新课标高考立体几何分类汇编文

2024年高考数学立体几何知识点总结立体几何是数学中的一个重要分支，也是高考数学中的重要内容之一。

在高考中，立体几何的知识点主要包括空间几何、立体图形的面积与体积等方面。

下面是对2024年高考数学立体几何知识点的总结，供考生参考。

一、空间几何1. 空间几何中的点、线、面的概念和性质。

点是没有长度、宽度和高度的，只有位置的大小，用字母表示。

线是由一组无限多个点构成的集合，用两个点的字母表示。

面是由无限多条线构成的，这些线共面且没有相交或平行关系。

2. 空间几何中的垂直、平行等概念和性质。

两条线在同一平面内，如果相交角为90°，则称两线垂直。

两条线没有相交关系，称两线平行。

3. 点到直线的距离的计算。

点到直线的距离等于该点在直线上的正交投影点的距离。

二、立体图形的面积与体积1. 立体图形的分类和性质。

立体图形包括球体、圆柱体、圆锥体、棱柱体、棱锥体等。

各种立体图形具有不同的性质，如球体表面上每一点到球心的距离都相等。

2. 立体图形的面积计算。

（1）球体的表面积计算公式：S = 4πr²，其中r为球的半径。

（2）圆柱体的侧面积计算公式：S = 2πrh。

（3）圆柱体的全面积计算公式：S = 2πrh + 2πr²。

（4）圆锥体的侧面积计算公式：S = πrl，其中r为圆锥底面半径，l为斜高。

（5）棱柱体的侧面积计算公式：S = ph，其中p为棱柱底面周长，h为高。

3. 立体图形的体积计算。

（1）球体的体积计算公式：V = 4/3πr³，其中r为球的半径。

（2）圆柱体的体积计算公式：V = πr²h。

（3）圆锥体的体积计算公式：V = 1/3πr²h。

（4）棱柱体的体积计算公式：V = ph。

（5）棱锥体的体积计算公式：V = 1/3Bh，其中B为底面积，h 为高。

三、立体几何的一般理论1. 点、线、面的位置关系。

在空间中，点、线、面可以相互相交、平行、垂直等。

2018-2022五年全国各省份高考数学真题分类汇编专题21立体几何解答题一、解答题1．(2022高考北京卷·第17题)如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．2．(2022年高考全国甲卷数学(理)·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．3．(2022年浙江省高考数学试题·第19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新高考全国II 卷·第20题)如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB 的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．5．(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．6．(2022年高考全国乙卷数学(理)·第18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．-中，底面ABCD是平行四边7．(2021年高考浙江卷·第19题)如图，在四棱锥P ABCDBC PC的中点，形，120,1,4,∠=︒===M，N分别为,ABC AB BC PA⊥⊥．PD DC PM MD,(1)证明：AB PM⊥；(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．-中，底面ABCD是正方形，若8．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题)在四棱锥Q ABCD===．AD QD QA QC2,3(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；--的平面角的余弦值．(2)求二面角B QD A9．(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．10．(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．11．(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 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?12．(2021高考北京·第17题)如图：在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为11A D 中点，11B C 与平面CDE 交于点F．(1)求证：F 为11B C 的中点；(2)点M 是棱11A B 上一点，且二面角M FC E --的余弦值为53，求111A M A B 的值．13．(2020年高考课标Ⅰ卷理科·第18题)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，=．ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，AE为底面直径，AE ADPO=．(1)证明：PA⊥平面PBC；--的余弦值．(2)求二面角B PC E14．(2020年高考课标Ⅱ卷理科·第20题)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．15．(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第19题)如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．(1)证明：点1C 在平面AEF 内；(2)若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．16．(2020年新高考全国Ⅰ卷(山东)·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．17．(2020年新高考全国卷Ⅱ数学(海南)·第20题)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，QB，求PB与平面QCD所成角的正弦值．18．(2020年浙江省高考数学试卷·第19题)如图，三棱台DEF—ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC．(I)证明：EF⊥DB；(II)求DF与面DBC所成角的正弦值．19．(2020天津高考·第17题)如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且12,AD CE M ==为棱11A B 的中点．(Ⅰ)求证：11C M B D ⊥；(Ⅱ)求二面角1B B E D --的正弦值；(Ⅲ)求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．20．(2020江苏高考·第24题)在三棱锥A BCD -中，已知CB CD ==,2BD =，O 为BD的中点，AO ⊥平面BCD ，2AO =，E 为AC 的中点．(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值；(2)若点F 在BC 上，满足14BF BC =，设二面角F DE C --的大小为θ，求sin θ的值．21．(2020江苏高考·第15题)在三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，,E F分别是1,AC B C 的中点．(1)求证：EF 平面11AB C ；(2)求证：平面1AB C ⊥平面1ABB ．22．(2020北京高考·第16题)如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点．(Ⅰ)求证：1//BC 平面1AD E ；(Ⅱ)求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．23．(2019年高考浙江·第19题)如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，30BAC ∠=︒，11A A A C AC ==，E ，F 分别是AC ，11A B 的中点．(Ⅰ)证明：EF BC ⊥；(Ⅱ)求直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值．24．(2019年高考天津理·第17题)如图，AE ⊥平面ABCD ，//,//CF AE AD BC ，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====．(Ⅰ)求证：BF ∥平面ADE ；(Ⅱ)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；(Ⅲ)若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．25．(2019年高考上海·第17题)如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，M 为1BB 上一点，已知2BM =，4AD =，3CD =，15AA =.(1)求直线1AC 与平面ABCD 的夹角；(2)求点A 到平面1AMC 的距离.26．(2019年高考全国Ⅲ理·第19题)图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；(2)求图2中的二面角B−CG−A 的大小．27．(2019年高考全国Ⅱ理·第17题)如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．()1证明：BE ⊥平面11EB C ；()2若1AE A E =，求二面角1B EC C --的正弦值．28．(2019年高考全国Ⅰ理·第18题)如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14,2,60,,,AA AB BAD E M N ==∠=︒分别是BC ，1BB ，1A D 的中点．(1)证明：//MN 平面1C DE ；(2)求二面角1A MA N --的正弦值．29．(2019年高考江苏·第16题)如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，,D E 分别为BC ，AC 的中点，AB BC =．求证：(1)11A B ∥平面1DEC ；(2)1BE C E ⊥．30．(2019年高考北京理·第16题)如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =．(Ⅰ)求证：CD ⊥平面PAD ；(Ⅱ)求二面角F–AE–P 的余弦值；(Ⅲ)设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．31．(2018年高考数学江苏卷·第25题)(本小题满分10分)如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；(2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．32．(2018年高考数学江苏卷·第15题)(本小题满分14分)在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：(1)11AB A B C 平面∥；(2)111ABB A A BC ⊥平面平面．33．(2018年高考数学浙江卷·第19题)(本题满分15分)如图，已知多面体111ABCA B C ，111,,A A B B C C 均垂直于平面ABC ，120ABC ∠=︒，14A A =，11C C =，12AB BC B B ===．(1)证明：1AB ⊥平面111A B C ；(2)求直线1AC 与平面1ABB 所成角的正弦值．34．(2018年高考数学上海·第17题)(本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分)已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，半径为2，(1)设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；(2)设4PO =，OA OB 、是底面半径，且90AOB ∠=︒，M 为线段AB 的中点，如图，求异面直线PM 与OB 所成的角的大小．35．(2018年高考数学天津(理)·第17题)(本小题满分13分)如图，//AD BC 且2AD BC =，AD CD ⊥，//EG AD 且EG AD =，//CD FG ，且2CD FG =，DG ⊥平面ABCD ，2DA DC DG ===．(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：//MN 平面CDE ；(2)求二面角E BC F --的正弦值；(3)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．36．(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．37．(2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第20题)(12分)如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．PAB M CO 38．(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．39．(2018年高考数学北京(理)·第16题)(本小题14分)如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ,,,,D E F G 分别为1111,,,AA AC A C BB 的中点，AB BC ==，12AC AA ==．(Ⅰ)求证：AC ⊥平面BEF ；(Ⅱ)求二面角1B CD C --的余弦值；(Ⅲ)证明：直线FG 与平面BCD 相交．。

专题7 立体几何（2）立体几何大题：10年10考，每年1题．第1小题多为证明垂直问题，第2小题多为体积计算问题（2014年是求高）．1．（2019年）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．【解析】（1）连结B1C，ME，∵M，E分别是BB1，BC的中点，∴ME∥B1C，又N为A1D的中点，∴ND＝12A1D，由题设知A1B1//DC，∴B1C//A1D，∴ME//ND，∴四边形MNDE是平行四边形，∴MN∥ED，又MN⊄平面C1DE，∴MN∥平面C1DE．（2）过C作C1E的垂线，垂足为H，由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，∴DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH，∴CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到时平面C1DE的距离，由已知可得CE＝1，CC1＝4，∴C1E，故CH，∴点C 到平面C 1DE ． 2．（2018年）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 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q ﹣ABP 的体积．【解析】（1）∵在平行四边形ABCM 中，∠ACM ＝90°，∴AB ⊥AC ， 又AB ⊥DA ．且AD ∩AC ＝A ， ∴AB ⊥面ADC ，∵AB ⊂面ABC ， ∴平面ACD ⊥平面ABC ；（2）∵AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°，∴AD ＝AM ＝∴BP ＝DQ ＝23DA ＝ 由（1）得DC ⊥AB ，又DC ⊥CA ，∴DC ⊥面ABC ，∴三棱锥Q ﹣ABP 的体积V ＝11DC 33S ∆ABP ⨯ ＝C 121DC 333S ∆AB ⨯⨯＝12113333323⨯⨯⨯⨯⨯⨯＝1． 3．（2017年）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°． （1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P ﹣ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【解析】（1）∵在四棱锥P ﹣ABCD 中，∠BAP ＝∠CDP ＝90°， ∴AB ⊥PA ，CD ⊥PD ， 又AB ∥CD ，∴AB ⊥PD ， ∵PA ∩PD ＝P ，∴AB ⊥平面PAD ， ∵AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD ．（2）设PA ＝PD ＝AB ＝DC ＝a ，取AD 中点O ，连结PO ， ∵PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，平面PAB ⊥平面PAD ，∴PO ⊥底面ABCD ，且AD ，PO ＝2a ， ∵四棱锥P ﹣ABCD 的体积为83， 由AB ⊥平面PAD ，得AB ⊥AD ，∴V P ﹣ABCD ＝CD 13S AB ⨯⨯PO 四边形＝1D 3⨯AB⨯A ⨯PO ＝132a a ⨯⨯＝313a ＝83， 解得a ＝2，∴PA ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝PO ，∴PB ＝PC∴该四棱锥的侧面积：S 侧＝S △PAD +S △PAB +S △PDC +S △PBC＝1D 2⨯PA⨯P +12⨯PA⨯AB +1D DC 2⨯P ⨯+1C 2⨯B＝11112222222222⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯＝6+4．（2016年）如图，已知正三棱锥P﹣ABC的侧面是直角三角形，PA＝6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G．（1）证明：G是AB的中点；（2）在图中作出点E在平面PAC内的正投影F（说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积．【解析】（1）∵P﹣ABC为正三棱锥，且D为顶点P在平面ABC内的正投影，∴PD⊥平面ABC，则PD⊥AB，又E为D在平面PAB内的正投影，∴DE⊥面PAB，则DE⊥AB，∵PD∩DE＝D，∴AB⊥平面PDE，连接PE并延长交AB于点G，则AB⊥PG，又PA＝PB，∴G是AB的中点；（2）在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影．∵正三棱锥P﹣ABC的侧面是直角三角形，∴PB⊥PA，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC，因此EF⊥平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影．连结CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心．由（1）知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG ． 由题设可得PC ⊥平面PAB ，DE ⊥平面PAB ，所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC ．由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA ＝6，可得DE ＝2，PG ＝PE ＝ 在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2． 所以四面体PDEF 的体积V ＝13×DE ×S △PEF ＝13×2×12×2×2＝43．5．（2015年）如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD ． （1）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（2）若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E ﹣ACD【解析】（1）∵四边形ABCD 为菱形， ∴AC ⊥BD ， ∵BE ⊥平面ABCD ， ∴AC ⊥BE ， 则AC ⊥平面BED ， ∵AC ⊂平面AEC ， ∴平面AEC ⊥平面BED ；（2）设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，得AG ＝GC ，GB ＝GD ＝2x，∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥BG ，则△EBG 为直角三角形，∴EG ＝12AC ＝AG ＝2x ，则BE x ，∵三棱锥E ﹣ACD 的体积V ＝11C GD 32⨯A ⨯⨯BE 3x 解得x ＝2，即AB ＝2， ∵∠ABC ＝120°，∴AC 2＝AB 2+BC 2﹣2AB •BC cos ABC ＝4+4﹣2×1222⎛⎫⨯⨯-⎪⎝⎭＝12，即AC ＝在三个直角三角形EBA ，EBD ，EBC 中，斜边AE ＝EC ＝ED ， ∵AE ⊥EC ，∴△EAC 为等腰三角形， 则AE 2+EC 2＝AC 2＝12， 即2AE 2＝12， ∴AE 2＝6，则AE ，∴从而得AE ＝EC ＝ED ，∴△EAC 的面积S ＝11C 22⨯EA⨯E =3， 在等腰三角形EAD 中，过E 作EF ⊥AD 于F ，则AE ，AF ＝1D 2A ＝1212⨯=，则EF =∴△EAD 的面积和△ECD 的面积均为S ＝122⨯故该三棱锥的侧面积为3+6．（2014年）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C．（1）证明：B1C⊥AB；（2）若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的高．【解析】（1）连接BC1，则O为B1C与BC1的交点，∵侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，∵AO⊥平面BB1C1C，∴AO⊥B1C，∵AO∩BC1＝O，∴B1C⊥平面ABO，∵AB⊂平面ABO，∴B1C⊥AB；（2）作OD⊥BC，垂足为D，连接AD，作OH⊥AD，垂足为H，∵BC⊥AO，BC⊥OD，AO∩OD＝O，∴BC⊥平面AOD，∴OH⊥BC，∵OH⊥AD，BC∩AD＝D，∴OH⊥平面ABC，∵∠CBB1＝60°，∴△CBB1为等边三角形，∵BC＝1，∴OD∵AC ⊥AB 1，∴OA ＝12B 1C ＝12，由OH •AD ＝OD •OA ，可得AD ，∴OH ＝14，∵O 为B 1C 的中点，∴B 1到平面ABC ，∴三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的高7．7．（2013年）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．【解析】（1）如图，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 1，160∠BAA =，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）由题设知△ABC 与△AA 1B 都是边长为2的等边三角形，所以1C O =OA =．又1C A =，则22211C C A =O +OA ，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C S ∆AB故三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的体积C 1V 3S ∆AB =⨯OA ==．8．（2012年）如图，三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点．（1）证明：平面BDC 1⊥平面BDC（2）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．【解析】（1）由题意知BC ⊥CC 1，BC ⊥AC ，CC 1∩AC ＝C ， ∴BC ⊥平面ACC 1A 1，又DC 1⊂平面ACC 1A 1， ∴DC 1⊥BC ．由题设知∠A 1DC 1＝∠ADC ＝45°，∴∠CDC 1＝90°，即DC 1⊥DC ，又DC ∩BC ＝C ， ∴DC 1⊥平面BDC ，又DC 1⊂平面BDC 1， ∴平面BDC 1⊥平面BDC ；（2）设棱锥B ﹣DACC 1的体积为V 1，AC ＝1，由题意得V 1＝1121132+⨯⨯⨯＝12，又三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的体积V ＝1， ∴（V ﹣V 1）：V 1＝1：1，∴平面BDC1分此棱柱两部分体积的比为1：1．9．（2011年）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．（1）证明：PA⊥BD；（2）设PD＝AD＝1，求棱锥D﹣PBC的高．【解析】（1）因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD D，从而BD2+AD2＝AB2，故BD⊥AD，又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD，所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD．（2）解：作DE⊥PB于E，已知PD⊥底面ABCD，则PD⊥BC，由（1）知，BD⊥AD，又BC∥AD，∴BC⊥BD．故BC⊥平面PBD，BC⊥DE，则DE⊥平面PBC．由题设知PD＝1，则BD，PB＝2．根据DE•PB＝PD•BD，得DE即棱锥D﹣PBC10．（2010年）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高．（1）证明：平面PAC⊥平面PBD；（2）若AB，∠APB＝∠ADB＝60°，求四棱锥P﹣ABCD的体积．。

2021-2021新课标(理科)立体几何分类汇编一、选填题【2021新课标】(7)如图,网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,那么此几何体的体积为( B )(A) 6 (B) 9 (C)二 (D) > 【解析】选Bo 该几何体是三棱锥,底面是俯视图,高为 3,此 1 1几何体的体积为 V633=9 3 2【2021新课标】(11)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SC=2;那么此棱锥的体积为( A )2 .3 2 .2 (A) —(B) —(C) —(D) —6632 【解析】 MBC 的外接圆的半径r =走,点O 到面ABC 的距离d = J R 2 -r 2 3O 的直径二点S 到面ABC 的距离为2d =2叵此棱锥的体积为3一 1八 … V =-S ABC 2d另：V ：」S A BC 2R=^ 排除 B,C,D 3：6【2021新课标1】6、如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容 器,容器高8cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰 好接触水面时测得水深为 6cm,如果不计容器的厚度,那么球的体积为 (A )【解析】设球的半径为R,那么由题知球被正方体上面截得圆的半径为R-2,那么R 2 =(R —2)2 +42 ,解得R=5, ••球的体积为3cm ,应选A.【2021新课标1】8、某几何函数的三视图如下图,那么该几何的 体积为(A ) A 、16+8 n)B8+8 n C 16+16 n )D8+16 n【解析】由三视图知,该几何体为放到的半个圆柱底面半径为 2高为4,上边放一个长为4宽为2高为2长方体,故其体积为A 500 )巾3B 866 n cm 3_C 、『cm 3 3=, SC 为球 334n 父5 500支= 34,球心到截面圆的距离为1 _ 2—冗父2父4+4父2M2 =16+ 8元,应选A.2【2021新课标2】4.m, n为异面直线,m,平面% n,平面0直线l满足l,m, l±n, 、一a, l-1 省那么〔 D 〕.A. a // 同l // a B a_L § 且l _L §C. a与§相交,且交线垂直于l D a与§相交,且交线平行于l【解析】由于m± a, Um, l Ba,所以l//a同理可得l/年又由于m, n为异面直线,所以 a 与B相交,且l平行于它们的交线.应选 D.【2021新课标2】7. 一个四面体的顶点在空间直角坐标系O— xyz中的坐标分别是〔1,0,1〕,【2021新课标1】12.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,那么该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为〔B 〕A、6V2 B 6 C 4 . ? D 4【解析】几何体的直观图如图：AB=4, BD=4, C到BD的中点的距离为：4, =,二2小,AC=^42+ 〔2^5〕^=6 , AD=4 点,显然AC 最长.【2021新课标2】6.如图,网格纸上正方形小格的边长为1〔表示1cm〕,图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为 3 cm,高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到, 那么切削掉局部的体积与原来毛坯体积的比值为〔C 〕17 5 10 1A27 甩夕0nX2；X〉34n9m〕,原毛坯的体积为n X2>X 6= 54式〔cn3〕,切削掉局部的体积为54n- 34n=20汽〔cm〕,故所求的比值为20 虱_10 5427〔1,1,0〕, 〔0,1,1〕, 〔0,0,0〕,画该四面体三视图中的正视图时,以zOx 【解析】如下图,该四面体在空间直角坐标系O- xyz的图像如图:【2021新课标2】11.直三棱柱ABC-A1B1G中,ZBCA= 90°, M, N分别是A i B i, A1C1的中点,BC= CA= CC1,那么BM与AN所成角的余弦值为〔 C 〕1 【解析】如图,E为BC的中点.由于M,N分别是A1B1, A1C1的中点,故MN /B1C1且MN=/B1C1,故MN M BE,所以四边形MNEB为平行四边形,所以EN M BM ,所以直线AN, NE所成的角即为直线BM, AN所成的角.设BC= 1,那么B1M=2B1A1=¥,所以MB = 1+!=^^=NE, AN = AE=^^,在AANE2 2 26+5_ 5中,根据余弦定理得cos z^NE= 4 4 4= ^30o6 ：5 102【2021新课标1】6.?九章算术?是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题：今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问：积及为米几何？〞其意思为：在屋内墙角处堆放米〔如图,米堆为一个圆锥的四分之一〕,米堆为一个圆锥的四分之一〕,米堆底部的弧度为8尺, 米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少？〞1斛米的体积名勺为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放斛的米约有〔B 〕B.2科C.364D.6斛【2021新课标1】〔11〕圆柱被一个平面截去一局部后与半球〔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下图.假设该几何体的外表积为16 + 20 小贝U r= 〔 B 〕〔A 〕 1 〔B〕 2 〔C〕 4 〔D〕 8【2021 新课标2】〔6〕一个正方体被一个平面截去局部后,剩余局部的三视图如右图,那么截去局部体积与剩余局部体积的比值为〔〕9 …g '0K【解析】由三视图得,在正方体ABCD-A B.C.D, 1中,截去四面体,如下图,,设正方I >1体棱长为a,那么匕=-x-a-=-^,故剩余几何体体积为1孙3 2 6所以截去局部体积与剩余局部体积的比值为y .6 6 5A.14 斛【2021新课标2】〔9〕A,B是球O的球面上两点, 小OB=90,C为该球面上的动点,假设三棱锥O-ABC体积的最大值为36,那么球O的外表积为〔C 〕A. 36 式B.64 〕〕C.144【解析】如下图,当点C位于垂直于面408的直径端点时,三棱锥0-4小.的体积最大,设球O的半径为R ,止匕时K tnr= K,=-x-/f2x/e = -^ =36 ,故衣二6,那么球.的外表I ' IC -W 3? 6积为s =144a ,应选C.【2021新课标1】〔6〕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 ........................................... 28 一........的半径.假设该几何体的体积是28-,那么它的外表积是〔A 〕〔A〕 17n 〔B〕 18n 〔C〕 20n 〔D〕 28n1【解析】该几何体为球体,从球心挖掉整个球的1〔如右图所不〕,故84 3 7 28二…一7 2 1 2一叮一= ------ 解得r =2 ,二S = — 4叮+3 —冗「=17n.3 8 3 8 4【2021新课标1］〔11〕平面a过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A, a〃平面CB1D1, a^平面ABCD=m, a「平面ABAB1=n,那么m、n所成角的正弦值为〔A 〕〔A〕［〔B〕-22 〔C〕—〔D〕3【详细解答】令平面a与平面CB1D1重合,那么m = B1 D1,n= CDi故直线m、n所成角为60.,正弦值为—2【2021新课标2】6.右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,那么该几何体的外表积为〔C 〕〔A〕 20 n 〔B〕 24 n 〔C〕 28 n 〔D〕 32 支【解析】几何体是圆锥与圆柱的组合体,设圆柱底面圆半径为r ,周长为c,圆锥母线长为|,圆柱高为h ,由图得r=2,C=2M =4汽, 由勾股定理得：l='22+(2商=4 % = /+ch+；cl【2021新课标2】14. a , 口是两个平面,m, n是两条线,有以下四个命题：①如果m-Ln , m-L« , n// 口,那么 a _L B.②如果m.L«, n il.-,那么m-L n .③如果a// 口,m,那么m// P.④如果m/1 n产H口,那么m与a所成的角和n与P所成的角相等. D.256=4n16n8n=28支其中正确的命题有②③④.棋写所有正确命题的编号〕【2021新课标3】9.如图,网格纸上小正方形的边长为 1,粗实现画出的的是某多面体的三视 图,那么该多面体的外表积为〔 (A)18 +36^5 (C)90 (B)54+ 18击 D)81 【2021V 的球, 新课标3】10.在封闭的直三棱柱 ABC-A 1B 1C 1内有一个体积为 假设 AB^BC, AB=6, BC= 8, AA 13,那么 V 的最大值是〔 B 〕 (A)4 支 (B)9^ (C)6 支 32支 〔切丁 *甲 【2021新课标1】7.某多面体的三视图如下图,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假设干个是梯形,这些梯形的面积之和为〔 A. 10 B. 12 C. 14 D. 16 【2021新课标1】16.如图,圆形纸片的圆心为 O,半彳仝为5 cm,该纸片上 的等边三角形 ABC 的中央为 O .D 、E 、F 为圆O 上的点,△DBC, △ECA, AFAB 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 当△ ABC 的边长变化时, 4715 . 所得三棱锥体积 D 、E 、F 重合,得到三棱锥. 〔单位： cm 3〕的最大值为 【2021新课标 214.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局部所得,那么该 几何体的体积为〔B 〕A. 90nB 63二C 42 二 【解析】该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半. 1 2 1 2 V =V 总一一V 上=兀3 10-—兀 3 6 =63 兀2 2 A ,D 36 二 T 6—P 4J-【2021新课标2】10.直三棱柱 AE C —A 1B 1c l 中,/AB C = 1201 AB = 2 , EC = CC 1 =1 ,那么异面直线AB ［与EC 1所成角的余弦值为〔,3 A. ------- 2 【解析】M , 15 B ------ 5 N , P 分别为AB , BB 〔,B 1c 1中点,那么 _13 A0 , BG 夹角为MN 和NP 夹角或其补角(异面线所成角为‘0,」I )21 5 _ 1 / 可知 MN =-AB 1 =——,NP =一 BC 12 2 22J ,作BC 中点Q ,那么可知4PQM 为直角二角形.2_ 1 2 2 _ 2 __PQ =1 , MQ =—AC , AABC 中,AC =AB +BC -2AB BC .cosZABC = 2AC=币,那么 MQ =—,那么△MQP 中,MP =JMQ 2 +PQ 2 =业, 22【2021新课标3】16. 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,有以下结论： 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°.其中正确的选项是―②③ (填写所有正确结论的编号) 【解析】由题意知,a 、b 、AC 三条直线两两相互垂直,画出图形如图.不妨设图中所示正方体边长为 1,故|AC|=1 , AB =四,斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转,那么 A 点保持不变,B 点的运动轨迹是以C 为圆心,1为半径的圆.以C 为坐标原点,以 万为x 轴 正方向, 丸为v 轴正方向, B 为z 轴正方向建立空间直角坐标系. y 那么 D(1,0,0) , A(0,0,1),直线 a 的方向单位向量 1*1,B点起始坐标为(0,1,0),直线b 的方向单位向量 方二,伊|== 1 ,设B 点在运动过程中的坐 标 B (cos 工sin 1,0),其中6为BC 与CD 的夹角,9 = [0,2兀).那么AB'在运动过程中的向量 而 =(-CM 仇-鼠门仇1), |屈 卜五.设且用与点所成夹角为口勺.,-],那么8M ------- ------------- -------------------- [= ~ \^0^—]2a 卉丹/ 1故"勺* 所以③正确,④错误.设而与i 所成夹角为PE [0,；],那么 APIMN 中,cos/PNM 2_2 _ 2MN NP -PM2 MH NPI 2 J I 2 J 12 1又异面线所成角为10,-1 2【2021新课标3】 那么该圆柱的体积为 8.圆柱的高为 B ) 1 ,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,A.兀 兀 C.一 2 【解析】由题可知球心在圆柱体中央, 兀D.一4圆柱体上下底面圆半径12-1 2 -3,那么圆柱体体积V =霭2h 3：— 应选B.4,,? 1?4+1-2,2,1 2-万产,仇fin 仇1卜(1,0*)|_e.2二、解做题【2021新课标】 如图,四棱锥P — ABCD 中,底面ABCD 平行四边形, / DAB=60 ,AB=2AD,PD ,底面 ABCD.(I)证实:PAXBD ;(II )假设PD=AD ,求二面角A-PB-C 的余弦值. 【答案】(I )由于/DAB =60 : AB =2AD ,由余弦定理得BD = 6AD ,从而 BD 2+AD 2= AB 2,故 BD _L AD 又 PD _L 底面 ABCD ,可得 BD _L PD 所以 BD _L平面 PAD.故 PA_LBD(II )如图,以D 为坐标原点,AD 的长为单位长,射线系D-xyz,那么A(1,0,0 1B (0,q 0 ),5-1,石0 ),P (0,0,1).m BC =02 72 7出故二面角A-PB-C 的余弦值为 -2"AB =(-L 6o),丽二(o 疝 f 丽二(-LO ⑼设平面PAB 的法向量为n= (x,y,z),那么—：+岛=0因此可取n=(而1,悯y 3y -z = 0 设平面PBC 的法向量为m,那么 m PB =0可取m=n AB = 0.・丽=(-cos > . ■, 一 一 . 一 TT ——当？与 M 夹角为 60叩寸,即(/=—, sine = J2cosot =J2(■■■■ "3• cos 20 +sin 2 6 =1, Tcos!3|=^, ：cosP =年 |cos!31=\ . . P€[0, 3] , :P = J,止匕时显与b 夹角为60、：②正确, 2 3JIcos — 3=2 1 =二 2 2 ①错误.DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标(0,-1, -73)cos{ m,n) = -4 = 2.7 8【2021新课标】19.如图,直三棱柱ABC-AB1c l中,一一1AC=BC= —AA1, D 是棱AA^T中点,DC1 _L BD 2(1)证实：DC1 1 BC(2)求二面角A1 -BD —&的大小.【答案】(1)在RtADAC 中,AD = AC 得：/ADC=45 口同理：.ADC〔二45 二.CDC1 =90得：DC1 _L DC, DC1 _L BD=> DC1_L 面BCDn DC1 _L BC(2) DC1 _LBC,CC1 _L BCn BC_L面ACC1A 二BC _L AC取AB1的中点O,过点O作OH _LBD于点H ,连接C1O,C1HAC1 =B1c l二C1O _L AB1 ,面AB1c l,面A1BD 二C1O,面A1BDOH _LBD= C1H 1 BD得：点H与点D重合且/C〔DO是二面角A1 - BD —C1的平面角设AC=a,那么CQ=叵, GD=T2a=2C10n ZC1DO =30^2既二面角A1 -BD 一^的大小为30口【2021新课标1】18、(本小题总分值12分)如图,三棱柱ABC-A 1B1C1 中,CA=CB , AB=A A 1,BAA 1=60°.(I )证实ABXA I C;(n )假设平面ABC,平面AA1B1B, AB=CB=2 ,求直线A I C与平面BB I C I C所成角的正弦值.【答案】(I )取AB 中点E,连结CE, A1B, AE, 「AB= AA1 , NBAA I =60°,. .△BAA1 是正三角形,：AE,AB, 「CA=CB, . . CEXAB, v CE^ A,E=E, ：AB,面CEA1,:AB,AC ；(n )由(I )知ECXAB , EA1 ±AB ,又.•面ABC,面ABB1A ,面AB6 面ABB I A=AB,：EC,面ABB01 , ..EC,EA I,.. EA , EC, £儿两两相互垂直,以E为坐标原点,£4的方向为x轴正方向,|E/|为单位长度,建立如下图空间直角坐标系O—xyz,由题设知A(1,0,0),2(0,43,0),.(0,0, J3),B( —1,0,0),那么NC =(1,0, B ,四=乂=(-1,0,®4C=(0,-#,@,设n = (x,y,z)是平面CBB1C1 的法向打.- x x , 3z =0一,即$ l那x , 3y = 0105;直线A 1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为叵5【2021新课标2】18.如图,直三棱柱ABC —A1B1C1中,D, E分别是AB, BB1的中点,AA1 =AC=CB=亭AB .(1)证实:BC"平面AQD;(2)求二面角D —A〔C—E的正弦值.【答案】⑴连结AC1交A〔C于点F,那么F为AC1中点.又D是AB中点,连结DF,那么BC1 II DF.由于DF?平面A1CD , BC r-'平面A〔CD ,所以BC1 II 平面A£D.(2)由AC = CB= /AB 得,ACXBC.以C为坐标原点, 石的方向为x轴正方向,建立如下图的空间直角坐标系C—xyz.设CA=2,那么D(1,1,0),E(0,2,1), A1(2,0,2), CQ = (1,1,0), CE = (0,2,1), 杀=(2,0,2).设n=(x1, y1,4)是平面AQD的法向量," r - H X I . y1 = 0,那么?一即/ 可取n=(1, —1, —1).2 1 , 2x1 2z1 = 0.同理,设m是平面AQE的法向量,那么r ----------------- --nt ■ CE= 0s—, 可取m=(2,1, -2).m CA =0,n m =—,故sin〈n, m> =立.即二面角D —A1C—E的正弦值为—| n | m| 3 3 3从而cos〈n, m>【2021新课标1】19.如图,三棱柱ABC-A I B I C I中, 侧面BB I C I C为菱形,AB ±B I C.(I )证实：AC=AB 1；(n )假设AC±AB n/CBB I=60°, AB=BC ,求二面角A-A1B1 -C I的余弦值.【答案】(1)连结BC I,交B I C于点O,连结AO,二•侧面BB I C I C为菱形,：BC」B I C,且O为BC I和B I C的中点,又•「AB^B I C,： B1C,平面ABO ,. AO?平面 ABO, ：BiSAO,又 B i O=CO , ：AC=AB i, (2) v ACXAB i,且 O 为 B i C 的中点,：AO=CO , 又「AB=BC , .,.ABOA^ABOC, ：OA ,OB,••.OA, OB, OB i 两两垂直,CBB i =60°,「.△CBB i 为正三角形,又 AB=BC ,,B (i, 0, 0,), B i (0,学 0) , C (0,J-V33 百.V3 广x — -z=0同理可得平面A i B i C i 的一个法向量ir = (i,正),【20i4新课标2】i8.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 )证实：PB II 平面AEC;(II )设二面角 D-AE-C 为 60°, AP=i , AD=有,求 三棱锥E-ACD 的体积. 【答案】(D 连结BD 交AC 于点O,连2g EO由于ABCD 为矩形,所以O 为BD 的中点 又E 为的PD 的中点,所以EO// PB EO 二平面AEC,PB ①平面 AEC,所以PB//平面AEC(2)由于PA_L 平面ABCD , ABCD 为矩形,所以 AB,AD,AP 两两垂直如图,以A 为坐标原点,月8的方向为x 轴的正方向,|同为单位长,建立空间直角坐标系, 那么 A —xyz,那么 D(0, 73 ,0),那么 E(0, g1),存=(0,设 B(m,0,0)(m>0),那么 C (m,6 0) 设n(x,y,z)为平面ACE 的法向量,- 7" o mx 3y = 0 那么{ । 一 IP { 73 iy * - y ——y z = 02 2以O 为坐标原点, OB 的方向为x 轴的正方向,|0B |为单位长度,OB ；的方向为y 轴的正方向, 0A 的方向为z 轴的正方向建立空间直角坐标系, :ABf (0,电日；=虹=(i, 0, --0),设向量n= (x, y, z)是平面 AA i B i 的法向量,： A (0, 0,:cosv |理 n> =|m I In | 7:二面角A - A i B i - C i 的余弦值为—可取R =(i,依Ml), 那可取5= ( —,-1,石)又n i= (1,0,0)为平面DAE的法向量, m由题设cos(n1,n2) =1 ,即.一二=1 ,解得m=3由于E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD 2 V3+4m 22的高为1 ,三棱锥E-ACD的体积为▽=1父1父向父9父1=432 3 2 2 2 8【2021新课标1](18)如图,四边形ABCD为菱形,/ABC=120 , E, F是平面ABCD同一侧的两点,BE,平面ABCD , DFL 平面ABCD , BE=2DF , AE^EC.(1)证实：平面AEC±¥面AFC(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值(18> 解：乃士a(1 ) 连结8口,设= G J结EG t FG,EF.在菱形中,不妨设GB=1.由可得水"4>石〞由BEL平面4BCD t AB = BC.可知A£ = EC,又应L芭U所以EG =忑,且EG LAC.在Rt△ EBG中.可得班三",故nr版25及丁K•,泮％*耳(M io;；/ i I?在RtAFDG中,可得因二在直角梯形曲E中,由皿2,八日DF咚.从而XG工4■尸G工=所、所以即工FG.又/(?nFG = G,可得EG工平面由于£Gu平面述权T,所以平面HECJ_平面妙C.,'■Xji ……6分(II)如图*以.为坐标原点,分别以丽,克的方向为左轴,y轴正方向,「屈| 为单位长,建立空间直角坐标系6-..* (I)可得4545,0), EQ0,立),：*产(TO,务C(0,瓦0),所以正二(1,5,近卜方孝)........ 10分故雎?瓯#〉=含备二普所以直线壁与直线CF所成角的余弦值为手12分【2021新课标2】如图,长方体 ABCD —A i B i C i D i 中,AB = 16, BC =10, AA i = 8,点 E, F 分别在 A i B i, D i C i 上,A i E = D i F = 4,过 点E, F 的平面a与此长方体的面相交,交线围成一个正方形. (i)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由) ；(2)求直线AF 与平面a 所成的角的正弦值. 【答案】(I )交岐牌成的就/作而,Sfi 为那么/耳/区/唐.* EA/. 由于厨为正方再,所以EH ・£FaBC=io.「是=而二即,6.所以=以.为坐标隙息.山的方向为工轴正方向,建工如下图的空间直用坐标系 口一炉,期4go ,0).8(电地0), £.0,4闾,万幽4.勤,声后=[160,0),屉二也一6方).设内*5人工)是平面5HGF 的法向量,那么n HE -d, 融=&所以月£与平面/:同GF 所成角的正效值为:二.1 J【20i6新课标U i8.如图,在已A, B, C, D, E, F 为顶 点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF=2FD,/AFD = 90', 且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60.(I)证实平面 ABEF_LEFDC;严(II)求二面角 E-BC-A 的余弦值.【答案】(I) '/AF _L FE, AF _L FD , AF ,面FECD, 又；AF 三面ABFE ,所以平面ABEF_LEFDC; (II)以E 为坐标原点,EF, EB 分别为x 轴和y 轴建立空间直角坐标系(如图),设AF = 2 , 那么FD =i,由于二面角 D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60 ,即NEFD =』FEC =60°, 易得 B(0,2,0) ,A(2,2,0) ,C(-,0,―),2 2所以可取1/ 一 43).乂：4户=「他4,第・故际值砌.普--- --------------- — ]「, 2 2 设平面EBC 与平面ABCD 的法向量分别为 7 =(七,乂,乙)和 £,B = (x p j 11z 1)-(07,0) = 2>1 =0 ------- i 叫 =(工产乂,4) -x [-2y l +—^ 令 x 1 = 1 ,那么 y 1 =0, z 1 \n 2BA = (x al (2,0,0)=2Xj = 0 由1 1 ' ---- --------k £ i G 卜产_2为+彳々=0 令 z 2 = 2 ,那么 X 2 = 0, y 2 = -2^,二叫=(0, 一 一 (i,o- 二 COS< >= 41+ ；, 2V3 — -亍=2亚 2 19 二面角E-BC-A 余弦值—Ri 919【2021新课标2】19.如图,菱形 ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O, AB=5 , AC=6,点E, 5 F 分别在 AD, CD 上,AE=CF =—, EF 交BD 于点H.将 4△ DEF 沿EF 折到△ DEF 的位置OD ,= M. ⑴证实：DH _L 平面ABCD;(II)求二面角B —DA-C 的正弦值. 【答案】 ⑴证实：: AE =CF =9 ,4AE CF - ---- = ----- ,…EF II AC . AD CD 疗 ••.四边形ABCD 为菱形, • .AC_LBD, ：EF_LBD, EF _LDH , EF _LDH . -AC = 6, ：AO=3; 又 AB =5 , AO .LOB ,: OB=4,: OH :D'H .LOH .又 V OH I EF =H , ⑵建立如图坐标系 H -xyz . B 5, 0 , AE __ . _ _ 2 2 2=——OD=1, •• DH =DH =3 , OD =OH + D'H , AO :D'H _L 面 ABCD . 0), C 1, 3, 0 , D' 0, 0, 3 , A 1, -3, 0 , .二■:, ■ , :不一 .』3), 1 ■ ■■ ■ 1 设面 ABD'法向量 〞=(x t y,z), £ ,fi由,受0,得卢+33.-x 3y 3Z=0 z=5・•. q =(3,-4,5) •同理可得面AD'C的法向量£ 二(工0,1), ..", ］：、:工, .、2 95j. co 5日二一一旦-= —尸————---- , -sine = ---------------"「I -25【2021新课标3］〔19〕如图,四棱锥P-ABCD 中,PAL 平面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.〔1〕证实：MN II平面PAB〔2〕求直线AN与平面PMN所成角的正弦值【答案】加,蚯 1 ' IIICJ*|；?J AM - ； <0 - 2 >白产的中.J.,w 4T. TN./rv flcjinVi 1#r >2 2式皿LBC,&AM TffHWT ™舸以同小带国MNT方干好19边帮欧MX： AT ,幻月内由⑶二平而用月./T匚平面/ME所以LM"干武用6HI;才法।取&CIR中步£・蛙拓熊・川上BG小〔部［*. ・从而JL心目』*MlHLtw #£用工轴・为了MNftftMMf录■在间【2021新课标1】18.如图,在四棱锥P-ABCD中,AB//CD ,且BAP -CDP =90’.(1)证实：平面PABL平面PAD;(2)假设PA=PD=AB=DC, /APD =90 ,求二面角A-PB-C 的余弦值. 【答案】(1)由/BAP =/CDP =90口,得AB^AP, CD± PD.由于AB /CD,故ABXPD,从而ABL平面PAD.又AB仁平面PAB,所以平面PABL平面PAD.〔2〕在平面PAD内做PF 1 AD,垂足为F ,由〔1〕可知,AB 1 平面PAD ,故AB _L PF ,可得PF,平面ABCD .以F为坐标原点, R的方向为x轴正方向,|篇|为单位长, 建立如下图的空间直角坐标系F -xyz.由〔1〕及可得A(系0,0) , P(0,0呼),B(1,1,0), C(—1,1,0),POC为直角三角形, |OP , .2PCO=60,MM =a, CM =~^a,OM =1 」73a . ：M 1-3 BM33a a a2 1 =a =：OM =1 --^a =1AM =卜与用0,匈2」,月月= 0t0).设平面ABM的法向量刖=[0』,二J.设n =(x, y,z)是平面PCB的法向量,那么x y-^z=02 ……、.2x=0设m =(x, y,z)是平面PAB的法向量,m PA = 0 ffi AB= 0.2 2八x —— z = 0,即?2 2,可取n =(1,0,1),那么cos<n,m >= n mI n ||m |所以二面角A-PB-C的余弦值为—昱.3【2021新课标2】19.如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD,1 oAB =BC =—AD,/BAD =NABC =90 , Eg PD 的中点. 2(1)证实：直线CE//平面PAB(2)点吊在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成锐角为45° ,求二面角M-AB-D的余弦值【答案】(1 )令PA中点为F ,连结EF , BF , CE .・「E, F为PD, PA中点,：EF为^PAD的中位线,• ・EF J= 1AD .又•NBAD=NABC=90 口,：BC//AD,又•AB=BC = 一2 -AD , ：BC JL-AD , 2 —2・••EF JL BC . •.四边形BCEF 为平行四边形,：CE// BF ,又「BF u 面PAB , ：CE// 面PAB(2)以AD中点O为原点,如图建立空间直角坐标系.设AB = BC=1 ,那么O(0 , 0, 0) , A(0 , -1,0), B(1, -1,0), C(1 , 0, 0) , D(0 , 1, 0) , , P0 0 3r.M在底面ABCD上的投影为M：MM '_LBM ' .:/MBM'=45 口,：△ MBM '为等腰直角三角形.Bzyx%+手乙=0, 7 = (0「人,2), 而= (0,2,0), 筋= 0,0,0).设平面ABD 的法向量为n = (0,0,工J, M = ：8需<肛/1>=••二面角M -AB-D 的余弦值为 名0 .5【2021新课标3】19,如图,四面体 ABCD 中,△ ABC 是正三角形,4ACD 是直角三角 形 £ABD = IC AD , AB = BD . (1)证实：平面_平面ABC;(2)过AC 的平面交BD 于点E , 分成体积相等的两局部.求二面角 【解析】⑴取AC 中点为O,连接: DABC 为等边三角形 ：BO _L AC AB =BC BD =BD ：ABD = . CBD ./ABD ZDBC・•.AD =CD ,即MCD 为等腰直角三角形, 么DC 为直角又O 为底边AC 中点. .DO _L AC易得： 设平面AED 的法向量为 羯,平面AEC 的法向量为 丐,AEn =0 - / 一二,解得冬=0,】,—OA ti. =0- f叵.5..AB = BC令 AB|=a,那么 AB = AC =BC =BD =a,易得：OD222..................•.OD|十OB =BD ,由勾股定理的逆定理可得 ZDOB2-a , 2 JI _ OB= 2 a一,即 OD _LOB21OD A AC ?_ , _ ?OD A OB ?AC 「OB = O 「. OD _L 平面ABC 又.OD c 平面ADC , ?AC i ABC ? ?OB i ABC由面面垂直的判定定理可得 平面ADC _L 平面ABC ⑵由题意可知V D 出CE =V B_ACE,即B,D 到平面ACE 的距离相等,即E 为BD 中点,以O 为原点,(而为X 轴正方向, 应j 为y 轴正方向,血3为z 轴正方向,设AC =a ,建立空间直角坐标系,-a那么 O (0,0,0 ), A -,0,0 |,D ,0,|J ,B 0作a,01E p 3a,1 ,144)1।AD rt = 0假设平面AEC 把四面体ABCD D- AE- C 的余弦值.假设一面角D -AE —C为日,学习好资料欢送T 易知9为锐角,那么c.8=零&。

2014-2019年高考数学真题分类汇编专题10：立体几何（球的切接问题）选择题1．（2014•大纲版理）正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A ．814πB ．16πC ．9πD ．274π 【考点】球的体积和表面积；球内接多面体【分析】正四棱锥P ABCD -的外接球的球心在它的高1PO 上，记为O ，求出1PO ，1OO ，解出球的半径，求出球的表面积．【解答】解：设球的半径为R ，则棱锥的高为4，底面边长为2，222(4)R R ∴=-+，94R ∴=， ∴球的表面积为29814()44ππ=． 故选：A ．【点评】本题考查球的表面积，球的内接几何体问题，考查计算能力，是基础题．2．（2014•陕西理）已知底面边长为1为( )A ．323πB ．4πC ．2πD ．43π 【考点】球的体积和表面积【分析】由长方体的对角线公式，算出正四棱柱体对角线的长，从而得到球直径长，得球半径1R =，最后根据球的体积公式，可算出此球的体积．【解答】解：正四棱柱的底面边长为1，又正四棱柱的顶点在同一球面上，∴正四棱柱体对角线恰好是球的一条直径，得球半径1R = 根据球的体积公式，得此球的体积为34433V R ππ==． 故选：D ．【点评】本题给出球内接正四棱柱的底面边长和侧棱长，求该球的体积，考查了正四棱柱的性质、长方体对角线公式和球的体积公式等知识，属于基础题．3．（2015•新课标Ⅱ文）已知A ，B 是球O 的球面上两点，90AOB ∠=︒，C 为该球面上的动点，若三棱锥O ABC -体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π【考点】球的体积和表面积【分析】当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大，利用三棱锥O ABC -体积的最大值为36，求出半径，即可求出球O 的表面积．【解答】解：如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大，设球O 的半径为R ，此时2311136326O ABC C AOB V V R R R --==⨯⨯⨯==，故6R =，则球O 的表面积为24144R ππ=， 故选：C ．【点评】本题考查球的半径与表面积，考查体积的计算，确定点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大是关键．4．（2016•新课标Ⅱ文）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( )A ．12πB ．323πC ．8πD ．4π【考点】球的体积和表面积【分析】先通过正方体的体积，求出正方体的棱长，然后求出球的半径，即可求出球的表面积．【解答】解：正方体体积为8，可知其边长为2，所以球的表面积为24(3)12ππ=．故选：A ．【点评】本题考查学生的空间想象能力，体积与面积的计算能力，是基础题．5．（2016•新课标Ⅲ文理）在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是( )A ．4πB ．92πC ．6πD ．323π 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】根据已知可得直三棱柱111ABC A B C -的内切球半径为32，代入球的体积公式，可得答案． 【解答】解：AB BC ⊥，6AB =，8BC =， 10AC ∴=． 故三角形ABC 的内切圆半径681022r +-==， 又由13AA =， 故直三棱柱111ABC A B C -的内切球半径为32， 此时V 的最大值3439()322ππ=， 故选：B ．【点评】本题考查的知识点是棱柱的几何特征，根据已知求出球的半径，是解答的关键．6．（2017•新课标Ⅲ文理）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB ．34πC ．2πD ．4π 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；LR ：球内接多面体【分析】推导出该圆柱底面圆周半径r =，由此能求出该圆柱的体积． 【解答】解：圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，∴该圆柱底面圆周半径r ==，∴该圆柱的体积：2314V Sh ππ==⨯⨯=．故选：B ．【点评】本题考查面圆柱的体积的求法，考查圆柱、球等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想，是中档题．7．（2018•新课标Ⅲ文理）设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC ∆为等边三角形且面积为D ABC -体积的最大值为( )A ．B ．C ．D ．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的内接多面体；【分析】求出，ABC ∆为等边三角形的边长，画出图形，判断D 的位置，然后求解即可．【解答】解：ABC ∆为等边三角形且面积为2AB =6AB =， 球心为O ，三角形ABC 的外心为O '，显然D 在O O '的延长线与球的交点如图：263O C '==，2OO '=， 则三棱锥D ABC -高的最大值为：6，则三棱锥D ABC -体积的最大值为：3163=． 故选：B ．【点评】本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．8．（2019•新课标Ⅰ理12）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 ，AB 的中点，90CEF ∠=︒，则球O 的体积为( )A ．B ．C ． D【考点】球的体积和表面积，，多面体外接球体。

新课标(理科)立体几何分类汇编一、选填题【2012新课标】（7）如图，网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（ B ） ()A 6 ()B 9 ()C 12 ()D 18 【解析】选B 。

该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为3，此几何体的体积为11633932V =⨯⨯⨯⨯=【2012新课标】（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 ）()A 26 ()B 36 ()C 23 ()D 22【解析】ABC ∆的外接圆的半径33r =，点O 到面ABC 的距离2263d R r =-=，SC 为球O 的直径⇒点S 到面ABC 的距离为2623d =此棱锥的体积为113262233436ABC V S d ∆=⨯=⨯⨯=另：13236ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D【2013新课标1】6、如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为 ( A )A 、500π3cm 3B 、866π3cm 312C 、1372π3cm 3D 、2048π3cm 3【解析】设球的半径为R ，则由题知球被正方体上面截得圆的半径为4，球心到截面圆的距离为R-2，则222(2)4R R =-+，解得R=5，∴球的体积为3453π⨯=500π33cm ，故选A.【2013新课标1】8、某几何函数的三视图如图所示，则该几何的体积为( A )A 、16+8πB 、8+8πC 、16+16πD 、8+16π 【解析】由三视图知，该几何体为放到的半个圆柱底面半径为2 高为4，上边放一个长为4宽为2高为2长方体，故其体积为21244222π⨯⨯+⨯⨯ =168π+，故选A .【2013新课标2】4. 已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l α，lβ，则( D )．A ．α∥β且l ∥αB ．α⊥β且l ⊥βC ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l 【解析】因为m ⊥α，l ⊥m ，lα，所以l ∥α.同理可得l ∥β。

2011-2017新课标立体几何分类汇编（文科）一、选填题【2011新课标】8. 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（）A. B. C. D.【解读】由正视图和俯视图可以判断此几何体前部分是一个的三棱锥，后面是一个圆锥，选D.【2011新课标】16. 已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为.【解读】由圆锥底面面积是这个球面面积的，得223416r R ππ=所以23=R r ，则小圆锥的高为2R，大圆锥的高为23R ，所以比值为31.【2012新课标】7．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 ．9C ．12D ．18【解读】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.【2012新课标】8．平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α则此球的体积为（）Aπ B ．C ．D ．【解读】设求圆O 的半径为R，则R ==343V R π∴==.选B【2013新课标1】11. 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【解读】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.163163【2013新课标1】15. 已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，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______．【解读】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.【2013新课标2】9. 一个四面体的顶点在空间直角坐标系O －xyz 中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为()．【解读】如图所示，该四面体在空间直角坐标系O －xyz 的图像为下图：则它在平面zOx 的投影即正视图为，故选A.【2013新课标2】15. 已知正四棱锥O －ABCD 的体积为2，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为__________．【解读】如图所示，在正四棱锥O －ABCD 中，V O －ABCD ＝13×S 正方形ABCD·|OO 1|＝13×2×|OO 1|＝2，∴|OO 1|＝2，|AO 1|Rt △OO 1A 中，OA =即R =，∴S 球＝4πR 2＝24π.【2014新课标1】8.如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事一个几何体的三视图，则这个几何体是（） A.三棱锥 B.三棱柱 C.四棱锥 D.四棱柱 【解读】：根据所给三视图易知，对应的几何体是一个横放着的三棱柱. 选B【2014新课标2】6. 如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm ），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm ，高为6c m 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（C ） （A ）1727（B ）59（C ）1027 (D) 13【2014新课标2】7. 正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2，侧D 为BC 中点，则三棱锥11DC B A -的体积为（C ）（A ）3 （B ）32（C ）1 （D ）2【2015新课标1】11. 圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为16+20π，则r=（B ） （A ）1 (B) 2 (C) 4 (D) 8【2015新课标1】6. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委M 依垣内角，下周八尺，高五尺。

一、立体几何知识点归纳 第一章 空间几何体（一)空间几何体的结构特征（1）多面体——由若干个平面多边形围成的几何体.围成多面体的各个多边形叫叫做多面体的面，相邻两个面的公共边叫做多面体的棱,棱与棱的公共点叫做顶点.旋转体--把一个平面图形绕它所在平面内的一条定直线旋转形成的封闭几何体。

其中,这条定直线称为旋转体的轴。

（2）柱，锥,台，球的结构特征 1。

棱柱1。

1棱柱—-有两个面互相平行，其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。

1。

2相关棱柱几何体系列(棱柱、斜棱柱、直棱柱、正棱柱）的关系： ①⎧⎪⎧−−−−−→⎨⎪−−−−−→⎨⎪⎪⎩底面是正多形棱垂直于底面斜棱柱棱柱正棱柱直棱柱其他棱柱 底面为矩形侧棱与底面边长相等1.3①侧棱都相等,侧面是平行四边形;②两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形； ③过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形；④直棱柱的侧棱长与高相等，侧面与对角面是矩形。

1。

4长方体的性质：①长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的平方和；【如图】222211AC AB AD AA =++②（了解)长方体的一条对角线1AC 与过顶点A 的三条棱所成的角分别是αβγ，，，那么222cos cos cos 1αβγ++=，222sin sin sin 2αβγ++=；③（了解）长方体的一条对角线1AC 与过顶点A 的相邻三个面所成的角分别是αβγ，，,则，222sin sin sin 1αβγ++=222cos cos cos 2αβγ++=.1.5侧面展开图:正n 棱柱的侧面展开图是由n 个全等矩形组成的以底面周长和侧棱长为邻边的矩形. 1.6面积、体积公式：2S c hS c h S S h=⋅=⋅+=⋅直棱柱侧直棱柱全底棱柱底，V （其中c 为底面周长,h 为棱柱的高)2.圆柱2。

1圆柱—-以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体叫圆柱.2.2圆柱的性质：上、下底及平行于底面的截面都是等圆;过轴的母线截面（轴截面）是全等的矩形.2。

立体几何（解答题） 专项汇编1．【2021年全国高考甲卷数学（文）】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，11BF A B ⊥.（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥. 【答案】(1)13；(2)证明见解析. 【分析】(1)首先求得AC 的长度，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；(2)将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论. 【详解】(1)如图所示，连结AF ，由题意可得：22415BF BC CF =+=+=，由于AB ⊥BB 1，BC ⊥AB ，1BB BC B =，故AB ⊥平面11BCC B ，而BF ⊂平面11BCC B ，故AB BF ⊥， 从而有22453AF AB BF =+=+=， 从而229122AC AF CF =-=-=，则222,AB BC AC AB BC +=∴⊥，ABC 为等腰直角三角形，111221222BCE ABC S s ⎛⎫==⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭△△，11111333F EBC BCE V S CF -=⨯⨯=⨯⨯=△. (2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体1111ABCM A B C M -，如图所示，取棱,AM BC 的中点,H G ，连结11,,A H HG GB ，正方形11BCC B 中，,G F 为中点，则1BF B G ⊥，又111111,BF A B A B B G B ⊥=，故BF ⊥平面11A B GH ，而DE ⊂平面11A B GH ， 从而BF ⊥DE . 【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.2．【2021年全国高考乙卷数学（文）】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）23． 【分析】（1）由PD ⊥底面ABCD 可得PD AM ⊥，又PB AM ⊥，由线面垂直的判定定理可得AM ⊥平面PBD ，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM ⊥平面PBD ；（2）由（1）可知，AM BD ⊥，由平面知识可知，~DAB ABM ，由相似比可求出AD ，再根据四棱锥P ABCD -的体积公式即可求出． 【详解】（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ， 所以PD AM ⊥， 又PB AM ⊥，PBPD P =，所以AM ⊥平面PBD ， 而AM ⊂平面PAM ， 所以平面PAM ⊥平面PBD ．（2）由（1）可知，AM ⊥平面PBD ，所以AM BD ⊥， 从而~DAB ABM ，设BM x =，2AD x =， 则BM AB AB AD =，即221x =，解得22x =，所以2AD =． 因为PD ⊥底面ABCD ， 故四棱锥P ABCD -的体积为()1212133V =⨯⨯⨯=． 【点睛】本题第一问解题关键是找到平面PAM 或平面PBD 的垂线，结合题目条件PB AM ⊥，所以垂线可以从,PB AM 中产生，稍加分析即可判断出AM ⊥平面PBD ，从而证出；第二问关键是底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出~DAB ABM ，从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积．3．【2021年全国新高考Ⅰ卷数学】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.【答案】(1)详见解析(2) 36【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO ⊥平面BCD ，即可证得结果； （2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果. 【详解】（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 ，FMEF F =,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥ME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BCD 为直角三角形 因为2DE EA =,1112(1)2233FM BF ∴==+= 从而EF=FM=213AO ∴=AO ⊥平面BCD,所以11131133326BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.4．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设DO =2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P −ABC 的体积. 【解析】（1）由题设可知，PA =PB = PC ． 由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC ≌△PAB ． △PAC ≌△PBC ．又∠APC =90°，故∠APB =90°，∠BPC =90°．从而PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC ． （2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ． 由题设可得rl =3，222l r -=．解得r =1，l =3，从而3AB =．由（1）可得222PA PB AB +=，故62PA PB PC ===． 所以三棱锥P -ABC 的体积为3111166()323228PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=．【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.5．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】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 ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B −EB 1C 1F 的体积．【解析】（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN 平面EB 1C 1F =PN ，故AO ∥PN .又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN =AO =6，AP =ON =13AM 3PM =23AM 3EF =13BC =2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B −EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT =PM sin ∠MPN =3．底面EB 1C 1F 的面积为1111()(62)624.22B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=所以四棱锥B −EB 1C 1F 的体积为1243243⨯⨯=．【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.6．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥； （2）点1C 在平面AEF 内．【解析】（1）如图，连结BD ，11B D ． 因为AB BC =，所以四边形ABCD 为正方形， 故AC BD ⊥．又因为1BB ⊥平面ABCD ，于是1AC BB ⊥． 所以AC ⊥平面11BB D D ．由于EF ⊂平面11BB D D ，所以EF AC ⊥．（2）如图，在棱1AA 上取点G ，使得12AG GA =，连结1GD ，1FC ，FG ，因为1123D E DD =，123AG AA =，11DD AA =∥，所以1ED AG =∥，于是四边形1ED GA 为平行四边形，故1AE GD ∥．因为1113B F BB =，1113AG AA =，11BB AA =∥，所以11FG A B =∥，11FG C D =∥，四边形11FGD C 为平行四边形，故11GD FC ∥．于是1AE FC ∥．所以1,,,A E F C 四点共面，即点1C 在平面AEF 内． 【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题.7．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1； （2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】（1）因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ， 所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥. 又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C . 又因为AB ⊂平面1ABB , 所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题. 8．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB .由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥. 由45ACB ∠=︒，122BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB .由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角. 设22CD =.由2,2DO OC BO BC ====，得26,33BD OH = 所以3sin OH OCH OC ∠==， 因此，直线DF 与平面DBC 3. 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设22CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,||||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |因此，直线DF 与平面DBC 3. 【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题． 9．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离． 【解析】（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11=A B DC ∥，可得11=BC 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）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离， 由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =417CH =. 从而点C 到平面1C DE 417.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.10．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1， 故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==． 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.11．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】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中的四边形ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4. 【解析】（1）由已知得AD BE ，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）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM=3，故DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.-中，PA⊥平面ABCD，底部12．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCDABCD为菱形，E为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，⊥．所以PA BD又因为底面ABCD为菱形，⊥．所以BD AC所以BD ⊥平面PAC ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点， 所以AE ⊥CD ． 所以AB ⊥AE ． 所以AE ⊥平面PAB ． 所以平面PAB ⊥平面PAE ．（3）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ． 则FG ∥AB ，且FG =12AB ． 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点， 所以CE ∥AB ，且CE =12AB ． 所以FG ∥CE ，且FG =CE ． 所以四边形CEGF 为平行四边形． 所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ， 所以CF ∥平面PAE ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.13．【2019年高考天津卷文数】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 ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）33． 【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ， 所以GH ∥平面PAD .（2）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）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面PAC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面PAC 所成的角，因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点，所以3DN =又DN AN ⊥，在Rt AND △中，3sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面PAC 3【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.14．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【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 −A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.15．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ． 因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3.由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅． 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B1，0），1B，3,2F ，C (0，2，0)．因此，33(,22EF =，(BC =-． 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(02BC AC --，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得00y y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |， 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.。