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立体几何专题：外接球问题中常见的8种模型1.知识梳理一、墙角模型适用范围：3组或3条棱两两垂直；可在长方体中画出该图且各顶点与长方体的顶点重合直接用公式(2R )2=a 2+b 2+c 2，即2R =a 2+b 2+c 2，求出R【补充】图1为阳马，图2和图4为鳖臑二、麻花模型适用范围：对棱相等相等的三棱锥对棱相等指四面体的三组对棱分别对应相等，且这三组对棱构成长方体的三组对面的对角线。
推导过程：三棱锥(即四面体)中，已知三组对棱分别相等，(AB =CD ，AD =BC ，AC =BD )第一步：画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对棱；第二步：设出长方体的长宽高分别为a ,b ,c ，AD =BC =x ，AB =CD =y ，AC =BD =z ，列方程组，a 2+b 2=x 2b 2+c 2=y 2c 2+a 2=z 2⇒(2R )2=a 2+b 2+c 2=x 2+y 2+z 22，补充：V A −BCD =abc −16abc ×4=13abc 第三步：根据墙角模型，2R =a 2+b 2+c 2=x 2+y 2+z 22，R 2=x 2+y 2+z 28，R =x 2+y 2+z 28，求出R .三、垂面模型适用范围：有一条棱垂直于底面的棱锥。
推导过程：第一步：将ABC 画在小圆面上，A 为小圆直径的一个端点，作小圆的直径AD ,连接PD ,则PD 必过球心O .第二步：O 1为ABC 的外心，所以OO 1⊥平面ABC ，算出小圆O 1的半径O 1D =r(三角形的外接圆直径算法:利用正弦定理a sin A =b sin B=csin C =2r ,OO 1=12PA .第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：(1)(2R )2=PA 2+(2r )2⇔2R =PA 2+(2r )2；(2)R 2=r 2+OO 21⇔R =r 2+OO 21.公式：R 2=r 2+h 24四、切瓜模型适用范围：有两个平面互相垂直的棱锥推导过程：分别在两个互相垂直的平面上取外心O 1、O 2过两个外心做两个垂面的垂线，两条垂线的交点即为球心0，取B C 的中点为E ，连接OO 1、OO 2、O 2E 、O 1E 为矩形由勾股可得|OC |2=|O 2C |2+|OO 2|2=|O 2C |2+|O 1C |2-|CE |2∴R 2=r 21+r 22-l 24公式：R 2=r 21+r 22-l 24五、斗笠模型适用于：顶点的投影在底面的外心上的棱锥推导过程：取底面的外心01，连接顶点与外心，该线为空间几何体的高h ，在h 上取一点作为球心0，根据勾股定理R 2=(h -R )2+r 2⇔R =r 2+h 22h公式：R =r 2+h 22h六、矩形模型适用范围：两个直角三角形的斜边为同一边，则该边为球的直径推导过程：图中两个直角三角形ΔPAB 和ΔQAB ，其中∠APB =∠AQB =90°，求外接圆半径取斜边AB 的中点O ，连接OP ,OQ ，则OP =12AB =OA =OB =OQ 所以O 点即为球心，然后在ΔPOQ 中解出半径R 公式：R 2=l22(l 为斜边长度)七、折叠模型适用范围：两个全等三角形或等腰三角形拼在一起，或菱形折叠.推导过程：两个全等的三角形或者等腰拼在一起，或者菱形折叠，设折叠的二面角∠A EC =α,CE =A E =h .如图，作左图的二面角剖面图如右图：H 1和H 2分别为△BCD ,△A BD 外心，分别过这两个外心做这两个平面的垂线且垂线相交于球心O CH 1=r =BD 2sin ∠BCD,EH 1=h -r ,OH 1=(h -r )tanα2由勾股定理可得：R 2=OC 2=OH 21+CH 21=r 2+(h -r )2tan 2α2.公式：R 2=r 2+(h -r )2tan 2α2八、鳄鱼模型适用范围：所有二面角构成的棱锥，普通三棱锥方法：找两面外接圆圆心到交线的距离m ,n ，找二面角α，找面面交线长度l 推导过程：取二面角两平面的外心分别为O 1,O 2并过两外心作这两个面的垂线，两垂线相交于球心O ，取二面角两平面的交线中点为E ，则O ,O 1,E ,O 2四点共圆，由正弦定理得：OE =2r =O 1O 2sin α①在ΔO 1O 2E 中，由余弦定理得：O 1O 2 2=O 1E 2+O 2E 2-2O 1E O 2E cos α②由勾股定理得：OD 2=O 1O 2+O 1D 2③由①②③整理得：OD2=O 1O 2+O 1D 2=OE 2-O 1E 2+O 1D 2=O 1O 2sin α2-O 1E 2+O 1D 2=O 1E2+O 2E 2-2O 1E O 2E cos αsin 2α-O 1E 2+O 1D 2=O1E2+O2E2-2O1EO2Ecosαsin2α-O1E2+O1B2记O1E=m,O2E=n,AB=l,则R2=m2+n2-2mn cosαsin2α+l22公式：R2=m2+n2-2mn cosαsin2α+l222.常考题型3.题型精析题型一:墙角模型1(2023·高一单元测试)三棱锥A-BCD中，AD⊥平面BCD，DC⊥BD，2AD=BD=DC=2，则该三棱锥的外接球表面积为()A.3π2B.9π2C.9πD.36π1.(2022秋·陕西西安·高一统考期末)在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．已知在鳖臑A-BCD中，满足AB⊥平面BCD，且AB=BD=5，BC=3，CD=4，则此鳖臑外接球的表面积为()A.25πB.50πC.100πD.200π2.(2023·高一课时练习)《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年．在《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图P-ABCD是阳马，PA⊥平面ABCD，PA=5，AB=3，BC=4．则该阳马的外接球的表面积为()A.1252π3B.50πC.100πD.500π33.(2023·广西南宁·统考二模)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A -BCD 中，AB ⊥平面BCD ，CD ⊥AD ，AB =BD =2，已知动点E 从C 点出发，沿外表面经过棱AD 上一点到点B 的最短距离为10，则该棱锥的外接球的体积为.4.(2023春·辽宁朝阳·高二北票市高级中学校考阶段练习)已知四棱锥P -ABCD 的外接球O 的表面积为64π，PA ⊥平面ABCD ，且底面ABCD 为矩形，PA =4，设点M 在球O 的表面上运动，则四棱锥M -ABCD 体积的最大值为.题型二:麻花模型1(2023春·广东梅州·高二统考期中)已知三棱锥S -ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，且SA =BC =2，SB =AC =7，SC =AB =5，则球O 的体积是()A.83π B.3223π C.423π D.823π1.(2022春·江西景德镇·高一景德镇一中校考期中)在△ABC 中，AB =AC =2，cos A =34，将△ABC 绕BC 旋转至△BCD 的位置，使得AD =2，如图所示，则三棱锥D -ABC 外接球的体积为．2.(2023秋·吉林·高一吉林一中校考阶段练习)如图，在△ABC 中，AB =25,BC =210,AC =213，D ，E ，F 分别为三边中点，将△BDE ,△ADF ,△CEF 分别沿DE ,EF ,DF 向上折起，使A ，B ，C 重合为点P ，则三棱锥P -DEF 的外接球表面积为()A.72π B.7143π C.14π D.56π3.(2023·江西·统考模拟预测)在三棱锥P -ABC 中，已知PA =BC =213,AC =BP =41,CP =AB =61，则三棱锥P -ABC 外接球的表面积为()A.77πB.64πC.108πD.72π4.(2022·全国·高三专题练习)已知四面体ABCD 的棱长满足AB =AC =BD =CD =2，BC =AD =1，现将四面体ABCD 放入一个轴截面为等边三角形的圆锥中，使得四面体ABCD 可以在圆锥中任意转动，则圆锥侧面积的最小值为．题型三:垂面模型1(2023·高一单元测试)在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，PA =6，BC =3，∠CAB =π6，则三棱锥P -ABC 的外接球半径为()A.3B.23C.32D.61.(2023·全国·高一专题练习)已知A ，B ，C ，D 在球O 的表面上，△ABC 为等边三角形且边长为3，AD ⊥平面ABC ，AD =2，则球O 的表面积为()A.4πB.8πC.16πD.32π2.(2020春·天津宁河·高一校考期末)在三棱锥P -ABC 中，AP =2,AB =3,PA ⊥面ABC ，且在△ABC 中，C =60°，则该三棱锥外接球的表面积为()A.20π3B.8πC.10πD.12π3.(2023·全国·高一专题练习)已知A ，B ，C ，D 在球O 的表面上，△ABC 为等边三角形且其面积为334，AD ⊥平面ABC ，AD =2，则球O 的表面积为()A.πB.2πC.4πD.8π4.(2022春·山东聊城·高一山东聊城一中校考阶段练习)在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，BC =2，PC 与平面PAB 所成的角为30o ，则该四棱锥外接球的体积为()A.433π B.43πC.823πD.833π题型四:切瓜模型1(2023·贵州贵阳·校联考模拟预测)在三棱锥A -BCD 中，已知AC ⊥BC ,AC =BC =2,AD =BD =6，且平面ABD ⊥平面ABC ，则三棱锥A -BCD 的外接球表面积为()A.8πB.9πC.10πD.12π1.(2023·四川达州·统考二模)三棱锥A -BCD 的所有顶点都在球O 的表面上，平面ABD ⊥平面BCD ，AB =AD =6，AB ⊥AD ，∠BDC =2∠DBC =60°，则球O 的体积为()A.43πB.32π3C.49π3D.323π2.(2023春·陕西西安·高一长安一中校考期中)在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥BC ，AB =BC =AA 1=4，点P 为B 1C 1的中点，则四面体PABC 的外接球的体积为()A..41416π B.41413π C.41412π D.4141π3.(2022·高一单元测试)四棱锥P -ABCD 的顶点都在球O 的表面上，△PAD 是等边三角形，底面ABCD 是矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，若AB =2，BC =3，则球O 的表面积为()A.12πB.16πC.20πD.32π4.(2021·高一课时练习)在四棱锥P -ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为矩形，∠DPA =π2，AD =23，AB =2，PA =PD ，则四棱锥P -ABCD 的外接球的体积为()A.163π B.323π C.643π D.16π5.(2023春·全国·高一专题练习)在四棱锥P-ABCD中，ABCD是边长为2的正方形，AP=PD=10，平面PAD⊥平面ABCD，则四棱锥P-ABCD外接球的表面积为()A.4πB.8πC.136π9D.68π3题型五:斗笠模型1(2023·全国·高一专题练习)正四面体S-ABC内接于一个半径为R的球，则该正四面体的棱长与这个球的半径的比值为()A.64B.33C.263D.31.(2022·高一专题练习)已知正四棱锥P-ABCD(底面四边形ABCD是正方形，顶点P在底面的射影是底面的中心)的各顶点都在同一球面上，底面正方形的边长为10，若该正四棱锥的体积为50 3，则此球的体积为()A.18πB.86πC.36πD.323π2.(2022·全国·高一专题练习)某四棱锥的底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形中心，该四棱锥内有一个半径为1的球，则该四棱锥的表面积最小值是()A.16B.8C.32D.243.(2022春·安徽·高三校联考阶段练习)在三棱锥P-ABC中，侧棱PA=PB=PC=10，∠BAC=π4，BC=22，则此三棱锥外接球的表面积为．题型六:矩形模型1(2022春·全国·高一期末)已知三棱锥A-BCD中，CD=22，BC=AC=BD=AD=2，则此几何体外接球的表面积为()A.2π3B.2π C.82π3D.8π1.(2022春·广东惠州·高一校考期中)在矩形ABCD中，AB=6,BC=8，现将△ABC沿对角线AC翻折，得到四面体DABC，则该四面体外接球的体积为()A.1963π B.10003π C.4003π D.5003π2.(2022春·河北沧州·高一校考阶段练习)矩形ABCD中，AB=4,BC=3，沿AC将三角形ABC折起，得到的四面体A-BCD的体积的最大时，则此四面体外接球的表面积值为()A.25πB.30πC.36πD.100π3.(2022春·四川成都·高一统考期末)在矩形ABCD 中，AB =6，AD =8，将△ABC 沿对角线AC 折起，则三棱锥B -ACD 的外接球的表面积为()A.36πB.64πC.100πD.与二面角B -AC -D 的大小有关题型七:折叠模型1(2022春·陕西西安·高一长安一中校考期末)已知菱形ABCD 的边长为3，∠ABC =60°，沿对角线AC 折成一个四面体，使平面ACD 垂直平面ABC ，则经过这个四面体所有顶点的球的体积为()．A.5152π B.6πC.515πD.12π1.已知等边△ABC 的边长为2，将其沿边AB 旋转到如图所示的位置，且二面角C -AB -C 为60°，则三棱锥C -ABC 外接球的半径为2.(2023·广西南宁·统考二模)蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圈”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的足球，现已知某“鞠”的表面上有四个点A ,B ,C ,D 满足AB =BC =CD =DA =DB =433cm ，AC =23cm ，则该“鞠”的表面积为cm 2.3.(2022秋·福建泉州·高三校考开学考试)在三棱锥S -ABC 中，SA =SB =AC =BC =2,SC =1，二面角S -AB -C 的大小为60°，则三棱锥S -ABC 的外接球的表面积为.4.(2022秋·山东德州·高二统考期中)已知在三棱锥中，S -ABC 中，BA ⊥BC ，BA =BC =2，SA =SC =22，二面角B -AC -S 的大小为5π6，则三棱锥S -ABC 的外接球的表面积为()A.56π3B.58π3C.105π4D.124π9题型八:鳄鱼模型1(2022春·四川成都·高一树德中学校考期末)已知在三棱锥S-ABC中，AB⊥BC，AB=BC=2，SA =SC=22，二面角B-AC-S的大小为2π3，则三棱锥S-ABC的外接球的表面积为()A.124π9B.105π4C.105π9D.104π91.(2023春·全国·高一专题练习)如图，在三棱锥P-ABC，△PAC是以AC为斜边的等腰直角三角形，且CB=22，AB=AC=6，二面角P-AC-B的大小为120°，则三棱锥P-ABC的外接球表面积为()A.5103π B.10π C.9π D.4+23π2.(2023·陕西榆林·统考三模)在三棱锥A-BCD中，AB⊥BC,BC⊥CD,CD=2AB=2BC= 4，二面角A-BC-D为60°，则三棱锥A-BCD外接球的表面积为()A.16πB.24πC.18πD.20π3.(2023春·安徽阜阳·高三阜阳市第二中学校考阶段练习)如图1，四边形ABCD中，AB=AD =2，CB=CD=2，AB⊥AD，将△ABD沿BD翻折至△PBD，使二面角P-BD-C的正切值等于2，如图2，四面体PBCD的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为()A.4πB.6πC.8πD.9π4.(2023·江西南昌·校联考模拟预测)在平面四边形ABCD中，AD=CD=3，∠ADC=∠ACB =90°，∠ABC=60°，现将△ADC沿着AC折起，得到三棱锥D-ABC，若二面角D-AC-B的平面角为135°，则三棱锥D-ABC的外接球表面积为.5.(2023春·广东广州·高三统考阶段练习)在三棱锥P-ABC中，△ABC为等腰直角三角形，AB=AC=2，△PAC为正三角形，且二面角P-AC-B的平面角为π6，则三棱锥P-ABC的外接球表面积为．。
【一专三练】 专题03 立体几何大题拔高练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2023·湖北·荆州中学校联考二模）如图，已知四棱锥P ABCE -中，1AB =，2BC =，BE =，PA ⊥平面ABCE ，平面PAB ⊥平面PBC(1)证明：AB BC ⊥；(2)若PA =，且AC AE =，G 为PCE V 的重心．求直线CG 与平面PBC 所成角的正弦值．2．（2023·安徽蚌埠·统考三模）如图，在四面体ABCD 中，G 为ABC V 的重心，E ，F 分别在棱BC ，CD 上，平面//ABD 平面EFG .(1)求DF CF的值；(2)若AB ⊥平面BCD ，DC CB ⊥，且3AB BC CD ===，求平面EFG 与平面ACD 的夹角的大小.3．（2023·辽宁抚顺·统考模拟预测）如图，四棱锥S ABCD -的底面是正方形，点P ，Q 在侧棱SD 上，E 是侧棱SC 的中点．(1)若SQ QP PD ==，证明：BE ∥平面PAC ；(2)倍，从下面两个条件中选一个，求二面角P AC D --的大小．①SD ⊥平面PAC ；②P 为SD 的中点．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．4．（2023·云南曲靖·曲靖一中校考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AA C C 是边长为4的菱形，AB BC ==，点D 为棱AC 上的动点（不与A 、C 重合），平面1B BD 与棱11A C 交于点E .(1)求证1BB DE //；(2)若平面ABC ⊥平面11AA C C ，160A AC ∠=，判断是否存在点D 使得平面11A ABB 与平面1B BDE 所成的锐二面角为π3，并说明理由.5．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校联考模拟预测）已知平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AB =，12BC B C ==，π3ABC ∠=，侧面11BB A A 是菱形，1π3B BA ∠=．(1)求1B C 与底面ABCD 所成角的正切值；(2)点,E F 分别在1B A 和1B C 上，11EF A C ∥，过点,,B E F 的平面与1B D 交于G 点，确定G 点位置，使得平面BEF ⊥平面11B C DA ．6．（2023·广东深圳·深圳中学校联考模拟预测）如图所示，在三棱锥A BCD -中，满足BC CD ==，点M 在CD 上，且5DM MC =，ABD △为边长为6的等边三角形，E 为BD 的中点，F 为AE 的三等分点，且2AF FE =.(1)求证：//FM 面ABC ；(2)若二面角A BD C --的平面角的大小为23π，求直线EM 与面ABD 所成角的正弦值.7．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）如图，在多面体PABCFE 中，PA ⊥平面ABC ，////PA CF BE ，且24PA CF BE ==,D 为PA 的中点，连接BD ，PC ，点M ，N 满足2,2DM MB PN NC == .(1)证明：//MN 平面PEF ；(2)若224PA AB BC ===，cos PEF ∠PC 与平面PEF 所成角的正弦值．8．（2023·山西·校联考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AA B B 为菱形，E 为棱1CC 的中点，1AB C V 为等边三角形．(1)求证：111AB B C ⊥；(2)若,4,3AC BC AC BC ⊥==，求平面11AA B B 和平面1AB E 夹角的余弦值．9．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考三模）图1是直角梯形ABCD ，//AB CD ，∠D ＝90°，四边形ABCE 是边长为2的菱形，并且∠BCE ＝60°，以BE 为折痕将△BCE 折起，使点C 到达1C 的位置，且1AC =(1)求证：平面1BC E ⊥平面ABED ．(2)在棱1DC 上是否存在点P ，使得点P 到平面1ABC 求出直线EP 与平面1ABC 所成角的正弦值；若不存在，请说明理由．10．（2023·河北石家庄·统考一模）如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形且垂直于侧面SAB ，O 为AB 的中点，2SA SB AB ===，AD =(1)证明：BD ⊥平面SOC ；(2)侧棱SD 上是否存在点E ，使得平面ABE 与平面SCD 夹角的余弦值为15，若存在，求SE SD的值；若不存在，说明理由．11．（2023·河北邢台·校联考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11A B BA 和侧面11A ACC 均为正方形，D 为棱BC 的中点．(1)证明：平面1ADC ⊥平面11B BCC ；(2)若直线1AC 与平面11B BCC 所成角为30°，求平面11A B BA 与平面1ADC 夹角的余弦值．12．（2023·福建厦门·统考二模）如图，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ⊥AD ，A 1D ⊥BD 1．(1)证明：四边形ADD 1A 1为正方形；(2)若直线BD 1与平面ABCD CD ＝2AB ，求平面ABD 1与平面BCD 1的夹角的大小．13．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图，直角梯形ABCD 中，//,,22AB DC AB BC AB BC CD ⊥===，直角梯形ABCD 绕BC 旋转一周形成一个圆台．(1)求圆台的表面积和体积；(2)若直角梯形ABCD 绕BC 逆时针旋转角(0)θθ>到11A BCD ，且直线1A D 与平面ABCD，求角θ的最小值．14．（2023·山东青岛·统考一模）如图，在Rt PAB V 中，PA AB ⊥，且4PA =，2AB =，将PAB V 绕直角边PA 旋转2π3到PAC △处，得到圆锥的一部分，点D 是底面圆弧BC (不含端点)上的一个动点．(1)是否存在点D ，使得BC PD ⊥？若存在，求出CAD ∠的大小；若不存在，请说明理由；(2)当四棱锥P ABDC -体积最大时，求平面PCD 与平面PBD 夹角的余弦值．15．（2023·山东·烟台二中校联考模拟预测）如图所示，在直三棱柱111ABC A B C -中，E ，F 分别是线段AC ，1AA 的中点，BCA BAC ∠=∠．(1)求证：平面BEF ⊥平面11ACC A ；(2)若cos ACB ∠=A BF E --1AA AC 的值．16．（2023·湖北·统考模拟预测）如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC V 是边长为2的正三角形，侧面11BCC B 为菱形，已知160BB C ∠=，1AB a =．(1)当a =时，求三棱柱111ABC A B C -的体积；(2)设点P 为侧棱1BB 上一动点，当3a =时，求直线1PC 与平面11ACC A 所成角的正弦值的取值范围．17．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图，四棱台1111ABCD A B C D -的下底面和上底面分别是边4和2的正方形，侧棱1CC 上点E 满足1113C E C C =.(1)证明：直线1//A B 平面1ADE ；(2)若1CC ⊥平面ABCD ，且13CC =，求直线1BB 与平面1AD E 所成角的正弦值.18．（2023·湖南·模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11ACC A ，侧面11ACC A 为菱形2AC =，160A AC ∠=︒，底面ABC 为等腰三角形，AB BC =，O 是AC 的中点．(1)证明：1OA AB ⊥；(2)若二面角11A OB C --的余弦值为，求三棱柱111ABC A B C -的体积．19．（2023·山东聊城·统考一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD V为等边三角形，M 为PA 的中点，PD AB ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD ．(1)证明：平面CDM ⊥平面PAB ；(2)若AD BC ∥，2AD BC =，2AB =，直线PB 与平面MCD ，求三棱锥P MCD -的体积．20．（2023·湖南郴州·统考三模）如图，在三棱锥-P ABC 中，侧面PAC ⊥底面,,ABC AC BC PAC ⊥V 是边长为2的正三角形，4,,=BC E F 分别是,PC PB 的中点，记平面AEF 与平面ABC 的交线l .(1)证明：直线l ⊥平面PAC .(2)若Q 在直线l 上且BAQ ∠为锐角，当P AEFQ P ABC V V --=时，求二面角A PQ B --的余弦值.21．（2023·湖南岳阳·统考二模）在ABC V 中，45,3ACB BC ∠== ，过点A 作AD BC ⊥，交线段BC 于点D （如图1），沿AD 将ABD △折起，使90BDC ∠= （如图2），点,E M 分别为棱,BC AC 的中点.(1)求证：CD ME ⊥；(2)在①图1中4tan23B =-，②图1中2133AD AB AC =+ ，③图2中三棱锥A BCD -的体积最大.这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，再解答问题.问题：已知__________，试在棱CD 上确定一点N ，使得EN BM ⊥，并求平面BMN 与平面CBN 的夹角的余弦值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.22．（2023·浙江·校联考模拟预测）在三棱锥A ABC '-中，D ，E ，P 分别在棱AC ，AB ，BC 上，且D 为AC 中点，2AD AE A D A E ''====，AP DE ⊥于F .(1)证明：平面AA P '⊥平面A DE ¢；(2)当1BE =，5BC =，二面角A DE P '--的余弦值为35时，求直线A B '与平面A DE ¢所成角的正弦值.23．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）如图在三棱柱111ABC A B C -中，D 为AC 的中点，2AB BC ==，111AA B B BC ∠=∠.(1)证明：1BB AC ⊥；(2)若1BB BC ⊥，且满足：______，______（待选条件）.从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件，求二面角11B B D C --的正弦值.①三棱柱111ABC A B C -的体积为②直线1AB 与平面11BCC B ③二面角1A BB C --的大小为60°；注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.24．（2023·浙江·校联考三模）如图，四面体ABCD 中，90B A D B A C C A D ∠=∠=∠= ，AC AD =，AB 与面BCD 的所成角为45 ．(1)若四面体ABCD ，求AC 的长；(2)设点M 在面BCD 中，45ABM ∠= ，30ACM ∠= ，过M 作CD 的平行线，分别交,BC BD 于点,H F ，求面AFH 与面ACD 所成夹角的余弦值．25．（2023·广东江门·统考一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，O 是AD 的中点，点E 在PC 上，且//AP 平面BOE .(1)求PE EC的值；(2)若OP ⊥平面ABCD ，OE PC ⊥，2AB =，60BAD ∠= ，求直线OE 与平面PBC 所成角的正弦值.26．（2023·江苏南通·校联考模拟预测）如图，在五面体ABCDE 中，BE ⊥平面ABC ，AD BE P ，2AD BE =，AB BC =．(1)求证：平面CDE ⊥平面ACD ；(2)若AB =2AC =，五面体ABCDE ，求平面CDE 与平面ABED 所成角的余弦值．27．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）如图，直三棱柱111ABC A B C -内接于圆柱，12AB AA BC ===，平面1A BC ⊥平面11AA B B ．(1)证明：AC 为圆柱底面的直径；(2)若M 为11A C 中点，N 为1CC 中点，求平面1A BC 与平面BMN 所成锐二面角的余弦值．28．（2023·江苏·二模）已知矩形ABCD ，1AB AD ==，M 为AD 的中点，现分别沿BM ，CM 将ABM V 和DCM △翻折，使点,A D 重合，记为点P ．(1)求证：;BC PM ⊥(2)求直线BC 与平面PMC 所成角的正弦值．29．（2023·广东·统考一模）如图所示的在多面体中，,AB AD EB EC ==，平面ABD ⊥平面BCD ，平面BCE ⊥平面BCD ，点,F G 分别是,CD BD 中点.(1)证明：平面AFG //平面BCE ；(2)若,2,BC BD BC BD AB BE ⊥====，求平面AFG 和平面ACE 夹角的余弦值.30．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）如图，三棱柱111ABC A B C -中，111AA A B ⊥，AB BC ⊥，侧面11BCC B 为菱形(1)求证：平面1ABC ⊥平面1AB C ；(2)若22BC AB ==，160B BC ∠=︒，求二面角11B AC B --的正弦值．。
专题08 立体几何解答题常考全归类【命题规律】空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个空间几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建系求点、坐标运算、几何结论．作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度．【核心考点目录】核心考点一：非常规空间几何体为载体核心考点二：立体几何探索性问题核心考点三：立体几何折叠问题核心考点四：立体几何作图问题核心考点五：立体几何建系繁琐问题核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题核心考点七：利用传统方法找几何关系建系核心考点八：空间中的点不好求核心考点九：创新定义【真题回归】1．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C 中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D 为11A B 的中点，E 为1AA 的中点，F 为CD 的中点．(1)求证：//EF 平面ABC ；(2)求直线BE 与平面1CC D 所成角的正弦值；(3)求平面1ACD 与平面1CC D 所成二面角的余弦值．2．（2022·全国·统考高考真题）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CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．3．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B --的平面角为60︒．设M ，N 分别为,AE BC 的中点．(1)证明：FN AD ⊥；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．4．（2022·全国·统考高考真题）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．5．（2022·全国·统考高考真题）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．6．（2022·全国·统考高考真题）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．7．（2022·北京·统考高考真题）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．8．（2022·全国·统考高考真题）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1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【方法技巧与总结】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=sin h l，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【核心考点】核心考点一：非常规空间几何体为载体【规律方法】关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．【典型例题】例1．（2022·陕西安康·统考一模）如图，已知AB 为圆锥SO 底面的直径，点C 在圆锥底面的圆周上，2BS AB ==，6BAC π∠=，BE 平分SBA ∠，D 是SC 上一点，且平面DBE ⊥平面SAB .(1)求证：SA BD ⊥；(2)求二面角E BD C --的正弦值.例2．（2022·安徽·校联考二模）如图，将长方形11OAAO （及其内部）绕1OO 旋转一周形成圆柱，其中11,2OA O O ==，劣弧11A B 的长为,6AB π为圆O 的直径.(1)在弧AB 上是否存在点C （1,C B 在平面11OAAO 的同侧），使1BC AB ⊥，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；(2)求平面11A O B 与平面11B O B 夹角的余弦值.例3．（2022·山东东营·胜利一中校考模拟预测）如图，,AB CD 分别是圆台上､下底面的直径，且AB CD ，点E 是下底面圆周上一点，AB =(1)证明：不存在点E 使平面AEC ⊥平面ADE ；(2)若4DE CE ==，求二面角D AE B --的余泫值.例4．（2022·河北·统考模拟预测）如图，在圆台1OO 中，上底面圆1O 的半径为2，下底面圆O 的半径为4，过1OO 的平面截圆台得截面为11ABB A ，M 是弧AB 的中点，MN 为母线，cos NMB ∠=(1)证明：1AB ⊥平面1AOM ； (2)求二面角M NB A --的正弦值.核心考点二：立体几何探索性问题【规律方法】与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．【典型例题】例5．（2022·上海虹口·统考一模）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，底面ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，侧面11AAC C 为菱形，点1A 在底面上的投影为AC 的中点D ，且2AB =．(1)求证：1BD CC ⊥；(2)求点C 到侧面11AA B B 的距离；(3)在线段11A B 上是否存在点E ，使得直线DE 与侧面11AA B B 请求出1A E 的长；若不存在，请说明理由．例6．（2022春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1AB C 为等边三角形，四边形11AA B B 为菱形，AC BC ⊥，4AC =，3BC =.(1)求证：11AB AC ⊥；(2)线段1CC 上是否存在一点E ，使得平面1AB E 与平面ABC 的夹角的余弦值为14？若存在，求出点E 的位置；若不存在，请说明理由.例7．（2022春·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中）如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 是DC 的中点，将DAE 沿AE 折起，使得点D 到达点P 的位置，且PB ＝PC ，如图2所示．F 是棱PB 上的一点．(1)若F 是棱PB 的中点，求证：//CF 平面P AE ；(2)是否存在点F ，使得二面角F AE C --？若存在，则求出PF FB 的值；若不存在，请说明理由．例8．（2022·广东韶关·统考一模）已知矩形ABCD 中，4AB =，2BC =，E 是CD 的中点，如图所示，沿BE 将BCE 翻折至BFE △，使得平面BFE ⊥平面ABCD .(1)证明：BF AE ⊥；(2)若(01)DP DB λλ=<<是否存在λ，使得PF 与平面DEF 求出λ的值；若不存在，请说明理由.核心考点三：立体几何折叠问题【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质．【典型例题】例9．（2022春·江苏南通·高三期中）已知梯形ABCD 中，//AD BC ，π2∠=∠=ABC BAD ，24AB BC AD ===，E ，F 分别是AB ，CD 上的点，//EF BC ，AE x =，G 是BC 的中点，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF ．(1)当2x =时①求证：BD EG ⊥；②求二面角D BF C --的余弦值；(2)三棱锥D FBC -的体积是否可能等于几何体ABE FDC -体积的一半？并说明理由．例10．（2022春·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）如图1，在平面四边形ABCD 中，已知ABDC ，AB DC ∥，142AD DC CB AB ====，E 是AB 的中点．将△BCE 沿CE 翻折至△PCE ，使得2DP =，如图2所示．(1)证明：DP CE ⊥；(2)求直线DE 与平面P AD 所成角的正弦值．例11．（2022春·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中）如图，平面五边形P ABCD 中，PAD 是边长为2的等边三角形，//AD BC ，AB ＝2BC ＝2，AB BC ⊥，将PAD 沿AD 翻折成四棱锥P －ABCD ，E 是棱PD 上的动点（端点除外），F ，M 分别是AB ，CE 的中点，且PC =(1)证明：AB FM ⊥；(2)当直线EF 与平面P AD 所成的角最大时，求平面ACE 与平面P AD 夹角的余弦值．例12．（2022·四川雅安·统考模拟预测）如图①，ABC 为边长为6的等边三角形，E ，F 分别为AB ，AC 上靠近A 的三等分点，现将AEF △沿EF 折起，使点A 翻折至点P 的位置，且二面角P EF C --的大小为120°（如图②）．(1)在PC 上是否存在点H ，使得直线//FH 平面PBE ？若存在，确定点H 的位置；若不存在，说明理由． (2)求直线PC 与平面PBE 所成角的正弦值．核心考点四：立体几何作图问题 【规律方法】（1）利用公理和定理作截面图（2）利用直线与平面平行的性质定理作平行线 （3）利用平面与平面垂直作平面的垂线 【典型例题】例13．（2022·贵州·校联考模拟预测）如图，已知平行六面体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是菱形，112CD CC AC ===，3DCB π∠=且113cos cos 4C CD C CB ∠=∠=.(1)试在平面ABCD 内过点C 作直线l ，使得直线//l 平面1C BD ，说明作图方法，并证明：直线11//l B D ； (2)求点C 到平面1A BD 的距离.例14．（2022秋·河北石家庄·高一石家庄市第十五中学校考期中）如图为一块直四棱柱木料，其底面ABCD 满足：AB AD ⊥，AD BC ∥．(1)要经过平面11CC D D 内的一点P 和棱1BB 将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？（借助尺规作图，并写出作图说明，无需证明）(2)若2AD AB ==，11BC AA ==，当点P 是矩形11CDD C 的中心时，求点1D 到平面1APB 的距离．例15．（2022·全国·高三专题练习）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332EF BC ==，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16．（2022·全国·高三专题练习）四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，23DAB π∠=.ACBD O =,且PO ⊥平面ABCD ，PO =点,F G 分别是线段.PB PD 上的中点，E 在PA 上.且3PA PE =.（Ⅰ）求证：//BD 平面EFG ；（Ⅰ）求直线AB 与平面EFG 的成角的正弦值；（Ⅰ）请画出平面EFG 与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.核心考点五：立体几何建系繁琐问题 【规律方法】 利用传统方法解决 【典型例题】例17．如图，已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． （1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．例18．如图，在锥体-P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB ，==PA PD ，=2PB ，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19．（2022春·福建南平·高三校考期中）在三棱柱111ABC A B C 中，AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E 、F 分别是棱AC 、11A B 的中点.(1)设G 为11B C 的中点，求证：//EF 平面11BCC B ；(2)若2AB AC ==，直线1BB 与平面1ACB 所成角的正切值为2，求多面体1B EFGC -的体积V .核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题 【规律方法】 构造垂直的全等关系 【典型例题】例20．如图，已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． （1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．例21．如图，在锥体-P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB ，==PA PD ，=2PB ，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．核心考点七：利用传统方法找几何关系建系【规律方法】利用传统方法证明关系，然后通过几何关系建坐标系． 【典型例题】例22．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23．在四棱锥P ABCD -中，E 为棱AD 的中点，PE ⊥平面ABCD ，//AD BC ，90ADC ∠=︒，2ED BC ==，3EB =，F 为棱PC 的中点．（Ⅰ）求证：//PA 平面BEF ；（Ⅰ）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24．三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，2AB AC ==，侧面11BCC B 为矩形，123A AB π∠=，二面角1A BC A --的正切值为12． （Ⅰ）求侧棱1AA 的长；（Ⅰ）侧棱1CC 上是否存在点D ，使得直线AD 与平面1A BC ，若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由．核心考点八：空间中的点不好求 【规律方法】 方程组思想 【典型例题】例25．（2022·江苏南京·模拟预测）已知三棱台111ABC A B C 的体积为143，且π2ABC ∠=，1A C ⊥平面11BB C C . (1)证明：平面11A B C ⊥平面111A B C ；(2)若11AC B C =，11112A B B C ==，求二面角1B AA C --的正弦值.例26．（2022春·浙江·高三浙江省新昌中学校联考期中）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，3DAB π∠=，平面11BDD B ⊥平面ABCD ，点1,O O 分别为11,B D BD 的中点，1111,,O B A AB O BO ∠∠=均为锐角.(1)求证：1AC BB ⊥；(2)若异面直线CD 与1AA ，四棱锥1A ABCD -的体积为1，求二面角1B AA C --的平面角的余弦值.例27．（2022春·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中）如图，在几何体ABCDE 中，底面ABC 为以AC为斜边的等腰直角三角形.已知平面ABC ⊥平面ACD ，平面ABC ⊥平面,//BCE DE 平面,ABC AD DE ⊥.(1)证明；DE ⊥平面ACD ；(2)若22AC CD ==，设M 为棱BE 的中点，求当几何体ABCDE 的体积取最大值时,AM 与CD 所成角的余弦值.核心考点九：创新定义 【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【典型例题】例28．（2022·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）已知顶点为S 的圆锥面（以下简称圆锥S ）与不经过顶点S 的平面α相交，记交线为C ，圆锥S 的轴线l 与平面α所成角θ是圆锥S 顶角（圆S 轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C 的形状，我们构建球T ，使球T 与圆锥S 和平面α都相切，记球T 与平面α的切点为F ，直线l 与平面α交点为A ，直线AF 与圆锥S 交点为O ，圆锥S 的母线OS 与球T 的切点为M ，OM a =，MS b =．(1)求证：平面SOA ⊥平面α，并指出a ，b ，θ关系式； (2)求证：曲线C 是抛物线．例29．（2022·全国·高三专题练习）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cos cos cos sin sin cos γαβαβθ=+．（1）当α、π0,2β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，证明以上三面角余弦定理；（2）如图2，四棱柱1111ABCD A B C D -中，平面11AA C C ⊥平面ABCD ，160A AC ∠=︒，45BAC ∠=︒， ①求1A AB ∠的余弦值；②在直线1CC 上是否存在点P ，使//BP 平面11DA C ？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．例30．（2022·全国·校联考模拟预测）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）．（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；（2）若正六棱柱的侧面积一定，当蜂房表面积最小时，求其顶点S 的曲率的余弦值．【新题速递】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.2．（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.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.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.5．（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.6．（2022·上海浦东新·统考一模）如图，三棱锥-P ABC 中，侧面P AB 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P AOC 的体积.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.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.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.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.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 -.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 是等边三角形．现将ADE 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．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.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 PE BE 的值.。
立体几何专题1. (北京文) (18) (本小题 14 分)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， 平面 PAD⊥平面 ABCD ， PA⊥ PD ， PA=PD ， E ， F 分别为 AD ， PB 的中点.( Ⅰ ) 求证： PE ⊥BC ； (Ⅱ)求证：平面 PAB ⊥平面 PCD ； (Ⅲ) 求证： EF∥平面 PCD.2. (北京理) (16) (本小题 14 分)如图， 在三棱柱 ABC- A 1B 1C 1 中， CC 1 」平面 ABC ， D ， E ， F ， G 分别为 AA 1，AC ， A 1C 1，BB 1 的中点， AB=BC= 5， AC= AA 1 =2．( Ⅰ ) 求证： AC⊥平面 BEF ； ( Ⅱ ) 求二面角B-CD-C 1 的余弦值； (Ⅲ) 证明： 直线 FG 与平面 BCD 相交．3. (江苏) (15) (本小题满分 14 分)在平行六面体ABCD 一 A B C D 中，AA = AB, AB 」B C ．求证： (1) AB∥平面A B C； (2) 平面ABB A 」平面A BC．4. (浙江) (19) (本题满分 15 分)如图，已知多面体 ABCA1B1C1，A1A， B1B， C1C均垂直于平面 ABC，∠ABC=120°， A1A=4， C1C=1， AB=BC=B1B=2．(Ⅰ)证明：AB1 ⊥平面A1B1C1；(Ⅱ)求直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值．1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1第 2 页共 10 页5. (天津文) (17)(本小题满分 13 分)如图，在四面体 ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面 ABC⊥平面 ABD，点 M 为棱AB 的中点， AB=2， AD= 2 3 ，∠BAD=90°．( Ⅰ )求证：AD⊥BC；( Ⅱ ) 求异面直线 BC 与 MD 所成角的余弦值；(Ⅲ)求直线 CD 与平面 ABD 所成角的正弦值．6. (天津理) (17)(本小题满分 13 分)如图，AD∥BC 且 AD=2BC，AD 」CD , EG∥AD且 EG=AD，CD∥FG 且 CD=2FG，DG 」平面ABCD， DA=DC=DG=2.(I)若 M 为 CF 的中点， N 为 EG 的中点，求证：MN∥平面CDE；(II)求二面角E BC F 的正弦值；(III)若点 P 在线段 DG 上，且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为60°，求线段 DP 的长.7. (全国卷一文)(18)(12 分)如图， 在平行四边形 ABCM 中， AB = AC = 3， ∠ACM = 90， 以 AC 为折痕 将△ ACM 折起，使点 M 到达点 D 的位置，且 AB⊥DA． (1)证明：平面 ACD ⊥平面 ABC ；(2) Q 为线段 AD 上一点， P 在线段 BC 上， 且 BP = DQ = DA ， 求三棱锥3Q ABP 的体积．8. (全国卷一理)(18)(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 △DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PF 」BF . (1)证明：平面 PEF 」平面 ABFD ； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值 .29. (全国卷二文)( 19) (12 分)如图，在三棱锥P ABC 中，AB = BC = 2 2，PA = PB = PC = AC = 4，O为AC 的中点．(1)证明：PO 」平面ABC；(2)若点M 在棱 BC 上，且MC = 2MB，求点C 到平面POM 的距离．10. (全国卷二理)(20)(12分)如图，在三棱锥P ABC 中，AB = BC = 2 2，PA = PB = PC = AC = 4，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．POA CMB11. (全国卷三文)(19)(12分)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧 CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C， D 的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)在线段AM 上是否存在点 P ，使得MC∥平面PBD ？说明理由．12. (全国卷三理)(19)(12分)如图，边长为 2 的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是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．13． (12 分)如图，四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD 为等比三角形且垂直于底面 ABCD，1AB = BC = AD, 三BAD = 三ABC = 90o , E 是 PD 的中点.2(1) 证明：直线CE/ / 平面 PAB(2) 点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成锐角为45o ，求二面角 M-AB-D 的余弦值14． (12 分)如图，在四棱锥 P-ABCD 中， AB//CD，且三BAP = 三CDP = 90(1)证明：平面 PAB⊥平面PAD；(2)若 PA=PD=AB=DC, 三APD = 90 ,求二面角 A-PB-C 的余弦值.15. (12 分)如图，四面体 ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD= ∠CBD，AB=BD．(1) 证明：平面ACD⊥平面 ABC；(2) 过 AC 的平面交 BD 于点 E，若平面 AEC 把四面体 ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角 D –AE –C 的余弦值．16．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= 6， AB=4．(I)求证： M 为 PB 的中点；(II)求二面角 B-PD-A 的大小；(III)求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值．17．如图，在三棱锥 P-ABC 中，PA⊥底面 ABC，三BAC = 90o .点 D， E， N 分别为棱PA， PC， BC 的中点， M 是线段 AD 的中点， PA=AC=4， AB=2.(Ⅰ)求证： MN∥平面BDE；(Ⅱ)求二面角 C-EM-N 的正弦值；7(Ⅲ) 已知点 H 在棱 PA 上，且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为，求线段 AH21的长.18.如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形为旋转轴旋转得到的，是的中点.(Ⅰ)设是(Ⅱ)当上的一点，且，求的大小；，，求二面角的大小.(及其内部) 以边所在直线19． (本题满分 15 分)如图，已知四棱 P–ABCD，△PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，D⊥AD， PC=AD=2DC=2CB， 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.。
立体几何复习专题姓名： 班级：考点一、空间中的平行关系1．如图，在三棱锥P ABC -中，02,3,90PA PB AB BC ABC ====∠=,平面PAB ⊥平面ABC ，D 、E 分别为AB 、AC 的中点． (1)求证：DE //平面PBC ； (2)求证：AB PE ⊥；(3)求三棱锥B PEC -的体积．2． 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，PA CD ⊥，2CD =，3AD =，（Ⅰ）设G H ，分别为PB AC ，的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （Ⅱ）求证：PA ⊥平面PCD ；3．如图，七面体ABCDEF 的底面是凸四边形ABCD ，其中2AB AD ==，120BAD ∠=︒，AC ，BD 垂直相交于点O ，2OC OA =，棱AE ，CF 均垂直于底面ABCD .（1）证明：直线DE 与平面BCF 不．平行；4.（2014新课标Ⅱ）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）设二面角D AE C --为60°，AP =1，AD =3，求三棱锥E ACD -的体积．考点二、空间中的垂直关系5．如图，在四面体ABCD 中，E ，F 分别是线段AD ，BD 的中点，90ABD BCD ∠=∠=，2EC =，2AB BD ==，直线EC 与平面ABC 所成的角等于30．（1）证明：平面EFC ⊥平面BCD ；6．已知某几何体的直观图和三视图如下图所示，其中正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．（1）求证：BN ⊥平面11C B N ；（2）设M 为AB 中点，在C B 边上求一点P ，使//MP 平面1C NB ，求CBPP 的值．7．（2016全国I ）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，2AF FD =，90AFD ∠=，且二面角D AF E --与二面角C BE F --都是60．（I ）证明：平面ABEF⊥平面EFDC ；（II ）求二面角E BC A --的余弦值．考点三、折叠问题和探究性问题中的位置关系8．如图 1，在直角梯形ABCD 中， //,AB CD AB AD ⊥，且112AB AD CD ===．现以AD 为一边向外作正方形ADEF ，然后沿边AD 将正方形ADEF 翻折，使ADEF 平面与平面ABCD 垂直， M 为ED 的中点，如图 2．（1）求证： //AM 平面BEC ；（2）求证： BC ⊥平面BDE ； .9．如图，在边长为4的正方形ABCD 中，点E,F 分别是AB,BC 的中点，点M 在AD 上，且14AM AD =，将AED,DCF 分别沿DE,DF 折叠，使A,C 点重合于点P ，如图所示2.()1试判断PB 与平面MEF的位置关系，并给出证明；()2求二面角M EF D --的余弦值.10．如图所示，直角梯形ABCD 中，//AD BC ，AD AB ⊥，22AB BC AD ===，四边形EDCF 为矩形，3CF =，平面EDCF ⊥平面ABCD ． (1)求证：DF //平面ABE ；(2)求平面ABE 与平面EFB 所成锐二面角的余弦值． (3)在线段DF 上是否存在点P ，使得直线BP 与平面ABE 所成角的正弦值为34，若存在，求出线段BP 的长，若不存在，请说明理由．11．如图1，在边长为4的正方形ABCD中，E是AD的中点，F是CD的中点，现-.将三角形DEF沿EF翻折成如图2所示的五棱锥P ABCFE（1）求证：AC//平面PEF；（2）若平面PEF⊥平面ABCFE，求直线PB与平面PAE所成角的正弦值.12．（2011•浙江）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（1）证明：AP⊥BC；（2）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A﹣MC﹣β为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．13．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为等边三角形，122CC AC ==.（Ⅰ）求三棱锥11C CB A -的体积；（Ⅱ）在线段1BB 上寻找一点F ，使得1CF AC ⊥，请说明作法和理由.考点四、知空间角求空间角问题14．（2014天津）如图四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是平行四边形，2BA BD ==2AD =,5PA PD ==E ,F 分别是棱AD ,PC 的中点．（Ⅰ）证明: EF ∥平面PAB ； （Ⅱ）若二面角P AD B --为60°， （ⅰ）证明：平面PBC ⊥平面ABCD（ⅱ）求直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值． PCDBF15．四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ABCD ⊥平面，E 为PD 的中点．(1)证明：//E PB A C 平面；(2)设13AP AD ==，，三棱锥P ABD -的体积34V =，求二面角D -AE -C 的大小16．如图，四棱锥P ABCD -中， PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，90ADC ∠=︒， //AD BC ， AB AC ⊥， 2AB AC ==，点E 在AD 上，且2AE ED =．（Ⅰ）已知点F 在BC 上，且2=CF FB ，求证：平面PEF ⊥平面PAC ；（Ⅱ）当二面角--A PB E 的余弦值为多少时，直线PC 与平面PAB 所成的角为45︒？立体几何专题参考答案1． (1)证明：∵在△ABC 中，D 、E 分别为AB 、AC 的中点，∴DE ∥BC . ∵DE ⊄平面PBC 且BC ⊂平面PBC ，∴DE ∥平面PBC . (2)证明：连接PD .∵PA ＝PB ，D 为AB 的中点，∴PD ⊥AB .∵DE ∥BC ，BC ⊥AB ，∴DE ⊥AB .又∵PD 、DE 是平面PDE 内的相交直线， ∴AB ⊥平面PDE .∵PE ⊂平面PDE ，∴AB ⊥PE .(3)解：∵PD ⊥AB ，平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ∩平面ABC ＝AB ，∴PD ⊥平面ABC ，可得PD 是三棱锥P －BEC 的高． 又∵33,2BECPD S==，1332B PEC P BEC BEC V V S PD --∆∴==⨯=. 2．（I ）见解析；（II ）见解析；（III ）33. （I ）证明：连接BD ，易知AC BD H ⋂=，BH DH =，又由BG PG =，故GHPD ，又因为GH ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ， 所以GH ∥平面PAD .（II ）证明：取棱PC 的中点N ，连接DN ，依题意，得DN PC ⊥， 又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC平面PCD PC =，所以DN ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，故DN PA ⊥， 又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD . 3．（1）见解析；（2）23535本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
十年（2014－2023）年高考真题分项汇编立体几何填空、多选目录题型一：立体几何结构特征 (1)题型二：立体几何三视图 (2)题型三：立体几何的表面积与体积 (3)题型四：立体几何中的球的问题 (9)题型五：立体几何线面位置关系 (9)题型六：立体几何中的角度与距离 (10)题型一：立体几何结构特征1．(2023年全国甲卷理科·第15题)在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为AB ，11C D 的中点，以EF 为直径的球的球面与该正方体的棱共有____________个公共点．2．(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第15题)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．3．(2019·全国Ⅱ·理·第16长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有个面，其棱长为(本题第一空2分，第二空3分).4．(2017年高考数学上海（文理科）·第11题)如图,以长方体1111ABCD A B C D -的顶点D 为坐标原点,过D 的三条棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,若1DB 的坐标为(4,3,2),则1AC 的坐标为________．5．(2015高考数学江苏文理·第9题)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积和高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为_______．二、多选题1．(2023年新课标全国Ⅰ卷·第12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2．(2021年新高考Ⅰ卷·第12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 题型二：立体几何三视图1．(2021年高考全国乙卷理科·第16题)以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________(写出符合要求的一组答案即可)．2．(2019·北京·理·第11题)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．3．(2017年高考数学上海（文理科）·第8题)已知球的体积为36π,则该球主视图的面积等于________．4．(2017年高考数学山东理科·第13题)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如下图,则该几何体的体积为__________．则该棱台的体积为________．2．(2023年新课标全国Ⅱ卷·第14题)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______．3．(2020年新高考全国Ⅰ卷（山东）·第15题)某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O 为圆孔及轮廓圆弧AB 所在圆的圆心，A 是圆弧AB 与直线AG 的切点，B 是圆弧AB 与直线BC 的切点，四边形DEFG 为矩形，BC ⊥DG ，垂足为C ，tan ∠ODC =35，BH DG ∥，EF =12cm ，DE=2cm ，A 到直线DE 和EF 的距离均为7cm ，圆孔半径为1cm ，则图中阴影部分的面积为________cm 2．4．(2020年新高考全国卷Ⅱ数学（海南）·第13题)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，则三棱锥A -NMD 1的体积为____________5．(2020天津高考·第15题)如图，在四边形ABCD 中，60,3B AB ︒∠==，6BC =，且3,2AD BC AD AB λ=⋅=- ，则实数λ的值为_________，若,M N 是线段BC 上的动点，且||1MN = ，则DM DN ⋅ 的最小值为_________．6．(2020江苏高考·第9题)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半轻为0．5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm．7．(2019·天津·理·第11题)个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为．8．(2019·全国Ⅲ·理·第16题)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，,,,E F G H 分别为所在棱的中点16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为30.9g /cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g ．9．(2019·江苏·第9题)如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 是1CC 的中点，则三棱椎-E BCD 的体积是______.10．(2018年高考数学江苏卷·第10题)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．11．(2018年高考数学天津（理）·第11题)已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH -的体积为．12．(2018年高考数学课标Ⅱ卷（理）·第16题)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．13．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，1AB =．若二面角1C AB C --的大小为60，则点1C 到直线AB 的距离为．1A 1B 1C AB C14．(2014高考数学天津理科·第10题)已知一个几何体的三视图如图所示(单位:m ),则该几何体的体积为_________3m．15．(2014高考数学山东理科·第13题)三棱锥P ABC -中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE -的体积为1V ，P ABC -的体积为2V ，则12V V =．16．(2014高考数学江苏·第8题)设甲、乙两个圆柱的底面分别为1S ,2S ，体积分别为1V ,2V ，若它们的侧面积相等，且1294S S =，则12V V 的值是．17．(2015高考数学天津理科·第10题)一个几何体的三视图如图所示(单位：m )，则该几何体的体积为3m．18．(2015高考数学上海理科·第4题)若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为，则a =．19．(2017年高考数学江苏文理科·第6题)如图,在圆柱12,O O 内有一个球O ,该球与圆柱的上、下面及母线均相切．记圆柱12,O O 的体积为1V ,球O 的体积为2V ,则12V V 的值是_______．20．(2016高考数学浙江理科·第14题)如图，在ABC ∆中，2,120AB BC ABC ==∠= ．若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足,PD DA PB BA ==，则四面体PBCD 的体积的最大值是．21．(2016高考数学浙江理科·第11题)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2cm ，体积是3cm ．OO 1O 2(第6题)⋅⋅⋅22．(2016高考数学天津理科·第11题)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m )，则该四棱锥的体积为_____________3m ．23．(2016高考数学四川理科·第13题)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则三棱锥的体积为_______．二、多选题1．(2022新高考全国II 卷·第11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 =题型四：立体几何中的球的问题1．(2020年新高考全国Ⅰ卷（山东）·第16题)已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D BCC 1B 1的交线长为________．2．(2017年高考数学天津理科·第10题)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l ．则下述命题中所有真命题的序号是__________．①14p p ∧②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝2．(2019·北京·理·第12题)已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l m ⊥；②m ∥α；③l α⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【3．(2016高考数学课标Ⅱ卷理科·第14题),αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有下列四个命题：(1)如果m n ⊥，m α⊥，//n β，那么αβ⊥．(2)如果m α⊥，//n α，那么m n ⊥．(3)如果//αβ，m α⊂，那么//m β．(4)如果//m n ，//αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等．其中正确的命题有．(填写所有正确命题的编号)二、多选题1．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第10题)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 ．_____________．(结果用反三角函数值表示)2．(2015高考数学浙江理科·第13题)如图，三棱锥A BCD -中，3,2AB AC BD CD AD BC ======，点,M N 分别是,AD BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是．3．(2015高考数学四川理科·第14题)如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面相互垂直，动点M 在线段PQ 上，,E F 分别为AB ,BC 中点，设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________4．(2015高考数学上海理科·第6题)若圆锥的侧面积与过轴的截面积面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为．5．(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第16题),a b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与,a b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60︒角时，AB 与b 成30︒角；②当直线AB 与a 成60︒角时，AB 与b 成60︒角；③直线AB 与a 所成角的最小值为45︒；④直线AB 与a 所成角的最大值为60︒．其中正确的是．(填写所有正确结论的编号)6．(2016高考数学上海理科·第6题)如图，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面ABCD 的边长为3，1BD 与底面所成角的大小为32arctan ，则该正四棱柱的高等于____________．二、多选题1．(2023年新课标全国Ⅱ卷·第9题)已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，AB 为底面直径，120APB ∠=︒，2PA =，点C 在底面圆周上，且二面角P AC O --为45°，则()．A ．该圆锥的体积为πB ．该圆锥的侧面积为C ．AC =D ．PAC △2．(2022新高考全国I 卷·第9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︒。
专题一 立体几何部分一、近几年江苏高考1、（1）（2019江苏卷）如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是_____.【答案】10.【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120， 所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点， 所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ， 所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高， 所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. （2）（2019江苏卷）.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ． 【解析】（1）因为D ，E 分别为BC ，AC 的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.2、（1）（2018江苏卷）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．【答案】【解析】分析：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．先分析组合体的构成，再确定锥体的高，最后利用锥体体积公式求结果.详解：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于，所以该多面体的体积为（2）（2018江苏卷）在平行六面体中，．求证：（1）；（2）．【解析】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.详解：证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB 1平面ABB 1A 1，所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．3、（1）（2017江苏卷）如图，圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．【答案】 32【解析】设球的半径为R ，则圆柱的底面半径为R ，高为h ＝2R .因为V 1＝πR 2h ＝2πR 3，V 2＝4πR 33，所以V 1V 2＝32. （2）（2017江苏卷）如图，在三棱锥ABCD 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 .证明：(1) 在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2) 因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD. 因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.4、（1）（2016江苏卷）现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．(1) 若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？(2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？【答案】 (1) 由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8. 因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P A 1B 1C 1D 1的体积 V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)； 正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1的体积 V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)．所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．(2) 设A 1B 1＝a (m)，PO 1＝h (m)，则0<h <6，O 1O ＝4h .连结O 1B 1.因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21， 所以⎝⎛⎭⎫2a 22＋h 2＝36，即a 2＝2(36－h 2)， 于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h ＝263(36h －h 3)，0<h <6，从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)． 当0<h <23时，V ′>0，V 是单调增函数； 当23<h <6时，V ′<0，V 是单调减函数． 故h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值．因此，当PO1＝2 3 m时，仓库的容积最大．（2）（2016江苏卷）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1) 直线DE∥平面A1C1F；(2) 平面B1DE⊥平面A1C1F.解析：(1) 在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2) 在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.5、（1）（2015江苏卷）现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为________．【答案】7【解析】设新的底面半径为r ，则13π×52×4＋π×22×8＝13πr 2×4＋πr 2×8，解得r ＝7.（2）（2015江苏卷）如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AC ⊥BC ，BC ＝CC 1.设AB 1的中点为D ，B 1C ∩BC 1＝E .求证：(1) DE ∥平面AA 1C 1C ； (2) BC 1⊥AB 1.(1) 由题意知，E 为B 1C 的中点， 又D 为AB 1的中点，因此DE ∥AC .又因为DE ⊄平面AA 1C 1C ，AC ⊂平面AA 1C 1C ， 所以DE ∥平面AA 1C 1C .(2) 因为棱柱ABCA 1B 1C 1是直三棱柱， 所以CC 1⊥平面ABC .因为AC ⊂平面ABC ，所以AC ⊥CC 1.又因为AC ⊥BC ，CC 1⊂平面BCC 1B 1，BC ⊂平面BCC 1B 1，BC ∩CC 1＝C ，所以AC ⊥平面BCC 1B 1. 又因为BC 1⊂平面BCC 1B 1，所以BC 1⊥AC .因为BC ＝CC 1，所以矩形BCC 1B 1是正方形，因此BC 1⊥B 1C . 因为AC ，B 1C ⊂平面B 1AC ，AC ∩B 1C ＝C ，所以BC 1⊥平面B 1AC . 又因为AB 1⊂平面B 1AC ，所以BC 1⊥AB 1.二、近几年高考试卷分析从近五年江苏高考数学来看体现了以下几个方面：1、从题型来看主要以一个填空，一个解答；（2016年填空题中没有考查体积，体积的考查体现在应用题中）；2、从知识点考查的内容来看主要以填空题是关于体积的计算，解答题设置了2问，第一问考查了平行，主要时候以线面平行，使用的方法还是以中位线为主。
五年（2019-2023）年高考真题分项汇编专题04立体几何考点精析：考点一空间几何体的侧面积和表面积1．（2021()A ．2B ．C ．4D ．【解析】由题意，设母线长为l ，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有2l ππ=⋅，解得l =所以该圆锥的母线长为故选：B ．2．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为．【解析】因为圆柱的底面积为9π，即29R ππ=，所以3R =，所以224S Rh ππ==侧．故答案为：24π．3．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB 为上底面圆的一条直径，C 是下底面圆周上的一个动点，则ABC ∆的面积的取值范围为．【解析】如图1，上底面圆心记为O ，下底面圆心记为O '，连接OC ，过点C 作CM AB ⊥，垂足为点M ，则12ABC S AB CM ∆=⨯⨯，根据题意，AB 为定值2，所以ABC S ∆的大小随着CM 的长短变化而变化，如图2所示，当点M 与点O 重合时，CM OC ===此时ABC S ∆取得最大值为122⨯=；如图3所示，当点M 与点B 重合，CM 取最小值2，此时ABC S ∆取得最小值为12222⨯⨯=．综上所述，ABC S ∆的取值范围为．故答案为：．4．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为．【解析】圆柱的底面半径为1r =，高为2h =，所以圆柱的侧面积为22124S rh πππ==⨯⨯=侧．故答案为：4π．5．（2019•上海）一个直角三角形的两条直角边长分别为1和2，将该三角形分别绕其两个直角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为()A ．1B ．2C ．4D ．8【解析】如图，则21142133V ππ=⨯⨯=，22121233V ππ=⨯⨯=，∴两个圆锥的体积之比为43223ππ=．故选：B ．6．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：2)cm 为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：)cm 是．【解析】 圆锥侧面展开图是半圆，面积为22cm π，设圆锥的母线长为acm ，则2122a ππ⨯=，2a cm ∴=，∴侧面展开扇形的弧长为2cm π，设圆锥的底面半径OC rcm =，则22r ππ=，解得1r cm =．故答案为：1cm ．7．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3343，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π【解析】当球心在台体外时，由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为3332sin 60=︒4=，如图，设球的半径为R 1=，解得5R =，∴该球的表面积为24425100R πππ=⨯=．当球心在台体内时，如图，1=，无解．综上，该球的表面积为100π．故选：A ．8．（2021•新高考Ⅱ）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，地球静止同步轨道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的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积22(1cos )S r πα=-（单位：2)km ，则S 占地球表面积的百分比约为()A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%【解析】由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，则36000640042400OP =+=，那么64008cos 4240053α==；卫星信号覆盖的地球表面面积22(1cos )S r πα=-，那么，S 占地球表面积的百分比为222(1cos )4542%4106r r παπ-=≈．故选：C ．考点二空间几何体的体积9．（2022•新高考Ⅰ）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3l，则该正四棱锥体积的取值范围是()A ．[18，81]4B ．27[4，814C ．27[4，64]3D ．[18，27]【解析】如图所示，正四棱锥P ABCD -各顶点都在同一球面上，连接AC 与BD 交于点E ，连接PE ，则球心O 在直线PE 上，连接OA ，设正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，在Rt PAE ∆中，222PA AE PE =+，即2222221(22l h a h =+=+， 球O 的体积为36π，∴球O 的半径3R =，在Rt OAE ∆中，222OA OE AE =+，即2222(3))2R h =-+，∴221602a h h +-=，∴22162a h h +=，26l h ∴=，又3l∴3922h ，∴该正四棱锥体积2232112()(122)4333V h a h h h h h h ==-=-+，2()282(4)V h h h h h '=-+=- ，∴当342h <时，()0V h '>，()V h 单调递增；当942h <时，()0V h '<，()V h 单调递减，()max V h V ∴=（4）643=，又327(24V = ，981()24V =，且278144<，∴2764()43V h ，即该正四棱锥体积的取值范围是27[4，643，故选：C ．10．（2022•新高考Ⅰ）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2140.0km ；水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为2180.0km ．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 ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯【解析】26214014010km m =⨯，26218018010km m =⨯，根据题意，增加的水量约为666614010180101401018010(157.5148.5)3⨯+⨯⨯⨯⨯⨯-6(140180607)109++⨯=6693(32060 2.65)103143710 1.410m ≈+⨯⨯⨯=⨯≈⨯．故选：C ．11．（2021•新高考Ⅱ）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 ．203+B ．282C ．563D ．2823【解析】解法一：如图1111ABCD A B C D -为正四棱台，2AB =，114A B =，12AA =．在等腰梯形11A B BA 中，过A 作11AE A B ⊥，可得14212A E -==，2211413AE AA A E =--=．连接AC ，11A C ，4422AC =+=，11161642A C =+，过A 作11AG A C ⊥，142222A G -==，AG ===，∴正四棱台的体积为：V h=22243++=2823=．解法二：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，∴该棱台的记h =下底面面积116S =，上底面面积24S =，则该棱台的体积为：1211282((164333V h S S =++=⨯++=．故选：D ．12．【多选】（2023•新高考Ⅰ）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【解析】对于A ，棱长为1的正方体内切球的直径为10.99>，选项A 正确；对于B ，如图，正方体内部最大的正四面体11D A BC - 1.4=>，选项B 正确；对于C ，棱长为1 1.8<，选项C 错误；对于D ，如图，六边形EFGHIJ 为正六边形，E ，F ，G ，H ，I ，J 为棱的中点，高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，六边形EFGHIJ 棱长为2米，30GFH GHF ∠=∠=︒，所以62FH ===米，故六边形EFGHIJ 内切圆半径为62米，而223(1.2) 1.442=>=，选项D 正确．故选：ABD ．13．【多选】（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，//FB ED ，2AB ED FB ==．记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为1V ，2V ，3V ，则()A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【解析】设22AB ED FB ===，114||33ACD V S ED ∆=⨯⨯=，212||33ABC V S FB ∆=⨯⨯=，如图所示，连接BD 交AC 于点M ，连接EM 、FM ，则3FM =6EM =，3EF =，故1323622EMF S ∆==，3113222332EMF V S AC ∆=⨯=⨯，故C 、D 正确，A 、B 错误．故选：CD ．14．【多选】（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+ ，其中[0λ∈，1]，[0μ∈，1]，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 【解析】对于A ，当1λ=时，1BP BC BB μ=+ ，即1CP BB μ= ，所以1//CP BB ，故点P 在线段1CC 上，此时△1AB P 的周长为11AB B P AP ++，当点P 为1CC 的中点时，△1AB P ，当点P 在点1C 处时，△1AB P 的周长为1，故周长不为定值，故选项A 错误；对于B ，当1μ=时，1BP BC BB λ=+ ，即1B P BC λ= ，所以1//B P BC ，故点P 在线段11B C 上，因为11//B C 平面1A BC ，所以直线11B C 上的点到平面1A BC 的距离相等，又△1A BC 的面积为定值，所以三棱锥1P A BC -的体积为定值，故选项B 正确；对于C ，当12λ=时，取线段BC ，11B C 的中点分别为M ，1M ，连结1M M ，因为112BP BC BB μ=+ ，即1MP BB μ= ，所以1//MP BB ，则点P 在线段1M M 上，当点P 在1M 处时，1111A M B C ⊥，111A M B B ⊥，又1111B C B B B = ，所以11A M ⊥平面11BB C C ，又1BM ⊂平面11BB C C ，所以111A M BM ⊥，即1A P BP ⊥，同理，当点P 在M 处，1A P BP ⊥，故选项C 错误；对于D ，当12μ=时，取1CC 的中点1D ，1BB 的中点D ，因为112BP BC BB λ=+ ，即DP BC λ= ，所以//DP BC ，则点P 在线的1DD 上，当点P 在点1D 处时，取AC 的中点E ，连结1A E ，BE ，因为BE ⊥平面11ACC A ，又1AD ⊂平面11ACC A ，所以1AD BE ⊥，在正方形11ACC A 中，11AD A E ⊥，又1BE A E E = ，BE ，1A E ⊂平面1A BE ，故1AD ⊥平面1A BE ，又1A B ⊂平面1A BE ，所以11A B AD ⊥，在正方体形11ABB A 中，11A B AB ⊥，又11AD AB A = ，1AD ，1AB ⊂平面11AB D ，所以1A B ⊥平面11AB D ，因为过定点A 与定直线1A B 垂直的平面有且只有一个，故有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P ，故选项D 正确．故选：BD ．15．（2023•新高考Ⅱ）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．【解析】如图所示，根据题意易知△11SO A SOA ∆∽，∴11121222SO O A SO OA ===，又13SO =，6SO ∴=，13OO ∴=，又上下底面正方形边长分别为2，4，∴所得棱台的体积为1(416416)3283⨯++⨯⨯=．故答案为：28．16．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，2AB =，111A B =，12AA =，则该棱台的体积为．【解析】如图，设正四棱台1111ABCD A B C D -的上下底面中心分别为M ，N ，过1A 作1A H AC ⊥，垂足点为H ，由题意易知122A M HN ==，又2AN =22AH AN HN ∴=-=，又1AA =，1A H MN ∴==∴该四棱台的体积为1(14326⨯++⨯=．故答案为：766．17．（2020•海南）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，则三棱锥1A NMD -的体积为．【解析】如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，∴111122ANM S ∆=⨯⨯=，∴111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯=．故答案为：13．18．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边ABC ∆，O 为AC 边中点，且PO ⊥底面ABC ，2AP AC ==．（1）求三棱锥体积P ABC V -；（2）若M 为BC 中点，求PM 与面PAC 所成角大小．【解析】（1）在三棱锥P ABC -中，因为PO ⊥底面ABC ，所以PO AC ⊥，又O 为AC 边中点，所以PAC ∆为等腰三角形，又2AP AC ==．所以PAC ∆是边长为2的为等边三角形，3PO ∴=，三棱锥体积2113231334P ABC ABC V S PO -∆=⋅=⨯⨯，（2）以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OP 为z轴，建立空间直角坐标系，则(0P ，03)，(3B 0，0)，(0C ，1，0)，3(2M ，12，0)，3(2PM = ，12，3)-，平面PAC 的法向量(3OB = 0，0)，设直线PM 与平面PAC 所成角为θ，则直线PM 与平面PAC 所成角的正弦值为332sin ||4||||32PM OB PM OB θ⋅===⋅⨯ ，所以PM 与面PAC 所成角大小为319．（2020•上海）已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为正方形，边长为3，PD ⊥平面ABCD ．（1）若5PC =，求四棱锥P ABCD -的体积；（2）若直线AD 与BP 的夹角为60︒，求PD 的长．【解析】（1）PD ⊥ 平面ABCD ，PD DC ∴⊥．3CD = ，5PC ∴=，4PD ∴=，2134123P ABCD V -∴=⨯⨯=，所以四棱锥P ABCD -的体积为12．（2）ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ，BC PD ∴⊥，BC CD⊥又PD CD D= BC ∴⊥平面PCDBC PC∴⊥ 异面直线AD 与PB 所成角为60︒，//BC AD∴在Rt PBC ∆中，60PBC ∠=︒，3BC =故33PC =在Rt PDC ∆中，3CD =32PD ∴=考点三空间中直线与直线之间的位置关系20．（2022•上海）如图正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 、R 、S 分别为棱AB 、BC 、1BB 、CD 的中点，联结1A S ，1B D ．空间任意两点M 、N ，若线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，则称MN 两点可视，则下列选项中与点1D 可视的为()A ．点PB ．点BC ．点RD ．点Q【解析】线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，即直线MN 与线段1A S 、1B D 不相交，因此所求与1D 可视的点，即求哪条线段不与线段1A S 、1B D 相交，对A 选项，如图，连接1A P 、PS 、1D S ，因为P 、S 分别为AB 、CD 的中点，∴易证11//A D PS ，故1A 、1D 、P 、S 四点共面，1D P ∴与1A S 相交，A ∴错误；对B 、C 选项，如图，连接1D B 、DB ，易证1D 、1B 、B 、D 四点共面，故1D B 、1D R 都与1B D 相交，B ∴、C 错误；对D 选项，连接1D Q ，由A 选项分析知1A 、1D 、P 、S 四点共面记为平面11A D PS ，1D ∈ 平面11A D PS ，Q ∉平面11A D PS ，且1A S ⊂平面11A D PS ，点11D A S ∉，1D Q ∴与1A S 为异面直线，同理由B ，C 选项的分析知1D 、1B 、B 、D 四点共面记为平面11D B BD ，1D ∈ 平面11D B BD ，Q ∉平面11D B BD ，且1B D ⊂平面11D B BD ，点11D B D ∉，1D Q ∴与1B D 为异面直线，故1D Q 与1A S ，1B D 都没有公共点，D ∴选项正确．故选：D ．21．（2021•浙江）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则()A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCDB ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD B C ．直线1A D 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B 【解析】连接1AD ，如图：由正方体可知11A D AD ⊥，1A D AB ⊥，1A D ∴⊥平面1ABD ，11A D D B ∴⊥，由题意知MN 为△1D AB 的中位线，//MN AB ∴，又AB ⊂ 平面ABCD ，MN ⊂/平面ABCD ，//MN ∴平面ABCD ．A ∴对；由正方体可知1A D 与平面1BDD 相交于点D ，1D B ⊂平面1BDD ，1D D B ∉，∴直线1A D 与直线1D B 是异面直线，B ∴、C 错；//MN AB ，AB 不与平面11BDD B 垂直，MN ∴不与平面11BDD B 垂直，D ∴错．故选：A ．22．（2020•上海）在棱长为10的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为左侧面11ADD A 上一点，已知点P 到11A D的距离为3，P 到1AA 的距离为2，则过点P 且与1A C 平行的直线交正方体于P 、Q 两点，则Q 点所在的平面是()A ．11AAB BB ．11BBC C C ．11CCD D D ．ABCD 【解析】如图，由点P 到11A D 的距离为3，P 到1AA 的距离为2，可得P 在△1AA D 内，过P 作1//EF A D ，且1EF AA 于E ，EF AD 于F ，在平面ABCD 中，过F 作//FG CD ，交BC 于G ，则平面//EFG 平面1A DC ．连接AC ，交FG 于M ，连接EM ，平面//EFG 平面1A DC ，平面1A AC ⋂平面11A DC A C =，平面1A AC ⋂平面EFM EM =，1//EM A C ∴．在EFM ∆中，过P 作//PQ EM ，且PQ FM 于Q ，则1//PQ A C ．线段FM 在四边形ABCD 内，Q 在线段FM 上，Q ∴在四边形ABCD 内．∴则Q 点所在的平面是平面ABCD ．故选：D ．23．（2023•上海）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为边11A C 上的动点，则下列直线中，始终与直线BP 异面的是()A ．1DDB ．AC C ．1AD D ．1B C【解析】对于A ，当P 是11A C 的中点时，BP 与1DD 是相交直线；对于B ，根据异面直线的定义知，BP 与AC 是异面直线；对于C ，当点P 与1C 重合时，BP 与1AD 是平行直线；对于D ，当点P 与1C 重合时，BP 与1B C 是相交直线．故选：B ．考点四异面直线及其所成的角24．【多选】（2022•新高考Ⅰ）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︒【解析】如图，连接1B C ，由11//A B DC ，11A B DC =，得四边形11DA B C 为平行四边形，可得11//DA B C ，11BC B C ⊥ ，∴直线1BC 与1DA 所成的角为90︒，故A 正确；111A B BC ⊥ ，11BC B C ⊥，1111A B B C B = ，1BC ∴⊥平面11DA B C ，而1CA ⊂平面11DA B C ，11BC CA ∴⊥，即直线1BC 与1CA 所成的角为90︒，故B 正确；设1111A C B D O = ，连接BO ，可得1C O ⊥平面11BB D D ，即1C BO ∠为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角，1111sin 2OC C BO BC ∠== ，∴直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为30︒，故C 错误；1CC ⊥ 底面ABCD ，1C BC ∴∠为直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒，故D 正确．故选：ABD ．考点五空间中直线与平面之间的位置关系25．（2019•上海）已知平面α、β、γ两两垂直，直线a 、b 、c 满足：a α⊆，b β⊆，c γ⊆，则直线a、b、c不可能满足以下哪种关系()A．两两垂直B．两两平行C．两两相交D．两两异面【解析】如图1，可得a、b、c可能两两垂直；如图2，可得a、b、c可能两两相交；如图3，可得a、b、c可能两两异面；故选：B．26．【多选】（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，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．【解析】对于A，设正方体棱长为2，设MN与OP所成角为θ，则12tan12θ==，∴不满足MN OP⊥，故A错误；对于B，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(2N ，0，0)，(0M ，0，2)，(2P ，0，1)，(1O ，1，0)，(2MN = ，0，2)-，(1OP = ，1-，1)，0MN OP ⋅= ，∴满足MN OP ⊥，故B 正确；对于C ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(2M ，2，2)，(0N ，2，0)，(1O ，1，0)，(0P ，0，1)，(2MN =- ，0，2)-，(1OP =- ，1-，1)，0MN OP ⋅= ，∴满足MN OP ⊥，故C 正确；对于D ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(0M ，2，0)，(0N ，0，2)，(2P ，1，2)，(1O ，1，0)，(0MN = ，2-，2)，(1OP = ，0，2)，4MN OP ⋅= ，∴不满足MN OP ⊥，故D 错误．故选：BC ．考点六直线与平面所成的角27．（2020•山东）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︒【解析】可设A 所在的纬线圈的圆心为O '，OO '垂直于纬线所在的圆面，由图可得OHA ∠为晷针与点A 处的水平面所成角，又OAO '∠为40︒且OA AH ⊥，在Rt OHA ∆中，O A OH '⊥，40OHA OAO '∴∠=∠=︒，另解：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，由题意可得OA l ⊥，AB 是晷针所在直线．m 是晷面的截线，由题意晷面和赤道面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得//m CD ，根据线面垂直的定义可得AB m ⊥，由于40AOC ∠=︒，//m CD ，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒，故选：B ．28．（2021•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，已知2AB BC ==，13AA =．（1）若P 是棱11A D 上的动点，求三棱锥C PAD -的体积；（2）求直线1AB 与平面11ACC A的夹角大小．【解析】（1）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1112322332C PAD PAD C PAD V S h -∆-⎛⎫=⋅=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭平面；（2）连接1111A C B D O = ，AB BC = ，∴四边形1111A B C D 为正方形，则11OB OA ⊥，又11AA OB ⊥，111OA AA A = ，1OB ∴⊥平面11ACC A ，∴直线1AB 与平面11ACC A 所成的角为1OAB ∠，∴221122122262sin 23OB OAB AB +∠===+∴直线1AB 与平面11ACC A 所成的角为261329．（2021•浙江）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120ABC ∠=︒，1AB =，4BC =，15PA =M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD DC ⊥，PM MD ⊥．（Ⅰ）证明：AB PM ⊥；（Ⅱ）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD 中，由已知可得，1CD AB ==，122CM BC ==，60DCM ∠=︒，∴由余弦定理可得，2222cos60DM CD CM CD CM =+-⨯⨯︒11421232=+-⨯⨯⨯=，则222134CD DM CM +=+==，即CD DM ⊥，又PD DC ⊥，PD DM D = ，CD ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，CD PM ∴⊥，//CD AB ，AB PM ∴⊥；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD ⊥平面PDM ，又CD ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面PDM ，且平面ABCD ⋂平面PDM DM =，PM MD ⊥ ，且PM ⊂平面PDM ，PM ∴⊥平面ABCD ，连接AM ，则PM MA ⊥，在ABM ∆中，1AB =，2BM =，120ABM ∠=︒，可得2114212(72AM =+-⨯⨯⨯-=，又PA =Rt PMA ∆中，求得PM ==，取AD 中点E ，连接ME ，则//ME CD ，可得ME 、MD 、MP 两两互相垂直，以M 为坐标原点，分别以MD 、ME 、MP 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则(A 2，0)，(0P ，0，，1,0)C -，又N 为PC的中点，31(22N ∴-，335(22AN =- ，平面PDM 的一个法向量为(0,1,0)n = ，设直线AN 与平面PDM 所成角为θ，则5||2sin |cos ,|||||AN n AN n AN n θ⋅=<>==⋅ ．故直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为156．30．（2020•海南）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1PD AD ==，Q 为l上的点，QB =，求PB 与平面QCD所成角的正弦值．【解析】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ，设m 为平面PCD 中任意一条直线，则BC m ⊥，//l BC ，l m ∴⊥，由线面垂直的定义是l ⊥平面PCD ；（2）解：如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，1PD AD == ，Q 为l上的点，QB =，PB ∴=，1QP =，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，作//PQ AD ，则PQ 为平面PAD 与平面PBC 的交线为l，因为QB =，QAB ∆是等腰直角三角形，所以(1Q ，0，1)，则(1DQ = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b a c =⎧⎨+=⎩，取1c =，可得(1n =- ，0，1)，|cos n ∴<，6||||3||||n PB PB n PB ⋅>=== ，PB ∴与平面QCD所成角的正弦值为3．31．（2020•上海）已知ABCD 是边长为1的正方形，正方形ABCD 绕AB 旋转形成一个圆柱．（1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD 绕AB 逆时针旋转2π至11ABC D ，求线段1CD 与平面ABCD 所成的角．【解析】（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为1的矩形组成，221214S πππ∴=⨯⨯+⨯=．故该圆柱的表面积为4π．（2） 正方形11ABC D ，1AD AB ∴⊥，又12DAD π∠=，1AD AD ∴⊥，AD AB A = ，且AD 、AB ⊂平面ADB ，1AD ∴⊥平面ADB ，即1D 在面ADB 上的投影为A ，连接1CD ，则1D CA ∠即为线段1CD 与平面ABCD 所成的角，而1126cos 33AC D CA CD ∠==，∴线段1CD 与平面ABCD 所成的角为6arccos3．32．（2020•山东）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1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【解析】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ，设平面PCD 中有任一直线l '，则BC ⊥直线l '，//l BC ，l ∴⊥直线l '，∴由线面垂直的定义得l ⊥平面PCD ；（2）如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，设(Q m ，0，1)，(DQ m = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b am c =⎧⎨+=⎩，取1a =-，可得(1n =- ，0，)m ，cos n ∴< ，2||||31n PB PB n PB m⋅>==⋅⋅+ ，PB ∴与平面QCD 2223123131m m m m ++=+⋅+2323261131323m m =++=+1m =取等号，PB ∴与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63．33．（2020•浙江）如图，在三棱台ABC DEF -中，平面ACFD ⊥平面ABC ，45ACB ACD ∠=∠=︒，2DC BC =．（Ⅰ）证明：EF DB ⊥；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）证明：作DH AC ⊥，且交AC 于点H ， 面ADFC ⊥面ABC ，DH ⊂面ADFC ，DH BC ∴⊥，∴在Rt DHC ∆中，2cos 452CH CD =⋅︒=，2DC BC = ，2222CH BC BC ∴===，∴22BC CH =，即BHC ∆是直角三角形，且90HBC ∠=︒，HB BC ∴⊥，BC ∴⊥面DHB ，BD ⊂ 面DHB ，BC BD ∴⊥， 在三棱台DEF ABC -中，//EF BC ，EF DB ∴⊥．（Ⅱ）设1BC =，则1BH =，2HC =在Rt DHC ∆中，2DH =2DC =，在Rt DHB ∆中，22213DB DH HB =+=+=，作HG BD ⊥于G ，BC HG ⊥ ，HG ∴⊥面BCD ，GC ⊂ 面BCD ，HG GC ∴⊥，HGC ∴∆是直角三角形，且90HGC ∠=︒，设DF 与面DBC 所成角为θ，则θ即为CH 与面DBC 的夹角，且sin sin 2HG HCG HC θ=∠== 在Rt DHB ∆中，DH HB BD HG ⋅=⋅，2633DH HB HG BD ⋅∴===，633sin 322θ∴===．34．（2019•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，M 为1BB 上一点，已知2BM =，3CD =，4AD =，15AA =．（1）求直线1A C 和平面ABCD 的夹角；（2）求点A 到平面1A MC 的距离．【解析】（1）依题意：1AA ⊥平面ABCD ，连接AC ，则1A C 与平面ABCD 所成夹角为1A CA ∠，15AA = ，5AC =，∴△1A CA 为等腰三角形，14A CA π∴∠=，∴直线1A C 和平面ABCD 的夹角为4π，（2）（空间向量），如图建立坐标系，则(0A ，0，0)，(3C ，4，0)，1(0A ，0，5)，(3M ，0，2)，∴(3AC = ，4，0)，1(3A C = ，4，5)-，(0MC = ，4．2)-，设平面1A MC 的法向量(n x = ，y ，)z ，由13450420n A C x y z n MC y z ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩ ，可得(2n = ，1，2)，∴点A 到平面1A MC的距离||10||3AC n d n ⋅== ．35．（2019•浙江）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．【解析】方法一：证明：（Ⅰ）连接1A E ，11A A A C = ，E 是AC 的中点，1A E AC ∴⊥，又平面11A ACC ⊥平面ABC ，1A E ⊂平面11A ACC ，平面11A ACC ⋂平面ABC AC =，1A E ∴⊥平面ABC ，1A E BC ∴⊥，1//A F AB ，90ABC ∠=︒，1BC A F ∴⊥，111A F A E A = ，BC ∴⊥平面1A EF ，EF BC ∴⊥．解：（Ⅱ）取BC 中点G ，连接EG 、GF ，则1EGFA 是平行四边形，由于1A E ⊥平面ABC ，故1A E EG ⊥，∴平行四边形1EGFA 是矩形，由（Ⅰ）得BC ⊥平面1EGFA ，则平面1A BC ⊥平面1EGFA ，EF ∴在平面1A BC 上的射影在直线1A G 上，连接1A G ，交EF 于O ，则EOG ∠是直线EF 与平面1A BC 所成角（或其补角），不妨设4AC =，则在Rt △1A EG中，1A E =，EG =，O 是1A G的中点，故12A G EO OG ===2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∴∠==⨯⨯，∴直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值为35．方法二：证明：（Ⅰ）连接1A E ，11A A A C = ，E 是AC 的中点，1A E AC ∴⊥，又平面11A ACC ⊥平面ABC ，1A E ⊂平面11A ACC ，平面11A ACC ⋂平面ABC AC =，1A E ∴⊥平面ABC ，如图，以E 为原点，在平面ABC 中，过E 作AC 的垂线为x 轴，EC ，1EA 所在直线分别为y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设4AC =，则1(0A ，0，，B，1B，33(22F ，(0C ，2，0)，33(22EF =，(BC = ，由0EF BC = ，得EF BC ⊥．解：（Ⅱ）设直线EF 与平面1A BC 所成角为θ，由（Ⅰ）得(BC = ，1(0A C = ，2，-，设平面1A BC 的法向量(n x = ，y ，)z ，则100BC n y A C n y ⎧=+=⎪⎨==⎪⎩ ，取1x =，得n = ，||4sin 5||||EF n EF n θ∴== ，∴直线EF 与平面1A BC35=．考点七二面角的平面角及求法36．（2022•浙江）如图，已知正三棱柱111ABC A B C -，1AC AA =，E ，F 分别是棱BC ，11A 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 ．αβγB ．βαγC ．βγαD ．αγβ【解析】 正三棱柱111ABC A B C -中，1AC AA =，∴正三棱柱的所有棱长相等，设棱长为1，如图，过F 作FG AC ⊥，垂足点为G ，连接GE ，则1//A A FG ，EF ∴与1AA 所成的角为EFG α∠=，且tan GE GE FGα==，又[0GE ∈，1]，tan [0α∴∈，1]，EF ∴与平面ABC 所成的角为FEG β∠=，且1tan [1GF GE GEβ==∈，)+∞，tan tan βα∴，...①，再过G 点作GH BC ⊥，垂足点为H ，连接HF ，又易知FG ⊥底面ABC ，BC ⊂底面ABC ，BC FG ∴⊥，又FG GH G = ，BC ∴⊥平面GHF ，∴二面角F BC A --的平面角为GHF γ∠=，且1tan GF GH GHγ==，又[0GH ∈，32，tan γ∴∈)+∞，tan tan γα∴，...②，又GE GH ，tan tan βγ∴，...③，由①②③得tan tan tan αβγ，又α，β，[0γ∈，)2π，tan y x =在[0，2π单调递增，αβγ∴，故选：A．37．（2019•浙江）设三棱锥V ABC -的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P AC B --的平面角为γ，则()A ．βγ<，αγ<B ．βα<，βγ<C ．βα<，γα<D ．αβ<，γβ<【解析】方法一、如图G 为AC 的中点，V 在底面的射影为O ，则P 在底面上的射影D 在线段AO 上，作DE AC ⊥于E ，易得//PE VG ，过P 作//PF AC 于F ，过D 作//DH AC ，交BG 于H ，则BPF α=∠，PBD β=∠，PED γ=∠，则cos cos PF EG DH BD PB PB PB PB αβ===<=，可得βα<；tan tan PD PD ED BDγβ=>=，可得βγ<，方法二、由最小值定理可得βα<，记V AC B --的平面角为γ'（显然)γγ'=，由三正弦定理可得βγγ'<=；方法三、（特殊图形法）设三棱锥V ABC -为棱长为2的正四面体，P 为VA 的中点，易得12cos α==sin α=，sin β=sin 3γ==，当23AP =时，由余弦定理可得273PB ==，281628999cos 27433α+-==sin α=，可得αγ<，故C 错误．故选：B．38．【多选】（2023•新高考Ⅱ）已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，AB 为底面直径，120APB ∠=︒，2PA =，点C 在底面圆周上，且二面角P AC O --为45︒，则()A ．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为C．AC =D ．PAC ∆【解析】取AC 中点D ，则OD AC ⊥，PD AC ⊥，由二面角的定义可知，二面角P AC O --的平面角即为45PDO ∠=︒，对于A ，PAB ∆中，由于2PA PB ==，120APB ∠=︒，则1PO =，AO =，则1OD =，1313V ππ=⋅⋅=，选项A 正确．对于B，2S π==侧，选项B 错误．对于C，AC ==，选项C 正确．对于D，PD =122PAC S ∆==，选项D 错误．故选：AC ．39．（2023•上海）已知直四棱柱1111ABCD A B C D -，AB AD ⊥，//AB CD ，2AB =，3AD =，4CD =．（1）证明：直线1//A B 平面11DCC D ；（2）若该四棱柱的体积为36，求二面角1A BD A --的大小．【解析】（1）证明：根据题意可知//AB DC ，11//AA DD ，且1AB AA A = ，∴可得平面11//A ABB 平面11DCC D ，又直线1A B ⊂平面11A ABB ，∴直线1//A B 平面11DCC D ；（2）设1AA h =，则根据题意可得该四棱柱的体积为1(24)3362h ⨯+⨯⨯=，4h ∴=，1A A ⊥ 底面ABCD ，在底面ABCD 内过A 作AE BD ⊥，垂足点为E ，则1A E 在底面ABCD 内的射影为AE ，∴根据三垂线定理可得1BD A E ⊥，故1A EA ∠即为所求，在Rt ABD ∆中，2AB =，3AD =，BD ∴==，AB AD AE BD ⨯∴==，又14A A h ==，114tan 6A A A EA AE ∴∠===∴二面角1A BD A --的大小为213arctan3．40．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥A BCD -中，DA DB DC ==，BD CD ⊥，60ADB ADC ∠=∠=︒，E为BC 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．【解析】证明：（1）连接AE ，DE ，DB DC = ，E 为BC 中点．DE BC ∴⊥，又DA DB DC == ，60ADB ADC ∠=∠=︒，ACD ∴∆与ABD ∆均为等边三角形，AC AB ∴=，AE BC ∴⊥，AE DE E = ，BC ∴⊥平面ADE ，AD ⊂ 平面ADE ，BC DA ∴⊥．（2）解：设2DA DB DC ===，∴BC =DE AE ==2AD =，2224AE DE AD ∴+==，AE DE ∴⊥，又AE BC ⊥ ，DE BC E = ，AE ∴⊥平面BCD ，以E 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，(2,0,0)D ，2)A ，2,0)B ，(0E ，0，0)，EF DA = ，∴(2,0,2)F -，∴(2,0,2)DA =- ，2,2)AB = ，(2,0,0)AF = ，设平面DAB 与平面ABF 的一个法向量分别为1111(,,)n x y z = ，2222(,,)n x y z = ，则1111220220x z z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩，令11x =，解得111y z ==，22222020z -==⎪⎩，令21y =，解得20x =，21z =，故1(1n = ，1，1)，2(0n = ，1，1)，设二面角D AB F --的平面角为θ，则1212||26|cos |3||||32n n n n θ⋅==⨯ ，故3sin 3θ=，所以二面角D AB F --33．41．（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱111ABCD A B C D -中，2AB =，14AA =．点2A ，2B ，2C ，2D 分别在棱1AA ，1BB ，1CC ，1DD 上，21AA =，222BB DD ==，23CC =．（1）证明：2222//B C A D ；（2）点P 在棱1BB 上，当二面角222P A C D --为150︒时，求2B P ．【解析】（1）证明：根据题意建系如图，则有：2(0B ，2，2)，2(0C ，0，3)，2(2A ，2，1)，2(2D ，0，2)，∴22(0,2,1)B C =- ，22(0,2,1)A D =- ，∴2222B C A D = ，又2B ，2C ，2A ，2D 四点不共线，2222//B C A D ∴；（2）在（1）的坐标系下，可设(0P ，2，)t ，[0t ∈，4]，又由（1）知2(0C ，0，3)，2(2A ，2，1)，2(2D ，0，2)，∴22(2,2,2)C A =- ，2(0,2,3)C P t =- ，22(0,2,1)A D =- ，设平面22PA C 的法向量为(,,)m x y z = ，则22222202(3)0m C A x y z m C P y t z ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩ ，取(1,3,2)m t t =-- ，设平面222A C D 的法向量为(,,)n a b c = ，则2222222020n C A a b c n A D b c ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，取(1,1,2)n = ，∴根据题意可得|cos150||cos m ︒=< ，|||||||m n n m n ⋅>= ，∴22362(1)(3)46t t =-+-+⨯，2430t t ∴-+=，又[0t ∈，4]，∴解得1t =或3t =，P ∴为12B B 的中点或2B B 的中点，21B P ∴=．42．（2022•浙江）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，//EF=，AB=，3DC=，1DC EF，5AB DC，//--的平面角为60︒．设M，N分别为AE，BC的中点．∠=∠=︒，二面角F DC B60BAD CDE（Ⅰ）证明：FN AD⊥；（Ⅱ）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．【解析】证明：()I由于CD CB⊥，⊥，CD CF平面ABCD⋂平面CDEF CD=，CF⊂平面CDEF，CB⊂平面ABCD，所以FCB--的平面角，∠为二面角F DC B则60⊥．∠=︒，CD⊥平面CBF，则CD FNFCB又3()3,3()3=-==-=CF CD EF CB AB CD则BCF⊥，∆是等边三角形，则CB FN，FC⊂平面FCB，BC⊂平面FCB，因为DC FC⊥，DC BC⊥，FC BC C=所以DC⊥平面FCB，因为FN⊂平面FCB，所以DC FN⊥，，DC⊂平面ABCD，CB⊂平面ABCD，又因为DC CB C=所以FN⊥平面ABCD，因为AD⊂平面ABCD，故FN AD⊥；解：（Ⅱ）由于FN⊥平面ABCD，如图建系：于是3,0),3,0),(0,0,3),(1,0,3),(3,3,0)B A F E D -，则33)22M ，33(3,),3,0),(2,3,3)22BM DA DE =-==- ，设平面ADE 的法向量(n x = ，y ，)z ，则00n DA n DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴2302330x x z ⎧+=⎪⎨-++=⎪⎩，令3x =，则1y =-，3z =∴平面ADE 的法向量(3,3)n =- ，设BM 与平面ADE 所成角为θ，则||57sin 14||||BM n BM n θ⋅== ．43．（2022•新高考Ⅱ）如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 为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．【解析】（1）证明：连接OA ，OB ，依题意，OP ⊥平面ABC ，又OA ⊂平面ABC ，OB ⊂平面ABC ，则OP OA ⊥，OP OB ⊥，90POA POB ∴∠=∠=︒，又PA PB =，OP OP =，则POA POB ∆≅∆，OA OB ∴=，延长BO 交AC 于点F ，又AB AC ⊥，则在Rt ABF ∆中，O 为BF 中点，连接PF ，在PBF ∆中，O ，E 分别为BF ，BP 的中点，则//OE PF ，OE ⊂/ 平面PAC ，PF ⊂平面PAC ，//OE ∴平面PAC ；（2）过点A 作//AM OP ，以AB ，AC ，AM 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由于3PO =，5PA =，由（1）知4OA OB ==，又30ABO CBO ∠=∠=︒，则AB =∴3(0,0,0),)2P B A E ，又tan 6012AC AB =︒=，即(0C ，12，0)，设平面AEB 的一个法向量为(,,)n x y z =，又3)2AB AE == ，则0302n AB n AE y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=++=⎪⎩ ，则可取(0,3,2)n =- ，设平面AEC 的一个法向量为(,,)m a b c =，又3(0,12,0),2AC AE == ，则120302m AC b m AE b c ⎧⋅==⎪⎨⋅=++=⎪⎩，则可取(m = ，设锐二面角C AE B --的平面角为θ，则cos |cos ,|||||||13m n m n m n θ⋅=<>== ，∴11sin 13θ==，即二面角C AE B --正弦值为1113．44．（2022•新高考Ⅰ）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1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【解析】（1）由直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，可得11111433A ABC ABC ABC V --==，设A 到平面1A BC 的距离为d ，由11A ABC A A BC V V --=，∴11433A BC S d ⋅= ，∴14233d ⨯=，解得2d =．（2）连接1AB 交1A B 于点E ，1AA AB = ，∴四边形11ABB A 为正方形，11AB A B ∴⊥，又 平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC ⋂平面111ABB A A B =，1AB ∴⊥平面1A BC ，1AB BC ∴⊥，由直三棱柱111ABC A B C -知1BB ⊥平面ABC ，1BB BC ∴⊥，又111AB BB B = ，BC ∴⊥平面11ABB A ，BC AB ∴⊥，以B 为坐标原点，BC ，BA ，1BB所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，1AA AB = ，12222BC ∴⨯=，又1142AB BC AA ⨯⨯=，解得12AB BC AA ===，则(0B ，0，0)，(0A ，2，0)，(2C ，0，0)，1(0A ，2，2)，(1D ，1，1)，则(0BA = ，2，0)，(1BD = ，1，1)，(2BC = ，0，0)，设平面ABD 的一个法向量为(n x = ，y ，)z ，则200n BA y n BD x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=++=⎪⎩，令1x =，则0y =，1z =-，∴平面ABD 的一个法向量为(1n = ，0，1)-，设平面BCD 的一个法向量为(m a = ，b ，)c ，200m BC a m BD a b c ⎧⋅==⎪⎨⋅=++=⎪⎩ ，令1b =，则0a =，1c =-，平面BCD 的一个法向量为(0m = ，1，1)-，cos n <，12m >== ，二面角A BD C --32=．45．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2AD =，QD QA ==3QC =．（Ⅰ）求证：平面QAD ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B QD A --的平面角的余弦值．【解析】（Ⅰ）证明：QCD ∆中，2CD AD ==，QD =，3QC =，所以222CD QD QC +=，所以CD QD ⊥；又CD AD ⊥，AD QD D = ，AD ⊂平面QAD ，QD ⊂平面QAD ，所以CD ⊥平面QAD ；又CD ⊂平面ABCD ，所以平面QAD ⊥平面ABCD ．（Ⅱ）解：取AD 的中点O ，在平面ABCD 内作Ox AD ⊥，以OD 所在直线为y 轴，OQ 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，如图所示：则(0O ，0，0)，(2B ，1-，0)，(0D ，1，0)，(0Q ，0，2)，因为Ox ⊥平面ADQ ，所以平面ADQ 的一个法向量为(1α= ，0，0)，设平面BDQ 的一个法向量为(x β= ，y ，)z ，由(2BD =- ，2，0)，(0DQ = ，1-，2)，得00BD DQ ββ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即22020x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，令1z =，得2y =，2x =，所以(2β= ，2，1)；所以cos α<，23||||αββαβ⋅>===⋅ ，所以二面角B QD A --的平面角的余弦值为23．46．（2021•新高考Ⅰ）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的等边三角形，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．【解析】（1）证明：因为AB AD =，O 为BD 的中点，所以AO BD ⊥，又平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ⋂平面BCD BD =，AO ⊂平面ABD ，所以AO ⊥平面BCD ，又CD ⊂平面BCD ，所以AO CD ⊥；（2）方法一：取OD 的中点F ，因为OCD ∆为正三角形，所以CF OD ⊥，过O 作//OM CF 与BC 交于点M ，则OM OD ⊥，所以OM ，OD ，OA 两两垂直，以点O 为坐标原点，分别以OM ，OD ，OA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图所示，则(0B ，1-，0)，1,0)2C ，(0D ，1，0)，。
专题04立体几何题型简介立体几何一般作为全国卷第20题21题.重点题型主要是1体积问题及表面积问题2线面距离及线面角问题3二面角问题4空间几何综合问题典例在线题型一：体积及表面积问题1．在如图所示的多面体ABCDE 中，⊥AE 平面ABC ，AE CD ∥，22AE CD ==，3CA CB ==，25AB =(1)证明：平面ABE ⊥平面BDE ；(2)求多面体ABCDE 的体积．变式训练1．如图①，在平面四边形ABCD 中，2AB AD ==，2BC CD ==60BAD ∠= ．将BCD △沿着BD 折叠，使得点C 到达点C '的位置，且二面角A BD C '--为直二面角，如图②．已知,,P G F 分别是,,AC AD AB '的中点，E 是棱AB 上的点，且C E '与平面ABD 所成角的正233(1)证明：平面//PGF 平面C DB '；(2)求四棱锥P GFED -的体积．题型二：线面距离及线面角问题1如图，在多面体ABCDE 中，已知ABC ，ACD ，BCE 均为等边三角形，平面ACD ⊥平面ABC ，平面BCE ⊥平面ABC ，H 为AB的中点．(1)判断DE 与平面ABC 的位置关系，并加以证明；(2)求直线DH 与平面ACE 所成角的正弦值．变式训练1如图，PD 垂直于梯形ABCD 所在平面，90ADC BAD ∠=∠=，F 为PA 的中点，2PD =112AB AD CD ===，四边形PDCE 为矩形.(1)求证：//AC 平面DEF ；(2)求平面ABCD 与平面BCP 的夹角的大小；(3)求点F 到平面BCP 的距离.题型三：二面角问题1如图，四棱锥P -ABCD 中，已知AD BC ∥，BC =2AD ，AD =DC ，∠BCD =60°，CD ⊥PD ，PB ⊥BD．(1)证明：PB ⊥AB ；(2)设E 是PC 的中点，直线AE 与平面ABCD 所成角等于45°，求二面角B -PC -D 的余弦值．变式训练1如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为梯形，AB CD ∥，2AB CD =，AD SD =，SAB △为正三角形，SC BC ⊥，CB CS =.(1)求证：平面SAB ⊥平面SBC ；(2)求二面角C SA D --的余弦值.题型四：空间几何综合问题1．如图所示，正方形ABCD 所在平面与梯形ABMN 所在平面垂直，AN BM ∥，2AN AB BC ===，4BM =，23CN =(1)证明：BM ⊥平面ABCD ；(2)在线段CM （不含端点）上是否存在一点E ，使得二面角E BN M --33若存在，求出的CEEM值；若不存在，请说明理由.变式训练1如图，在四棱锥E -ABCD 中，平面ADE ⊥平面ABCD ，O ､M 分别为线段AD ､DE 的中点，四边形BCDO 是边长为1的正方形，AE =DE ，AE ⊥DE.(1)求证：CM //平面ABE ；(2)求直线CM 与BD 所成角的余弦值；(3)点N 在直线AD 上，若平面BMN ⊥平面ABE ，求线段AN 的长.模拟尝试1．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 为等边三角形，M 为PA 的中点，PD AB ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD ．(1)证明：平面MCD ⊥平面PAB ；(2)若//AD BC ，2AD BC =，2CD AB =，求平面MCD 与平面PBC 夹角的余弦值．2．（2023·山东·日照一中校考模拟预测）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为22(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AAAB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C--的正弦值．3．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，D 为线段AB 的中点，4CB =，43AB =118AC =，三棱锥1A A DC -的体积为8．(1)证明：1A D ⊥平面11B C D ；(2)求平面1ACD 与平面1A BC 夹角的余弦值．4．（2022·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60ADC ∠=︒，PAD 为等边三角形，O 为线段AD 的中点，且平面PAD ⊥平面ABCD ，M 是线段PC 上的点.(1)求证：OM BC ⊥；(2)若直线AM 与平面PAB 的夹角的正弦值为1010，求四棱锥M ABCD -的体积.5．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -中，16AA =E 是1AA 的中点，底面ABCD 是平行四边形，若1A C ⊥平面1BDC.(1)若1AB AA =，证明：底面ABCD 是正方形(2)若60BAD ∠=︒，求二面角1B BE D --的余弦值6．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）直四棱柱1111ABCD A B C D -被平面α所截，所得的一部分如图所示，EF DC =．（1）证明：//ED 平面ACF ；（2）若1242DC AD A E ===，3ADC π∠=，平面EFCD 与平面ABCD 所成角的正切值433，求点E 到平面ACF 的距离．真题再练1．（2021·全国·统考高考真题）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．2．（2021·全国·统考高考真题）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 的中点，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?3．（2021·全国·统考高考真题）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的等边三角形，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.4．（2022·全国·统考高考真题）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CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．5．（2022·全国·统考高考真题）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）．6．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为22(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．7．（2022·全国·统考高考真题）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．8．（2022·北京·统考高考真题）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．9．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C -中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D为11A B 的中点，E 为1AA 的中点，F 为CD 的中点．(1)求证：//EF 平面ABC ；(2)求直线BE 与平面1CC D 所成角的正弦值；(3)求平面1ACD 与平面1CC D 所成二面角的余弦值．。
专题04立体几何题型简介立体几何一般作为全国卷第20题21题.重点题型主要是1体积问题及表面积问题2线面距离及线面角问题3二面角问题4空间几何综合问题典例在线题型一：体积及表面积问题1．在如图所示的多面体ABCDE 中，⊥AE 平面ABC ，AE CD ∥，22AE CD ==，3CA CB ==，25AB =．(1)证明：平面ABE ⊥平面BDE ；(2)求多面体ABCDE 的体积．【答案】(1)证明见解析(2)25解（1）证明：设AB ，BE 的中点分别为F ，G ，连接CF ，FG ，DG ，则FG AE ∥，且12FG AE =，又CD AE ∥，且12CD AE =，所以FG CD ∥，且FG CD =，所以四边形CFGD 为平行四边形，所以∥CF DG ．因为⊥AE 平面ABC ，CF ⊂平面ABC ，所以AE CF ⊥，所以AE DG ⊥，因为CA CB =，F 为AB 的中点，所以CF AB ⊥，所以DG AB ⊥，又AB ，AE ⊂平面ABE ，且AB AE A = ，所以DG ⊥平面ABE ，又DG ⊂平面BDE ，所以平面ABE ⊥平面BDE ．（2）由（1）得CF AB ⊥，CF AE ⊥，且AB ，AE ⊂平面ABE ，AB AE A = ，所以CF ⊥平面ABE ，又因为3CA CB ==，25AB =，F 为AB 的中点，所以2CF =．因为CD AE ∥，AE ⊂平面ABE ，CD ⊄平面ABE ，所以CD ∥平面ABE ，所以点D 到平面ABE 的距离等于点C 到平面ABE 的距离CF ．因为⊥AE 平面ABC ，AC ，BC ⊂平面ABC ，所以AE AC ⊥，AE BC ⊥，又CD AE ∥，所以CD AC ⊥，CD BC ⊥，又AC ，BC ⊂平面ABC ，且AC BC C = ，所以CD ⊥平面ABC ，连接AD ，多面体ABCDE 的体积V 等于三棱锥D ABC -的体积与三棱锥D ABE -的体积之和，而11252521323D ABC V -=⨯⨯⨯⨯=，11452522323D ABE V -=⨯⨯⨯⨯=，所以多面体ABCDE 的体积25452533V =+=．变式训练1．如图①，在平面四边形ABCD 中，2AB AD ==，2BC CD ==，60BAD ∠=．将BCD △沿着BD 折叠，使得点C 到达点C '的位置，且二面角A BD C '--为直二面角，如图②．已知,,P G F 分别是,,AC AD AB'的中点，E 是棱AB 上的点，且C E '与平面ABD 所成角的正切值为3．(1)证明：平面//PGF 平面C DB '；(2)求四棱锥P GFED -的体积．【答案】(1)证明见解析解（1）,,P G F 分别为,,AC AD AB '的中点，//PG C D '∴，//PF BC '，,PG PF ⊄ 平面C DB '，,C D BC ''⊂平面C DB '，//PG ∴平面C DB '，//PF 平面C DB '，又PG PF P ⋂=，,PG PF ⊂平面PGF ，∴平面//PGF 平面C DB '.（2）取BD 的中点M ，连接,C M EM '，2AB AD == ，60BAD ∠= ，ABD ∴ 为等边三角形，2BD ∴=，又BC C D ''==222BC C D BD ''∴+=，C DB '∴ 为等腰直角三角形，112C M BD '∴==，C M BD '⊥； 二面角A BD C '--是直二面角，即平面C DB '⊥平面ABD ，平面C DB '⋂平面ABD BD =，C M '⊂平面C DB '，C M '∴⊥平面ABD ，C EM '∴∠即为C E '与平面ABD所成角，1tan 3C M C EM EM EM ''∴∠===，解得：2EM =；在EMB △中，由余弦定理得：2222cos60EM BM BE BM BE =+-⋅ ，即2314BE BE =+-，解得：12BE =，E ∴为线段AB 上靠近点B 的四等分点，111442ABD AGF BDE ABD ABD ABD ABDGFED S S S S S S S S ∴=--=--=四边形211222=⨯⨯⨯111113232P GFED GFED V S C M -'∴=⨯⨯=⨯=四棱锥四边形题型二：线面距离及线面角问题．如图，在多面体ABCDE 中，已知ABC ，ACD ，BCE 均为等边三角形，平面ACD ⊥平面ABC ，平面BCE ⊥平面ABC ，H 为AB的中点．(1)判断DE 与平面ABC 的位置关系，并加以证明；(2)求直线DH 与平面ACE 所成角的正弦值．【答案】(1)DE ∥平面ABC ，证明见解析；(2)155【详解】（1）DE ∥平面ABC ，理由如下：分别取,AC BC 的中点,O P ，连接,,DO EP OP ，因为AD CD =，所以DO AC ⊥，又平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD 平面ABC AC =，DO ⊂平面ACD ，所以DO ⊥平面ABC ，同理EP ⊥平面ABC ，所以EP DO ∥，又因为,ACD BCE 是全等的正三角形，所以EP DO =，所以四边形DOPE 是平行四边形，所以DE OP ∥，因为ED ⊄平面ABC ，OP ⊂平面ABC ，所以ED ∥平面ABC ；（2）连接BO ，则易知BO ⊥平面ACD ，以O 为坐标原点，分别以,,OD OA OB的方向为,,x y z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，令2AC =.则()()())13130,0,0,0,1,0,0,1,0,3,0,0,0,,,0,,2222O A C DH P ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，13,3,,22DE OP E ⎫=∴-⎪⎪⎭所以()33130,2,0,3,,3,2222AC AE DH ⎛=-=-= ⎭⎝⎭ ，设平面ACE 的法向量为(),,m x y z =，所以·0·0m AC m AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩ ，所以20333022y y z -=⎧⎪⎨-+=⎪⎩则0y =，取2z =，1x ∴=-，则()1,0,2m =-，所以2315cos ,525DH m DH m DH m ===，设直线DH 与平面ACE 所成的角为θ，则15sin cos ,5DH m θ==．变式训练1如图，PD 垂直于梯形ABCD 所在平面，90ADC BAD ∠=∠=，F 为PA 的中点，2PD =112AB ADCD ===，四边形PDCE 为矩形.(1)求证：//AC 平面DEF ；(2)求平面ABCD 与平面BCP 的夹角的大小；(3)求点F 到平面BCP 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)45 (3)14【详解】（1）设CP DE G = ，连接FG，四边形PDCE 为矩形，G ∴为PC 中点，又F 为PA 中点，//AC FG ∴，又FG ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ，//AC ∴平面DEF .（2）以D 为坐标原点，,,DA DC DP正方向为,,x y z 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则()1,1,0B ，()0,2,0C，(P ，()1,1,0BC ∴=-，(0,CP =-，设平面BCP 的法向量(),,n x y z =，020BC n x y CP n y ⎧⋅=-+=⎪∴⎨⋅=-+=⎪⎩，令1y =，解得：1x =，z =，(n ∴=；z 轴⊥平面ABCD ，∴平面ABCD 的一个法向量()0,0,1m =，cos ,2m n m n m n⋅∴<>==⋅ ，则平面ABCD 与平面BCP的夹角为45 .（3）由（2）知：1,0,22F ⎛ ⎝⎭，(P，1,0,22PF ⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭，由平面BCP的法向量(n =，∴点F 到平面BCP 的距离11224PF nd n⋅=== .题型三：二面角问题1如图，四棱锥P -ABCD 中，已知AD BC ∥，BC =2AD ，AD =DC ，∠BCD =60°，CD ⊥PD ，PB ⊥BD ．(1)证明：PB ⊥AB ；(2)设E 是PC 的中点，直线AE 与平面ABCD 所成角等于【答案】(1)证明见解析(2)77解（1）连结BD ，在BDC 中，因为BC=2DC ，∠BCD=60°，由余弦定理()22222cos603BD DC DC DC DC +-⋅⋅︒．因为222BD CD BC +=，所以CD ⊥BD ，又CD ⊥PD ，BD PD D = ，,BD PD ⊂平面PDB ，所以CD ⊥平面PDB ，由于PB ⊂平面PDB ，所以CD ⊥PB ．因为PB ⊥BD ，CD BD D =I ，,CD BD ⊂平面ABCD ，所以PB ⊥平面ABCD ，由于AB ⊂平面ABCD ，因此PB ⊥AB ．（2）解法1：以B 为坐标原点，BC的方向为x 轴正方向，||DC为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，由（1）可知y 轴在平面ABCD 内．则(0,0,0)B ，1322A ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，(2,0,0)C ，3322D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，13,22DC ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．设(0,0,)(0)P t t >，则(2,0,)PC t =- ，1,0,2t E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，13,222t AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．因为平面ABCD 的法向量为(0,0,1)m =，所以2cos ,||||4AE m AE m AE m t 〈〉==⋅+⋅由AE 与平面ABCD 所成角等于45°，2sin 454t =+，解得t=2．设平面DPC 的法向量1(,,)n x y z =，则110,0.n PC n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即220,130.22x z x -=⎧⎪⎨=⎪⎩所以可取1(3,1,3)n =．因为平面BPC 的法向量为2(0,1,0)n = ，于是1212127cos ,7n n n n n n 〈〉=⋅=．因为二面角B-PC-D 是锐二面角，所以其余弦值为77．解法2：取BC 中点为F ，连结EF ，AF ，则EF PB ∥，且AF=DC ．由（1）可知EF ⊥平面ABCD ，∠EAF 是AE 与平面ABCD 所成角，所以∠EAF=45°，所以EF=AF=DC ，于是PB=2EF=2DC ．以B 为坐标原点，BC的方向为x 轴正方向，||DC 为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，由（1）可知y 轴在平面ABCD 内．则(0,0,0)B ，(2,0,0)C ，332D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(0,0,2)P ，(2,0,2)PC =-，13,22DC ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．设平面DPC 的法向量(,,)m x y z =，则0,0.m PC m DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即可得220,130.22x z x y -=⎧⎪⎨-=⎪⎩所以可取(3,1,3)m = ．因为平面BPC 的法向量(0,1,0)n = ，于是7cos ,7||||m n m n m n ⋅〈〉==⋅．因为二面角B-PC-D 是锐二面角，所以其余弦值为77．解法3：取BC 中点为F ，连结EF ，AF ，则//EF PB ，且AF=DC ．由（1）可知EF ⊥平面ABCD ，∠EAF 是AE 与平面ABCD 所成角，故∠EAF=45°，因此EF=AF=DC ，于是PB=2EF=2DC=BC ，可得22PC DC =．连结BE ，则BE ⊥PC ．过E 在平面PDC 内作EG ⊥PC ，交PD 于点G ，则∠BEG 是二面角B-PC-D 的平面角．因为PB ⊥BC ，所以2BE DC ，7PD DC =．因为CD ⊥PD ，由PEG PDC △∽△可得147EG =．由PC ⊥平面BEG ，BG ⊂平面BEG ，所以PC ⊥BG ，而CD ⊥BG ，,,PC CD C PC CD ⋂=⊂平面PDC ，故BG ⊥平面PDC ，由于GE Ì平面PDC ，所以BG ⊥GE ，所以由余弦定理得7cos 7GE BEG BE ∠==．因此二面角B PCD --的余弦值为77．变式训练1如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为梯形，AB CD ∥，2AB CD =，AD SD =，SAB △为正三角形，SC BC ⊥，CB CS =.(1)求证：平面SAB ⊥平面SBC ；(2)求二面角C SA D --的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)277解（1）分别取BS ，AS 的中点O ，E ，连接OE ，OC ，ED ，则//OE AB 且12OE AB =.因为//AB CD ，2AB CD =，所以//,OE CD OE CD =，所以四边形OCDE 为平行四边形，则//CO DE .因为AD SD =，故DE SA ⊥，故CO SA ⊥.因为CB CS =，故CO SB ⊥.因为SA SB S =I ，SA ，SB ⊂平面SAB ，所以CO ⊥平面SAB.因为CO ⊂平面SBC ，所以平面SAB ⊥平面SBC.（2）连接AO ，因为△SAB 为正三角形，所以AO SB ⊥，因为平面SAB ⊥平面SBC ，平面SAB 平面SBC SB =，AO ⊂面SAB ，所以AO ⊥平面SBC ，OC 、OS 在面SBC 内，又CO SB ⊥，故OA ，OS ，OC 两两垂直，故以O 为坐标原点，OC ，OS ，OA 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.设2BC SC ==，则22AB SB ==，6OA =，2OC =，所以()0,0,6A ，()2,0,0C，()0,2,0S ，262,,22D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，（难点：点D 的坐标不易直接看出，可先求出点E 的坐标，利用CO DE =求解点D 的坐标）所以()0,2,6AS =- ，262,,22SD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ，()2,2,0CS =-.设面SAD 的法向量为()111,,m x y z =，由11111260262022m AS y z m SD x y z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令11z =，得()0,3,1m =.设面SAC 的法向量为()222,,x n y z =，则2222260220n AS y z n CS x y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，令23y =，得()3,3,1n = .则427cos ,727m n m n m n ⋅===⨯⋅，显然二面角C SAD --为锐二面角，所以二面角C SA D --的余弦值为277.题型四：空间几何综合问题1．如图所示，正方形ABCD 所在平面与梯形ABMN 所在平面垂直，AN BM ∥，2AN AB BC ===，4BM =，CN =(1)证明：BM ⊥平面ABCD ；(2)在线段CM （不含端点）上是否存在一点E ，使得二面角E BN M --的余弦值为3.若存在，求出的CE EM 值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析(2)存在，12CE EM =【详解】（1）证明：正方形ABCD 中，BC AB ⊥，平面ABCD ⊥平面ABMN ，平面ABCD ⋂平面ABMN AB =，BC ⊂平面ABCD ，BC ∴⊥平面ABMN ，又BM ⊂平面ABMN ，BC ∴⊥BM ，且BC BN ⊥，又2,BC ==BN ∴=2AB AN == ，222BN AB AN ∴=+，AN AB ∴⊥，又//AN BM ，BM AB ∴⊥，又,,BC BA B BA BC =⊂ 平面ABCD ，∴BM ⊥平面ABCD ；（2）解：如图，以B 为坐标原点，,,BA BM BC 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则()()()0,0,0,2,0,0,0,0,2B A C ，()()()2,0,2,2,2,0,0,4,0D N M ，设点(),,E a b c ，()01CE CM λλ=<<，()(),,20,4,2a b c λ∴-=-，()04,0,4,2222a b E c λλλλ=⎧⎪∴=∴-⎨⎪=-⎩，()()2,2,0,0,4,22BN BE λλ∴==-，设平面BEN 的法向量为(),,m x y z = ，()2204220BN m x y BE m y z λλ⎧⋅=+=⎪∴⎨⋅=+-=⎪⎩，令221,1,,1,1,11x y z m λλλλ⎛⎫=∴=-=∴=- ⎪--⎝⎭ ，显然，平面BMN 的法向量为()0,0,2BC =，cos ,3BC m BC m BC m⋅∴==，==，即=即23210λλ+-=，解得13λ=或1-（舍），所以存在一点E，且12CE EM =.变式训练1如图，在四棱锥E -ABCD 中，平面ADE ⊥平面ABCD ，O ､M 分别为线段AD ､DE 的中点，四边形BCDO 是边长为1的正方形，AE =DE ，AE ⊥DE.(1)求证：CM //平面ABE ；(2)求直线CM 与BD 所成角的余弦值；(3)点N 在直线AD 上，若平面BMN ⊥平面ABE ，求线段AN 的长.【答案】(1)证明见解析(2)6(3)53【详解】（1）证明：取AE 的中点P ，连接BP ､MP ，如图所示.∵M ､P 分别为ED ､AE 的中点，∴PM //AD ，且PM=12AD.又四边形BCDO 是边长为1的正方形，∴BC //OD ，且BC=OD ，又O 为AD 的中点，∴BC //AD ，且BC=12AD ，即PM //BC ，且PM=BC ，∴四边形BCMP 为平行四边形，∴CM //PB ，又CM ⊄平面ABE ，PB ⊂平面ABE ，∴CM //平面ABE.（2）（2）连接EO ，∵AE=DE ，O 为AD 中点，∴EO ⊥AD.∵EO ⊂平面ADE ，且平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE∩平面ABCD=AD ，∴EO ⊥平面ABCD.又OB ⊂平面ABCD ，OD ⊂平面ABCD ，∴EO ⊥OB ，EO ⊥OD ，以O 为原点，OB ､OD ､OE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则(0A ，1-，0)，C （1，1，0），B （1，0，0），D （0，1，0），(0E ，0，1)，M 11(0,,22∴11(1,,),22CM BD=-- =（-1，1，0）.设直线CM 与BD 所成角为θ，则cosθ=1||2||||CM BD CM BD ⋅=，∴直线CM 与BD所成角的余弦值为6.（3）设ON →=λOD →，则N （0，λ，0），∴NB →=（1，-λ，0），11(1,,)22MB =-- ，设平面BMN 的法向量为n →=(a ，b ，c)，则0,0,n MB n NB ⎧⋅=⎨⋅=⎩ 即220220a b c a b λ⎧--=⎪⎨⎪-=⎩，令a=λ，则b=1，c=2λ-1，∴n →=（λ，1，2λ-1），设面ABE 的法向量为(,,)m x y z =，(1,1,0),(0,1,1)AB AE ==由00AB m x y AE m y z ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，可取(1,1,1)m =- ．∵平面BMN ⊥平面ABE ，∴0m n →→⋅=，即λ-1+2λ-1=0，解得λ=23，53AN ∴=.模拟尝试一、解答题1．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 为等边三角形，M 为PA 的中点，PD AB ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD．(1)证明：平面MCD ⊥平面PAB ；(2)若//AD BC ，2AD BC =，2CD AB =，求平面MCD 与平面PBC 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；.【详解】（1）设AD 的中点为E ，连接PE ，因为PAD 为等边三角形，所以PE AD ⊥，又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，且PE ⊂平面PAD ，所以PE ⊥平面ABCD ，因为AB ⊂平面ABCD ，所以PE AB ⊥，又PD AB ⊥，,PD PE P PD PE =⊂ ，平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，又因为MD ⊂平面PAD ，所以AB MD ⊥，因为在等边三角形PAD 中，M 为PA 的中点，所以MD AP ⊥，因为AB AP A =I ，,AB AP ⊂平面PAB ，所以MD ⊥平面PAB ，因为MD ⊂平面MCD ，所以平面MCD ⊥平面PAB ；（2）连接CE ，由（1）知，AB ⊥平面PAD ，因为AD ⊂平面PAD ，所以AB AD ⊥，因为//AD BC ，2AD BC =，2CD AB =，所以四边形ABCE 为矩形，即CE AD ⊥，BC AE DE ==，22CD AB CE ==，所以30∠=︒CDE ，设BC a =，2AD a =，tan 60PE AE =⋅︒，tan 303AB CE DE ==⋅︒=，以E 为原点，分别以EC 、ED 、EP 所在直线为x 、y 、z轴建立空间直角坐标系，所以()0,,0A a -，()P，C ⎫⎪⎪⎝⎭，,0B a ⎫-⎪⎪⎝⎭，()0,,0D a，0,2a M ⎛- ⎝⎭，所以,,322a MC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，30,,22a MD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,,3PB a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,0,3PC ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，设平面MCD 和平面PBC 的法向量分别为()1111,,n x y z =，()2222,,n x y z =，则111111102302a n MC y a n MD y ⎧⋅=+-=⎪⎪⎨⎪⋅=-=⎪⎩，222222200n PB ay n PC ⎧⋅=--=⎪⎪⎨⎪⋅=-=⎪⎩，即1111x z ⎧=⎪⎨=⎪⎩，22203y x z =⎧⎨=⎩，取11y =，21z =，则1n = ，()23,0,1n =，所以121212cos ,35n n n n n n ⋅==⋅，所以平面MCD 与平面PBC.2．（2023·山东·日照一中校考模拟预测）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】【详解】（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1111111111433333A A BC A A ABC A ABC A B BC C C B V S h 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2AE =，所以12AA AB ==，12A B =以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20n BD a b c n BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()0,1,1n =-r，则1cos ,222m n m n m n ⋅==⨯⋅，所以二面角A BD C --213122⎛⎫-= ⎪⎝⎭3．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，D 为线段AB 的中点，4CB =，43AB =118AC =，三棱锥1A A DC -的体积为8．(1)证明：1A D ⊥平面11B C D ；(2)求平面1ACD 与平面1A BC 夹角的余弦值．【答案】(1)见解析65555【详解】（1）证明：因为1AA ⊥平面ABC ，CB ⊂平面ABC ，所以1AA BC ⊥，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AAC C 为平行四边形，则118AC AC ==，因为43AB =4CB =，所以222AB CB AC +=，所以CB AB ⊥，又因为1AB AA A ⋂=，1AA ⊂平面11ABB A ，AB ⊂平面11ABB A ，所以CB ⊥平面11ABB A ，因为11//CB C B ，所以11C B ⊥平面11ABB A ，又1A D ⊂平面11ABB A ，所以111C B A D ⊥．1832ABC S AB BC =⋅=△，D 为AB 的中点，则132ACD ABC S S ==△△因为1AA ⊥平面ABC ，1111113833A A CD A ACD ACD V V S AA AA --==⋅=⨯= ，所以123AA =11A DB △中，1126A D B D ==1143A B =2221111A D B D A B +=，所以11A D B D ⊥，1111C B BD B ⋂=，111,C B B D ⊂平面11B C D ，所以1A D ⊥平面11B C D ；（2）因为1BB ⊥平面ABC ，BC AB ⊥，以点B 为坐标原点，BA 、1BB 、BC 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，则()0,0,4C 、()3,0,0D 、()143,3,0A 、()10,23,0B ，设平面1DAC 的法向量为()111,,m x y z =，()123,3,0DA = ，()23,0,4DC =-，则11111330340m DA x y m DC x z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，取12x =，可得(2,3m =-，设平面1A CB 的法向量为()222,,x n y z =，()13,3,0BA = ，()0,0,4BC =，则1222433040n BA x y n BC z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩ ，取21x =，可得()1,2,0n =- ，所以，6655cos ,55115m n m n m n ⋅===⋅⨯，所以平面1DAC 与平面1ACB 夹角的余弦值为65555.4．（2022·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60ADC ∠=︒，PAD 为等边三角形，O 为线段AD 的中点，且平面PAD ⊥平面ABCD ，M 是线段PC 上的点.(1)求证：OM BC ⊥；(2)若直线AM 与平面PAB 的夹角的正弦值为1010，求四棱锥M ABCD -的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)43【详解】（1）因为PAD 为等边三角形，O 为线段AD 的中点，所以PO AD ⊥；因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ；又BC ⊂平面ABCD ，所以PO BC ⊥；在OCD 中，1,2,60OD CD ADC ==∠=︒，由余弦定理可得OC =因为222OC OD CD +=，所以CO AD ⊥；因为//AD BC ，所以CO BC ⊥，所以BC ⊥平面POC ；因为OM ⊂平面POC ，所以OM BC ⊥.（2）由（1）得,,OP OC OD 两两垂直，以O 为坐标原点，建系如图，则()())0,1,0,0,0,,2,0,A P BC -；)(1,0,,0,1,AB PC AP =-=-=；设PM PC λ=，则)AM AP PM =+= ；设平面PAB 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AB n AP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，0y y -==⎪⎩，令y =则()1n =- .因为直线AM 与平面PAB所以n AM n AM ⋅==，解得13λ=或23λ=-（舍），即有13PM PC =，M 是靠近P 的三等分点，所以四棱锥M ABCD -的高等于OP 的23.四棱锥M ABCD -的体积为114222sin 603233V ︒=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=.5．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AA =，E 是1AA 的中点，底面ABCD 是平行四边形，若1A C ⊥平面1BDC.(1)若1AB AA =，证明：底面ABCD 是正方形(2)若60BAD ∠=︒，求二面角1B BE D --的余弦值【答案】(1)证明见解析；(2)【详解】（1）如图，连接1,AC CD ，1A C ⊥平面1BDC ，BD ⊂平面1BDC ，1C D ⊂平面1BDC ，则1AC BD ⊥，11AC C D ⊥，直棱柱中1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1AA BD ⊥，111AA A C A = ，11,AA A C ⊂平面1ACA ，则BD ⊥平面1ACA ，又AC ⊂平面1ACA ，所以BD AC ⊥，所以平行四边形ABCD 是菱形，1AA AB =，则直棱柱的侧面11ABB A 是正方形，因此侧面11CDD C 也是正方形，所以11CD C D ⊥，11A C CD C = ，11,AC CD ⊂平面11ACD ，所以1C D ⊥平面11ACD ，又11A D ⊂平面11ACD ，所以111C D A D ⊥，直棱柱中易知111DD A D ⊥，而111DD CD D = ，11,DD CD ⊂平面11CC D D ，所以11A D ⊥平面11CC D D ，11C D ⊂平面11CC D D ，所以1111A D C D ⊥，因此底面1111D C B A 是矩形，即四边形ABCD是矩形，所以四边形ABCD 是正方形；（2）由（1）知底面ABCD 是菱形，因此AC BD ⊥，设AC BD O ⋂=，分别以,OA OB 为,x y 轴，过O 与1AA 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图，设2AB a =，则3OA a =，OB a =，1(36)A a ，(3,0,0)C a -，(0,,0)B a ，1(36)C a -，1(23,0,6)AC a =-- ，1(3,6)BC a a =-- ，由（1）知211660AC BC a ⋅=-= ，1a =（负值舍去），6(3,0,2E ，(0,1,0)B ，(0,1,0)D -，16)B ，6(3,)2BE =- ，(0,2,0)DB = ，16)BB = ，设平面1B BE 的一个法向量是111(,,)m x y z =，则11111606302m BB m BE y z ⎧⋅=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取11x =得3,0)m = ，设平面BED 的一个法向量是222(,,)n x y z =，则2222630220n BE x y n DB y ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅==⎩，取21x =，得(1,0,2)n = ，3cos ,623m n m n m n ⋅==⨯，所以二面角1B BE D--的余弦值为366．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）直四棱柱1111ABCD A B C D -被平面α所截，所得的一部分如图所示，EF DC =．（1）证明：//ED 平面ACF ；（2）若1242DC AD A E ===，3ADC π∠=，平面EFCD与平面ABCD 433，求点E 到平面ACF 的距离．【答案】（1）详见解析；（2255．【详解】（1）依题：平面α与两平行平面ABCD ，1111D C B A 的交线分别为EF ，DC ，故有//EF DC ，又EF DC =，故有平行四边形EFCD ，∴//ED FC ，ED ⊄面ACF ，FC ⊂面ACF ，∴//ED 平面ACF ．（2）ADC △中，由余弦定理可得3AC =得AC AD ⊥，又1AA ⊥平面ABCD ，故而1AA ，AC ，AD 两两垂直，如图建系．【法一求EH 】取AD 中点H ，由1//AH A E ，1AH A E =得平行四边形1A AHE ，∴1//AA HE ，HE ⊥平面ACD ，作HI DC ⊥，（连EI ），又HE CD ⊥，∴CD ⊥平面EHI ，得CD EI ⊥，又HI DC ⊥，∴EIH ∠为所求二面角的平面角．易求3HI =4tan 33EH EIH HI ∠==，1EH =．【法二求EH 】面ABCD 的法向量显然为()0,0,1n =，设面EFCD 的法向量为(),,k x y z = ，1,0,2E h ⎛⎫⎪⎝⎭，00k DC k DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，令3x =33,1,2k h ⎫=⎪⎪⎭，依题：3119n k h n k⋅=⇒= ．由//ED 平面ACF ，点E 到平面ACF 的距离转化为D 到平面ACF 的距离d ，()1,0,0D ，()3,0C ，13,12DC EF F ⎛⎫=⇒- ⎪⎝⎭ ，设平面ACF 的法向量为(),,m x y z = ，00m AC m m AF ⎧⋅=⇒⎨⋅=⎩可为()2,0,1，255m AD d m⋅== ．真题再练1．（2021·全国·统考高考真题）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】（12（2）7014【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法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22a =22BC a ==[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结BD ．因为PD ⊥底面ABCD ，且AM ⊂底面ABCD ，所以PD AM ⊥．又因为PB AM ⊥，PB PD P = ，所以AM ⊥平面PBD ．又BD ⊂平面PBD ，所以AM BD ⊥．从而90ADB DAM ∠+∠=︒．因为90∠+∠=︒MAB DAM ，所以∠=∠MAB ADB ．所以 ∽ADB BAM ，于是=AD BAAB BM．所以2112BC =．所以BC =[方法三]：几何法+三角形面积法如图，联结BD 交AM 于点N．由[方法二]知⊥AM DB ．在矩形ABCD 中，有 ∽DAN BMN ，所以2==AN DAMN BM，即23AN AM =．令2(0)=>BC t t ，因为M 为BC 的中点，则BM t =，=DB，=AM 由1122=⋅=⋅ DAB S DA AB DB AN，得=t 212t =，所以2==BC t （2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则,1,02AM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()AP = ，由1111020m AM x y mAP z ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，取1x =)m =，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z =，,0,02BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =- ，由222200n BM n BP y z ⎧⋅==⎪⎨⎪⋅=-+=⎩，取21y =，可得()0,1,1n =，cos ,14m n m n m n ⋅==⋅，所以，sin ,m n = 因此，二面角A PM B --14.[方法二]：构造长方体法+等体积法如图，构造长方体1111ABCD A B C D -，联结11,AB A B ，交点记为H ，由于11AB A B ⊥，1AB BC ⊥，所以AH ⊥平面11A BCD ．过H 作1D M 的垂线，垂足记为G ．联结AG ，由三垂线定理可知1⊥AG D M ，故AGH ∠为二面角A PM B --的平面角．易证四边形11A BCD 是边长为2的正方形，联结1D H ，HM ．111111111,2D HM D HM D A H HBM MCD A BCD S D M HG S S S S S =⋅=--- 正方形，由等积法解得31010=HG ．在Rt AHG 中，2310,210==AH HG ，由勾股定理求得355=AG ．所以，70sin 14AH AGH AG ∠==，即二面角A PM B --的正弦值为7014．2．（2021·全国·统考高考真题）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 的中点，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）证明见解析；（2）112B D =【详解】（1）[方法一]：几何法因为1111,//BF AB AB AB ⊥，所以BF AB ⊥．又因为1AB BB ⊥，1BF BB B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．又因为2AB BC ==，构造正方体1111ABCG A B C G -，如图所示，过E 作AB 的平行线分别与AG BC ，交于其中点,M N ，连接11,AM BN ，因为E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，所以N 是BC 的中点，易证1Rt Rt BCF B BN ≅ ，则1CBF BBN ∠=∠．又因为1190BBN BNB ∠+∠=︒，所以1190CBF BNB BF BN ∠+∠=︒⊥，．又因为111111,BF AB BN AB B ⊥= ，所以BF ⊥平面11A MNB ．又因为ED ⊂平面11A MNB ，所以BF DE ⊥．[方法二]【最优解】：向量法因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，1B B AB ∴⊥11//A B AB ，11BF A B ⊥，BF AB ∴⊥，又1BB BF B ⋂=，AB ∴⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．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．()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,B AC ∴()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）．因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥．[方法三]：因为11BF A B ⊥，11//A B AB ，所以BF AB ⊥，故110BF A B ⋅= ，0BF AB ⋅=，所以()11BF ED BF EB BB B D ⋅=⋅++ ()11=BF B D BF EB BB ⋅+⋅+ 1BF EB BF BB =⋅+⋅ 11122BF BA BC BF BB ⎛⎫=--+⋅ ⎪⎝⎭11122BF BA BF BC BF BB =-⋅-⋅+⋅112BF BC BF BB =-⋅+⋅111cos cos 2BF BC FBC BF BB FBB =-⋅∠+⋅∠1=52520255-⨯⨯⨯，所以BF ED ⊥．（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面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⋅=⋅ 222214a a =⨯-+22214a a =-+当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ=．所以()minsin θ=，此时112B D =．[方法二]：几何法如图所示，延长EF 交11A C 的延长线于点S ，联结DS 交11B C 于点T ，则平面DFE 平面11B BCC FT =．作1BH FT ⊥，垂足为H ，因为1DB ⊥平面11BB C C ，联结DH ，则1D H B ∠为平面11BB C C 与平面DFE 所成二面角的平面角．设1,B D t =[0,2],t ∈1B T s =，过1C 作111//CG AB 交DS 于点G ．由111113C S C G SA A D ==得11(2)3C G t =-．又1111B D BT C G C T=，即12(2)3t s s t =--，所以31t s t =+．又111B H BT C F FT=，即11B H =1B H =所以DH ===则11sin B D DHB DH∠===所以，当12t =时，()1min sin 3DHB ∠=．[方法三]：投影法如图，联结1,FB FN，DEF 在平面11BB C C 的投影为1BN F ，记面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的平面角为θ，则1cos B NF DEFS S θ=．设1(02)BD t t =≤≤，在1Rt DB F中，DF ==在Rt ECF中，EF 过D 作1B N 的平行线交EN 于点Q ．在Rt DEQ △中，DE ==在DEF 中，由余弦定理得222cos 2DF EF DE DFE DF EF+-∠=⋅=sin DFE ∠=1sin 2DFE S DF EF DFE =⋅∠ =13,2B NF S = 1cos B NF DFES S θ==sin θ当12t =，即112B D =，面11BBC C 与面DFE所成的二面角的正弦值最小，最小值为3．（2021·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，ABAD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，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】(1)证明见解析；(2)6.(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为AB AD =，O 是BD 中点，所以OA BD ⊥，因为OA ⊂平面ABD ，平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OA ⊥平面BCD ．因为CD ⊂平面BCD ，所以OA CD ⊥.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O 为坐标原点，OA 为z 轴，OD 为y 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系O xyz-，则1,0),(0,1,0),(0,1,0)2C D B -，设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,所以4233(0,,),(,0)3322EB m BC =--= ，设(),,n x y z =r为平面EBC 的法向量，则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩ 可求得平面EBC 的一个法向量为2(3,1,)n m=--．又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m =，所以222cos ,244n OA m m -=⋅+，解得1m =．又点C 到平面ABD 321133213226A BCD C ABD V V --==⨯⨯⨯=所以三棱锥A BCD -36．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作EG BD ⊥，垂足为点G ．作GF BC ⊥，垂足为点F ，连结EF ，则OA EG ∥．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，EFG ∠为二面角E BC D --的平面角．因为45EFG ∠=︒，所以EG FG =．由已知得1OB OD ==，故1OB OC ==．又30OBC OCB ∠=∠=︒，所以3BC =．因为24222,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======，111122(11)13332A BCD BCD BOC V S O S OA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯ ．[方法三]：三面角公式考虑三面角B EDC -，记EBD ∠为α，EBC ∠为β，30DBC ∠=︒，记二面角E BC D --为θ．据题意，得45θ=︒．对β使用三面角的余弦公式，可得cos cos cos30βα=⋅︒，化简可得cos 2βα=．①使用三面角的正弦公式，可得sin sin sin αβθ=，化简可得sin βα=．②将①②两式平方后相加，可得223cos 2sin 14αα+=，由此得221sin cos 4αα=，从而可得1tan 2α=±．如图可知π(0,)2α∈，即有1tan 2α=，根据三角形相似知，点G 为OD 的三等分点，即可得43BG =，结合α的正切值，可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD -的体积为6．4．（2022·全国·统考高考真题）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CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF 与平面ABD 所成的角的437【详解】（1）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 .（2）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 ==，3BE =因为AD CD ⊥，所以112DE AC ==,在DEB 中，222DE BE BD +=，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()()()1,0,0,3,0,0,0,1A B D ，所以()()1,0,1,3,0AD AB =-=-，设平面ABD 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AD x z n AB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取y =()n = ，又因为()31,0,0,,4C F ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以34CF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭ ，所以cos ,7n CF n CF n CF⋅==，设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为02πθθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，所以sin cos ,n CF θ== 所以CF 与平面ABD所成的角的正弦值为7.5．（2022·全国·统考高考真题）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）．【答案】(1)证明见解析；【详解】（1）如图所示：分别取,AB BC 的中点,M N ，连接MN ，因为,EAB FBC为全等的正三角形，所以,EM AB FN BC ⊥⊥，EM FN =，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面EAB ⋂平面ABCD AB =，EM ⊂平面EAB ，所以EM ⊥平面ABCD ，同理可得FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知//EM FN ，而EM FN =，所以四边形EMNF 为平行四边形，所以//EF MN ，又EF ⊄平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以//EF 平面ABCD ．（2）[方法一]：分割法一如图所示：分别取,AD DC 中点,K L ，由（1）知，//EF MN 且EF MN =，同理有，//,HE KM HE KM =，//,HG KL HG KL =，//,GF LN GF LN =，由平面知识可知，BD MN ⊥，MN MK ⊥，KM MN NL LK ===，所以该几何体的体积等于长方体KMNL EFGH -的体积加上四棱锥B MNFE -体积的4倍．因为MN NL LK KM ====，8sin 60EM == 点B 到平面MNFE 的距离即为点B 到直线MN 的距离d，d =(21343V =⨯+⨯⨯==．[方法二]：分割法二如图所示：连接AC,BD,交于O ，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH 的体积加上三棱锥A-OEH 的4倍,再加上三棱锥E-OAB 的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH 的中点P ，连接AP,OP.则EH 垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH 与三棱锥E-OAB 的高均为EM 的长.所以该几何体的体积(21111144444433232V =⋅+⋅⋅⋅⋅6．（2022·全国·统考高考真题）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】2.【详解】（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 12AA AB ==，1A B =以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020n BD a b c n BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()0,1,1n =-r，则1cos ,2m n m n m n ⋅==⋅，所以二面角A BD C --2=.7．（2022·全国·统考高考真题）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．【答案】(1)证明见解析(2)1113【详解】（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 ∠=∠，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 ，如图建立空间直角坐标系，因为3PO =，5AP =，所以224OA AP PO =-=，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD ，43AB =所以12AC =，所以()23,2,0O ，()43,0,0B ，()23,2,3P ，()0,12,0C ，所以333,1,2E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则333,1,2AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，()3,0,0AB =，()0,12,0AC = ，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则33302430n 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33302120m AE a 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 --的大小为θ，则cos cos ,=n m θ=所以11sin 13θ==，即二面角C AE B --的正弦值为1113.8．（2022·北京·统考高考真题）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．【答案】(1)见解析(2)见解析【详解】（1）取AB 的中点为K ，连接,MK NK ，由三棱柱111ABC A B C -可得四边形11ABB A 为平行四边形，而11,B M MA BK KA ==，则1//MK BB ，而MK ⊄平面11BCC B ，1BB ⊂平面11BCC B ，故//MK 平面11BCC B ，而,CN NA BK KA ==，则//NK BC ，同理可得//NK 平面11BCC B ，而,,NK MK K NK MK =⊂ 平面MKN ，故平面//MKN 平面11BCC B ，而MN ⊂平面MKN ，故//MN 平面11BCC B ，（2）因为侧面11BCC B 为正方形，故1CB BB ⊥，而CB ⊂平面11BCC B ，平面11CBB C ⊥平面11ABB A ，平面11CBB C ⋂平面111ABB A BB =，故CB ⊥平面11ABB A ，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，因为AB ⊂平面11ABB A ，故NK AB ⊥，若选①，则AB MN ⊥，而NK AB ⊥，NK MN N = ，故AB ⊥平面MNK ，而MK ⊂平面MNK ，故AB MK ⊥，所以1AB BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ，故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =-，则()2,2,1n =--，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯ .若选②，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，而KM ⊂平面MKN ，故NK KM ⊥，而11,1B M BK NK ===，故1B M NK =，而12B B MK ==，MB MN =，故1BB M MKN ≅ ，所以190BB M MKN ∠=∠=︒，故111A B BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ，故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM === ，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =-，则()2,2,1n =--，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯.9．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C -中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D 为11A B 的中点，。
高三《立体几何》专题复习一、常用知识点回顾1、三视图。
正侧一样高，正俯一样长，侧府一样宽，看不到的线画虚线。
2、常用公式与结论。
（1）圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式；（2）空间几何体的表面积与体积公式；（3）全品高考复习方案（听课手册）105页的常用结论3、两条异面直线所成的角；直线与平面所成的角。
4、证明两条直线平行的常用方法；直线与平面平行的判定与性质；面面平行的判定与性质。
5、证明两条直线垂直的常用方法；直线与平面垂直的判定与性质；两个平面垂直的判定与性质。
二、题型训练题型一：三视图的运用，求几何体的体积、表面积例1、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+（B）54+（C）90（D）81【练习1】某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如右图.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（）C.3D.2【练习2】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【练习3】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 ）20π（B ）24π（C ）28π（D ）32π例2、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 ）4π （B ）9π2 （C ）6π （D ）32π3变式1：在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC，AB=6，BC=8，AA1=5，则V的最大值是变式2：在封闭的长方体ABCD－A1B1C1D1内有一个体积为V的球.若AB=BC=6，AA1=3，则V的最大值是变式3：（1）长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（2）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为变式4：【练习1】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为（）A. B.12π C. D.10π【练习3】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°，若SAB的面积为8，则该圆锥的体积为_______题型二：平行问题例1、如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.（I）证明MN∥平面PAB; （II）求四面体N-BCM的体积.【练习1】如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PADAD,为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=12∠BAD=∠ABC=90°。
高考立体几何专题复习一．考试要求：〔1〕掌握平面的根本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图，能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想象它们的位置关系。
〔2〕了解空两条直线的位置关系，掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定理，掌握两条直线所成的角和距离的概念〔对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离〕。
〔3〕了解空间直线和平面的位置关系，掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理，理解直线和平面垂直的判定定理和性质定理，掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念，了解三垂线定理及其逆定理。
〔4〕了解平面与平面的位置关系，掌握两个平面平行的判定定理和性质定理。
掌握二面角、二面角的平面角、两个平面间的距离的概念，掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理。
〔5〕会用反证法证明简单的问题。
〔6〕了解多面体的概念，了解凸多面体的概念。
〔7〕了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图。
〔8〕了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图。
〔9〕了解正多面体的概念，了解多面体的欧拉公式。
〔10〕了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的外表积、体积公式。
二．复习目标：1．在掌握直线与平面的位置关系(包括直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位置关系)的根底上，研究有关平行和垂直的的判定依据(定义、公理和定理)、判定方法及有关性质的应用；在有关问题的解决过程中，进一步了解和掌握相关公理、定理的容和功能，并探索立体几何中论证问题的规律；在有关问题的分析与解决的过程中提高逻辑思维能力、空间想象能力及化归和转化的数学思想的应用．2．在掌握空间角(两条异面直线所成的角，平面的斜线与平面所成的角及二面角)概念的根底上，掌握它们的求法(其根本方法是分别作出这些角，并将它们置于*个三角形通过计算求出它们的大小)；在解决有关空间角的问题的过程中，进一步稳固关于直线和平面的平行垂直的性质与判定的应用，掌握作平行线(面)和垂直线(面)的技能；通过有关空间角的问题的解决，进一步提高学生的空间想象能力、逻辑推理能力及运算能力．3．通过复习，使学生更好地掌握多面体与旋转体的有关概念、性质，并能够灵活运用到解题过程中．通过教学使学生掌握根本的立体几何解题方法和常用解题技巧，开掘不同问题之间的在联系，提高解题能力．4．在学生解答问题的过程中，注意培养他们的语言表述能力和"说话要有根据〞的逻辑思维的习惯、提高思维品质．使学生掌握化归思想，特别是将立体几何问题转化为平面几何问题的思想意识和方法，并提高空间想象能力、推理能力和计算能力．5．使学生更好地理解多面体与旋转体的体积及其计算方法，能够熟练地使用分割与补形求体积，提高空间想象能力、推理能力和计算能力．三．教学过程：〔Ⅰ〕根底知识详析高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题1--2道, 解答题1道), 共计总分20分左右,考察的知识点在20个以. 选择填空题考核立几中的计算型问题, 而解答题着重考察立几中的逻辑推理型问题, 当然, 二者均应以正确的空间想象为前提. 随着新的课程改革的进一步实施,立体几何考题正朝着"多一点思考,少一点计算〞的开展.从历年的考题变化看, 以多面体和旋转体为载体的线面位置关系的论证,角与距离的探常考常新的热门话题.1．有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺少的容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决"平行与垂直〞的有关问题着手，通过较为根本问题，熟悉公理、定理的容和功能，通过对问题的分析与概括，掌握立体几何中解决问题的规律——充分利用线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互转化的思想，以提高逻辑思维能力和空间想象能力．2．判定两个平面平行的方法：〔1〕根据定义——证明两平面没有公共点；〔2〕判定定理——证明一个平面的两条相交直线都平行于另一个平面；〔3〕证明两平面同垂直于一条直线。
复习专题：立体几何 空间几何体的体积1.了解球、棱柱、棱锥、台体积的计算公式2. 会求一些简单的组合体、不规则几何体的体积例题1 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，D 为BC 的中点，则三棱锥A －B 1DC 1的体积为（ ）A. 3B.32C. 1D.答案：C解析：如题图，因为△ABC 是正三角形， 且D 为BC 中点，则AD ⊥BC 。
又因为BB 1⊥平面ABC ，AD ⊂平面ABC ，故BB 1⊥AD ，且BB 1∩BC ＝B ，BB 1，BC ⊂平面BCC 1B 1， 所以AD ⊥平面BCC 1B 1，所以AD 是三棱锥A －B 1DC 1的高。
所以11A B DC V 三棱锥－＝131B BC s △·AD ＝131 总结提升：求规则几何体的体积，关键在求底面积和体高，然后代公式求解即可。
斜棱柱要注意体高和斜高的区别。
例题2 如图所示，直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧棱和底面边长都是a ，截面AB 1C 和A 1BC 1相交于DE ，求三棱锥B-B 1DE 的体积。
解：∵V 三棱锥B-B1DE =V 三棱锥B1-BDE ，又在ΔA 1BC 1中，D ，E 分别是A 1B ，BC 1的中点，∴111//,2DE AC 11111114B BDE BDE A BC B A BC V S V S -∆∆-∴==三棱锥三棱锥。
又111111231,3B A BC B A B C V V a --==⋅=三棱锥三棱锥13,B BDE V -∴=三棱锥即1348B B DEV a -=三棱锥。
总结提升：三棱锥是最简单的几何体，它的每一个顶点均可作为该三棱锥的顶点，每一个面均可作为棱锥的底面，因此要多角度观察图形，适当进行等积变换，可简化求解过程。
例题3 如图，在△ABC 中，AB ＝8，BC ＝10，AC ＝6，DB ⊥平面ABC ，且AE ∥FC ∥BD ，BD ＝3，FC ＝4，AE ＝5. 求此几何体的体积。
解法1： 如图，取CM ＝AN ＝BD ，连接DM ，MN ，DN ，用“分割法”把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥。
则V 几何体＝V 三棱柱＋V 四棱锥。
由题知三棱柱ABC －NDM 的体积为V 1＝12×8×6×3＝72。
四棱锥D －MNEF 的体积为V 2＝13×S 梯形MNEF ×DN ＝13×12×（1＋2）×6×8＝24， 则几何体的体积为V ＝V 1＋V 2＝72＋24＝96.解法2：用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA ′＝BB ′＝CC ′＝8，所以V 几何体＝12V 三棱柱＝12×S △ABC ×AA ′＝12×24×8＝96。
总结提升：常用的求几何体体积的方法 （1）公式法：直接代入公式求解。
（2）等积法：例如，四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可。
（3）补形法：对几何体补成易求体积的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等。
（4）分割法：将几何体分割成易求出体积的几部分，分别求体积。
1. 求组合体的体积，要根据相应情况把它分解成柱、锥、台体等后分别求体积，然后求代数和。
2. 不规则几何体常通过分割或补形转化为规则几何体来求面积或体积。
（答题时间：30分钟）一、选择题1. 已知圆柱的侧面展开图是一个边长为2π的正方形，则这个圆柱的体积是（ ） A. 22πB. 2πC.22π D.23π2. 设正六棱锥的底面边长为1 ）A. B.C. D. 23. 已知圆台上、下底面的面积分别为π，4π，侧面积为6π，则这个圆台的体积为（ ）.A. 14πB.143πC.D.二、填空题4. 如图所示，一个底面半径为R 的圆柱形量杯中装有适量的水。
若放入一个半径为r 的实心铁球，水面高度恰好升高r ，则Rr＝________。
5. 一个六棱锥的体积为，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________。
1. 答案：A解析：底面圆周长22l r ππ==，1r =，2S r ππ==所以222V Sh πππ==⨯= 故选：A 2. 答案：B解析：由底面边长为12h ==。
又因为底面积162S =⨯=所以正六棱锥体积11233V Sh === 故选B 。
3. 答案：C解析：依题意知圆台上底面半径为1r =，下底面半径为2R =，12)6S l ππ=+=圆台侧（，解得l =2。
所以高h =圆台的体积221()3V h r rR R π=++= 故选C 。
4. 答案：3解析：由水面高度升高r ，得圆柱体积增加了πR 2r ，恰好是半径为r 的实心铁球的体积，因此有43πr 3＝πR 2r 。
故R r ＝23。
5. 答案：12解析：设六棱锥的高为h ，则V ＝13Sh ，所以13×4×6h ＝，解得h ＝1。
设六棱锥的斜高为h ′，则h 22＝h ′2，故h ′＝2。
所以该六棱锥的侧面积为1622122⨯⨯⨯=。
球的内切、外接问题核心知识点一：球与长方体、正方体组合问题1. 正方体的内切球与外接球：设正方体的棱长为a ，求：（1）内切球半径；（2）外接球半径。
解：（1）截面图为正方形EFGH 的内切圆，得2aR =； （2）正方体的外接球：正方体的八个顶点都在球面上，如图，以对角面AC 1作截面图得，圆O 为矩形C C AA 11的外接圆，易得a O A R 231==。
2. 长方体的外接球设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，其外接球的半径为R ，如图，则OM G F E HB 1C 1D 1A 1DCBA核心知识点二：棱锥的内切、外接球问题正四面体的外接球和内切球的半径是多少？解：如图所示，设点O 是内切球的球心，正四面体棱长为a 。
由图形的对称性知，点O 也是外接球的球心。
设内切球半径为r ，外接球半径为R 。
在BEO Rt ∆中，222EO BE BO +=，即22233r a R +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=， 又3a =解得a R 46=，r =。
总结提升：由于正四面体本身的对称性可知，内切球和外接球的两个球心是重合的，为正四面体高的四等分点，即内切球的半径为4h （h 为正四面体的高），且外接球的半径43h，从而可以通过截面图中OBE Rt ∆建立棱长与半径之间的关系。
FE O OFBAD CBA例题1 长方体一个顶点上的三条棱的长度分别为2a ，a ，a ，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积为（ ）A. 3πa 2B. 6πa 2C. 12πa 2D. 24πa 2答案：B解析：长方体的体对角线长为球的直径，而长方体的体对角线长为：2l R ===，所以这个球的表面积为2246R a ππ=。
例题2 若三棱锥的三条侧棱两两垂直，，则其外接球的体积是____。
答案：92π解析：因为三棱锥的三条侧棱两两垂直，联想到正方体同一顶点处的三条侧棱，构造正方体，如图所示，设AB ⊥BC ，AB ⊥BD ，BC ⊥BD ，且。
则该正方体的体对角线长22229l ++=，而l =2R ，所以4R 2=9，所以32R =，所以其外接球的体积为3442793382R πππ=⨯=。
总结提升：关于几何体的外接球问题，解决问题的关键是确定球心的位置。
构造法是解决几何体的外接球的常用技巧。
例题3 如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则12V V 的值是________。
DCB A答案：32解析：设球O 的半径为R ，∵球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切， ∴圆柱O 1O 2的高为2R ，底面半径为R 。
213223423V R R V R ππ⋅∴==。
球与几何体的内切、外接问题是高考的热点问题之一，此类问题综合性较强，求解时需要较强的空间想象能力。
解决此类题目应注意以下两点：（1）球外接于几何体，则几何体的各顶点均在球面上。
解题时要认真分析图形，一般需依据球和几何体的对称性，明确接点的位置，根据球心与几何体特殊点间的关系，确定相关的数量关系，并作出合适的截面进行求解。
（2）解决几何体的内切球问题，应先作出一个适当的截面（一般作出多面体的对角面所在的截面），这个截面应包括几何体与球的主要元素，且能反映几何体与球的位置关系和数量关系。
（答题时间：30分钟）一、选择题1. 体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. 12π B . 332π C . 8π D . 4π二、填空题2. 已知P ，A ，B ，C 是球O 的球面上的四点，PA ，PB ，PC 两两垂直，PA PB PC ==，且三棱锥P ABC 的体积为43，则球O 的表面积为______。
3. 三棱锥P -ABC 中，P A ⊥面ABC ，AB ⊥AC ，P A =AB =2，AC =4，三棱锥P -ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的体积为 。
三、解答题4. 正四棱锥S-ABCD ，点S 、A 、B 、C 、D 都在同一球面上，求此球的体积。
1. 答案：A解析：由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线为即为球的直径，所以球的表面积为4πR 2＝（2R ）2π＝12π，故选A 。
2. 答案：12π 解析：三棱锥的体积为2114323V PA PA =⨯⨯⨯=，故2PA =， 因为PA ，PB ，PC 两两垂直，PA PB PC ==，故可把三棱锥补成正方体， 该正方体的体对角线为三棱锥外接球的直径，又体对角线的长度为(212S ππ=⨯=。
填12π。
3.答案：解析：因为PA ⊥面ABC ，AB AC ABC ⊂，面，所以PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，构造如图所示长方体，则该长方体同一个顶点处的三条棱长分别为2，2，4，则该长方体的体对角线2l R ==，所以R =，所以球O的体积为334433R ππ=⨯=。
4. 解：设正四棱锥的底面中心为O 1，外接球的球心为O ，如图所示，由球的截面的性质，可得OO 1⊥平面ABCD 。
又SO 1⊥平面ABCD ，∴球心O 必在SO 1所在的直线上。
∴△ASC 的外接圆就是外接球的一个轴截面圆，外接圆的半径就是外接球的半径。
在△ASC 中，由SA =SC，AC =2，得SA 2+SC 2=AC 2。
∴△ASC 是以AC 为斜边的直角三角形。
∴2AC =1是外接圆的半径，也是外接球的半径。
故4=3V π球。
