BDE中BD边上的中线，∴直线BM，EN是相交直线，设DE＝a，则BD=√2a，BE=√34a2+54a2=√2a，∴BM=√62a，EN=√34a2+14a2=a，∴BM≠EN，故选：B．24．【2019年全国新课标2理科07】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（）A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面【答案】解：对于A，α内有无数条直线与β平行，α∩β或α∥β；对于B，α内有两条相交直线与β平行，α∥β；对于C，α，β平行于同一条直线，α∩β或α∥β；对于D，α，β垂直于同一平面，α∩β或α∥β．故选：B．25．【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．8√6πB．4√6πC．2√6πD．√6π【答案】解：如图，由P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G，则AC⊥BG，又PO⊥AC，PO∩BG＝O，可得AC⊥平面PBG，则PB⊥AC，∵E，F分别是P A，AB的中点，∴EF∥PB，又∠CEF＝90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，得PB⊥平面P AC，∴正三棱锥P ﹣ABC 的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D =√PA 2+PB 2+PC 2=√6．半径为√62，则球O 的体积为43π×(√62)3=√6π．故选：D ．26．【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为（ ）A ．2√17B ．2√5C ．3D ．2【答案】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度：√22+42=2√5．故选：B ．27．【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（ ）A ．3√34B ．2√33C ．3√24D ．√32【答案】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长√22，α截此正方体所得截面最大值为：6×√34×(√22)2=3√34． 故选：A ．28．【2018年新课标2理科09】在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1=√3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为（ ）A ．15B ．√56C ．√55D ．√22【答案】解：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，∵在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1=√3，∴A （1，0，0），D 1（0，0，√3），D （0，0，0），B 1（1，1，√3），AD 1→=（﹣1，0，√3），DB 1→=（1，1，√3），设异面直线AD 1与DB 1所成角为θ，则cos θ=|AD 1→⋅DB 1→||AD 1→|⋅|DB 1→|=2√5=√55，∴异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为√55． 故选：C ．29．【2018年新课标3理科03】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A ．故选：A ．30．【2018年新课标3理科10】设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且面积为9√3，则三棱锥D ﹣ABC 体积的最大值为（ ）A ．12√3B ．18√3C ．24√3D ．54√3【答案】解：△ABC 为等边三角形且面积为9√3，可得√34×AB 2=9√3，解得AB ＝6， 球心为O ，三角形ABC 的外心为O ′，显然D 在O ′O 的延长线与球的交点如图：O ′C =23×√32×6=2√3，OO ′=√42−(2√3)2=2，则三棱锥D ﹣ABC 高的最大值为：6，则三棱锥D ﹣ABC 体积的最大值为：13×√34×63=18√3． 故选：B ．31．【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10B．12C．14D．16【答案】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S梯形=12×2×（2+4）＝6，∴这些梯形的面积之和为6×2＝12，故选：B．32．【2017年新课标2理科04】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π【答案】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，V ＝π•32×10−12•π•32×6＝63π，故选：B ．33．【2017年新课标2理科10】已知直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为（ ）A ．√32B ．√155C ．√105D ．√33【答案】解：【解法一】如图所示，设M 、N 、P 分别为AB ，BB 1和B 1C 1的中点，则AB 1、BC 1夹角为MN 和NP 夹角或其补角（因异面直线所成角为（0，π2]）， 可知MN =12AB 1=√52，NP =12BC 1=√22；作BC 中点Q ，则△PQM 为直角三角形；∵PQ ＝1，MQ =12AC ，△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2+BC 2﹣2AB •BC •cos ∠ABC＝4+1﹣2×2×1×（−12）＝7，∴AC =√7，∴MQ =√72；在△MQP 中，MP =√MQ 2+PQ 2=√112； 在△PMN 中，由余弦定理得cos ∠MNP =MN 2+NP 2−PM 22⋅MN⋅NP =(√52)2+(√22)2−(√112)22×√52×√22=−√105； 又异面直线所成角的范围是（0，π2]，∴AB 1与BC 1所成角的余弦值为√105． 【解法二】如图所示，补成四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，求∠BC 1D 即可；BC 1=√2，BD =√22+12−2×2×1×cos60°=√3，C 1D =√5，∴BC 12+BD 2=C 1D 2，∴∠DBC 1＝90°，∴cos ∠BC 1D =√2√5=√105． 故选：C ．34．【2017年新课标3理科08】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（ ）A ．πB ．3π4C ．π2D ．π4 【答案】解：∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，∴该圆柱底面圆周半径r =√12−(12)2=√32， ∴该圆柱的体积：V ＝Sh =π×(√32)2×1=3π4．故选：B ．35．【2016年新课标1理科06】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（ ）A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π【答案】解：由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉18后的几何体，如图： 可得：78×43πR 3=28π3，R ＝2．它的表面积是：78×4π•22+34×π⋅22=17π． 故选：A ．36．【2016年新课标1理科11】平面α过正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m 、n 所成角的正弦值为（ ）A ．√32B ．√22C ．√33D ．13【答案】解：如图：α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABA 1B 1＝n ，可知：n ∥CD 1，m ∥B 1D 1，∵△CB 1D 1是正三角形．m 、n 所成角就是∠CD 1B 1＝60°．则m 、n 所成角的正弦值为：√32． 故选：A ．37．【2016年新课标2理科06】如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π【答案】解：由三视图知，空间几何体是一个组合体，上面是一个圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是2√3，∴在轴截面中圆锥的母线长是√12+4=4，∴圆锥的侧面积是π×2×4＝8π，下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是4，∴圆柱表现出来的表面积是π×22+2π×2×4＝20π∴空间组合体的表面积是28π，故选：C ．38．【2016年新课标3理科09】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ ）A ．18+36√5B ．54+18√5C ．90D ．81【答案】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以主视图为底面的直四棱柱，其底面面积为：3×6＝18，侧面的面积为：（3×3+3×√32+62）×2＝18+18√5，故棱柱的表面积为：18×2+18+18√5=54+18√5．故选：B ．39．【2016年新课标3理科10】在封闭的直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是（ ）A ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π3【答案】解：∵AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，∴AC ＝10．故三角形ABC 的内切圆半径r =6+8−102=2， 又由AA 1＝3，故直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的内切球半径为32， 此时V 的最大值43π⋅(32)3=9π2，故选：B ．40．【2015年新课标1理科06】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（ ）A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛【答案】解：设圆锥的底面半径为r ，则π2r ＝8， 解得r =16π，故米堆的体积为14×13×π×（16π）2×5≈3209， ∵1斛米的体积约为1.62立方，∴3209÷1.62≈22，故选：B ．41．【2015年新课标1理科11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16+20π，则r ＝（ ）A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】解：由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，截圆柱的平面过圆柱的轴线，该几何体是一个半球拼接半个圆柱，∴其表面积为：12×4πr 2+12×πr 2+12×2r ×2πr +2r ×2r +12×πr 2＝5πr 2+4r 2， 又∵该几何体的表面积为16+20π，∴5πr 2+4r 2＝16+20π，解得r ＝2，故选：B ．42．【2015年新课标2理科06】一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）A ．18B ．17C ．16D ．15 【答案】解：设正方体的棱长为1，由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，∴正方体切掉部分的体积为13×12×1×1×1=16， ∴剩余部分体积为1−16=56，∴截去部分体积与剩余部分体积的比值为15． 故选：D ．43．【2015年新课标2理科09】已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点，若三棱锥O ﹣ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为（ ）A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π【答案】解：如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大，设球O 的半径为R ，此时V O ﹣ABC ＝V C ﹣AOB =13×12×R 2×R =16R 3=36，故R ＝6，则球O 的表面积为4πR 2＝144π， 故选：C ．44．【2014年新课标1理科12】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（ ）A ．6√2B ．6C ．4√2D ．4【答案】解：几何体的直观图如图：AB ＝4，BD ＝4，C 到BD 的中点的距离为：4，∴BC =CD =√22+42=2√5．AC =√42+(2√5)2=6，AD ＝4√2，显然AC 最长．长为6．故选：B ．45．【2014年新课标2理科06】如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm ），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm ，高为6cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ）A ．1727B ．59C ．1027D ．13 【答案】解：几何体是由两个圆柱组成，一个是底面半径为3高为2，一个是底面半径为2，高为4， 组合体体积是：32π•2+22π•4＝34π．底面半径为3cm ，高为6cm 的圆柱体毛坯的体积为：32π×6＝54π切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为：54π−34π54π=1027． 故选：C ．46．【2014年新课标2理科11】直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为（ ）A ．110B ．25C ．√3010 D ．√22【答案】解：直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，如图：BC 的中点为O ，连结ON ，MN =∥12B 1C 1=OB ，则MN 0B 是平行四边形，BM 与AN 所成角就是∠ANO ， ∵BC ＝CA ＝CC 1，设BC ＝CA ＝CC 1＝2，∴CO ＝1，AO =√5，AN =√5，MB =√B 1M 2+BB 12=√(√2)2+22=√6，在△ANO 中，由余弦定理可得：cos ∠ANO =AN 2+NO 2−AO 22AN⋅NO =2×√5×√6=√3010． 故选：C ．47．【2013年新课标1理科06】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm ，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm ，如不计容器的厚度，则球的体积为（ ）A ．500π3cm 3B ．866π3cm 3 C ．1372π3cm 3D ．2048π3cm 3【答案】解：设正方体上底面所在平面截球得小圆M ， 则圆心M 为正方体上底面正方形的中心．如图．设球的半径为R ，根据题意得球心到上底面的距离等于（R ﹣2）cm ， 而圆M 的半径为4，由球的截面圆性质，得R 2＝（R ﹣2）2+42，解出R＝5，∴根据球的体积公式，该球的体积V=4π3R3=4π3×53=500π3cm3．故选：A．48．【2013年新课标1理科08】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．16+8πB．8+8πC．16+16πD．8+16π【答案】解：三视图复原的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体，如图，其中长方体长、宽、高分别是：4，2，2，半个圆柱的底面半径为2，母线长为4．∴长方体的体积＝4×2×2＝16，半个圆柱的体积=12×22×π×4＝8π所以这个几何体的体积是16+8π；故选：A．49．【2013年新课标2理科04】已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β．直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则（）A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l【答案】解：由m⊥平面α，直线l满足l⊥m，且l⊄α，所以l∥α，又n⊥平面β，l⊥n，l⊄β，所以l∥β．由直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β则推出m∥n，与m，n异面矛盾．故α与β相交，且交线平行于l．故选：D．50．【2013年新课标2理科07】一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为（）A．B．C．D．【答案】解：因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），几何体的直观图如图，是正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为：故选：A．51．【2022年新高考1卷09】已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则（）A．直线BC1与DA1所成的角为90°B．直线BC1与CA1所成的角为90°C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°【答案】ABD【解析】如图，连接B1C、BC1，因为DA1//B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角，因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确；连接A1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1，因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C=B1，所以BC1⊥平面A1B1C，又A1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确；连接A1C1，设A1C1∩B1D1=O，连接BO，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O⊂平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，因为C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B=B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，设正方体棱长为1，则C 1O =√22，BC 1=√2，sin∠C 1BO =C 1O BC 1=12，所以，直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为30∘，故C 错误；因为C 1C ⊥平面ABCD ，所以∠C 1BC 为直线BC 1与平面ABCD 所成的角，易得∠C 1BC =45∘，故D 正确. 故选：ABD52．【2022年新高考2卷11】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V 1,V 2,V 3，则（ ）A ．V 3=2V 2B ．V 3=V 1C ．V 3=V 1+V 2D ．2V 3=3V 1【答案】CD 【解析】设AB =ED =2FB =2a ，因为ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ，则V 1=13⋅ED ⋅S △ACD =13⋅2a ⋅12⋅(2a )2=43a 3，V 2=13⋅FB ⋅S △ABC =13⋅a ⋅12⋅(2a )2=23a 3，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 =√a 2+(√2a)2=√3a ，EF =√a 2+(2√2a)2=3a ， EM 2+FM 2=EF 2，则EM ⊥FM ，S △EFM =12EM ⋅FM =3√22a 2，AC =2√2a ，则V 3=V A−EFM +V C−EFM =13AC ⋅S △EFM =2a 3，则2V 3=3V 1，V 3=3V 2，V 3=V 1+V 2，故A 、B 错误；C 、D 正确. 故选：CD.53．【2021年新高考1卷12】在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=1，点P 满足BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =λBC ⃑⃑⃑⃑⃑ +μBB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则（ ） A ．当λ=1时，△AB 1P 的周长为定值 B ．当μ=1时，三棱锥P −A 1BC 的体积为定值 C ．当λ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1P ⊥BP D ．当μ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1B ⊥平面AB 1P【答案】BD易知，点P 在矩形BCC 1B 1内部（含边界）．对于A ，当λ=1时，BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =BC ⃑⃑⃑⃑⃑ +μBB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =BC ⃑⃑⃑⃑⃑ +μCC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，即此时P ∈线段CC 1，△AB 1P 周长不是定值，故A 错误；对于B ，当μ=1时，BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =λBC ⃑⃑⃑⃑⃑ +BB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =BB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +λB 1C 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，故此时P 点轨迹为线段B 1C 1，而B 1C 1//BC ，B 1C 1//平面A 1BC ，则有P 到平面A 1BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当λ=12时，BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =12BC ⃑⃑⃑⃑⃑ +μBB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，取BC ，B 1C 1中点分别为Q ，H ，则BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =BQ ⃑⃑⃑⃑⃑ +μQH ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，A 1(√32,0,1)，P(0,0,μ)，B(0,12,0)，则A 1P ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−√32,0,μ−1)，BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,−12,μ)，A 1P ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =μ(μ−1)=0，所以μ=0或μ=1．故H,Q 均满足，故C 错误；对于D ，当μ=12时，BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =λBC ⃑⃑⃑⃑⃑ +12BB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，取BB 1，CC 1中点为M,N ．BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +λMN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以P 点轨迹为线段MN ．设P(0,y 0,12)，因为A(√32，0,0)，所以AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−√32,y 0,12)，A 1B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−√32,12,−1)，所以34+12y 0−12=0⇒y 0=−12，此时P 与N 重合，故D 正确． 故选：BD ．54．【2021年新高考2卷10】如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足MN ⊥OP 的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】BC设正方体的棱长为2，对于A ，如图（1）所示，连接AC ，则MN //AC ， 故∠POC （或其补角）为异面直线OP,MN 所成的角， 在直角三角形OPC ，OC =√2，CP =1，故tan∠POC =√2=√22， 故MN ⊥OP 不成立，故A 错误.。

2023年高考数学真题题源解密（全国卷）专题10空间向量与立体几何目录一览①2023真题展现考向一空间几何体的表面积和体积考向二三视图考向三点线面的位置关系考向四空间中的夹角问题②真题考查解读近年真题对比⑤名校模拟探源⑥易错易混速记考向一空间几何体的表面积和体积30ABO ∠，3,232OC AB BC解得332PC，于是2PO PC OC 所以圆锥的体积211πV OA PO ABC ∵ 是边长为2的等边三角形，,PE AB CE AB ，又PE AB 平面PEC ，又3232PE CE，PC因为底面ABCD 为正方形，AB 又3PC PD ，PO OP ，所以又3PC PD ，42AC BD ，所以在PAC △中，3,42,PC AC 则由余弦定理可得22PA AC PC 故17PA ，则17PB ，故在PBC 中，7,3,1P PB C 所以22cos 2PC BC PB PCB PC BC 又0πPCB ，所以sin PCB 所以PBC 的面积为12S PC BC 法二：连结,AC BD 交于O ，连结PO ，则因为底面ABCD 为正方形，AB 在PAC △中，3,45PC PCA 则由余弦定理可得22PA AC PC 所以22cos 2PA PC AC APC PA PC cos 17PA PC PA PC APC 不妨记,PB m BPD ，因为 1122PO PA PC PB PD 即2222PA PC PA PC PB PD 则 217923923m 又在PBD △中，22BD PB PD 两式相加得22340m ，故PB 故在PBC 中，7,3,1P PB C 所以22cos 2PC BC PB PCB PC BC 又0πPCB ，所以sin PCB 所以PBC 的面积为12S PC BC二、填空题4．（2023·全国甲卷文数第16题）与球O 的球面有公共点，则球O 【答案】[22,23]【详解】设球的半径为R .分别取侧棱111,,,AA BB CC DD MNGH 的对角线交点，连接MG ，则42MG ，当球的一个大圆恰好是四边形小值为22.综上，[2R 三、解答题(1)求证：EF //平面ADO ；(2)若120POF ，求三棱锥 P 【答案】(1)证明见解析(2)263【详解】（1）连接,DE OF ，设AF6．（2023·全国甲卷文数第18题）(1)证明：平面11ACC A 平面(2)设11,2AB A B AA ，求四棱锥【答案】(1)证明见解析.(2)1【详解】（1）证明：因为A 过点1A 作11A O CC ，垂足为因为平面11ACC A 平面BCC 所以1A O 平面11BCC B ，所以四棱锥111A BB C C 的高为因为1A C 平面ABC ，,ACA ．24B ．26【答案】D【详解】如图所示，在长方体ABCD 点,,,H I J K 为所在棱上靠近点1,B C 则三视图所对应的几何体为长方体该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少其表面积为： 222考向三点线面的位置关系显然,,CE DE E CE DE 因此平面CDE 平面ABC 直线CD 平面CDE ，则直线从而DCE 为直线CD 与平面222CD CE DE CE3．（2023·全国甲卷理数第直径的球的球面与该正方体的棱共有【答案】12【详解】不妨设正方体棱长为,,,,FG EG OM ON MN，如图，由题意可知，O为球心，在正方体中，R ，即2CC的距离为OM则球心O到1CC相切，球面与棱所以球O与棱1同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有所以以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为考向四空间中的夹角问题(1)证明：//EF平面ADO；(2)证明：平面ADO 平面BEF(3)求二面角D AO C的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)2.于是1//,,/2DE AB DE AB OF//,EF DO EF DO，又EF 所以//EF平面ADO.（2）法一：由（1）可知//EF（3）法一：过点O作//OH BF交由AO BF，得HO AO，且FH 又由（2）知，OD AO，则DOH因为,D E分别为,PB PA的中点，因此即有11,33DG AD GE BE，又(1)证明：1A C AC ；(2)已知1AA 与1BB 的距离为2，求【答案】(1)证明见解析(2)1313【详解】（1）如图，1AC ∵底面ABC ，BC 面ABC 1A C BC ，又BC AC ，AC BC 平面ACC1A1，又BC【命题意图】1.空间几何体(1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.(2)能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图.(3)会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式.(4)会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要求).(5)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.3.空间向量及其运算(1)了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.(3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.4.空间向量的应用(1)理解直线的方向向量与平面的法向量.(2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.(3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).(4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.【考查要点】高频考点：面面角，垂直关系的证明；中频考点：体积、球及球的切接，线线角、线面角；低频考点：平行关系的证明。

2023届高考数学专项练习立体几何解答题最全归纳总结【题型归纳目录】题型一：非常规空间几何体为载体题型二：立体几何存在性问题题型三：立体几何折叠问题题型四：立体几何作图问题题型五：立体几何建系繁琐问题题型六：两角相等(构造全等)的立体几何问题题型七：利用传统方法找几何关系建系题型八：空间中的点不好求题型九：创新定义【典例例题】题型一：非常规空间几何体为载体例1.如图，P为圆锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径AB=4，母线PH=22，M是PB的中点，四边形OBCH为正方形．(1)设平面POH∩平面PBC=l，证明：l∥BC；(2)设D为OH的中点，N是线段CD上的一个点，当MN与平面PAB所成角最大时，求MN的长．例2.如图所示，圆锥的底面半径为4，侧面积为162π，线段AB为圆锥底面⊙O的直径，C在线段AB上，且BC=3CA，点D是以BC为直径的圆上一动点；(1)当CD=CO时，证明：平面PAD⊥平面POD(2)当三棱锥P-BCD的体积最大时，求二面角B-PD-A的余弦值．例3.如图，圆锥PO 的母线长为6，△ABC 是⊙O 的内接三角形，平面PAC ⊥平面PBC ．BC =23，∠ABC =60°．(1)证明：PA ⊥PC ；(2)设点Q 满足OQ =λOP ，其中λ∈0,1 ，且二面角O -QB -C 的大小为60°，求λ的值．例4.如图，D 为圆锥的顶点，O 为圆锥底面的圆心，AB 为底面直径，C 为底面圆周上一点，DA =AC =BC =2，四边形DOAE 为矩形，点F 在BC 上，且DF ⎳平面EAC ．(1)请判断点F 的位置并说明理由；(2)平面DFO 将多面体DBCAE 分成两部分，求体积较大部分几何体的体积．例5.如图，在直角△POA 中，PO ⊥OA ，PO =2OA ，将△POA 绕边PO 旋转到△POB 的位置，使∠AOB =90°，得到圆锥的一部分，点C 为AB的中点．(1)求证：PC ⊥AB ；(2)设直线PC 与平面PAB 所成的角为φ，求sin φ．．例6.如图，四边形ABCD 为圆柱O 1O 2的轴截面，EF 是该圆柱的一条母线，EF =2EA ，G 是AD 的中点．(1)证明：AF ⊥平面EBG ；(2)若BE =3EA ，求二面角E -BG -A 的正弦值．例7.例7．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF的中点．(1)设P 是CE 上的一点，且AP ⊥BE ，求证BP ⊥BE ；(2)当AB =3，AD =2时，求二面角E -AG -C 的大小．例8.如图，四边形ABCD 是一个半圆柱的轴截面，E ，F 分别是弧DC ,AB 上的一点，EF ∥AD ，点H 为线段AD 的中点，且AB =AD =4,∠FAB =30°，点G 为线段CE 上一动点．(1)试确定点G 的位置，使DG ⎳平面CFH ，并给予证明；(2)求二面角C -HF -E 的大小．例9.坐落于武汉市江汉区的汉口东正教堂是中国南方唯一的拜占庭式建筑，象征着中西文化的有机融合．拜占庭建筑创造了将穹顶支承于独立方柱上的结构方法和与之相呼应的集中式建筑形制，其主体部分由一圆柱与其上方一半球所构成，如图所示．其中O 是下底面圆心，A ,B ,C 是⊙O 上三点，A 1,B 1,C 1是上底面对应的三点．且A ,O ,C 共线，AC ⊥OB ，C 1E =EC ，B 1F =13FB ，AE 与OF 所成角的余弦值为36565．(1)若E 到平面A 1BC 的距离为233，求⊙O 的半径．(2)在(1)的条件下，已知P 为半球面上的动点，且AP =210，求P 点轨迹在球面上围成的面积．例10.如图，ABCD 为圆柱OO 的轴截面，EF 是圆柱上异于AD ,BC 的母线．(1)证明：BE ⊥平面DEF ；(2)若AB =BC =6，当三棱锥B -DEF 的体积最大时，求二面角B -DF -E 的正弦值．例11.如图，O1，O分别是圆台上、下底的圆心，AB为圆O的直径，以OB为直径在底面内作圆E，C为圆O的直径AB所对弧的中点，连接BC交圆E于点D，AA1，BB1，CC1为圆台的母线，AB=2A1B1=8．(1)证明；C1D⎳平面OBB1O1；(2)若二面角C1-BC-O为π3，求O1D与平面AC1D所成角的正弦值．例12.某市在滨海文化中心有滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图所示，截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合，如图所示，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4,AD=AA1=2，圆台下底圆心O为AB的中点，直径为2，圆与直线AB交于E,F，圆台上底的圆心O1在A1B1上，直径为1．(1)求A1C与平面A1ED所成角的正弦值；(2)圆台上底圆周上是否存在一点P使得FP⊥AC1，若存在，求点P到直线A1B1的距离，若不存在则说明理由．题型二：立体几何存在性问题例13.如图，三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA=1，AB=1，AC=2，∠BAC=60°．(1)求三棱锥A-PBC的体积；(2)在线段PC上是否存在一点M，使得BM⊥AC?若存在，求MCPM的值，若不存在，请说明理由．例14.已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD=2AB，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E、F、G、O分别是PC、PD、BC、AD的中点．(1)求平面EFG与平面ABCD所成的锐二面角的大小；(2)线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为π6，若存在，求出PMPA的值；若不存在，说明理由．例15.已知三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，A1B⊥AC1，AC=AA1=4，BC=2．(1)求证：平面A1ACC1⊥平面ABC；(2)若∠A1AC=60°，在线段AC上是否存在一点P，使二面角B-A1P-C的平面角的余弦值为34若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．例16.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⎳BC，AD⊥CD，且AD=CD，BC=2CD，PA=2AD．(1)证明：AB⊥PC；(2)在线段PD上是否存在一点M，使得二面角M-AC-D的余弦值为1717，若存在，求BM与PC所成角的余弦值；若不存在，请说明理由．例17.如图，△ABC是边长为6的正三角形，点E，F，N分别在边AB，AC，BC上，且AE=AF=BN=4，M 为BC边的中点，AM交EF于点O，沿EF将三角形AEF折到DEF的位置，使DM=15．(1)证明：平面DEF⊥平面BEFC；(2)试探究在线段DM上是否存在点P，使二面角P-EN-B的大小为60°？若存在，求出DPPM的值；若不存在，请说明理由．例18.图1是直角梯形ABCD ，AB ⎳CD ，∠D =90∘，AB =2，DC =3，AD =3，CE =2ED ，以BE 为折痕将△BCE 折起，使点C 到达C 1的位置，且AC 1=6，如图2．(1)求证：平面BC 1E ⊥平面ABED ；(2)在棱DC 1上是否存在点P ，使得C 1到平面PBE 的距离为62？若存在，求出二面角P -BE -A 的大小；若不存在，说明理由．例19.如图所示，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB =1，AC =AA 1=2，AD =CD =5，E 为棱AA 1上的点，且AE =12．(1)求证：BE ⊥平面ACB 1；(2)求二面角D 1-AC -B 1的余弦值；(3)在棱A 1B 1上是否存在点F ，使得直线DF ∥平面ACB 1？若存在，求A 1F 的长；若不存在，请说明理由．例20.如图，在五面体ABCDE中，已知AC⊥BD，AC⊥BC，ED⎳AC，且AC=BC=2ED=2，DC=DB =3．(1)求证：平面ABE⊥与平面ABC；(2)线段BC上是否存在一点F，使得平面AEF与平面ABE夹角余弦值的绝对值等于54343，若存在，求BFBC的值；若不存在，说明理由．题型三：立体几何折叠问题例21.如图1，在边上为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，点M，N分别是边BC，CD的中点，AC∩BD=O1，AC∩MN=G．沿MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P -ABMND．(1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；(2)当四棱锥P-MNDB体积最大时，求直线PB和平面MNDB所成角的正弦值；(3)在(2)的条件下，在线段PA上是否存在一点Q，使得二面角Q-MN-P余弦值的绝对值为1010若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．例22.如图，在等腰直角三角形PAD中，∠A=90°，AD=8，AB=3，B、C分别是PA、PD上的点，且AD⎳BC，M、N分别为BP、CD的中点，现将△BCP沿BC折起，得到四棱锥P-ABCD，连接MN.(1)证明：MN⎳平面PAD；(2)在翻折的过程中，当PA=4时，求二面角B-PC-D的余弦值．例23.如图1，在平面四边形PDCB中，PD∥BC，BA⊥PD，PA=AB=BC=2，AD=1．将△PAB沿BA 翻折到△SAB的位置，使得平面SAB⊥平面ABCD，如图2所示．(1)设平面SDC与平面SAB的交线为l，求证：BC⊥l；(2)点Q在线段SC上(点Q不与端点重合)，平面QBD与平面BCD夹角的余弦值为66，求线段BQ的长．例24.如图，在平面五边形PABCD 中，△PAD 为正三角形，AD ∥BC ，∠DAB =90°且AD =AB =2BC =2．将△PAD 沿AD 翻折成如图所示的四棱锥P -ABCD ，使得PC =7．F ，Q 分别为AB ，CE 的中点．(1)求证：FQ ∥平面PAD ；(2)若DE PE=12，求平面EFC 与平面PAD 夹角的余弦值．例25.如图，在平行四边形ABCD 中，AB =3，AD =2，∠A =60°，E ，F 分别为线段AB ，CD 上的点，且BE =2AE ，DF =FC ，现将△ADE 沿DE 翻折至△A 1DE 的位置，连接A 1B ，A 1C ．(1)若点G 为线段A 1B 上一点，且A 1G =3GB ，求证：FG ⎳平面A 1DE ；(2)当三棱锥C -A 1DE 的体积达到最大时，求二面角B -A 1C -D 的正弦值．例26.如图1，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形ABEF是等腰梯形，AB=BE=12EF，现将正方形ABCD沿AB翻折，使CD与C D 重合，得到如图2所示的几何体，其中D E=4．(1)证明：AF⊥平面AD E；(2)求二面角D -AE-C 的余弦值．例27.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC,AB=BC=2,AD=4，现将△ABC所在平面沿对角线AC翻折，使点B翻折至点E，且成直二面角E-AC-D．(1)证明：平面EDC⊥平面EAC；(2)若直线DE与平面EAC所成角的余弦值为12，求二面角D-EA-C的余弦值．例28.如图1，在△ABC 中，∠ACB =90°，DE 是△ABC 的中位线，沿DE 将△ADE 进行翻折，使得△ACE 是等边三角形(如图2)，记AB 的中点为F ．(1)证明：DF ⊥平面ABC ．(2)若AE =2，二面角D -AC -E 为π6，求直线AB 与平面ACD 所成角的正弦值．题型四：立体几何作图问题例29.已知四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为正方形，O 为其中心，点E 为侧棱PD 的中点．(1)作出过O 、P 两点且与AE 平行的四棱锥截面(在答题卡上作出该截面与四棱锥表面的交线，并写出简要作图过程)；记该截面与棱CD 的交点为M ，求出比值DM MC (直接写出答案)；(2)若四棱锥的侧棱与底面边长均相等，求AE 与平面PBC 所成角的正弦值．例30.．如图，已知底面为平行四边形的四棱锥P-ABCD中，平面MNGH与直线PB和直线AC平行，点E为PD的中点，点F在CD上，且DF:FC=1:2．(1)求证：四边形MNGH是平行四边形；(2)求作过EF作四棱锥P-ABCD的截面，使PB与截面平行(写出作图过程，不要求证明)．截面的定义：用一个平面去截一个几何体，平面与几何体的表面的交线围成的平面图形．例31.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点，F，G分别是棱CC1，BC上的动点(不与顶点重合)．(1)作出平面A1DG与平面CBB1C1的交线(要求写出作图过程)，并证明：若平面A1DG⎳平面D1EF，则EF⎳A1D；(2)若G为棱BC的中点，是否存在F，使平面D1EF⊥平面DGF，若存在，求出CF的所有可能值；若不存在，请说明理由．例32.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点，F，G分别是棱CC1，BC上的动点(不与顶点重合)．(1)作出平面A1DG与平面CBB1C1的交线(要求写出作图过程)，并证明：若平面A1DG⎳平面D1EF，则EF⎳A1D；(2)若F，G均为其所在棱的中点，求点G到平面D1EF的距离．例33.如图多面体ABCDEF中，面FAB⊥面ABCD，△FAB为等边三角形，四边形ABCD为正方形，EF⎳BC，且EF=32BC=3，H，G分别为CE，CD的中点．(1)求二面角C-FH-G的余弦值；(2)作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AB交点为P，写出APAB的值(不需要说明理由，保留作图痕迹)．例34.如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，EA⊥底面ABCD，FD⎳EA，且FD =12EA=1．(1)求多面体EABCDF的体积；(2)记线段BC的中点为K，在平面ABCD内过点K作一条直线与平面ECF平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明．例35.四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB=2π3．AC∩BD=O，且PO⊥平面ABCD，PO=3，点F,G分别是线段PB.PD上的中点，E在PA上．且PA=3PE．(Ⅰ)求证：BD⎳平面EFG；(Ⅱ)求直线AB与平面EFG的成角的正弦值；(Ⅲ)请画出平面EFG与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤．题型五：立体几何建系繁琐问题例36.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．(1)证明：AA1⎳MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心．若AO⎳平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．例37.如图，在锥体P-ABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且∠DAB=60°，PA=PD=2，PB=2，E，F 分别是BC，PC的中点(1)证明：AD⊥平面DEF(2)求二面角P-AD-B的余弦值．例38.如图，AEC 是半径为a 的半圆，AC 为直径，点E 为AC的中点，点B 和点C 为线段AD 的三等分点，平面AEC 外一点F 满足FB =FD =5a ，EF =6a ．(1)证明：EB ⊥FD ；(2)已知点Q ，R 为线段FE ，FB 上的点，FQ =23FE ，FR =23FB ，求平面BED 与平面RQD 所成二面角的正弦值．例39.《九章算术》是中国古代的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右．它是一本综合性的历史著作，是当时世界上最简练有效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系．《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”，已知在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ．(1)从三棱锥P -ABC 中选择合适的两条棱填空：　BC ⊥ ，则三棱锥P -ABC 为“鳖臑”；(2)如图，已知AD ⊥PB ，垂足为D ，AE ⊥PC ，垂足为E ，∠ABC =90°．(ⅰ)证明：平面ADE ⊥平面PAC ；(ⅱ)设平面ADE 与平面ABC 的交线为l ，若PA =23，AC =2，求二面角E -l -C 的大小．例40.已知四面体ABCD，AD=CD，∠ADB=∠CDB=120°，且平面ABD⊥平面BCD．(Ⅰ)求证：BD⊥AC；(Ⅱ)求直线CA与平面ABD所成角的大小．例41.已知四面体ABCD，∠ADB=∠CDB=120°，且平面ABD⊥平面BCD．(Ⅰ)若AD=CD，求证：BD⊥AC；(Ⅱ)求二面角B-CD-A的正切值．题型六：两角相等(构造全等)的立体几何问题例42.如图，在三棱锥A-BCD中，ΔABC是等边三角形，∠BAD=∠BCD=90°，点P是AC的中点，连接BP，DP(1)证明：平面ACD⊥平面BDP；(2)若BD=6，cos∠BPD=-33，求三棱锥A-BCD的体积．例43.如图，在三棱锥A-BCD中，ΔABC是等边三角形，∠BAD=∠BCD=90°，点P是AC的中点，连接BP，DP．(1)证明：平面ACD⊥平面BDP；(2)若BD=6，且二面角A-BD-C为120°，求直线AD与平面BCD所成角的正弦值．例44.如图，四棱锥F-ABCD中，底面ABCD为边长是2的正方形，E，G分别是CD、AF的中点，AF=4，∠FAE=∠BAE，且二面角F-AE-B的大小为90°．(1)求证：AE⊥BG；(2)求二面角B-AF-E的余弦值．例45.如图，四棱锥E-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAE=∠BAE=45°，∠DAB=60°．(Ⅰ)证明：平面ADE⊥平面ABE；(Ⅱ)当直线DE与平面ABE所成的角为30°时，求平面DCE与平面ABE所成锐二面角的余弦值．例46.如图，在四面体ABCD中，已知∠ABD=∠CBD=60°，AB=BC=2，(1)求证：AC⊥BD；(2)若平面ABD⊥平面CBD，且BD=52，求二面角C-AD-B的余弦值．题型七：利用传统方法找几何关系建系例47.如图：长为3的线段PQ与边长为2的正方形ABCD垂直相交于其中心O(PO>OQ)．(1)若二面角P-AB-Q的正切值为-3，试确定O在线段PQ的位置；(2)在(1)的前提下，以P，A，B，C，D，Q为顶点的几何体PABCDQ是否存在内切球？若存在，试确定其内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由．例48.在四棱锥P-ABCD中，E为棱AD的中点，PE⊥平面ABCD，AD⎳BC，∠ADC=90°，ED=BC= 2，EB=3，F为棱PC的中点．(Ⅰ)求证：PA⎳平面BEF；(Ⅱ)若二面角F-BE-C为60°，求直线PB与平面ABCD所成角的正切值．例49.三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，侧面BCC1B1为矩形，∠A1AB=2π3，二面角A-BC-A1的正切值为12．(Ⅰ)求侧棱AA1的长；(Ⅱ)侧棱CC1上是否存在点D，使得直线AD与平面A1BC所成角的正切值为63，若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由．例50.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD内接于圆O，AC是圆O的一条直径，PA⊥平面ABCD，PA=AC=2，E是PC的中点，∠DAC=∠AOB(1)求证：BE⎳平面PAD；(2)若二面角P-CD-A的正切值为2，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．例51.如图所示，PA⊥平面ABCD，ΔCAB为等边三角形，PA=AB，AC⊥CD，M为AC中点．(Ⅰ)证明：BM⎳平面PCD；(Ⅱ)若PD与平面PAC所成角的正切值为62，求二面角C-PD-M的正切值．题型八：空间中的点不好求例52.如图，直线AQ⊥平面α，直线AQ⊥平行四边形ABCD，四棱锥P-ABCD的顶点P在平面α上，AB =7，AD=3，AD⊥DB，AC∩BD=O，OP⎳AQ，AQ=2，M，N分别是AQ与CD的中点．(1)求证：MN⎳平面QBC；(2)求二面角M-CB-Q的余弦值．例53.如图，四棱锥S-ABCD中，AB⎳CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形．AB=BC=2，CD=SD=1．(1)证明：SD⊥平面SAB(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．例54.如图，四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为矩形，SD⊥底面ABCD，AD=2，DC=SD=2，点M在侧棱SC上，∠ABM=60°．(Ⅰ)证明：M是侧棱SC的中点；(Ⅱ)求二面角S-AM-B的余弦值．例55.如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，其中AB⎳CD，∠CDA=90°，CD=2AB=2，AD=3，PA=5，PD=22，点E在棱AD上且AE=1，点F为棱PD的中点．在棱AD上且AE=1，点F位棱PD的中点．(1)证明：平面BEF⊥平面PEC；(2)求二面角A-BF-C的余弦值的大小．例56.如图，在四棱锥A-BCFE中，四边形EFCB为梯形，EF⎳BC，且EF=34BC，ΔABC是边长为2的正三角形，顶点F在AC上的射影为点G，且FG=3，CF=212，BF=52．(1)证明：平面F GB⊥平面ABC；(2)求二面角E-AB-F的余弦值．例57.三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC是等边三角形，BC的中点为O，A1O⊥底面ABC，AA1与底面ABC所成的角为π3，点D在棱AA1上，且AD=32，AB=2．(1)求证：OD⊥平面BB1C1C；(2)求二面角B-B1C-A1的平面角的余弦值．例58.如图，将矩形ABCD沿AE折成二面角D1-AE-B，其中E为CD的中点，已知AB+2，BC=1．BD1 =CD1，F1为D1B的中点．(1)求证：CF⎳平面AD1E；(2)求AF与平面BD1E所成角的正弦值．题型九：创新定义例59.蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥H-ABC，J-CDE，K-EFA，再分别以AC，CE，EA为轴将△ACH，△CEJ，△EAK分别向上翻转180°，使H，J，K三点重合为点S所围成的曲顶多面体(下底面开口)，如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于2π减去蜂房多面体在该点的各个面角之和(多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示)．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是π3，所以正四面体在各顶点的曲率为2π-3×π3=π．(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设BH=x(i)用x表示蜂房(图2右侧多面体)的表面积S(x)；(ii)当蜂房表面积最小时，求其顶点S的曲率的余弦值．例60.类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA，PB，PC构成的三面角P-ABC，∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，二面角A-PC-B的大小为θ，则cosγ=cosαcosβ+sinαsinβcosθ．时，证明以上三面角余弦定理；(1)当α、β∈0,π2(2)如图2，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC=60°，∠BAC=45°，①求∠A1AB的余弦值；②在直线CC1上是否存在点P，使BP⎳平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．例61.(1)如图，对于任一给定的四面体A1A2A3A4，找出依次排列的四个相互平行的平面α1，α2，α3，α4，使得A i ∈αi i=1,2,3,4，且其中每相邻两个平面间的距离都相等；(2)给定依次排列的四个相互平行的平面α1，α2，α3，α4，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个正四面体A1A2A3A4的四个顶点满足：A i∈αi i=1,2,3,4，求该正四面体A1A2A3A4的体积．例62.已知a =(x 1,y 1,z 1)，b =(x 2,y 2,z 2)，c =(x 3,y 3,z 3)，定义一种运算：(a ×b )⋅c =x 1y 2z 3+x 2y 3z 1+x 3y 1z 2-x 1y 3z 2-x 2y 1z 3-x 3y 2z 1，已知四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是一个平行四边形，AB =(2,-1,4)，AD =(4,2,0)，AP =(-1,2,1)(1)试计算(AB ×AD )⋅AP 的绝对值的值，并求证PA ⊥面ABCD ；(2)求四棱锥P -ABCD 的体积，说明(AB ×AD )⋅AP 的绝对值的值与四棱锥P -ABCD 体积的关系，并由此猜想向量这一运算(AB ×AD )⋅AP 的绝对值的几何意义．立体几何解答题最全归纳总结【题型归纳目录】题型一：非常规空间几何体为载体题型二：立体几何存在性问题题型三：立体几何折叠问题题型四：立体几何作图问题题型五：立体几何建系繁琐问题题型六：两角相等(构造全等)的立体几何问题题型七：利用传统方法找几何关系建系题型八：空间中的点不好求题型九：创新定义【典例例题】题型一：非常规空间几何体为载体例1.如图，P 为圆锥的顶点，O 为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径AB =4，母线PH =22，M 是PB 的中点，四边形OBCH 为正方形．(1)设平面POH ∩平面PBC =l ，证明：l ∥BC ；(2)设D 为OH 的中点，N 是线段CD 上的一个点，当MN 与平面PAB所成角最大时，求MN 的长．【解析】(1)因为四边形OBCH 为正方形，∴BC ∥OH ，∵BC ⊄平面POH ，OH ⊂平面POH ，∴BC ∥平面POH ．∵BC ⊂平面PBC ，平面POH ∩平面PBC =l ，∴l ∥BC ．(2)∵圆锥的母线长为22，AB =4，∴OB =2，OP =2，以O 为原点，OP 所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P 0,0,2 ，B 0,2,0 ，D 1,0,0 C 2,2,0 ，M 0,1,1 ，设DN =λDC =λ,2λ,0 0≤λ≤1 ，ON =OD +DN =1+λ,2λ,0 ，MN =ON -OM =1+λ,2λ-1,-1 ，OD =1,0,0 为平面PAB 的一个法向量，设MN 与平面PAB 所成的角为θ，则sin θ=1+λ,2λ-1,-1 ⋅1,0,0 1+λ 2+2λ-1 2+1 =1+λ5λ2-2λ+3，令1+λ=t ∈1,2 ，则sin θ=t 5t 2-12t +10=15-12t +101t 2=1101t -35 2+75所以当1t =35时，即λ=23时，sin θ最大，亦θ最大，此时MN =53,13,-1 ，所以MN =MN =53 2+13 2+-1 2=353．例2.如图所示，圆锥的底面半径为4，侧面积为162π，线段AB 为圆锥底面⊙O 的直径，C 在线段AB 上，且BC =3CA ，点D 是以BC 为直径的圆上一动点；(1)当CD =CO 时，证明：平面PAD ⊥平面POD(2)当三棱锥P -BCD 的体积最大时，求二面角B -PD -A 的余弦值．【解析】(1)∵PO 垂直于圆锥的底面，∴PO ⊥AD ，当CD =CO 时，CD =OC =AC ，∴AD ⊥OD ，又OD ∩PO =O ，∴AD ⊥平面POD ，又AD ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面POD ；(2)由题可知OA =OB =4，4π⋅PB =162π，∴PB =42，∴PO =4，当三棱锥P -BCD 的体积最大时，△DBC 的面积最大，此时D 为BC的中点，如图，建立空间直角坐标系O -xyz ，则A (0,-4,0),B (0,4,0),P (0,0,4),D 3,1,0 ，∴BP =0,-4,4 ,PD =3,1,-4 ,AP =(0,4,4)，设平面PAD 的法向量为n 1 =(a ,b ,c )，则n 1 ⋅AP =0n 1 ⋅PD =0 ，即4b +4c =03a +b -4c =0，令a =5，则b =-3,c =3，∴n 1 =(5,-3,3)，设平面PBD 的法向量n 2 =x ,y ,z ，则n 2 ⋅BP =0n 2 ⋅PD =0 ，即-4y +4z =03x +y -4z =0，令x =1，则y =1,z =1，∴n 2 =1,1,1 ，则cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 n 2 =5-3+33×52+-3 2+32=5129129，∴二面角B -PD -A 的余弦值为-5129129．例3.如图，圆锥PO 的母线长为6，△ABC 是⊙O 的内接三角形，平面PAC ⊥平面PBC ．BC =23，∠ABC =60°．(1)证明：PA ⊥PC ；(2)设点Q 满足OQ =λOP ，其中λ∈0,1 ，且二面角O -QB -C 的大小为60°，求λ的值．【解析】(1)∵PA =PB =PC =6，BC =23，PB 2+PC 2=BC 2，∴PB ⊥PC∵平面PAC ⊥平面PBC 且平面PAC ∩平面PBC =PC ，PB ⊂平面PBC ，PB ⊥PC ，∴PB ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，∴PB ⊥PA ，∴AB =PA 2+PB 2=23，∴∠ABC =60°，∴△ABC 是正三角形，AC =23，∵PA 2+PC 2=AC 2∴PA ⊥PC ；(2)在平面ABC 内作OM ⊥OB 交BC 于M ，以O 为坐标原点，OM ，OB ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz 如图所示：易知OB =OC =2，OP =PB 2-OB 2=2，所以B 2,0,0 ，P 0,0,2 ，C -1,3,0 ，Q 0,0,2λ ，QB =2,0,-2λ ，BC =-3,3,0 ，设平面OBC 的法向量n 1 =x ,y ,z ，依题意n 1 ⋅QB =0n 1 ⋅CB =0 ，即2x -2λz =0-3x +3y =0 ，不妨令y =3λ，得n 1 =λ,3λ,2 ，易知平面OQB 的法向量n 2 =0,1,0 ，由λ∈0,1 可知cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 ⋅n 2=cos60°，即3λλ2+(3λ)2+2 2=12，解得λ=12例4.如图，D 为圆锥的顶点，O 为圆锥底面的圆心，AB 为底面直径，C 为底面圆周上一点，DA =AC =BC =2，四边形DOAE 为矩形，点F 在BC 上，且DF ⎳平面EAC ．(1)请判断点F 的位置并说明理由；(2)平面DFO 将多面体DBCAE 分成两部分，求体积较大部分几何体的体积．【解析】(1)点F 是BC 的中点，取BC 的中点F ，连接OF ，DF ，因为O 为AB 的中点，所以OF ⎳AC ，又AC ⊂平面AEC ，OF ⊄平面AEC ，所以OF ⎳平面AEC ，由四边形DOAE 为矩形，所以DO ⎳AE ，又AE ⊂平面AEC ，OD ⊄平面AEC ，所以OD ⎳平面AEC ，因为DO ∩OF =O ，DO ,OF ⊂平面DOF ，所以平面DOF ⎳平面AEC ，因为DF ⊂平面DOF ，所以DF ⎳平面AEC ，(2)由(1)知点F 是BC 的中点，因为DA =AC =BC =2，所以AB =AC 2+BC 2=22，所以OA =OC =OB =2，且OC ⊥AB ，所以OD =AD 2-OA 2=2，所以三棱锥D -BOF 的体积V D -BOF =13S △BOF ⋅DO =13×12×2×22×2=26；又三棱锥D -BOC 的体积V D -BOC =13S △BOC ⋅DO =13×12×2×2×2=23，所以四棱锥C -DOAE 的体积V C -DOAE =13S DOAE ×2=13×2 2×2=223，所以几何体DBCAE 的体积V DBCAE =V D -BCO +V C -DOAE =2，所以体积较大部分几何体的体积为V DBCAE -V D -BOF =2-26=526；例5.如图，在直角△POA 中，PO ⊥OA ，PO =2OA ，将△POA 绕边PO 旋转到△POB 的位置，使∠AOB =90°，得到圆锥的一部分，点C 为AB 的中点．(1)求证：PC ⊥AB ；(2)设直线PC 与平面PAB 所成的角为φ，求sin φ．【解析】(1)证明：由题意知：PO ⊥OA ,PO ⊥OB ，OA ∩OC =0∴PO ⊥平面AOB ，又∵AB ⊂平面AOB ，所以PO ⊥AB ．又点C 为AB 的中点，所以OC ⊥AB ，PO ∩OC =0，所以AB ⊥平面POC ，又∵PC ⊂平面POC ，所以PC ⊥AB ．(2)以O 为原点，OA ，OB ，OP 的方向分别作为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设OA =2，则A 2,0,0 ，B 0,2,0 ，P 0,0,4 ，C 2,2,0 ，所以AB =-2,2,0 ，AP =-2,0,4 ，PC =2,2,-4 ．设平面PAB 的法向量为n =a ,b ,c ，则n ⋅AB =-2a +2b =0,n ⋅AP =-2a +4c =0, 取c =1，则a =b =2可得平面PAB 的一个法向量为n =2,2,1 ，所以sin φ=cos n ,PC =n ⋅PC n PC =42-465=210-5 15．例6.如图，四边形ABCD 为圆柱O 1O 2的轴截面，EF 是该圆柱的一条母线，EF =2EA ，G 是AD 的中点．(1)证明：AF ⊥平面EBG ；(2)若BE =3EA ，求二面角E -BG -A 的正弦值．【解析】(1)由已知EF ⊥平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，所以EF ⊥BE ，因为AB 是圆O 1的直径，所以AE ⊥BE ，因为AE ∩FE =E ，所以BE ⊥平面AFE ，AF ⊂平面AFE ，故BE ⊥AF ，因为EF =2EA =2AG ，所以EA =2AG ，易知：Rt △AEG ∼Rt △EFA ，所以∠GEA +∠EAF =90°，从而AF ⊥EG ，又BE ∩EG =E ，所以AF ⊥平面EBG ．(2)以E 为坐标原点，EA 为x 轴正方向，EA 为单位向量，建立如图所示的空间直角坐标系E -xyz ，则AB =2,BE =3,EF =2，从而A 1,0,0 ,B 0,3,0 ,D 1,0,2 ,F 0,0,2 ，AB =-1,3,0 ,AD =0,0,2 ,设n =x ,y ,z 位平面BGA 的法向量，则{n ⋅AB =0n ⋅AD =0⇒{-x +3y =02z =0⇒{x =3y =1z =0，所以n =3,1,0 ，由(1)知：平面BEG 的法向量为AF =-1,0,2 ,因为cos n ,AF =n ⋅AF n ⋅AF=-12，所以二面角E -BG -A 的正弦值为32．例7.例7．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF的中点．(1)设P 是CE 上的一点，且AP ⊥BE ，求证BP ⊥BE ；(2)当AB =3，AD =2时，求二面角E -AG -C 的大小．【解析】(1)因为AP ⊥BE ，AB ⊥BE ，AB ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP =A ，所以BE ⊥平面ABP ，又BP ⊂平面ABP ，所以BP ⊥BE ．(2)以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (0,0,3)，E (2,0,0)，G (1,3,3)，C (-1,3,0)，故AE =(2,0,-3)，AG =(1,3,0)，CG =(2,0,3)．设m =x 1,y 1,z 1 是平面AEG 的一个法向量，由m ·AE =0m ·AG =0 可得2x 1-3z 1=0,x 1+3y 1=0.取z 1=2，可得平面AEG 的一个法向量m =(3,-3,2)．设n =x 2,y 2,z 2 是平面ACG 的一个法向量，由n ·AG =0n ·CG =0，可得x 2+3y 2=0,2x 2+3z 2=0. 取z 2=-2，可得平面ACG 的一个法向量n =(3,-3,-2)．所以cos ‹m ,n ›=m ⋅n |m |⋅|n |=12， 因为<m ,n >∈[0,π]，故所求的角为60°．例8.如图，四边形ABCD 是一个半圆柱的轴截面，E ，F 分别是弧DC ,AB 上的一点，EF ∥AD ，点H 为线段AD 的中点，且AB =AD =4,∠FAB =30°，点G 为线段CE 上一动点．(1)试确定点G 的位置，使DG ⎳平面CFH ，并给予证明；(2)求二面角C -HF -E 的大小．【解析】(1)当点G 为CE 的中点时，DG ∥平面CFH ．证明：取CF 得中点M ，连接HM ,MG ．∵G ，M 分别为CE 与CF 的中点，∴GM ∥EF ，且GM =12EF =12AD ，又H 为AD 的中点，且AD ∥EF ,AD =EF ，∴GM ∥DH ,GM =DH ．四边形GMHD 是平行四边形，∴HM ∥DG又HM ⊂平面CFH ,DG ⊄平面CFH∴DG ∥平面CFH(2)由题意知，AB 是半圆柱底面圆的一条直径，∴AF ⊥BF ．∴AF =AB cos30°=23,BF =AB sin30°=2．由EF ∥AD ,AD ⊥底面ABF ，得EF ⊥底面ABF ．∴EF ⊥AF ,EF ⊥BF ．以点F 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则F (0,0,0),B (0,2,0),C (0,2,4),H (23,0,2)FH =(23,0,2),FC =(0,2,4)设平面CFH 的一个法向量为n =(x ,y ,z )所以n ⋅FH =23x +2z =0n ⋅FC =2y +4z =0则令z =1则y =-2,x =-33即n =-33,-2,1由BF ⊥AF ,BF ⊥FE ,AF ∩FE =F ．得BF ⊥平面EFH ∴平面EFH 的一个法向量为FB =(0,2,0)设二面角C -HF -E 所成的角为θ∈0,π2则cos θ=∣cos ‹n ,FB ›=|n ⋅FB ||n ||FB |=0×-33 +(-2)×2+1×02×13+4+1=32 ∴二面角C -HF -E 所成的角为π6．例9.坐落于武汉市江汉区的汉口东正教堂是中国南方唯一的拜占庭式建筑，象征着中西文化的有机融合．拜占庭建筑创造了将穹顶支承于独立方柱上的结构方法和与之相呼应的集中式建筑形制，其主体部分由一圆柱与其上方一半球所构成，如图所示．其中O 是下底面圆心，A ,B ,C 是⊙O 上三点，A 1,B 1,C 1是上底面对应的三点．且A ,O ,C 共线，AC ⊥OB ，C 1E =EC ，B 1F =13FB ，AE 与OF 所成角的余弦值为36565．(1)若E 到平面A 1BC 的距离为233，求⊙O 的半径．(2)在(1)的条件下，已知P 为半球面上的动点，且AP =210，求P 点轨迹在球面上围成的面积．【解析】(1)如图，取BB 1,CE 上的点N ,M ．连接OM ,OF ,FM ．过N 作NH ⊥A 1B 于H ，则OM ∥AE ，由题意知cos ∠FOM =36565，设⊙O 的半径为r ，AA 1=h ，由勾股定理知OF =r 2+916h 2，OM =r 2+116h 2，FM =2r 2+14h 2，由余弦定理知cos ∠FOM =OF 2+OM 2-FM 22×OF ×OM．代入解得h =2r ，因为EN ∥BC ，EN ⊄面A 1BC ，所以EN ∥面A 1BC ，故N 到面A 1BC 的距离是233，因为BC ⊥AB ，BC ⊥AA 1，AA 1∩AB =A ，所以BC ⊥面A 1AB ，BC ⊥NH ，因为NH ⊥BC ，NH ⊥A 1B ，A 1B ∩BC =B ，所以NH ⊥面A 1BC ，NH =233，而sin ∠A 1BB 1=NH BN =A 1B 1A 1B ，即233×h 2=2r 2r 2+h 2，解得r =2，h =4，即⊙O 的半径为2．(2)设上底面圆心为O 1，则O 1P =2，O 1O 2与O 1P 的夹角为θ，所以|AP |=|AO 1 +O 1P |=20+4+85cos θ=210，解得cos θ=255，过P 作PO 2⊥AO 1于O 2，则O 2P =O 1P ⋅sin θ=255，所以点P 的轨迹是以O 2为圆心，以255为半径的圆，因此可作出几何体被面AOA 1所截得到的截面，如图所示．设弧A 1C 1旋转一周所得到的曲面面积为S 1，弧PP 得到的为S 2，则S 2S 1=1-cos θS 1=12×4πr2 ，因此S 2=2πr 2(1-cos θ)=8π1-255 ．因此P 点轨迹在球面上围成的面积为8π1-255．例10.如图，ABCD 为圆柱OO 的轴截面，EF 是圆柱上异于AD ,BC 的母线．(1)证明：BE ⊥平面DEF ；(2)若AB =BC =6，当三棱锥B -DEF 的体积最大时，求二面角B -DF -E 的正弦值．【解析】(1)证明：如图，连接AE ，由题意知AB 为⊙O 的直径，所以AE ⊥BE ．因为AD ,EF 是圆柱的母线，所以AD ∥EF 且AD =EF ，所以四边形AEFD 是平行四边形．所以AE ⎳DF ，所以BE ⊥DF ．因为EF 是圆柱的母线，所以EF ⊥平面ABE ，又因为BE ⊂平面ABE ，所以EF ⊥BE ．又因为DF ∩EF =F ，DF 、EF ⊂平面DEF ，所以BE ⊥平面DEF ．(2)由(1)知BE 是三棱锥B -DEF 底面DEF 上的高，由(1)知EF ⊥AE ,AE ∥DF ，所以EF ⊥DF ，即底面三角形DEF 是直角三角形．设DF =AE =x ,BE =y ，则在Rt △ABE 中有：x 2+y 2=6，所以V B -DEF =13S △DEF ⋅BE =13⋅12x ⋅6⋅y =66xy ≤66⋅x 2+y 22=62，当且仅当x =y =3时等号成立，即点E ，F 分别是AB ，CD的中点时，三棱锥B -DEF 的体积最大，。

2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编专题17 立体几何解答题一、解答题1．(2022年全国甲卷理科·第18题)在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP =====∥．(1)证明：BD PA ⊥；(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析：； ．解析：(1)证明：在四边形ABCD 中，作DE AB ⊥于E ，CF AB ⊥于F ，因为//,1,2CD AB AD CD CB AB ====，所以四边形ABCD 为等腰梯形，所以12AE BF ==，故DE =BD ==，所以222AD BD AB +=，所以AD BD ⊥，因为PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PD BD ⊥，又PD AD D ⋂=，所以BD ⊥平面PAD ，又因PA ⊂平面PAD ，所以BD PA ⊥；(2)解：如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系，BD =，则()()(1,0,0,,A B P ，则(((,0,,AP BP DP =-== ，设平面PAB 的法向量(),,n x y z = ，则有0{0n AP x n BP ⋅=-=⋅=+=，可取)n = ，则cos ,n DP n DP n DP ⋅== ，所以PD 与平面PAB．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2022年全国甲卷理科·第18题2．(2022年全国乙卷理科·第18题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CF 与平面A B D 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF 与平面A B D所成的角的正弦值为解析：【小问1详解】因为AD CD =，E 为AC 的中点，所以AC DE ⊥；在ABD △和CBD 中，因为,,B A C D CD ADB DB DB D ∠=∠==，所以ABD CBD ≌△△，所以AB CB =，又因为E 为AC 的中点，所以AC BE ⊥；又因为,DE BE ⊂平面BED ，DE BE E ⋂=，所以AC ⊥平面BED ，因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD ．【小问2详解】连接EF ，由(1)知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC EF ⊥，所以1=2AFC S AC EF ⋅△，当EF BD ⊥时，EF 最小，即AFC △的面积最小．因为ABD CBD ≌△△，所以2CB AB ==，又因为60ACB ∠=︒，所以ABC 是等边三角形，因为E 为AC 的中点，所以1AE EC ==，B E 因为AD CD ⊥，所以112DE AC ==,在DEB 中，222DE BE +=，所以BE DE ⊥．以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -，则()()()1,0,0,0,0,0,1A B D ，所以()()1,0,1,1,0AD AB =-=- ，设平面A B D 的一个法向量为(),,n x y z = ，则00n AD x z n AB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取y()3n = ，又因为()31,0,0,4C F ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以314CF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，所以cos ,n CF n CF n CF ⋅=== ，设CF 与平面A B D 所成的角的正弦值为02πθθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，所以sin cos ,n CF θ== 所以CF 与平面A B D．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2022年全国乙卷理科·第18题3．(2022新高考全国II 卷·第20题)如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --正弦值．【答案】(1)证明见解析 (2)1113解析:(1)证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥P ABC -的高，所以PO ⊥平面ABC ，,AO BO ⊂平面ABC ，所以PO AO ⊥、PO BO ⊥，又PA PB =，所以POA POB ≅△△，即OA OB =，所以OAB OBA ∠=∠，的又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒，所以ODA OAD∠=∠所以AO DO =，即AO DO OB ==，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以//OE PD ，又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ，所以//OE 平面PAC(2)解：过点A 作//Az OP ，如图建立平面直角坐标系，因为3PO =，5AP =，所以4OA ==，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD，AB =所以12AC =，所以()2,0O，()B，()2,3P ，()0,12,0C，所以32E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则32AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()AB = ，()0,12,0AC =，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则3020n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩ ，令2z =，则3y =-，0x =，所以()0,3,2n =- ；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则302120m AE b c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令a =6c =-，0b =，所以)6m =- ；所以cos ,n m n m n m⋅=== 设二面角C AE B --为θ，由图可知二面角C AE B --为钝二面角，所以cos θ=，所以11sin 13θ==故二面角C AE B --的正弦值为1113；【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2022新高考全国II 卷·第20题4．(2022新高考全国I 卷·第19题)如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【答案】解析：(1)在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则111111111143333A A BC A A ABC A ABC A B BC C C B V S h V S A A V ---=⋅===⋅== ，解得h = 所以点A 到平面1A BC；(2)取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥,又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC 平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以AE ⊥平面1A BC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由(1)得AE =，所以12AA AB ==，1A B =2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1AC 的中点()1,1,1D ，则()1,1,1BD = ，()()0,2,0,2,0,0BA BC == ,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z = ，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()1,0,1m =- ，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c = ，则020m BD a b c m BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩ ，可取()0,1,1n =-r ，则1cos ,2m n m n m n⋅===⋅ ，所以二面角A BD C --=．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2022新高考全国I 卷·第19题5．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题)在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD是正方形，若2,3AD QD QA QC ====．(1)证明：平面QAD ⊥平面；(2)求二面角B QD A --平面角的余弦值．【答案】解析:(1)取AD 的中点为O ，连接,QO CO ．因为QA QD =，OA OD =，则QO ⊥AD ，而2,AD QA =2QO ==．在正方形ABCD 中，因为2AD =，故1DO =，故CO =，因为3QC =，故222QC QO OC =+，故QOC 为直角三角形且QO OC ⊥，因为OC AD O = ，故QO⊥的平面ABCD ，因为QO ⊂平面QAD ，故平面QAD ⊥平面ABCD ．(2)在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，结合(1)中的QO ⊥平面ABCD ，故可建如图所示的空间坐标系．则()()()0,1,0,0,0,2,2,1,0D Q B -，故()()2,1,2,2,2,0BQ BD =-=- ．设平面QBD 的法向量(),,n x y z = ，则00n BQ n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即220220x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩，取1x =，则11,2y z ==，故11,1,2n ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．而平面QAD 的法向量为()1,0,0m = ，故12cos ,3312m n ==⨯ ．二面角B QD A --的平面角为锐角，故其余弦值为23．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题6．(2021年新高考Ⅰ卷·第20题)如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD的中点．(1)证明：OA CD ⊥；(2)若OCD 是边长为1等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积．【答案】解析：(1)因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD 因为平面ABD 平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ，因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD(2)作EF ⊥BD 于F, 作FM ⊥BC 于M,连FM因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD, AO ⊥CD所以EF ⊥BD, EF ⊥CD, BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC 因为FM ⊥BC ，FM EF F =I ,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥MF 则EMF ∠为二面角E-BC-D 的平面角, 4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以OCD 为直角三角形因为2BE ED =,1112(1)2233FM BF ∴==+=从而EF=FM=213AO ∴=AO ⊥Q 平面BCD,所以11111332BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯=的【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年新高考Ⅰ卷·第20题7．(2020年新高考I 卷(山东卷)·第20题)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．【答案】(1)证明见解析；．解析：(1)证明： 在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D = ，所以l ⊥平面PDC ；(2)如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ，设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则cos ,n PB n PB n PB ⋅<>==线与平面所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>=r u ur==≤≤=1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年新高考I 卷(山东卷)·第20题8．(2020新高考II 卷(海南卷)·第20题)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l．(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB ，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；．解析：(1)证明： 在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D = ，所以l PDC ；(2)如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ，设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则cos ,n PB n PB n PB ⋅<>==根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>=r u ur==≤≤=1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020新高考II 卷(海南卷)·第20题9．(2021年高考全国乙卷理科·第18题)如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．(1)求BC ；(2)求二面角A PM B --的正弦值．【答案】；解析：(1)PD ⊥ 平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 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D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ，则()2,1,1PB a =- ，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥ ，则2210PB AM a ⋅=-+=，解得a =2BC a ==；(2)设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则AM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()AP = ，由11110m AM x y m AP z ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，取1x =，可得)2m = ，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z =，BM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =- ，由222200n BM x nBP y z ⎧⋅==⎪⎨⎪⋅=-+=⎩ ，取21y =，可得()0,1,1n =r，cos ,m n m n m n⋅<>===⋅，所以，sin ,m n <>==因此，二面角A PM B --【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：(1)建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；(2)设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量(注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可)；(3)计算(2)中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年高考全国乙卷理科·第18题10．(2021年高考全国甲卷理科·第19题)已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥(1)证明：BF DE ⊥；(2)当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【答案】(1)见解析；(2)112B D =解析：因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1BB ⊥底面ABC ，所以1BB AB ⊥因为11//A B AB ，11BF A B ⊥，所以BF AB ⊥，又1BB BF B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．的以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．所以()()()()()()1110,0,0,2,0,0,0,2,0,0,0,2,2,0,2,0,2,2B A C B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a (02a ≤≤)．(1)因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-= ，所以BF DE ⊥．(2)设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BA θ⋅===⋅ ．当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ=所以()minsin θ==，此时112B D =．【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出(),0,2D a (02a ≤≤)，在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年高考全国甲卷理科·第19题11．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第18题)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO上一点，PO ．(1)证明：PA ⊥平面PBC ；(2)求二面角B PC E --的余弦值．【答案】(1)证明见解析；．【解析】(1)由题设，知DAE △为等边三角形，设1AE =，则DO =，1122CO BO AE ===，所以PO ==PC PB ====又ABC 为等边三角形，则2sin 60BA OA =，所以BA =，22234PA PB AB +==，则90APB ∠= ，所以PA PB ⊥，同理PA PC ⊥，又PC PB P = ，所以PA ⊥平面PBC ；(2)过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则111(,0,0),((,244E P B C ---，1(,4PC =-，1(4PB =-，1(,0,2PE =- ，设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z =，由00n PC n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得11111100x x ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，令1x =，得111,0z y =-=，所以1)n =-，设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z =由00m PC m PE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22222020x x ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩，令21x =，得22z y ==，所以m =故cos ,||||n m m n n m ⋅<>===⋅设二面角B PC E --的大小为θ，则cos θ=【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第18题12．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科·第20题)如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；解析：(1) ,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴又11//AA BB 1//MN AA∴在ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥又 侧面11BB C C 为矩形，1BC BB ∴⊥1//MN BB MN BC⊥由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN∴BC ⊥平面1A AMN又 11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC又 11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF=11//B C EF ∴//EF BC∴又BC ⊥ 平面1A AMN∴EF ⊥平面1A AMNEF ⊂ 平面11EB C F ∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN(2)连接NP//AO 平面11EB C F ，平面AONP ⋂平面11EB C F NP =∴//AO NP根据三棱柱上下底面平行，其面1A NMA ⋂平面ABC AM =，面1A NMA ⋂平面1111A B C A N=∴//ON AP故：四边形ONPA 是平行四边形设ABC 边长是6m (0m >)可得：ON AP =，6NP AB m== O 为111A B C △的中心，且111A B C △边长为6m∴16sin 603ON =⨯⨯︒=故：ON AP ==//EF BC ∴AP EPAM BM =∴3EP =解得：EP m=在11B C 截取1B Q EP m ==，故2QN m= 1B Q EP =且1//B Q EP∴四边形1B QPE 是平行四边形，∴1//B E PQ由(1)11B C ⊥平面1A AMN故QPN ∠为1B E 与平面1A AMN 所成角在Rt QPN △，根据勾股定理可得：PQ ===sin QN QPN PQ ∴∠===∴直线1B E 与平面1A AMN 【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其线面角，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和线面角的定义，考查了分析能力和空间想象能力，属于难题．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅱ卷理科·第20题13．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．(1)证明：点1C 平面AEF 内；(2)若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【答案】(1)证明见解析；．解析：(1)在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG、1C E 、1C F ，在在长方体1111ABCD A B C D -中，//AD BC 且AD BC =，11//BB CC 且11BB CC =，112C G CG = ，12BF FB =，112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =，所以，四边形BCGF 为平行四边形，则//AF DG 且AF DG =，同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG ∴且1C E DG =，1//C E AF ∴且1C E AF =，则四边形1AEC F 为平行四边形，因此，点1C 在平面AEF 内；(2)以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 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1C xyz -，则()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ，()0,1,1AE =-- ，()2,0,2AF =--，()10,1,2A E =- ，()12,0,1A F =- ，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，由00m AE m AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，则()1,1,1m =- ，设平面1A EF 的法向量为()222,,n x y z =，由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，则()1,4,2n =，cos,m nm nm n⋅<>===⋅设二面角1A EF A--的平面角为θ，则cosθ=，sinθ∴==因此，二面角1A EF A--．【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题14．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的二面角B−CG−A 的大小．【答案】(1)见详解；(2)30 ．【官方解析】(1)由已知得//AD DE ，//CG BE ,所以//AD CG ，故,AD CG 确定一个平面．从而,,,A C G D 四点共面．由已知得,AB BE AB BC ⊥⊥，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ,所以平面ABC ⊥平面BCGE ．(2)作EH BC ⊥,垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ,平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ．由已知，菱形BCGE 的边长为2，60EBC ∠=︒，可求得1,BH EH ==．以H 为坐标原点，HC的方向为x 轴的的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz -，则(1,1,0),(1,0,0),(2,1,0)A C G CG AC -==-．设平面ACGD 的法向量为(,,)n x y z =，则CG n AC n ⎧=⎪⎨=⎪⎩即0,20.x x y ⎧=⎪⎨-=⎪⎩所以可取(3,6,n =- ．图2图1AA又平面BCGE 的法向量可取为(0,1,0)m =，所以cos ,n mn m |n||m|〈〉=因此二面角B - CG - A 的大小为30︒．【点评】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法．最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2019年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题15．(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第17题)如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．()1证明：BE ⊥平面11EB C ；()2若1AE A E =，求二面角1B EC C --的正弦值．【答案】()1证明见解析；(2.【官方解析】证明：()1由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．()2由()1知190BEB ∠=︒．由题设知11Rt ABE Rt A B E ≅△△，所以45AEB ∠=︒，故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA的方向为x 轴正方向，DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则()0,1,0C ，()1,1,0B ，()10,1,2C ，()1,0,1E ，()1,0,0CB = ，()1,1,1CE =- ，()10,0,2CC =．设平面EBC 的法向量为()111,,n x y z =，则00CB n CE n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即11110,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取()0,1,1n =-- .设平面1ECC 的法向量为()222,,m x y z =，则100CC m CE m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即222220,0z x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取()1,1,0m = .于是1cos ,2n m n m n m⋅==-⋅．所以，二面角1B EC C --．【分析】()1利用长方体的性质，可以知道11B C ⊥侧面11A B BA ，利用线面垂直的性质可以证明出11B C EB ⊥，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出BE ⊥平面11EB C ；()2以点D 坐标原点，以1,,DA DC DD分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，设正方形ABCD 的边长为a ，1B B b =，求出相应点的坐标，利用1BE EC ⊥，可以求出,a b 之间的关系，分别求出平面EBC 、平面1ECC 的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角1B EC C --的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角1B EC C --的正弦值.【解析】()1因为1111ABCD A B C D -是长方体，所以11B C ⊥侧面11A B BA ，而BE ⊂平面11A B BA ，所以11BE B C ⊥,又1BE EC ⊥，1111B C EC C = ，111,B C EC ⊂平面11EB C ，因此BE ⊥平面11EB C ；()2以点B坐标原点，以1,,BA BC BB分别为,,x y z 轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，1(0,0,0),(0,,0),(0,,),(,0,)2b B C a C a b E a ，因为1BE EC ⊥，所以2210(,0,(,,002224b b b BE EC a a a a b a ⋅=⇒⋅-=⇒-+=⇒= ，所以(,0,)E a a ，1(,,),(0,0,2),(,0,)EC a a a CC a BE a a =--==，设111(,,)m x y z =是平面BEC 的法向量，所以111110,0,(1,0,1)0.0.ax az m BE m ax ay az m EC +=⎧⎧⋅=⇒⇒=-⎨⎨-+-=⋅=⎩⎩，设222(,,)n x y z =是平面1ECC 的法向量，所以2122220,0,(1,1,0)0.0.az n CC n ax ay az n EC =⎧⎧⋅=⇒⇒=⎨⎨-+-=⋅=⎩⎩，二面角1B EC C --12，所以二面角1B EC C --=【点评】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第17题16．(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科·第18题)如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14,2,60,,,AA AB BAD E M N ==∠=︒分别是BC ，1BB ，1A D的中点．D 1C 111(1)证明：//MN 平面1C DE ；(2)求二面角1A MA N --的正弦值．【答案】解：(1)连结1,B C ME ．因为,M E 分别为1,BB BC 的中点，所以1//ME B C ，且112ME B C =．又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =．由题设知11A B ，可得11B C A D ，故ME ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，//MN ED ．又MN ⊄平面1C DE ，所以//MN 平面1C DE ．(2)由已知可得DE DA ⊥．以D 为坐标原点，DA的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则1(2,0,0),(2,0,4),2),(1,0,2)A A M N ，1(0,0,4)A A =-，1(2)A M =-- ，1(1,0,2)A N =-，(0,MN =．设(,,)m x y z = 为平面1A MA 的法向量，则1100m A M m A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，所以2040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取m =．设(,,)n p q r = 为平面1A MN 的法向量，则100n MN n A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，．所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)n =- ．于是cos ,m n m n m n ⋅===⋅，所以二面角1A MA N --．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科·第18题17．(2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第19题)(12分)如图，边长为2的正方形ABCD 所在平面与半圆弧CD所在的平面垂直，M 是弧CD 上异于,C D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．【答案】【官方解析】(1)由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD因为BC CD ⊥，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC DM⊥因为M 为 CD上异于,C D 的点，且DC 为直径，所以DM CM ⊥又BC CM C = ，所以DM ⊥平面BMC而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．(2)以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz-当三棱锥M ABC -体积最大时，M 为 CD的中点，由题设得()0,0,0D ，()2,0,0A ，()2,2,0B ，()0,2,0C ，()0,1,1M ()2,1,1AM =- ，()0,2,0AB = ，()2,0,0DA = 设(),,n x y z = 是平面MAB 的法向量，则00n AM n AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即2020x y z y -++=⎧⎨=⎩可取()1,0,2n = 易知DA 是平面MCD的法向量，因此cos ,n DA n DA n DA⋅<>==⋅所以sin ,n DA <>== 所以面MAB 与面MCD【民间解析】(1)证明：因为面ABCD ⊥半圆面CMD ，且面ABCD 半圆面CMD CD=而四边形ABCD 为正方形，所以AD CD ⊥，所以AD ⊥平面MCD又CM ⊂平面MCD ，所以AD CM ⊥①又因为点M 在以CD 为直径的半圆上，所以CM MD ⊥②又MD 、AD ⊂面MAD ，且MD AD D = ③由①②③可得CM ⊥面MAD ，而CM ⊂平面BMC所以平面AMD ⊥平面BMC(2)如图，以DC 所在直线作为y 轴，以DC 中点为坐标原点O ，过点O 作DA 的平行线，作为x 轴，过点O 作面ABCD 的垂线，作为z轴，建立空间直角坐标系因为13M ABC ABC M ABC V S d --=⋅△，而12222ABC S =⨯⨯=△所以当点M 到平面ABCD 的距离最大时，三棱锥M ABC -的体积最大，此时MO CD⊥所以()0,0,1M ，()2,1,0AA -，()2,1,0B ；()0,1,0C ，()0,1,0D -设面MAB 的法向量为()111,,m x y z = ，易知面MCD 的法向量为()2,0,0n DA == 所以()2,1,1MA =-- ，()2,1,1MB =- 由00m MA m MB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即1111112020x y z x y z --=⎧⎨+-=⎩，解得11102y z x =⎧⎨=⎩，可取()1,0,2m =所以cos ,m n m n m n ⋅<>=== 故所求面MAB 与面MCD==．【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第19题18．(2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第20题)(12分)如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM所成角的正弦值．【答案】解析：(1)因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =．连接OB．因为AB BC AC ==，所以ABC ∆为等腰直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==．由222OP OB PB +=知PO OB ⊥．由OP OB ⊥，OP AC ⊥知PO ⊥平面ABC ．(2)如图，以O 为坐标原点，OB u u u r 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得(0,0,0)O ，(2,0,0)B ，(0,2,0)A -，(0,2,0)C，P，AP =u u u r ．取平面PAC 的法向量为(2,0,0)OB =u u u r ．设(,2,0)(02)≤M a a a -<，则(,4,0)AM a a =-u u u r ．设平面PAM 的法向量为(,,)x y z =n ，由0AP ⋅=u u u r n ，0AM ⋅=u u u r n得20(4)0y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以cos ,OB <>=u u u r n，由已知可得cos ,OB <>=u u u r n PAB M COA=，解得4a =-(舍去)，43a =．所以4()3n =-．又(0,2,PC =- ，所以cos ,n PC <>=u u u r ．所以PC 与平面PAM ．【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第20题19．(2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第18题)(12分)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DCF ∆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．【答案】解析：(1)由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF ．又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD ．(2)作PH EF ⊥，垂足为H ．由(1)得，PH ⊥平面ABFD ．以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，||BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz -．由(1)可得，DE PE ⊥．又2DP =，1DE =，所以PE =．又1PF =，2EF =，故PE PF ⊥．可得32PH EH ==．则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --= 32HP = 为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin ||||||HP DP HP DP θ⋅===⋅ ．所以DP 与平面ABFD．【题目栏目】立体几何\空间角\直线与平面所成的角【题目来源】2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第18题20．(2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科·第18题)如图,在四棱锥中,,且．(1)证明:平面平面;(2)若,,求二面角的余弦值．【答案】(1)详见解析;(2)二面角的余弦值为． 【分析】(1)根据题设条件可以得出,,而,就可证明出平面．进而证明平面平面;(2)先找出的中点,找出相互垂直的线,建立以为坐标原点,的方向为轴的正方向,为单位长的空间直角坐标系,列出所需要的点的坐标,设是平面的法向量,是平面的法向量,根据垂直关系,求出和,利用数量积公式可求出二面角的平面角． 【解析】(1)由已知,得,由于,故,从而平面又平面,所以平面平面(2)在平面内做,垂足为,由(1)可知,平面,故,可得平面． P ABCD -//AB CD 90BAP CDP ∠=∠=︒PAB ⊥PAD PA PD AB DC ===90APD ∠=︒A PB C --A PB C --AB AP ⊥CD PD ⊥//AB CD AB ⊥ PAD PAB ⊥PAD AD F FA x AB (),,n x y z = PCB (),,m x y z = PAB (0,1,n =- ()1,0,1m = 90BAP CDP ∠=∠=︒AB AP ⊥CD PD ⊥//AB CD AB PD ⊥AB ⊥PAD AB ⊂PAB PAB ⊥PAD PAD PF AD ⊥F AB ⊥PAD AB PF ⊥PF ⊥ABCD以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系．由(1)及已知可得,,,． 所以,,,． 设是平面的法向量,则,即,可取． 设是平面的法向量,则,即,可取． 则,所以二面角的余弦值为． 【考点】面面垂直的证明,二面角平面角的求解．【点评】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面:①求异面直线所成的角,关键是转化为两直线的方向向量的夹角;②求直线与平面所成的角,关键是转化直线的方向向量和平面的法向量的夹角;③求二面角,关键是转化为两平面的法向量的夹角．建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键．【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科·第18题21．(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，．F FA x ||AB F xyz-APB (C(PC =CB =PA = (0,1,0)AB = (,,)x y z =n PCB 00PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ nn 00x y z ⎧+=⎪=(0,1,=-n (,,)x y z =m PAB 00PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ mm 00z y =⎪=⎩(1,0,1)=n cos ,||||⋅==<>n m n m n m A PB C --ABCD ABC ∆ACD ∆ABD CBD ∠=∠AB BD =(1)证明：平面平面；(2)过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值．【答案】(Ⅰ)证明略． 【解析】证明:(1)取的中点为,连接为等边三角形∴∴．∴,即为等腰直角三角形,为直角又为底边中点ACD ⊥ABC AC BD E AEC ABCD D AE C --AC O ,BO DO ABC ∆ BO AC ⊥AB BC =AB BC BD BDABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩ABD CBD ∴∆≅∆AD CD =ACD ∆ADC ∠O AC∴ 令,则 易得:,∴由勾股定理的逆定理可得即又∵ 由面面垂直的判定定理可得(2)由题意可知即,到平面的距离相等即为中点以为原点,为轴正方向,为轴正方向,为轴正方向,设,建立空间直角坐标系则,,,,DO AC ⊥AB a =AB AC BC BD a ====OD a=OB =222OD OB BD +=2DOB π∠=OD OB ⊥OD AC OD OB AC OB OAC ABC OB ABC ⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩ 平面平面OD ABC ∴⊥平面OD ADC ⊂平面ADC ABC ⊥平面平面V V D ACE B ACE --=B D ACE E BD O OA x OB y OD z AC a =()0,0,0O ,0,02a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭0,0,2a D ⎛⎫ ⎪⎝⎭,0B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,4a E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭易得:,, 设平面的法向量为,平面的法向量为, 则,解得 ,解得 若二面角为,易知为锐角,则．【考点】二面角的平面角;面面角的向量求法【点评】(1)求解本题要注意两点:一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角,二是利用方程思想进行向量运算,要认真细心,准确计算．(2)设m ,n 分别为平面α,β的法向量,则二面角θ与<m ,n >互补或相等,故有|cos θ|=|cos<m ,n>|=．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题22．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科·第19题)如图，四棱锥 中，侧面 为等比三角形且垂直于底面 ， 是 的中点．(1)证明：直线 平面；(2)点 在棱上，且直线 与底面 所成锐角为 ，求二面角 的余弦值．【答案】(1)证明略；,24a a AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ,0,22a a AD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ,0,02a OA ⎛⎫= ⎪⎝⎭ AED 1n AEC 2n 1100AE n AD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 1n = 2200AE n OA n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ (20,1,n = D AE C --θθ1212cos n n n n θ⋅==⋅ ⋅m n m n P ABCD -PAD ABCD o 1,90,2AB BC AD BAD ABC =∠=∠=E PD //CE PAB M PC BM ABCD o 45M AB D --【基本解法1】(1)证明：取中点为，连接、因为，所以因为是的中点，所以，所以所以四边形为平行四边形，所以因为平面，平面所以直线平面(2)取中点为，连接因为△为等边三角形，所以因为平面平面，平面平面，平面所以平面因为，所以四边形为平行四边形，所以所以以分别为轴建立空间直角坐标系，如图设，则，所以设，则，因为点在棱上，所以，即所以，所以平面的法向量为因为直线与底面所成角为，所以解得设平面的法向量为，则令，则PA F EF AF90BADABC ∠=∠=︒12BC AD =BC 12AD E PD EF 12AD EF BCEFBC //EC BFBF ⊂PABEC ⊄PAB//CEPABAD O OC OP、PAD PO ⊥ADPAD ⊥ABCD PAD ABCD AD =PO ⊂PADPO ⊥ABCDAO BC OABC //AB OCOC AD⊥,,OC OD OP ,,x yz 1BC =(0,1,0),(1,1,0),(1,0,0)P A B C --(1,0,PC = (,,)M x y z (,,PM x y z =-(1,0,0)AB = M PC (01)PM PC λλ=≤≤ (,,(1,0,x y z λ=()M λ()BM λ=- ABCD (0,0,1)n = BM ABCD 45︒|||sin 45||cos ,|||||BM n BM n BM n ⋅︒=<>=== 1λ=-(BM = MAB (,,)m x y z = 00AB m x BM m x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩ 1z =m =所以所以求二面角【基本解法2】(1)证明：取中点为，连接因为，所以，即所以四边形为平行四边形，所以因为平面，平面所以直线平面因为是的中点，所以因为平面，平面所以直线平面因为，所以平面平面因为平面所以直线平面(2)同上【命题意图】线面平行的判定，线面垂直的判定，面面垂直的性质，线面角、二面角的求解【知识拓展】线面平行的证明一般有两个方向，线面平行的判定或面面平行的性质。

十年（2014－2023）年高考真题分项汇编—立体几何解答题目录题型一：证明平行问题 (1)题型二：证明垂直问题 (2)题型三：求线线角 (5)题型四：求线面角 (7)题型五：求二面角 (16)题型六：求几何题的表面积和体积 (18)题型七：求距离的问题 (30)题型八：根据条件确定点的位置 (31)题型九：立体几何中求最值问题 (36)题型十：立体几何的综合应用 (37)题型一：证明平行问题1．(2019·江苏·第16题)如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，,D E 分别为BC ，AC 的中点，AB BC =．求证：(1)11A B ∥平面1DEC ；(2)1BE C E ⊥．2．(2022高考北京卷·第17题)如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．3．(2016高考数学山东理科·第17题)(本小题满分12分)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O '的直径，FB 是圆台的一条母线．(I )已知,G H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；(II )已知12EF FB AC ===，AB BC =．求二面角F BC A --的余弦值．题型二：证明垂直问题1．(2020江苏高考·第15题)在三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，,E F 分别是1,AC B C的中点．(1)求证：EF 平面11AB C ；(2)求证：平面1AB C ⊥平面1ABB ．2．(2018年高考数学江苏卷·第15题)(本小题满分14分)在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：(1)11AB A B C 平面∥；(2)111ABB A A BC ⊥平面平面．3．(本小题满分12分)如图，在五面体ABCDEF 中，点O 是矩形ABCD 的对角线的交点，面CDE 是等边三角形，棱12EF BC∥．(Ⅰ)证明//FO 平面CDE ；(Ⅱ)设BC =，证明EO ⊥平面CDF ．D C AB EOF 4．(2014高考数学江苏·第16题)如图，在三棱锥ABC P -中，D ，E ，F 分别为棱AB AC PC ,,的中点．已知AC P A ⊥，,6=P A8,BC = 5.DF =(1)求证：直线//P A 平面DEF ；(2)求证：平面⊥BDE 平面ABC．5．(2015高考数学江苏文理·第16题)如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，已知BC AC ⊥，1CC BC =，设1AB 的中点为D ，E BC C B =11 ．求证：(1)C C AA DE 11//平面；(2)11AB BC ⊥．ABCDE A 1B 1C 16．(2017年高考数学江苏文理科·第15题)如图,在三棱锥A BCD -中,AB AD ⊥,BC BD ⊥,平面ABD ⊥平面BCD ,点,E F (E 与,A D 不重合)分别在棱AD ,BD 上,且EF ⊥AD ．求证:(1)EF ∥平面ABC ;(2)AD ⊥AC ．7．(2016高考数学江苏文理科·第16题)如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，,D E 分别为,AB BC 的中(第15题)ADB C E F点，点F 在侧棱1B B 上，且11B D A F ⊥，1111A C A B ⊥．求证：(1)直线//DE 平面11A C F ；(2)平面1B DE ⊥平面11A C F ．8．(2023年全国乙卷理科·第19题)如图，在三棱锥-P ABC 中，AB BC ⊥，2AB =，BC =PB PC ==BP ，AP ，BC 的中点分别为D ，E ，O ，AD =，点F 在AC 上，BF AO ⊥．(1)证明：//EF 平面ADO ；(2)证明：平面ADO ⊥平面BEF ；(3)求二面角D AO C --的正弦值．题型三：求线线角1．(2018年高考数学上海·第17题)(本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分)已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，半径为2，(1)设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；(2)设4PO =，OA OB 、是底面半径，且90AOB ∠=︒，M 为线段AB 的中点，如图，求异面直线PM 与OB 所成的角的大小．2．(2015高考数学新课标1理科·第18题)如图，四边形ABCD 为菱形，120ABC ∠=，,E F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，2BE DF =，AE EC ⊥．(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ;(2)求直线AE 与直线CF所成角的余弦值．3．(2016高考数学上海理科·第19题)(本题满分12分)本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分6分．将边长为1的正方形11AA O O (及其内部)绕的1OO 旋转一周形成圆柱，如图， AC 长为23π， 11A B 长为3π，其中1B 与C 在平面11AA O O 的同侧．(1)求三棱锥111C O A B -的体积；(2)求异面直线1B C 与1AA 所成的角的大小．C 1A A1B OO 1O 4．(2015高考数学广东理科·第18题)(本小题满分14分)如图2，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD =PC =4，AB =6，BC =3．点E是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段AB ，BC 上，且AF =2FB ，CG =2GB ．(1)证明：PE ⊥FG ；(2)求二面角P —AD —C 的正切值；(3)求直线PA 与直线FG 所成角的余弦值．题型四：求线面角1．(2021年高考浙江卷·第19题)如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120,1,4,ABC AB BC PA ∠=︒===M ，N 分别为,BC PC 的中点，,PD DC PM MD ⊥⊥．(1)证明：AB PM ⊥；(2)求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值．2．(2020年高考课标Ⅱ卷理科·第20题)如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．3．(2020北京高考·第16题)如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点．(Ⅰ)求证：1//BC 平面1AD E ；(Ⅱ)求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．4．(2019·浙江·第19题)如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，30BAC ∠=︒，11A A A C AC ==，E ，F 分别是AC ，11A B 的中点．(Ⅰ)证明：EF BC ⊥；(Ⅱ)求直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值．5．(2019·天津·理·第17题)如图，AE ⊥平面ABCD ，//,//CF AE AD BC ，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====．(Ⅰ)求证：BF ∥平面ADE ；(Ⅱ)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；(Ⅲ)若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．6．(2023年全国甲卷理科·第18题)如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1A C ⊥底面ABC ，190,2ACB AA ∠=︒=，1A 到平面11BCC B 的距离为1．(1)证明：1A C AC =；(2)已知1AA 与1BB 的距离为2，求1AB 与平面11BCC B 所成角的正弦值．7．(2020年新高考全国卷Ⅱ数学(海南)·第20题)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB ，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．8．(2020年浙江省高考数学试卷·第19题)如图，三棱台DEF —ABC 中，面ADFC ⊥面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．(I)证明：EF⊥DB；(II)求DF与面DBC所成角的正弦值．-中，PD⊥底面9．(2022年高考全国甲卷数学(理)·第18题)在四棱锥P ABCD=====∥．,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP⊥；(1)证明：BD PA(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．AB DC，10．(202219题)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，//AB=，DC=，1//DC EF，5EF=，60--的平面角为∠=∠=︒，二面角F DC BBAD CDEAE BC的中点．60︒．设M，N分别为,⊥；(1)证明：FN AD(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．11．(2022年高考全国乙卷数学(理)·第18题)如图，四面体ABCD中，⊥=∠=∠，E为AC的中点．AD CD AD CD ADB BDC,,(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CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．12．(2018年高考数学江苏卷·第25题)(本小题满分10分)如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；(2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．13．(2018年高考数学浙江卷·第19题)(本题满分15分)如图，已知多面体111ABCA B C ，111,,A A B B C C 均垂直于平面ABC ，120ABC ∠=︒，14A A =，11C C =，12AB BC B B ===．(1)证明：1AB ⊥平面111A B C ；(2)求直线1AC 与平面1ABB 所成角的正弦值．14．(2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第18题)(12分)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DCF ∆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．15．(2014高考数学陕西理科·第19题)四面体ABCD 及其三视图如图所示，过被AB 的中点E 作平行于AD ，BC 的平面分别交四面体的棱CA DC BD ，，于点H G F ，，．⑴证明：四边形EFGH 是矩形；⑵求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值．主视图左视图俯视图ABC D EF G H16．(2014高考数学福建理科·第17题)(本小题满分12分)在平行四边形ABCD 中，1===CD BD AB ，BD CD BD AB ⊥⊥,．将ABD ∆沿BD 折起，使得平面⊥ABD 平面BCD ，如图：(1)求证：CD AB ⊥；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．17．(2014高考数学北京理科·第17题)如图,正方形AMDE 的边长为2,B ,C 分别为AM 、MD 的中点,在五棱锥P −ABCDE 中,F 为棱PE 的中点,平面ABF 与棱PD ,PC 分别交于点G 、H(1)求证：AB //FG ；(2)若PA ⊥平面ABCDE ,且PA =AE ,求直线BC 与平面ABF 所成角的大小,并求线段PH的长．18．(2015高考数学新课标2理科·第19题)(本题满分12分)如图，长方体1111ABCD A B C D -中,=16AB ，=10BC ，18AA =，点E ，F 分别在11A B ，11C D 上，114A E D F ==．过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．D D 1C 1A 1EF A BCB 1(Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由)；(Ⅱ)求直线AF 与平面α所成角的正弦值．19．(2015高考数学上海理科·第19题)(本题满分12分)如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AA =，2AB AD ==，E 、F 分别是棱AB 、BC 的中点，证明1A 、1C 、F 、E 四点共面，并求直线1CD 与平面11A C FE 所成角的大小．A BCD E F 1A 1B 1C 1D 20．(2017年高考数学浙江文理科·第19题)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 AD ⊥,22PC AD DC CB ===,E 为PD 的中点．(Ⅰ)证明:CE ∥平面PAB ;(Ⅱ)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．21．(2016高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)如图,四棱锥P ABC -中,PA ⊥地面ABCD ,AD ∥BC ,3AB AD AC ===,4PA BC ==,M 为线段AD 上一点,2AM MD =,N 为PC 的中点.(Ⅰ)证明MN ∥平面PAB ;(Ⅱ)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.PNMAB C D 22．(2016高考数学天津理科·第17题)如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，2AB BE ==．(Ⅰ)求证：//EG 平面ADF ；A B CDPE(第19题图)(Ⅱ)求二面角O EF C --的正弦值；(Ⅲ)设H 为线段AF 上的点，且23AH HF =，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．23．(2016高考数学四川理科·第18题)如图，在四棱锥P ABCD -中，AD BC ∥，90ADC PAB ∠=∠=︒，12BC CD AD ==，E 为棱AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90︒(1)在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由；(2)若二面角P CD A --的大小为45︒，求直线PA 与PCE 所成的角正弦值．24．(2017年高考数学北京理科·第16题)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 ==,4AB =．(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 所成角的正弦值．题型五：求二面角1．(2020天津高考·第17题)如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且12,AD CE M ==为棱11A B 的中点．(Ⅰ)求证：11C M B D ⊥；(Ⅱ)求二面角1B B E D --的正弦值；(Ⅲ)求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．2．(2020江苏高考·第24题)在三棱锥A BCD -中，已知CB CD ==,2BD =，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，2AO =，E 为AC 的中点．(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值；(2)若点F 在BC 上，满足14BF BC =，设二面角F DE C --的大小为θ，求sin θ的值．3．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题)在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若====．AD QD QA QC2,3(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；--的平面角的余弦值．(2)求二面角B QD A-的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，4．(2021年高考全国乙卷理科·第18题)如图，四棱锥P ABCD==，M为BC的中点，且PB AM1PD DC⊥．(1)求BC；--的正弦值．(2)求二面角A PM B5．(2020年高考课标Ⅰ卷理科·第18题)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=．AE AD=．ABC(1)证明：PA⊥平面PBC；--的余弦值．(2)求二面角B PC E6．(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第19题)如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．(1)证明：点1C 在平面AEF 内；(2)若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．7．(2019·全国Ⅲ·理·第19题)图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；(2)求图2中的二面角B−CG−A 的大小．8．(2019·全国Ⅱ·理·第17题)如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．()1证明：BE ⊥平面11EB C ；()2若1AE A E =，求二面角1B EC C --的正弦值．9．(2019·全国Ⅰ·理·第18题)如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14,2,60,,,AA AB BAD E M N ==∠=︒分别是BC ，1BB ，1A D 的中点．(1)证明：//MN 平面1C DE ；(2)求二面角1A MA N --的正弦值．10．(2023年北京卷·第16题)如图，在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，1PA AB BC PC ====，．(1)求证：BC ⊥平面PAB ；(2)求二面角A PC B --的大小．11．(2023年新课标全国Ⅱ卷·第20题)如图，三棱锥A BCD -中，DA DB DC ==，BD CD ⊥，60ADB ADC ∠=∠= ，E 为BC 的中点．(1)证明：BC DA ⊥；(2)点F 满足EF DA =，求二面角D AB F --的正弦值．12．(2022新高考全国II 卷·第20题)如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．13．(2022新高考全国I 卷·第19题)如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．14．(2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第20题)(12分)如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．PAB M CO 15．(2014高考数学重庆理科·第19题)如图(19)，四棱锥P-ABCD ，底面是以O 为中心的菱形，⊥ＰＯ底面ABCD ，AB=BAD=23π∠，，M 为BC 上一点，且BM 12=，MP AP ⊥．(1)求PO 的长；(2)求二面角A-PM-C 的正弦值。