年高考真题汇编——理科数学(解析版)7：立体几何

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（I）证明：是侧棱的中点；求二面角的大小。

2.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC,D、E分别为AA1、B1C的中点，DE⊥平面BCC1（Ⅰ）证明：AB=AC （Ⅱ）设二面角A-BACBA1B1C1DED-C为60°,求B1C与平面BCD所成的角的大小3.如图，平面，，，，分别为的中点．（I）证明：平面；（II）求与平面所成角的正弦值．4.如图，四棱锥的底面是正方形，，点E在棱PB上.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）当且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小.5.如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，．以的中点为球心、为直径的球面交于点．（1）求证：平面⊥平面；（2）求直线与平面所成的角；（3）求点到平面的距离．6.如图，正方形所在平面与平面四边形所在平面互相垂直，△是等腰直角三角形，（I）求证：；（II）设线段、的中点分别为、，求证：∥（III）求二面角的大小。

7.如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD,SD ＝AD＝a,点E是SD上的点，且DE＝a(0<≦1). (Ⅰ)求证：对任意的（0、1），都有AC⊥BE:(Ⅱ)若二面角C-AE-D的大小为600C，求的值。

8.如图3，在正三棱柱中，AB=4, ,点D是BC的中点，点E 在AC上，且DEE.（Ⅰ）证明：平面平面; （Ⅱ）求直线AD 和平面所成角的正弦值。

9.如图，正方形所在平面与平面四边形所在平面互相垂直，△是等腰直角三角形，（I）求证：；（II）设线段、的中点分别为、，求证：∥（III）求二面角的大小。

立体几何（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）一、解答题1．如图， PO 是三棱锥 P−ABC 的高， PA =PB ， AB ⊥AC ，E 是 PB 的中点．（1）求证： OE ∥ 平面 PAC ；（2）若 ∠ABO =∠CBO =30° ， PO =3 ， PA =5 ，求二面角 C−AE−B 的正弦值．【答案】（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 ∠BAC =90° ，所以 ∠OAB +∠OAD =90° ， ∠OBA +∠ODA =90° ，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 AF‖OP ，以AB 为 x 轴，AC 为 y 轴，AF 为z 轴建立如图所示的空问直角坐标系. 因为 PO =3，PA =5 ，由(1) OA =OB =4 ，义 ∠ABO =∠CBO =30°，所以， AB =43 ，所以 P(23，2，3)，B(43，0，0) ， A(0，0，0) ， E (33，1，32) ，设 AC =a ，则 C(0，a ，0) ，平面AEB 的法向量设为 n 1=(x ，y ，z)，AB =(43，0，0)，AE =(33，1，32)AB ⋅n 1=0AE ⋅n 1=0，所以 43x =033x +y +32z =0，所以 x =0 ，设 z =−2 ，则 y =3 ，所以 n 1=(0，3，−2) ：平面AEC 的法向量设为 n 2=(x ，y ，z)，AC =(0，a ，0)，AE =(33，1，32)AC ⋅n 2=0AE ⋅n 2=0，所以 ay =033x +y +32z =0 ，所以 y =0 ，设 x =3 ，则 z =−6 ，阦以 n 2=(3，0，−6) ：所以 cos 〈n 1，n 2〉n 1n 22=1213×39=12133=4313二面角 C−AE−B 的平面角为 θ ，则 sin θ=1−cos 2θ=1113 ，所以二面角 C−AE−B 的正弦值为 1113。

三观一统2020年高中数学十年高考真题精解（全国卷I）专题7 立体几何（理）十年树木，百年树人，十年磨一剑。

本专辑按照最新2020年考纲，对近十年高考真题精挑细选，去伪存真，挑选符合最新考纲要求的真题，按照考点/考向同类归纳，难度分层精析，对全国卷Ⅰ具有重要的应试性和导向性。

三观指的观三题（观母题、观平行题、观扇形题），一统指的是统一考点/考向，并对十年真题进行标灰（调整不考或低频考点标灰色）。

（一）2020考纲（二）本节考向题型研究汇总一、考向题型研究一：空间几何体之三视图（2018新课标I卷T7理科）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A. 2√17B. 2√5C. 3D. 2【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，点M在上底面上，点N在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为√42+22=2√5，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.（2016新课标I卷T6理科）如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是283π,则它的表面积是（A）17π（B）18π（C）20π（D）28π【答案】A【解析】原立体图如图所示：是一个球被切掉左上角的后的三视图表面积是的球面面积和三个扇形面积之和故选A ．（2015新课标I 卷T11理科）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16 + 20π，则r=（ ）18782271=42+32=1784S πππ⨯⨯⨯⨯（A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）8 【答案】B【解析】由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r ，圆柱的高为2r ，其表面积为22142222r r r r r r πππ⨯+⨯++⨯=2254r r π+=16 + 20π，解得r=2，故选B.【点睛】简单几何体的三视图；球的表面积公式、圆柱的测面积公式(2013新课标Ⅰ卷T8理科)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π 【答案】A【解析】由三视图可知该几何体为半圆柱上放一个长方体，由图中数据可知圆柱底面半径r ＝2，长为4，在长方体中，长为4，宽为2，高为2，所以几何体的体积为πr 2×4×12＋4×2×2＝8π＋16.故选A.（2017新课标I卷T7理科）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10 B．12 C．14 D．16【答案】B【分析】由三视图可得直观图，由图形可知该立体图中只有两个相同的梯形的面，根据梯形的面积公式计算即可【解析】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S梯形=×2×（2+4）=6，∴这些梯形的面积之和为6×2=12，故选：B．【点睛】本题考查了体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题（2015新课标I 卷T11文科）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为)r 组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为1620π+，则(r = )A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】A【解析】解：由几何体三视图中的正视图和俯视图可知， 截圆柱的平面过圆柱的轴线， 该几何体是一个半球拼接半个圆柱，∴其表面积为：22222111142222542222r r r r r r r r r πππππ⨯+⨯+⨯⨯+⨯+⨯=+， 又Q 该几何体的表面积为1620π+， 22541620r r ππ∴+=+，解得2r =，故选：B ．(2014新课标Ⅰ卷T12理科)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）A．6C．4【答案】B【分析】画出图形，结合三视图的数据求出棱长，推出结果即可【解析】解：几何体的直观图如图：AB=4，BD=4，C到BD的中点的距离为：4，∴．AC==6，AD=4，显然AC最长．长为6．故选：B．【点睛】本题考查三视图求解几何体的棱长，考查计算能力(2013新课标I 卷T11文科)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．A ．π816+B ．π88+C ．π1616+D ．π168+【答案】A【解析】该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体． V 半圆柱＝12π×22×4＝8π， V 长方体＝4×2×2＝16.所以所求体积为16＋8π.故选A.（2012新课标I 卷T7文科）如图，网格上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（A ）6 （B ）9 （C ）12（D）18【答案】B【解析】由三视图知，其对应几何体为三棱锥，其底面为一边长为6，这边上高为3，棱锥的高为3，故其体积为1163332⨯⨯⨯⨯=9，故选B.（2011新课标I卷T8文科）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】由俯视图和正视图可以得到几何体是一个简单的组合体，是由一个三棱锥和被轴截面截开的半个圆锥组成，根据组合体的结构特征，得到组合体的侧视图．【解析】解：由俯视图和正视图可以得到几何体是一个简单的组合体，是由一个三棱锥和被轴截面截开的半个圆锥组成，∴侧视图是一个中间有分界线的三角形，故选：D．【点睛】本题考查简单空间图形的三视图，考查由三视图看出原几何图形，再得到余下的三视图，本题是一个基础题．空间几何体的三视图与直观图1．空间几何体的三视图（1）三视图的概念①光线从几何体的前面向后面正投影，得到的投影图叫做几何体的正视图;②光线从几何体的左面向右面正投影，得到的投影图叫做几何体的侧视图;③光线从几何体的上面向下面正投影，得到的投影图叫做几何体的俯视图.几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图.如图.（2）三视图的画法规则①排列规则：一般地，侧视图在正视图的右边，俯视图在正视图的下边.如下图：②画法规则ⅰ)正视图与俯视图的长度一致，即“长对正”；ⅱ)侧视图和正视图的高度一致，即“高平齐”；ⅲ)俯视图与侧视图的宽度一致，即“宽相等”.③线条的规则ⅰ)能看见的轮廓线用实线表示；ⅱ)不能看见的轮廓线用虚线表示.（3）常见几何体的三视图2．空间几何体的直观图（1）斜二测画法及其规则对于平面多边形，我们常用斜二测画法画它们的直观图.斜二测画法是一种特殊的画直观图的方法，其画法规则是：①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O.画直观图时，把它们画成对应的x′轴和y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′=45°(或135°)，它们确定的平面表示水平面.②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴或y′轴的线段.③已知图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段，长度为原来的一半.（2）用斜二测画法画空间几何体的直观图的步骤①在已知图形所在的空间中取水平平面，作互相垂直的轴Ox ，Oy ，再作Oz 轴使∠xOz =90°，且∠yOz =90°. ②画直观图时，把它们画成对应的轴O ′x ′，O ′y ′，O ′z ′，使∠x ′O ′y ′=45°(或135°)，∠x ′O ′z ′=90°，x ′O ′y ′所确定的平面表示水平平面.③已知图形中，平行于x 轴、y 轴或z 轴的线段，在直观图中分别画成平行于x ′轴、y ′轴或z ′轴的线段，并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同.④已知图形中平行于x 轴或z 轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y 轴的线段，长度变为原来的一半.⑤画图完成以后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图. （3）直观图的面积与原图面积之间的关系①原图形与直观图的面积比为SS ='4倍. 3.空间几何体的三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(2)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线，不能看到的部分用虚线表示．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合.4.空间几何体结构特征的判断技巧：紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可5.由三视图还原直观图的方法还原后的几何体一般为较熟悉的柱、锥、台、球的组合体注意图中实线、虚线，实际是原几何体中的可视线与被遮挡线想象原图形，并画出草图后进行三视图还原，把握三视图和几何体之间的关系，与所给三视图比较，通过调查准备画出几何体6.常见三视图对应的几何体：三视图为三个三角形，对应三棱锥三视图为两个三角形，一个四边形，对应四棱锥三视图为两个三角形，一个圆，对应圆锥三视图为一个三角形，两个四边形，对应三棱柱三视图为两个四边形，一个圆，对应圆柱5.具体方法可采用垂线法或者削体法二、考向题型研究二：空间几何体之外接球、内接球(2013新课标I 卷T15文科)已知H 是球O 的直径AB 上一点，2:1:=HB AH ，⊥AB 平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为 ．【答案】9π2【解析】如图， 设球O 的半径为R ， 则AH ＝23R ， OH ＝3R . 又∵π·EH 2＝π，∴EH ＝1.∵在Rt △OEH 中，R 2＝22+13R ⎛⎫⎪⎝⎭，∴R 2＝98.∴S 球＝4πR 2＝9π2（2019新课标I 卷T12理科）．已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，PB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ． D【答案】D【分析】先证得PB ⊥平面PAC ，再求得PA PB PC ===从而得P ABC -为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【解析】解法一:,PA PB PC ABC ==∆Q 为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA 、AB 中点，//EF PB ∴，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥I 平面PAC ，PB ⊥平面PAC ，PAB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体一部分，2R ==34433R V R =∴=π==π，故选D ．解法二:设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 中点，//EF PB ∴，且12EF PB x ==，ABC ∆Q 为边长为2的等边三角形，CF ∴=90CEF ∠=︒1,2CE AE PA x ∴=== AEC ∆中余弦定理()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =Q ，D Q 为AC 中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，22121222x x x ∴+=∴==，PA PB PC ∴===又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==2R ∴=，344338V R ∴=π=π⨯=，故选D. 【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．（2017新课标I 卷T16文科）已知三棱锥S ﹣ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA=AC ，SB=BC ，三棱锥S ﹣ABC 的体积为9，则球O 的表面积为 ． 【答案】36π【解析】解：三棱锥S ﹣ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径，若平面SCA ⊥平面SCB ，SA=AC ，SB=BC ，三棱锥S ﹣ABC 的体积为9，可知三角形SBC 与三角形SAC 都是等腰直角三角形，设球的半径为r ， 可得，解得r=3．球O 的表面积为：4πr 2=36π． 故答案为：36π．【点睛】本题考查球的內接体，三棱锥的体积以及球的表面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．（2012新课标I 卷T8文科）平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为（A ）6π （B ）43π （C ）46π （D ）63π 【答案】B【解析】设球的半径为R ，由球的截面性质得R ==所有球的体积343V R π== （2011新课标I 卷T15理科）已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB=6，BC=2，则棱锥O ﹣ABCD 的体积为 ．【答案】8【分析】由题意求出矩形的对角线的长，结合球的半径，球心到矩形的距离，满足勾股定理，求出棱锥的高，即可求出棱锥的体积． 【解析】解：矩形的对角线的长为：，所以球心到矩形的距离为：=2，所以棱锥O ﹣ABCD 的体积为：=8．故答案为：8【点睛】本题是基础题，考查球内几何体的体积的计算，考查计算能力，空间想象能力，常考题型．（2017新课标I卷T16理科）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为．【答案】4cm3．【分析】法一：由题，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG=BC，设OG=x，则BC=2 x，DG=5﹣x，三棱锥的高h=，求出S△ABC=3，V==，令f（x）=25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）=100x3﹣50x4，f（x）≤f（2）=80，由此能求出体积最大值．法二：设正三角形的边长为x，则OG=，FG=SG=5﹣，SO=h===，由此能示出三棱锥的体积的最大值．【解析】解法一：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG=BC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OG=x，则BC=2x，DG=5﹣x，三棱锥的高h===，=3，则V===，令f（x）=25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）=100x3﹣50x4，令f′（x）≥0，即x4﹣2x3≤0，解得x≤2，则f（x）≤f（2）=80，∴V≤=4cm3，∴体积最大值为4cm3．故答案为：4cm3．解法二：如图，设正三角形的边长为x，则OG=，∴FG=SG=5﹣，SO=h===，∴三棱锥的体积V===，令b（x）=5x4﹣，则，令b'（x）=0，则4x3﹣=0，解得x=4，∴（cm3）．故答案为：4cm3．【点睛】本题考查三棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系、函数性质、导数等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．1．球的表面积和体积公式设球的半径为R ，它的体积与表面积都由半径R 唯一确定，是以R 为自变量的函数，其表面积公式为24πR ，即球的表面积等于它的大圆面积的4倍；其体积公式为34π3R . 2．球的切、接问题（常见结论）（1）若正方体的棱长为a ，则正方体的内切球半径是12a ；与正方体．外接球球心是正方体的中心内切球球心是正方体的中心与各条棱相切的求，球心是正方体的中心（2）若长方体的长、宽、高分别为a，b，h球心是体对角线的交点（3）若正四面体的棱长为a；a．与正四面体所有棱相切的球的半径是4球心是正四面体的中心（4）球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径．（5）球与圆台的底面与侧面均相切，则球的直径等于圆台的高．综上，可以认为，外接球的球心在空间几何体底面的外接圆的圆心的竖直线上3、球的表面积和体积确定一个球的条件是球心和球的半径，已知球的半径可以利用公式求球的表面积和体积；反之，已知球的体积或表面积也可以求其半径.球与几种特殊几何体的关系：(1)长方体内接于球，则球的直径是长方体的体对角线长；(2)正四面体的外接球与内切球的球心重合，且半径之比为3∶1；(3)直棱柱的外接球：找出直棱柱的外接圆柱，圆柱的外接球就是所求直棱柱的外接球.特别地，直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；(4)球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径；(5)球与圆台的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆台的高．与球有关的实际应用题一般涉及水的容积问题，解题的关键是明确球的体积与水的容积之间的关系，正确建立等量关系.有关球的截面问题，常画出过球心的截面圆，将空间几何问题转化为平面中圆的有关问题解决.球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r之间满足关系式：d=.5.柱体的外接球问题，其解题关键是在于确定球心在多面体中的位置，找到球的半径或者直径与多面体相关元素之间的关系，结合原有多面体的特性求出球的半径，然后再利用球的表面积和体积公式进行正确计算，常见的方法是将多面体还原成正方体和长方体中再去求解6.椎体的外接球问题的关键是确定球心位置：将椎体还原或者补形为正方体或者长方体，进而确定球心椎体的外接球的球心一定在过底面的外心与底面垂直的直线上球心到各顶点的距离都相等球心一定在外接球的直径上三、考向题型研究三：空间几何体的体积（2018新课标I卷T12理科）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A. 3√34B. 2√33C. 3√24D. √32【答案】A【解析】分析：首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.详解：根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1D 1与线AA 1,A 1B 1,A 1D 1所成的角是相等的，所以平面AB 1D 1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的， 同理平面C 1BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等， 要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面AB 1D 1与C 1BD 中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为√22，所以其面积为S =6×√34⋅(√22)2=3√34，故选A.【点睛】该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.(2013新课标Ⅰ卷T6理科)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )．A ．500π3cm 3B ．866π3cm 3C ．1372π3cm 3D ．2048π3cm 3【答案】A【解析】设球半径为R ，由题可知R ，R －2，正方体棱长一半可构成直角三角形，即△OBA 为直角三角形，如图．BC ＝2，BA ＝4，OB ＝R －2，OA ＝R ， 由R 2＝(R －2)2＋42，得R ＝5，所以球的体积为34500π5π33(cm 3)，故选A.(2013新课标I 卷T19文科)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°. (1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若AB ＝CB ＝2，A 1C ，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积．【答案】答案见解析【解析】(1)证明：取AB 的中点O ，连结OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ， 所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°， 故△AA 1B 为等边三角形， 所以OA 1⊥AB .因为OC ∩OA 1＝O ，所以 AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)解：由题设知△ABC 与△AA 1B 都是边长为2的等边三角形， 所以OC ＝OA 1＝3.又A 1C ＝6，则A 1C 2＝OC 2＋21OA ， 故OA 1⊥OC .因为OC ∩AB ＝O ，所以OA 1⊥平面ABC ，OA 1为三棱柱ABC －A 1B 1C 1的高． 又△ABC 的面积S △ABC ＝3，故三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积V ＝S △ABC ×OA 1＝3.（2012新课标I 卷T19文科）如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直底面， ∠ACB =90°，AC =BC =12AA 1，D 是棱AA 1的中点。

2019年高考真题理科数学解析分类汇编7 立体几何一、选择题1.【2018高考新课标理7】如图，格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）()A 6 ()B 9()C 12 ()D 18【答案】B【解析】由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为3，所以几何体的体积为93362131=⨯⨯⨯⨯=V ,选B.2.【2018高考浙江理10】已知矩形ABCD ，AB=1，BC=2。

将△沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中。

A.存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直.B.存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直.C.存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直.D.对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直 【答案】C【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着，观察在翻着过程，即可知选项C 是正确的．3.【2018高考新课标理11】已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（ ）()A 6 ()B ()C 3 ()D 2【答案】A【解析】ABC ∆的外接圆的半径r =点O 到面ABC 的距离d ==SC为球O 的直径⇒点S 到面ABC 的距离为2d =此棱锥的体积为11233ABC V S d ∆=⨯==另：123ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D ,选A.4.【2018高考四川理6】下列A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C 、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行 [答案]C[解析]若两条直线和同一平面所成角相等，这两条直线可能平行，也可能为异面直线，也可能相交，所以A 错；一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行，故B 错；若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行，也可以垂直；故D 错；故选项C 正确.[点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质，需要熟练掌握课本基础知识的定义、定理及公式.5.【2018高考四川理10】如图，半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内，过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ，过圆O 的直径CD 作平面α成45角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的距离最大的点为B ，该交线上的一点P 满足60BOP ∠=，则A 、P 两点间的球面距离为（ ）A 、R、4R π C 、R 、3R π[答案]A[解析] 以O 为原点，分别以OB 、OC 、OA 所在直线为x 、y 、z 轴，则A )0,23,21(),22,0,22(R R P R R42arccos=∠∴AOP42arccos ⋅=∴R P A[点评]本题综合性较强，考查知识点较为全面，题设很自然的把向量、立体几何、三角函数等基础知识结合到了一起.是一道知识点考查较为全面的好题.要做好本题需要有扎实的数学基本功.6.【2018高考陕西理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -，12CA CC CB ==，则直线1BC 与直线1AB夹角的余弦值为（ ）35【答案】A.【解析】法1：设a CB =||，则a CC CA 2||||1==，),2,0(),0,2,0(),,0,0(),0,0,2(11a a B a C a B a A ，),2,0(),,2,2(11a a BC a a a -=-=∴，55||||,cos 111111=>=<∴BC AB BC AB ，故选A. 法2：过点1B 作11//B D C B 交Oz 轴于点D ，连结AD ，设122CA CC CB a ===，则422=∙=∠∴R PO AO AOP COS113,,AB a B D AD ==，在1AB D ∆中，由余弦定理知直线1AB 与直线1BC 夹角的余弦值为22211112AB B D AD AB B D +-==⋅. 7.【2018高考湖南理3】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是【答案】D【解析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知，原图下面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ都可能Ｄ不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩形.查空间想象能力.是近年高考中的热点题型.8.【2018高考湖北理4】已知某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为A．8π3B ．3πC．10π3D ．6π【答案】B考点分析：本题考察空间几何体的三视图.【解析】显然有三视图我们易知原几何体为 一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个1/2的圆柱体，底面圆的半径为1，圆柱体的高为6，则知所求几何体体积为原体积的一半为3π.选B. 9.【2018高考广东理6】某几何体的三视图如图所示，它的体积为俯视图侧视图正视图第4题图4A ．12π B.45π C.57π D.81π 【答案】C【解析】该几何体的上部是一个圆锥，下部是一个圆柱，根据三视图中的数量关系，可得πππ57533-53312222=⨯⨯+⨯⨯⨯=+=圆柱圆锥V V V ．故选C ．10.【2018高考福建理4】一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是A.球B.三棱柱C.正方形D.圆柱 【答案】D. 【【解析】法1：球的三视图全是圆；如图正方体截出的三棱锥三视图全是等腰直角三角形；正方体三视图都是正方形.可以排除ABC ，故选Ｄ．法2：球的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为圆；三棱锥的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图可以为全等的三角形； 正方体的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为正方形； 圆柱的正视图（主视图）、侧视图（左视图）为矩形，俯视图为圆。

高中数学《立体几何》大题及答案解析( 理)1.（ 2009 全国卷Ⅰ）如图，四棱锥S ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， SD底面ABCD，AD2 ，DCo SD 2 ，点 M 在侧棱 SC 上，∠ABM=60。

（I ）证明：M是侧棱SC的中点；求二面角 S AM B 的大小。

2.（ 2009 全国卷Ⅱ）如图，直三棱柱DE ⊥平面 BCC 1（Ⅰ）证明： AB=AC 的角的大小ABC-A 1B1C1中， AB ⊥ AC,D 、E 分别为 AA 1、 B1C 的中点，（Ⅱ）设二面角A-BD-C 为 60°,求 B 1C 与平面 BCD 所成A 1 C1B1D EACB3. （ 2009浙江卷）如图，DC平面ABC，EB / / DC，AC BC EB 2DC 2 ，ACB 120o， P,Q 分别为 AE , AB 的中点．（I）证明： PQ / / 平面ACD；（II）求AD与平面 ABE 所成角的正弦值．4.（ 2009 北京卷）如图，四棱锥P ABCD 的底面是正方形，PD 底面 ABCD ，点E在棱PB上.（Ⅰ）求证：平面AEC 平面 PDB ；（Ⅱ）当 PD2AB 且E为PB的中点时，求 AE 与平面 PDB 所成的角的大小.5.（ 2009 江西卷）如图，在四棱锥P ABCD 中，底面 ABCD 是矩形， PA平面ABCD，PA AD 4 ， AB 2 ．以 BD 的中点 O 为球心、 BD 为直径的球面交PD 于点 M ．（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；（2）求直线PC与平面ABM所成的角；（3）求点O到平面ABM的距离．PMA DOBC6（. 2009 四川卷）如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ ABE 是等腰直角三角形，AB AE , FA FE , AEF 45 （I）求证： EF 平面 BCE ；（ II ）设线段 CD 、 AE 的中点分别为 P 、 M ，求证： PM ∥平面BCE （ III ）求二面角 F BD A 的大小。

1.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的俯视图可以为2.已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,==,则棱锥AB BC-的体积为。

O ABCD3.如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(Ⅰ)证明：PA⊥BD；(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。

1.D2.3. 解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=，由余弦定理得BD =从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz ，则()1,0,0A，()0B，()C -，()0,0,1P 。

(1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=-uu u v uu v uu u v设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则0,0,{n AB n PB ⋅=⋅=u u u r u u u r00z =-=因此可取n=设平面PBC 的法向量为m ，则m 0,m 0,{PB BC ⋅=⋅=u u u ru u u r可取m=（0，-1， cos ,m n == 故二面角A-PB-C 的余弦值为1. 正方体ABCD-1111A B C D 中，B 1B 与平面AC 1D 所成角的余弦值为C 232. 已知圆O 的半径为1，PA 、PB 为该圆的两条切线，A 、B 为俩切点，那么PA PB ∙的最小值为(A) 4- (B)3-+ (C) 4-+3-+3. 已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为(C)4. 如图，四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB//DC ，AD ⊥DC ，AB=AD=1，DC=SD=2，E 为棱SB 上的一点，平面EDC ⊥平面SBC .（Ⅰ）证明：SE=2EB ；（Ⅱ）求二面角A-DE-C 的大小 .1. D2. D3. B4. 解法一：(Ⅰ)连接BD,取DC 的中点G ，连接BG,由此知 1,DG GC BG ===即ABC ∆为直角三角形，故BC BD ⊥. 又ABCD,BC SD SD ⊥⊥平面故,所以，BC ⊥⊥平面BDS,BC DE .作BK ⊥EC,EDC SBC K ⊥为垂足，因平面平面，故,BK EDC BK DE DE ⊥⊥平面，与平面SBC 内的两条相交直线BK 、BC 都垂直 DE ⊥平面SBC ，DE ⊥EC,DE ⊥SBSB =SD DB DE SB ==-EB SE SB EB ====所以，SE=2EB(Ⅱ) 由1,2,,SA AB SE EB AB SA ===⊥知1,AD=1AE ==又.故ADE ∆为等腰三角形.取ED 中点F,连接AF ,则,AF DE AF ⊥==. 连接FG ，则//,FG EC FG DE ⊥.所以，AFG ∠是二面角A DE C --的平面角.连接AG,A G=,3FG ==, 2221cos 22AF FG AG AFG AF FG +-∠==-,所以，二面角A DE C --的大小为120°. 解法二：以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系D xyz -， 设A(1,0,0)，则B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2)（Ⅰ）(0,2,-2),(-1,1,0)SC BC ==设平面SBC 的法向量为n=(a, b, c) 由,n SC n BC ⊥⊥，得0,0n SC n BC == 故2b-2c=0,-a+b=0令a=1，则b=c,c=1,n=(1,1,1) 又设SE EB λ= (0)λ>，则2(,,)111E λλλλλ+++ 2(,,),(0,2,0)111DE DC λλλλλ==+++设平面CDE 的法向量m=(x,y,z) 由,m DE m DC ⊥⊥,得0m DE ⊥=，0m DC ⊥= 故20,20111x y zy λλλλλ++==+++. 令2x =，则(2,0,)m λ=-.由平面DEC ⊥平面SBC 得m ⊥n,0,20,2m n λλ=-== 故SE=2EB（Ⅱ）由（Ⅰ）知222(,,)333E ，取DE 的中点F ，则111211(,,),(,,)333333F FA =--，故0FA DE =，由此得FA DE ⊥ 又242(,,)333EC =--，故0EC DE =，由此得EC DE ⊥， 向量FA 与EC 的夹角等于二面角A DE C --的平面角 于是 1cos(,)2||||FA EC FA EC FA EC ==-所以，二面角A DE C --的大小为120（三）1. 已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为（ ）（A （B （C (D) 342. 已知二面角l αβ--为60o，动点P 、Q 分别在面α、β内，P 到β，Q 到α的距离为则P 、Q 两点之间距离的最小值为（ ）(A) (B)2 (C) 3. 直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA ===, 120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于 。

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