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2021高考数学(理)一轮复习专题突破《高考中的立体几何问题》

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高考专题突破四高考中的立体几何问题题型一平行、垂直关系的证明例1如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点．(1)求证：平面ABE ⊥平面B 1BCC 1；(2)求证：C 1F ∥平面ABE ；(3)求三棱锥E －ABC 的体积．(1)证明在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC .因为AB ⊂平面ABC ，所以BB 1⊥AB .又因为AB ⊥BC ，BC ∩BB 1＝B ，所以AB ⊥平面B 1BCC 1.又AB ⊂平面ABE ，所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.(2)证明方法一如图1，取AB 中点G ，连接EG ，FG .因为E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点，所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC .因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1，所以四边形FGEC 1为平行四边形，所以C 1F ∥EG .又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ，所以C 1F ∥平面ABE .方法二如图2，取AC的中点H，连接C1H，FH.因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HF∥AB，又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，所以EC1∥AH，且EC1＝AH，所以四边形EAHC1为平行四边形，所以C1H∥AE，又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A，所以平面ABE∥平面C1HF，又C1F⊂平面C1HF，所以C1F∥平面ABE.(3)解因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝AC2－BC2＝ 3.所以三棱锥E－ABC的体积V＝13S△ABC·AA1＝13×12×3×1×2＝33.思维升华(1)平行问题的转化利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反．在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用．(2)垂直问题的转化在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫．应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题．跟踪训练1如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，点E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面PAB ；(2)求证：平面PAD ⊥平面PDC .证明(1)以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，1)．∵点E ，F 分别是PC ，PD 的中点，∴1，1EF →－12，0，AB →＝(1，0，0)．∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ，又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ，∴EF ∥平面PAB .(2)由(1)可知，AP →＝(0，0，1)，AD →＝(0，2，0)，DC →＝(1，0，0)，∵AP →·DC →＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，AD →·DC →＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，AP ，AD ⊂平面PAD ，∴DC⊥平面PAD.∵DC⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.题型二立体几何中的计算问题命题点1求线面角例2(2018·浙江)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.(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．方法一(1)证明由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝22，所以A1B21＋AB21＝AA21，故AB1⊥A1B1.由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，得B1C1＝5.由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2 3.由CC1⊥AC，得AC1＝13，所以AB21＋B1C21＝AC21，故AB1⊥B1C1.又因为A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1⊂平面A1B1C1，所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)解如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.由AB1⊥平面A1B1C1，得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1.由C 1D ⊥A 1B 1，平面A 1B 1C 1∩平面ABB 1＝A 1B 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1，得C 1D ⊥平面ABB 1.所以∠C 1AD 即为AC 1与平面ABB 1所成的角．由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21，得cos ∠C 1A 1B 1＝427，sin ∠C 1A 1B 1＝77，所以C 1D ＝3，故sin ∠C 1AD ＝C 1D AC 1＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.方法二(1)证明如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz .由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1，0，0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1，0，2)，C 1(0，3，1)．因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1→＝(1，3，－2)，A 1C 1→＝(0，23，－3)．由AB 1→·A 1B 1→＝0，得AB 1⊥A 1B 1.由AB 1→·A 1C 1→＝0，得AB 1⊥A 1C 1.又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由(1)可知AC 1→＝(0，23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0，0，2)．设平面ABB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．·AB →＝0，·BB 1→＝0，＋3y ＝0，z ＝0，可取n ＝(－3，1，0)．所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.思维升华(1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．(2)若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sin θ＝|cos β|＝|l ·n ||l ||n |.跟踪训练2(2019·福州质检)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为正三角形，点D 在棱BC 上，且CD ＝3BD ，点E ，F 分别为棱AB ，BB 1的中点．(1)证明：A 1C ∥平面DEF ；(2)若A 1C ⊥EF ，求直线A 1C 1与平面DEF 所成的角的正弦值．解(1)如图，连接AB 1，A 1B 交于点H ，设A 1B 交EF 于点K ，连接DK ，因为四边形ABB 1A 1为矩形，所以H 为线段A 1B 的中点．因为点E ，F 分别为棱AB ，BB 1的中点，所以点K 为线段BH 的中点，所以A 1K ＝3BK .又CD ＝3BD ，所以A 1C ∥DK .又A 1C ⊄平面DEF ，DK ⊂平面DEF ，所以A 1C ∥平面DEF .(2)连接CE ，EH ，由(1)知，EH ∥AA 1，因为AA 1⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC .因为△ABC 为正三角形，且点E 为棱AB 的中点，所以CE ⊥AB .故以点E 为坐标原点，分别以EA →，EH →，EC →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Exyz .设AB ＝4，AA 1＝t (t >0)，则E (0,0,0)，A 1(2，t,0)，A (2,0,0)，C (0,0,23)，2，t 2，－32，0所以A 1C →＝(－2，－t ，23)，EF →2，t 2，因为A 1C ⊥EF ，所以A 1C →·EF →＝0，所以(－2)×(－2)－t ×t 2＋23×0＝0，所以t ＝22，所以EF →＝(－2，2，0)，ED →－32，0设平面DEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，·n ＝0，·n ＝0，2x ＋2y ＝0，－32x ＋32z ＝0.取x ＝1，则n ＝(1，2，3)．又A 1C 1→＝AC →＝(－2，0，23)，设直线A 1C 1与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，A 1C 1→〉|＝|n ·A 1C 1→||n ||A 1C 1→|＝46×4＝66，所以直线A 1C 1与平面DEF 所成的角的正弦值为66.命题点2求二面角例3(2018·长沙、南昌联考)如图，在四棱锥A －BCDE 中，平面BCDE ⊥平面ABC ，BE ⊥EC ，BC ＝2，AB ＝4，∠ABC ＝60°.(1)求证：BE ⊥平面ACE ；(2)若直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，求二面角E －AB －C 的余弦值．(1)证明在△ACB 中，由余弦定理得cos ∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC＝12，解得AC ＝23，所以AC 2＋BC 2＝AB 2，所以AC ⊥BC .又因为平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，AC ⊂平面ABC ，所以AC ⊥平面BCDE .又BE ⊂平面BCDE ，所以AC ⊥BE .又BE ⊥EC ，AC ，CE ⊂平面ACE ，且AC ∩CE ＝C ，所以BE ⊥平面ACE .(2)解方法一因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形．取BC 的中点F ，连接EF ，过点F 作FG ⊥AB 于点G ，连接EG ，则∠EGF 为二面角E －AB －C 的平面角．易得EF ＝BF ＝1，FG ＝32.在Rt △EFG 中，由勾股定理，得EG ＝EF 2＋FG 2＝72，所以cos ∠EGF ＝FG EG ＝217，所以二面角E －AB －C 的余弦值为217.方法二因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形．记BC 的中点为O ，连接OE ，则OE ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，分别以OB ，OE 所在直线为x 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1，23，0)，B (1，0，0)，E (0，0，1)，所以BA →＝(－2，23，0)，BE →＝(－1，0，1)．设平面ABE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，BA →·m ＝0，BE →·m ＝0，－2x ＋23y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝3，则m ＝(3，1，3)为平面ABE 的一个法向量．易知平面ABC 的一个法向量为OE →＝(0，0，1)，所以cos 〈m ，OE →〉＝m ·OE →|m |·|OE →|＝37＝217，易知二面角E －AB －C 为锐角，所以二面角E －AB －C 的余弦值为217.思维升华(1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．(2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解．跟踪训练3如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，AC ∩BD ＝O ，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝2，AA 1＝3.(1)证明：平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D ；(2)若∠BAD ＝60°，求二面角B －OB 1－C 的余弦值．(1)证明∵A 1O ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴A 1O ⊥BD .∵四边形ABCD 是菱形，∴CO ⊥BD .∵A 1O ∩CO ＝O ，A 1O ，CO ⊂平面A 1CO ，∴BD ⊥平面A 1CO .∵BD ⊂平面BB 1D 1D ，∴平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D .(2)解∵A 1O ⊥平面ABCD ，CO ⊥BD ，∴OB ，OC ，OA 1两两垂直，以O 为坐标原点，OB →，OC →，OA 1→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．∵AB ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝60°，∴OB ＝OD ＝1，OA ＝OC ＝3，OA 1＝AA 21－OA 2＝ 6.则O (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，A (0，－3，0)，A 1(0，0，6)，∴OB →＝(1，0，0)，BB 1→＝AA 1→＝(0，3，6)，OB 1→＝OB →＋BB 1→＝(1，3，6)．设平面OBB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·n ＝0，1·n ＝0，＝0，＋3y ＋6z ＝0.令y ＝2，得n ＝(0，2，－1)，是平面OBB 1的一个法向量．同理可求得平面OCB 1的一个法向量m ＝(6，0，－1)，∴cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝13×7＝2121.由图可知二面角B －OB 1－C 是锐二面角，∴二面角B －OB 1－C 的余弦值为2121.题型三立体几何中的探索性问题例4如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝22，BC ＝42，PA ＝2.(1)求证：AB ⊥PC ；(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M －AC －D 的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．(1)证明如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由AD ＝CD ＝22，BC ＝42，可得△ABC 是等腰直角三角形，即AB ⊥AC ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，又PA ∩AC ＝A ，PA ，AC ⊂平面PAC ，所以AB ⊥平面PAC ，所以AB ⊥PC .(2)解方法一(几何法)过点M 作MN ⊥AD 交AD 于点N ，则MN ∥PA ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以MN ⊥平面ABCD .过点M 作MG ⊥AC 交AC 于点G ，连接NG ，则∠MGN 是二面角M －AC －D 的平面角．若∠MGN ＝45°，则NG ＝MN ，又AN ＝2NG ＝2MN ，所以MN ＝1，所以MN ＝12PA ，MN ∥PA ，所以M 是PD 的中点．在三棱锥M －ABC 中，可得V M －ABC ＝13S △ABC ·MN ，设点B 到平面MAC 的距离是h ，则V B －MAC ＝13S △MAC ·h ，所以S △ABC ·MN ＝S △MAC ·h ，解得h ＝22.在Rt △BMN 中，可得BM ＝3 3.设BM 与平面MAC 所成的角为θ，则sin θ＝h BM ＝269.方法二(向量法)以A 为坐标原点，以过点A 平行于CD 的直线为x 轴，AD ，AP 所在直线分别为y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，C (22，22，0)，D (0，22，0)，P (0，0，2)，B (22，－22，0)，PD →＝(0，22，－2)，AC →＝(22，22，0)．易知当点M 与P 点或D 点重合时不满足题意，设PM →＝t PD →(0<t <1)，则点M 的坐标为(0，22t ，2－2t )，所以AM →＝(0，22t ，2－2t )．设平面MAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·AC →＝0，n ·AM →＝0，22x ＋22y ＝0，22ty ＋(2－2t )z ＝0，则可取n ＝1，－1，2t 1－t .又m ＝(0,0,1)是平面ACD 的一个法向量，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝cos 45°＝22，解得t ＝12，即点M 是线段PD 的中点．此时平面MAC 的一个法向量可取n 0＝(1，－1，2)，BM →＝(－22，32，1)．设BM 与平面MAC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n 0，BM →〉|＝269.思维升华(1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．(2)平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．跟踪训练4(2019·中原名校联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝AC ＝2，AD ＝22，PB ＝2，PB ⊥AC .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAC ；(2)若∠PBA ＝45°，试判断棱PA 上是否存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为69？若存在，求出AE AP 的值；若不存在，请说明理由．(1)证明因为四边形ABCD 是平行四边形，AD ＝22，所以BC ＝AD ＝22，又AB ＝AC ＝2，所以AB 2＋AC 2＝BC 2，所以AC ⊥AB ，又PB ⊥AC ，AB ∩PB ＝B ，AB ，PB ⊂平面PAB ，所以AC ⊥平面PAB .又因为AC ⊂平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC .(2)解由(1)知AC ⊥AB ，AC ⊥平面PAB ，分别以AB ，AC 所在直线为x 轴，y 轴，平面PAB 内过点A 且与直线AB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，AC →＝(0，2，0)，BC →＝(－2，2，0)，由∠PBA ＝45°，PB ＝2，可得P (1,0,1)，所以AP →＝(1，0，1)，BP →＝(－1，0，1)，假设棱PA 上存在点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为69，设AE AP ＝λ(0<λ<1)，则AE →＝λAP →＝(λ，0，λ)，CE →＝AE →－AC →＝(λ，－2，λ)，设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，n ·BC →＝0，n ·BP →＝0，－2x ＋2y ＝0，－x ＋z ＝0，令z ＝1，可得x ＝y ＝1，所以平面PBC 的一个法向量n ＝(1，1，1)，设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CE →〉|＝|λ－2＋λ|3·λ2＋(－2)2＋λ2＝|2λ－2|3·2λ2＋4＝69，解得λ＝12或λ＝74(舍)．所以在棱PA 上存在点E ，且AE AP ＝12，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为69.1.在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，PA ＝PD .(1)证明：BC ⊥PB ；(2)若PA ⊥PD ，PB ＝AB ，求二面角A －PB －C 的余弦值．(1)证明取AD 中点为E ，连接PE ，BE ，BD ，∵PA ＝PD ，∴PE ⊥AD ，∵底面ABCD 为菱形，且∠BAD ＝60°，∴△ABD 为等边三角形，∴BE ⊥AD ，∵PE ∩BE ＝E ，PE ，BE ⊂平面PBE ，∴AD ⊥平面PBE ，又PB ⊂平面PBE ，∴AD ⊥PB ，∵AD ∥BC ，∴BC ⊥PB .(2)解设AB ＝2，∴AD ＝PB ＝2，BE ＝3，∵PA ⊥PD ，E 为AD 中点，∴PE ＝1，∵PE 2＋BE 2＝PB 2，∴PE ⊥BE .以E 为坐标原点，分别以EA ，EB ，EP 所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1，0，0)，B (0，3，0)，P (0，0，1)，C (－2，3，0)，∴AB →＝(－1，3，0)，AP →＝(－1，0，1)，BP →＝(0，－3，1)，BC →＝(－2，0，0)．设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·AB →＝0，·AP →＝0，x ＋3y ＝0，x ＋z ＝0，令y ＝3，则n ＝(3，3，3)．同理可得平面PBC 的一个法向量m ＝(0，3，3)．cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝277.设二面角A －PB －C 的平面角为θ，由图易知θ为钝角，则cos θ＝－cos 〈m ，n 〉＝－277.∴二面角A －PB －C 的余弦值为－277.2.(2019·大连模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 和△AA 1C 均是边长为2的等边三角形，点O 为AC 中点，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC .(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ；(2)求直线AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值．(1)证明∵AA 1＝A 1C ，且O 为AC 的中点，∴A 1O ⊥AC ，又∵平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABC .(2)解如图，以O 为原点，OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．由已知可得O (0，0，0)，A (0，－1，0)，B (3，0，0)，A 1(0，0，3)，C 1(0，2，3)，∴AB →＝(3，1，0)，A 1B →＝(3，0，－3)，A 1C 1→＝(0，2，0)，设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·A 1C 1→＝0，·A 1B →＝0，0，－3z ＝0，∴平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(1，0，1)，设直线AB 与平面A 1BC 1所成的角为α，则sin α＝|cos 〈AB →，n 〉|，又∵cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |＝322＝64，∴AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值为643．(2019·成都诊断)如图1，在边长为5的菱形ABCD 中，AC ＝6，现沿对角线AC 把△ADC 翻折到△APC 的位置得到四面体P －ABC ，如图2所示．已知PB ＝4 2.(1)求证：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)若Q 是线段AP 上的点，且AQ →＝13AP →，求二面角Q －BC －A 的余弦值．(1)证明取AC 的中点O ，连接PO ，BO 得到△PBO .∵四边形ABCD 是菱形，∴PA ＝PC ，PO ⊥AC .∵DC ＝5，AC ＝6，∴OC ＝3，PO ＝OB ＝4，∵PB ＝42，∴PO 2＋OB 2＝PB 2，∴PO ⊥OB .∵OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥平面ABC .∵PO ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABC .(2)解∵AB ＝BC ，∴BO ⊥AC .易知OB ，OC ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .则B (4，0，0)，C (0，3，0)，P (0，0，4)，A (0，－3，0)．设点Q (x ，y ，z )．由AQ →＝13AP →，得，－2∴BC →＝(－4，3，0)，BQ →4，－2设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面BCQ 的法向量．1·BC →＝0，1·BQ →＝0，4x 1＋3y 1＝0，4x 1－2y 1＋43z 1＝0，1＝34y 1，1＝415z 1，取z 1＝15，则n 1＝(3，4，15)．取平面ABC 的一个法向量n 2＝(0，0，1)．∵cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1532＋42＋152＝31010，由图可知二面角Q －BC －A 为锐角，∴二面角Q －BC －A 的余弦值为31010.4．(2019·南昌模拟)如图，多面体ABCDEF 中，ABCD 为正方形，AB ＝2，AE ＝3，DE ＝5，二面角E －AD－C 的余弦值为55，且EF ∥BD .(1)证明：平面ABCD ⊥平面EDC ；(2)求平面AEF 与平面EDC 所成锐二面角的余弦值．(1)证明∵AB ＝AD ＝2，AE ＝3，DE ＝5，∴AD 2＋DE 2＝AE 2，∴AD ⊥DE ，又正方形ABCD 中，AD ⊥DC ，且DE ∩DC ＝D ，DE ，DC ⊂平面EDC ，∴AD ⊥平面EDC ，又∵AD ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面EDC .(2)解由(1)知，∠EDC 是二面角E －AD －C 的平面角，作OE ⊥CD 于O ，则OD ＝DE ·cos ∠EDC ＝1，OE ＝2，又∵平面ABCD ⊥平面EDC ，平面ABCD ∩平面EDC ＝CD ，OE ⊂平面EDC ，∴OE ⊥平面ABCD .取AB 中点M ，连接OM ，则OM ⊥CD ，如图，以O 为原点，分别以OM ，OC ，OE 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (2，－1，0)，B (2，1，0)，D (0，－1，0)，E (0，0，2)，∴AE →＝(－2，1，2)，BD →＝(－2，－2，0)，又EF ∥BD ，知EF 的一个方向向量为(2，2，0)，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·AE →＝－2x ＋y ＋2z ＝0，·DB →＝2x ＋2y ＝0，取x ＝－2，得n ＝(－2，2，－3)，又平面EDC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)，∴cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝－21717，设平面AEF 与平面EDC 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝21717.5．等边三角形ABC 的边长为3，点D ，E 分别是边AB ，AC 上的点，且满足AD DB ＝CE EA ＝12，如图1.将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1—DE —B 为直二面角，连接A 1B ，A 1C ，如图2.(1)求证：A 1D ⊥平面BCED ；(2)在线段BC 上是否存在点P ，使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°？若存在，求出PB 的长；若不存在，请说明理由．(1)证明因为等边三角形ABC 的边长为3，且AD DB ＝CE EA ＝12，所以AD ＝1，AE ＝2.在△ADE 中，∠DAE ＝60°，由余弦定理得DE ＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝ 3.从而AD 2＋DE 2＝AE 2，所以AD ⊥DE .折起后有A 1D ⊥DE ，因为二面角A 1—DE —B 是直二面角，所以平面A 1DE ⊥平面BCED ，又平面A 1DE ∩平面BCED ＝DE ，A 1D ⊥DE ，A 1D ⊂平面A 1DE ，所以A 1D ⊥平面BCED .(2)解存在．理由：由(1)可知ED ⊥DB ，A 1D ⊥平面BCED .以D 为坐标原点，分别以DB ，DE ，DA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .设PB ＝2a (0≤2a ≤3)，作PH ⊥BD 于点H ，连接A 1H ，A 1P ，则BH ＝a ，PH ＝3a ，DH ＝2－a .所以A 1(0,0,1)，P (2－a ，3a ，0)，E (0，3，0)．所以PA 1→＝(a －2，－3a ，1)．因为ED ⊥平面A 1BD ，所以平面A 1BD 的一个法向量为DE →＝(0，3，0)．要使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°，则sin 60°＝|PA 1→·DE →||PA 1→||DE →|＝3a 4a 2－4a ＋5×3＝32，解得a ＝54.此时2a ＝52，满足0≤2a ≤3，符合题意．所以在线段BC 上存在点P ，使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°，此时PB ＝52.6.如图，在四棱锥E －ABCD 中，底面ABCD 是圆内接四边形，CB ＝CD ＝CE ＝1，AB ＝AD ＝AE ＝3，EC ⊥BD .(1)求证：平面BED ⊥平面ABCD ；(2)若点P 在侧面ABE 内运动，且DP ∥平面BEC ，求直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值．(1)证明如图，连接AC ，交BD 于点O ，连接EO ，∵AD ＝AB ，CD ＝CB ，AC ＝AC ，∴△ADC ≌△ABC ，易得△ADO ≌△ABO ，∴∠AOD ＝∠AOB ＝90°，∴AC ⊥BD .又EC ⊥BD ，EC ∩AC ＝C ，EC ，AC ⊂平面AEC ，∴BD ⊥平面AEC ，又OE ⊂平面AEC ，∴OE ⊥BD .又底面ABCD 是圆内接四边形，∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，在Rt △ADC 中，由AD ＝3，CD ＝1，可得AC ＝2，AO ＝32，∴∠AEC ＝90°，AE AC ＝AO AE ＝32，易得△AEO ∽△ACE ，∴∠AOE ＝∠AEC ＝90°，即EO ⊥AC .又AC ，BD ⊂平面ABCD ，AC ∩BD ＝O ，∴EO ⊥平面ABCD ，又EO ⊂平面BED ，∴平面BED ⊥平面ABCD .(2)解如图，取AE 的中点M ，AB 的中点N ，连接MN ，ND ，DM ，则MN ∥BE ，由(1)知，∠DAC ＝∠BAC ＝30°，即∠DAB ＝60°，∴△ABD 为正三角形，∴DN ⊥AB ，又BC ⊥AB ，DN ，CB ⊂平面ABCD ，∴DN ∥CB ，又MN ∩DN ＝N ，BE ∩BC ＝B ，MN ，DN ⊂平面DMN ，BE ，BC ⊂平面EBC ，∴平面DMN ∥平面EBC ，∴点P 在线段MN 上．以O 为坐标原点，OA ，OB ，OE 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则0，，32，，00，－32，，34，∴AB →－32，32，AE →－32，0DM →，32，MN →，34，－设平面ABE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·n ＝0，·n ＝0，－3x ＋y ＝0，－3x ＋z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，3，3)，设MP →＝λMN →(0≤λ≤1)，可得DP →＝DM →＋MP →，32＋34λ，34－34λ设直线DP 与平面ABE 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DP →〉|＝|n ·DP →||n |·|DP →|＝1242×λ2＋λ＋4，∵0≤λ≤1，∴当λ＝0时，sin θ取得最大值427.故直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值为427.。

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2021年高考数学一轮复习 立体几何备考试题 理

2021年高考数学一轮复习 立体几何备考试题 理

2021年高考数学一轮复习 立体几何备考试题 理一、选择题1．（珠海xx 届高三9月摸底）如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．B ．C ．D ．2、（xx 广东高考）某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是 ( )A .B ．C ．D ．3、（xx 广东高考）设是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是( )A . 若,,,则B ．若,,,则C ．若,,,则D ．若,,,则4、（xx 广东高考）某几何体的三视图如图1所示，它的体积为（ ）A. B. C.D.5、（2011广东高考）如图1 ~ 3，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为A ．B ．C ．D ．4444正视侧视俯视第1题图46、（广州海珠区xx届高三8月摸底）已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是A．若则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则二、解答题7、（xx广东高考）如图4，四边形为正方形，平面，，于点，，交于点.（1）证明：（2）求二面角的余弦值8、（xx广东高考）如图1,在等腰直角三角形中,,,分别是上的点,,为的中点.将沿折起,得到如图2所示的四棱锥,其中.(Ⅰ) 证明:平面； (Ⅱ) 求二面角的平面角的余弦值.9、（xx广东高考）如图5所示，在四棱锥中，底面为矩形，平面，点在线段上，平面.（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）若，，求二面角的正切值..COBD EACDO BE图1 图2图510、（2011广东高考）如图5，在锥体中，是边长为1的 菱形，且，，， 分别是的中点． （1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值．11、（xx 广州一模）如图5，在棱长为的正方体中，点是棱的中点，点在棱上，且满足． （1）求证：；（2）在棱上确定一点， 使，，，四点共面，并求此时的长；（3）求平面与平面所成二面角的余弦值．12、（珠海xx 届高三9月摸底）如图，长方体中，分别为中点，（1）求证：．（2）求二面角的正切值．13、（广州海珠区xx 届高三8月）如图，四棱锥中，底面为正方形，，平面， 为棱的中点．（1）求证：// 平面； （2）求证：平面平面； （3）求二面角的余弦值．14、（xx 届肇庆二模）如图5，在四棱锥中，底面ABCD 是边长为 2的菱形，且DAB =60. 侧面PAD 为正三角形，其所在的平面垂直于底面ABCD ，G 为AD 边的中点.图5G FEA 1D 1C 1B 1D CBA第18题图（1）求证：BG 平面PAD；（2）求平面PBG与平面PCD所成二面角的平面角的余弦值；（3）若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF平面ABCD，并证明你的结论.15．（xx届深圳二模）如图5,已知△ABC为直角三角形,∠ACB为直角.以AC为直径作半圆O,使半圆O所在平面⊥平面ABC,P为半圆周异于A,C的任意一点.(1)证明:AP⊥平面PBC(2)若PA=1,AC=BC=2,半圆O的弦PQ∥AC,求平面PAB与平面QCB所成锐二面角的余弦值.答案：1、A2、B3、D4、C5、B6、B7（1）证明：平面，平面①四边形为正方形②平面平面③即④且平面（2）方法1（传统法）过作交于，过作交于，连接就是所求二面角的平面角 （过程略）方法2（向量法）由（1）可得，，建立空间直角坐标系，如图所示.设 在中，，则；由（1）知，所以， 因为，所以， 所以，，所以，所以3(0,0,),(,0,0),(,,0),(0,,0)444a A a E F C a ， 则333(,0,),(,,),444a a a AE a AF a=-=- 设平面的法向量为，则，得，取，则，所以由（1）可知，平面的法向量为，所以004cos ,||||n CF n CF n CF a ++⋅<>====⋅设二面角为，则8、(Ⅰ) 在图1中,易得连结,在中,由余弦定理可得OD =由翻折不变性可知, 所以,所以, 理可证, 又,所以平面.(Ⅱ) 传统法:过作交的延长线于,连结, 因为平面,所以, 所以为二面角的平面角. 结合图1可知,为中点,故,从而C D OBEHC DOxE向量法图yzB所以,所以二面角的平面角的余弦值为.向量法:以点为原点,建立空间直角坐标系如图所示, 则,, 所以,设为平面的法向量,则 ,即,解得,令,得由(Ⅰ) 知,为平面的一个法向量, 所以,即二面角的平面角的余弦值为.9、解析：（Ⅰ）因为平面，平面，所以.又因为平面，平面，所以.而，平面，平面，所以平面.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知平面，而平面，所以，而为矩形，所以为正方形，于是. 法1：以点为原点，、、为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.则、、、，于是，.设平面的一个法向量为，则，从而，令，得.而平面的一个法向量为.所以二面角的余弦值为，于是二面角的正切值为3.法2：设与交于点，连接.因为平面，平面，平面，所以，，于是就是二面角的平面角.又因为平面，平面，所以是直角三角形.由∽可得，而，所以，，而，所以，于是，而，于是二面角的正切值为.10、 （1）证明：取的中点，连接 ∵，∴∵在边长为1的菱形中， ∴△是等边三角形 ∴，∴平面 ∴∵分别是的中点 ∴∥，∥ ∴，， ∴平面（2）解：由（1）知， ∴是二面角的平面角 易求得∴222733421442cos 273212PH HB PB PHB PH HB +--+-∠====-⋅⨯⨯∴二面角的余弦值为11、推理论证法：（1）证明：连结，，因为四边形是正方形，所以．在正方体中，平面，平面，所以． 因为，，平面， 所以平面． 因为平面，所以． （2）解：取的中点，连结，则．在平面中，过点作，则．连结，则，，，四点共面． 因为，，所以．故当时，，，，四点共面． （3）延长，，设，连结， 则是平面与平面的交线．过点作，垂足为，连结， 因为，，所以平面． 因为平面，所以．所以为平面与平面所成二面角的平面角． 因为，即，所以．在△中，，，所以2222cos135AM AB MB AB MB =+-⨯⨯⨯ ．即． 因为，sin135a ⨯=所以．所以．故平面与平面所成二面角的余弦值为． 空间向量法：（1）证明：以点为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图的空间直角坐标系， 则，，， ，，所以，．因为，所以．所以． （2）解：设，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以． 所以存在实数，使得． 因为，，所以． 所以，．所以．故当时，，，，四点共面． （3）解：由（1）知，．设是平面的法向量，则即取，则，．所以是平面的一个法向量． 而是平面的一个法向量，设平面与平面所成的二面角为，则． 故平面与平面所成二面角的余弦值为．12、解：(1)．证明：在长方体中， 分别为中点，且四边形是平行四边形…………………………………………………………3分，……………………………5分(2)．长方体中，分别为中点，……………………………7分过做于，又就是二面角的平面角……………………………9分，在中，……………………11分直角三角形中………………………………13分二面角的正切值为……………………………14分13．HGFEA1D1C1B1D CBA14、（1）证明：连结BD.因为ABCD为棱形，且∠DAB=60°，所以ABD为正三角形. （1分）又G为AD的中点，所以BG⊥AD. （2分）又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，（3分）∴BG⊥平面PAD. （4分）解：（2）∵△PAD为正三角形，G为AD的中点，∴PG⊥AD.∵PG平面PAD，由（1）可得：PG⊥GB. 又由（1）知BG⊥AD.∴PG、BG、AD两两垂直. （5分）故以G为原点，建立如图所示空间直角坐标系，，，（6分）所以，，，，（7分）设平面PCD的法向量为，即令，则（8分）又平面PBG的法向量可为，（9分）设平面PBG与平面PCD所成二面角的平面角为，则∴即平面PBG与平面PCD所成二面角的平面角的余弦值为. （10分）（3）当F为PC的中点时，平面DEF⊥平面ABCD. （11分）取PC的中点F，连结DE，EF，DF，CG，且DE与CG相交于H.因为E、G分别为BC、AD的中点，所以四边形CDGE为平行四边形，故H为CG的中点. 又F为CP的中点，所以FH//PG. （12分）由（2），得PG平面ABCD，所以FH平面ABCD. （13分）又FH平面DEF，所以平面DEF⊥平面ABCD. （14分）15、24216 5E98 庘32168 7DA8 綨29936 74F0 瓰30744 7818 砘36718 8F6E 轮p36633 8F19 輙33870 844E 葎vZR25471 637F 捿26810 68BA 梺38866 97D2 韒。

高考数学一轮复习 专题突破训练 立体几何 文 试题

高考数学一轮复习 专题突破训练 立体几何 文 试题

2021届高三数学文一轮复习(fùxí)专题打破训练立体几何(lìtǐjǐhé)一、选择(xuǎnzé)、填空题1、〔2021年高考(ɡāo kǎo)〕假设正三棱柱的所有棱长均为，且其体积为，那么 .2、〔2021年高考〕假设圆锥的侧面积是底面积的倍，那么其母线与轴所成的角的大小为〔结果用反三角函数值表示〕．3、〔2021年高考〕圆柱，那么= .4、〔奉贤区2021届高三二模〕如图〔右上〕为一个空间几何体的三视图，其主视图与左视图是边长为的正三角形、俯视图轮廓是正方形，那么该几何体的侧面积为____________．5、〔虹口区2021届高三二模〕〕一个四棱锥的三视图如下图，那么此四棱锥的体积为〔〕〔A〕 24〔B〕16〔C〕 12〔D〕86、〔黄浦区2021届高三二模〕在空间(kōngjiān)中，以下命题正确的选项是[答] ( )．A．假设(jiǎshè)两直线a,b与直线(zhíxiàn)l所成的角相等(xiāngděng)，那么a∥bB．空间不同的三点确定一个平面C．假如直线l//平面且//平面，那么D．假设直线与平面没有公一共点，那么直线//平面M7、〔浦东新区2021届高三二模〕球的外表积为64，用一个平面截球，使截面圆的半径为2，那么截面与球心的间隔是cm.8、〔普陀区2021届高三一模〕如图，正三棱柱的底面边长为1，体积为，那么异面直线A1A 与B1C所成的角的大小为arctan．〔结果用反三角函数值表示〕9、〔徐汇、松江、金山区2021届高三二模〕一个正三棱柱的三视图如下图〔右上〕，那么该三棱柱的体积是．10、〔闸北区2021届高三一模〕假设(ji ǎshè)一个正三棱柱的三视图如下图，那么这个正三棱柱的外表积为__________．11、假设圆柱的底面直径和高都与球的直径相等,圆柱、球的外表(wàibiǎo)积分别记为、,那么(nà me)1S :2S =. 1:1. . 2:1.. 3:2.. 4:1.12、一个空间(kōngjiān)几何体的正视图、侧视图为两个边长是1的正方形,俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形,那么这个几何体的外表积等于 〔 〕 A ．.B ．.C ．.D ．.13、在正方体中与异面直线,均垂直的棱有( )条.1.2.3.4.14、于直线,及平面α,β,以下命题中正确的选项是〔 〕A ．假设那么B ．假设那么C ．假设那么m l //D ．假设,那么主视图左视图俯视图15、现有(xiàn yǒu)一个由长半轴为2,短半轴为的椭圆(tuǒyuán)绕其长轴按一定方向旋转所形成的“橄榄球面〞.一个以椭圆(tuǒyuán)的长轴为轴的圆柱内接于该橄榄球面,那么这个圆柱的侧面积的最大值是_____.1、【答案(dá àn)】4【解析】依题意，，解得.2、解答：如图：3、【答案】3【解析】4、85、D6、D7、238、解答：解：根据条件知，；∴BB1=4；∵BB1∥AA1；∴∠BB1C是异面直线A1A与B1C所成角；∴在Rt△BCB1中，tan∠BB1C=；∴．故答案为：arctan．9、10、11 C12、 B;13、D;14、 B15、.二、解答(jiědá)题1、〔2021年高考(ɡāo kǎo)〕如图，圆锥(yuánzhuī)的顶点为，底面的一条(yītiáo)直径为，C为半圆弧AB的中点，为劣弧的中点.，，求三棱锥的体积，并求异面直线与所成角的大小.2、〔2021年高考〕底面边长为2的正三棱锥，其外表展开图是三角形体积．，如图，求的各边长及此三棱锥的3、〔2021年高考〕如图，正三棱锥O-ABC的底面边长为2，高为1，求该三棱锥的体积及外表积。

2021高考数学一轮复习第二部分专题突破练专题突破练5立体几何的综合问题含解析苏教版

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专题突破练(5) 立体几何的综合问题一、选择题1．(2019·武汉模拟)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是( )A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βB．若m∥α，n∥α，则m∥nC．若m⊥α，n⊥α，则m∥n D．若m∥α，m∥β，则α∥β答案 C解析对于A，若a⊥γ，β⊥γ，则α∥β或α与β相交，故错误；对于B，若m ∥α，n∥α，则m与n平行或相交或异面，故错误；对于C，若m⊥α，n⊥α，则m∥n，正确；对于D，若m∥α，m∥β，则α∥β或α与β相交，故错误．选C．2．(2020·昆明高三摸底)已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，则“α∥β”是“l ⊥m”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析因为l⊥α，α∥β，所以l⊥β，又m⊂β，所以l⊥m；但l⊥α，l⊥m，m⊂β不能得到α∥β.所以“α∥β”是“l⊥m”的充分不必要条件．故选A．3．(2019·湖南长沙市长郡中学二模)如图，在下列三个正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面．在各正方体中，直线BD1与平面EFG的位置关系描述正确的是( )A．BD1∥平面EFG的有且只有①，BD1⊥平面EFG的有且只有②③B．BD1∥平面EFG的有且只有②，BD1⊥平面EFG的有且只有①C．BD1∥平面EFG的有且只有①，BD1⊥平面EFG的有且只有②D．BD1∥平面EFG的有且只有②，BD1⊥平面EFG的有且只有③答案 A解析对于①，连接BD，因为E，F，G均为所在棱的中点，所以BD∥GE，DD1∥EF，从而可得BD∥平面EFG，DD1∥平面EFG，又BD∩DD1＝D，所以平面BDD1∥平面EFG，所以BD1∥平面EFG.对于②，连接DB ，DA 1，设正方体的棱长为1，因为E ，F ，G 均为所在棱的中点，所以BD 1→·GE →＝(DD 1→－DB →)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12DA 1→＝12(DD 1→·DA 1→－DB →·DA 1→)＝12×(1×2×cos45°－2×2×cos60°)＝0，即BD 1⊥EG .连接DC 1，则BD 1→·EF →＝(DD 1→－DB →)·12DC 1→＝12(DD 1→·DC 1→－DB →·DC 1→)＝12×(1×2×cos45°－2×2×cos60°)＝0，即BD 1⊥EF .又EG ∩EF ＝E ，所以BD 1⊥平面EFG .对于图③，设正方体的棱长为1，连接DB ，DG ，因为E ，F ，G 均为所在棱的中点，所以BD 1→·EG →＝(DD 1→－DB →)·(DG →－DE →)＝(DD 1→－DB →)·⎝ ⎛⎭⎪⎫DC →＋12DD 1→－12DA →＝12DD 1→2－DB →·DC →＋12DB →·DA →＝12－2×1×22＋12×2×1×22＝0，即BD 1⊥EG .连接AF ，则BD 1→·EF →＝(DD 1→－DB →)·(AF →－AE →)＝(DD 1→－DB →)·⎝⎛⎭⎪⎫DD 1→＋12DC →＋12DA →＝DD 1→2－12DB →·DC →－12DB →·DA →＝1－12×2×1×22－12×2×1×22＝0，即BD 1⊥EF .又EG ∩EF ＝E ，所以BD 1⊥平面EFG .故选A ．4．在四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ．将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A ′－BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则下列结论正确的是( )A ．A ′C ⊥BDB ．∠BA ′C ＝90°C ．CA ′与平面A ′BD 所成的角为30° D ．四面体A ′－BCD 的体积为13答案 B解析 ∵AB ＝AD ＝1，BD ＝2，∴AB ⊥AD ．∴A ′B ⊥A ′D ．∵平面A ′BD ⊥平面BCD ，平面A ′BD ∩平面BCD ＝BD ，CD ⊥BD ，∴CD ⊥平面A ′BD ，∴CD ⊥A ′B ，又A ′D ∩CD ＝D ，∴A ′B ⊥平面A ′CD ，∴A ′B ⊥A ′C ，即∠BA ′C ＝90°.故选B ．5．(2019·郑州二模)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝DD 1＝1，AB ＝3，E ，F ，G 分别是棱AB ，BC ，CC 1的中点，P 是底面ABCD 内一动点，若直线D 1P 与平面EFG 没有公共点，则三角形PBB 1面积的最小值为( )A.32B ．1C ．34 D ．12答案 C解析 补全截面EFG 为截面EFGHQR ，如图，设BT ⊥AC 于T ，∵直线D 1P 与平面EFG 不存在公共点，∴D 1P ∥平面EFGHQR ，易知平面ACD 1∥平面EFGHQR ，∴P ∈AC ，且当P 与T 重合时，BP ＝BT 最短，此时△PBB 1的面积最小，由等积法：12BT ×AC ＝12BC ×BA ，即12BT ×12＋32＝12×1×3，∴BT ＝32，又BB 1⊥平面ABCD ，∴BB 1⊥BP ，△PBB 1为直角三角形，∴△PBB 1面积的最小值为12×32×1＝34，故选C.6．如图所示，已知在多面体ABC －DEFG 中，AB ，AC ，AD 两两垂直，平面ABC ∥平面DEFG ，平面BEF ∥平面ADGC ，AB ＝AD ＝DG ＝2，AC ＝EF ＝1，则该多面体的体积为( )A ．2B ．4C ．6D ．8答案 B解析 如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，那么显然所求的多面体的体积即为该正方体体积的一半，于是所求几何体的体积为V ＝12×23＝4.故选B ．7．(2019·湖北黄冈中学二模)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为2的等边三角形，俯视图是半圆(如图)．现有一只蚂蚁从点A 出发沿该几何体的侧面环绕一周回到A 点，则蚂蚁所经过路程的最小值为( )A ．πB ．6＋ 2C ．6－ 2D ．π＋2答案 B解析 由三视图可知，该几何体是半圆锥，其侧面展开图如图所示，则依题意，点A ，M 的最短距离，即为线段AM .∵PA ＝PB ＝2，半圆锥的底面半圆的弧长为π，∴展开图中的∠BPM ＝πPB＝π2，∵∠APB ＝π3，∴∠APM ＝5π6，∴在△APM 中，根据余弦定理有，MA 2＝22＋22－2×2×2cos 5π6＝8＋43＝(6＋2)2，∴MA ＝6＋2，即蚂蚁所经过路程的最小值为6＋2.故选B ．8．已知圆锥的底面半径为R ，高为3R ，在它的所有内接圆柱中，表面积的最大值是( ) A ．22πR 2B ．94πR 2C ．83πR 2D ．52πR 2 答案 B解析 如图所示，为组合体的轴截面，记BO 1的长度为x ，由相似三角形的比例关系，得PO 13R ＝x R，则PO 1＝3x ，圆柱的高为3R －3x ，所以圆柱的表面积为S ＝2πx 2＋2πx (3R －3x )＝－4πx 2＋6πRx ，则当x ＝34R 时，S 取最大值，S max ＝94πR 2.故选B ．9．如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AD ，BC ∥AD ，PA ＝AD ＝4，AB ＝BC ＝2，PA ⊥平面ABCD ，点E 是线段AB 的中点，点F 在线段PA 上，且EF ∥平面PCD ，平面CEF 与直线PD 交于点H ，若点A ，B ，C ，H 都在球O 的表面上，则球O 的半径为( )A ．1B ． 2C ．32D ． 3答案 D解析 如图，取PD 的中点H ，PA 的中点G ，连接BG ，GH ，FH ，CH ，则GH ＝BC ，GH ∥BC ，所以四边形BCHG 是平行四边形．因为EF ∥平面PCD ，设平面PAB 与平面PCD 相交于直线m ，则EF ∥m ，CH ∥BG ∥m ，所以EF ∥BG ∥CH ，所以点H 就是平面CEF 与直线PD 的交点．取AD 的中点M ，连接CM ，HM ，则球O 就是直三棱柱ABG －MCH 的外接球，球心O 是两底面外接圆圆心连线的中点．直三棱柱ABG －MCH 的高BC ＝2，底面△ABG 的外接圆的半径为12BG ＝2，所以球O 的半径R ＝12＋22＝ 3.故选D ．10．(2020·河北唐山第一次摸底)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，则异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值为( )A ．105B ．15C ．55D ．155答案 B解析 在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，连接A 1D ，可得A 1D ∥B 1C ，所以异面直线A 1B 与B 1C 所成的角即为直线A 1B 与直线A 1D 所成的角，即∠DA 1B 为异面直线A 1B 与B 1C 所成的角，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，设AB ＝BC ＝2AA 1＝2，则A 1B ＝A 1D ＝5，BD ＝22，在△A 1BD 中，由余弦定理得cos ∠DA 1B ＝A 1B 2＋A 1D 2－BD 22A 1B ·A 1D ＝5＋5－82×5×5＝15.故选B ．11．(2020·广东四校联考)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点C 关于平面BDC 1的对称点为M ，则AM 与平面ABCD 所成角的正切值为( )A ．22B ． 2C ． 3D ．2答案 B解析 如图，连接AC ，交BD 于点O ，因为BD ＝BC 1＝DC 1＝2，所以△BC 1D 是等边三角形，故三棱锥C －BC 1D 为正三棱锥，设O ′为△BC 1D 的中心，连接CO ′，故CO ′⊥平面BC 1D ，延长CO ′到M ，使得MO ′＝O ′C ，连接OO ′，则OO ′∥AM ，所以AM 与平面ABCD 所成的角等于OO ′与平面ABCD 所成的角．因为BD ⊥OO ′，BD ⊥AC ，AC ∩OO ′＝O ，所以BD ⊥平面AMC ，故平面AMC ⊥平面ABCD ，且平面ABCD ∩平面AMC ＝AC ，根据两个平面相互垂直的性质可知OO ′在平面ABCD 上的射影一定落在线段AC 上，故∠O ′OC 为OO ′与平面ABCD 所成的角，即AM 与平面ABCD 所成的角．因为OC ＝22，OO ′＝13×32×2＝66，所以O ′C ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫662＝33，所以tan ∠O ′OC ＝3366＝2，故选B ．12．(2020·湖北重点中学高三起点考试)如图，在四棱锥P －ABCD 中，顶点P 在底面的正投影O 恰为正方形ABCD 的中心，且AB ＝2，设点M ，N 分别为线段PD ，PO 上的动点，已知当AN ＋MN 取最小值时，动点M 恰为PD 的中点，则该四棱锥的外接球的表面积为( )A ．9π2B ．16π3C ．25π4D ．64π9答案 B解析 如图，在PC 上取点M ′，使得PM ＝PM ′，连接NM ′，则MN ＝M ′N ，AN ＋MN ＝AN ＋M ′N ，则当A ，N ，M ′三点共线时，AN ＋M ′N 最小，为AM ′，当AM ′⊥PC 时，AM ′取得最小值，即AN ＋NM ′的最小值．因为此时M 恰为PD 的中点，所以M ′为PC 的中点，连接AC ，所以PA ＝AC ＝2，因此PO ＝PA 2－AO 2＝ 3.易知外接球的球心在四棱锥的内部，设外接球的半径为r ，则r 2＝(3－r )2＋1，解得r ＝233，因此外接球的表面积S ＝4πr 2＝16π3.故选B ．二、填空题13．(2020·长春高三摸底)设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α∥β；②若α外的一条直线l 与α内的一条直线平行，则l ∥α；③设α∩β＝l ，若α内有一条直线垂直于l ，则α⊥β；④直线l ⊥α的充要条件是l 与α内的两条直线垂直．其中所有的真命题的序号是________．答案 ①②解析 ①正确；②正确；满足③的α与β不一定垂直，所以③错误；直线l ⊥α的充要条件是l 与α内的两条相交直线垂直，所以④错误．所有的真命题的序号是①②.14．(2019·湖南湘潭四模)《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：“今有仓，广三丈，袤四丈五尺，容粟一万斛，问高几何？”其意思为：“今有一个长方体(记为ABCD －A 1B 1C 1D 1)的粮仓，宽3丈(即AD ＝3丈)，长4丈5尺，可装粟一万斛，问该粮仓的高是多少？”已知1斛粟的体积为2.7立方尺，一丈为10尺，则下列判断正确的是________(填写所有正确结论的编号)．①该粮仓的高是2丈；②异面直线AD 与BC 1所成角的正弦值为31313；③长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的外接球的表面积为133π4平方丈．答案 ①③解析 由题意，因为10000×2.7＝30×45×AA 1，解得AA 1＝20尺＝2丈，故①正确；异面直线AD 与BC 1所成角为∠CBC 1，则sin ∠CBC 1＝21313，故②错误；此长方体的长、宽、高分别为4.5丈、3丈、2丈，故其外接球的表面积为4π⎝ ⎛⎭⎪⎫4.52＋32＋2222＝133π4平方丈，所以③正确．15．如图，用一个边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个巢，将半径为1的球体放入其中，则球心与巢底面的距离为__________．答案3＋12解析 由题意知，折起后原正方形顶点间最远的距离为1，如图中的DC ；折起后原正方形顶点到底面的距离为12，如图中的BC ．由图知球心与巢底面的距离OF ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋12＝3＋12.16．(2020·惠州调研)在三棱锥A －BCD 中，底面BCD 是直角三角形且BC ⊥CD ，斜边BD 上的高为1，三棱锥A －BCD 的外接球的直径是AB ，若该外接球的表面积为16π，则三棱锥A －BCD 体积的最大值为________．答案 43解析 如图，过点C 作CH ⊥BD 于点H .由外接球的表面积为16π，可得外接球的半径为2，则AB ＝4.因为AB 为外接球的直径，所以∠BDA ＝90°，∠BCA ＝90°，即BD ⊥AD ，BC ⊥CA ，又BC ⊥CD ，CA ∩CD ＝C ，所以BC ⊥平面ACD ，所以BC ⊥AD ，又BC ∩BD ＝B ，所以AD ⊥平面BCD ，所以平面ABD ⊥平面BCD ，又平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，CH ⊥BD ，CH ⊂平面BCD ，所以CH ⊥平面ABD ．设AD ＝x (0<x <4)，则BD ＝16－x 2.在△BCD 中，BD 边上的高CH ＝1，所以V 三棱锥A －BCD ＝V 三棱锥C －ABD ＝13×12×x ×16－x 2×1＝16 －x 4＋16x 2，当x 2＝8时，V 三棱锥A －BCD 有最大值，故三棱锥A －BCD 体积的最大值为43.三、解答题17．(2020·郑州模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，PA ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝π3，M 是PC 的中点．(1)求证：平面PAC ⊥平面MBD ； (2)若PB ⊥PD ，三棱锥P －ABD 的体积为63，求四棱锥P －ABCD 的侧面积． 解 (1)证明：∵PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BD ， ∵底面ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC .又PA ∩AC ＝A ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ， ∴BD ⊥平面PAC .又BD ⊂平面MBD ，∴平面PAC ⊥平面MBD . (2)设菱形ABCD 的边长为x ， ∵∠ABC ＝π3，∴∠BAD ＝2π3.在△ABD 中，BD 2＝AD 2＋AB 2－2AD ·AB ·cos∠BAD ＝2x 2－2x 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝3x 2，∴BD ＝3x .又PA ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，PB ⊥PD ，∴PB ＝PD ＝62x ， ∴PA ＝PB 2－AB 2＝32x 2－x 2＝22x . 又S △ABD ＝12AB ·AD ·sin∠BAD ＝12·x 2·sin 2π3＝34x 2，∴V 三棱锥P －ABD ＝13·S △ABD ·PA ＝13·34x 2·22x ＝63，∴x ＝2，∴PA ＝2，PB ＝PD ＝ 6. ∵∠ABC ＝π3，∴AC ＝AB ＝2.又PA ⊥平面ABCD ，∴PC ＝PB ＝6， ∴四棱锥P －ABCD 的侧面积为2S △PAB ＋2S △PBC ＝2×12×2×2＋2×12×62－1×2＝2(5＋2)．18. (2020·福建莆田月考)如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 是边长为2的正三角形，M ，N 分别是棱AB ，AA 1的中点，且A 1M ⊥B 1N .(1)求证：B 1N ⊥A 1C ；(2)求点M 到平面A 1B 1C 的距离．解 (1)证明：如图，连接CM ，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，所以CM ⊥AA 1.在△ABC 中，由题意知AC ＝BC ，AM ＝BM ，所以CM ⊥AB . 又AA 1∩AB ＝A ，所以CM ⊥平面ABB 1A 1. 因为B 1N ⊂平面ABB 1A 1，所以CM ⊥B 1N .又A 1M ⊥B 1N ，A 1M ∩CM ＝M ，所以B 1N ⊥平面A 1CM .因为A 1C ⊂平面A 1CM ，所以B 1N ⊥A 1C .(2)在矩形ABB 1A 1中，A 1M ⊥B 1N ，所以∠AA 1M ＝∠A 1B 1N ，所以tan ∠AA 1M ＝tan ∠A 1B 1N ，即AMAA 1＝A 1N A 1B 1. 因为△ABC 是边长为2的正三角形，M ，N 分别是棱AB ，AA 1的中点，所以AM ＝1，CM ＝3，A 1B 1＝2.设AA 1＝x (x >0)，则A 1N ＝x 2，所以1x ＝x22，解得x ＝2.解法一：如图，连接B 1C ，B 1M .从而S △A 1B 1M ＝12S 正方形ABB 1A 1＝2，A 1C ＝B 1C ＝2 2.在△A 1CB 1中，cos ∠A 1CB 1＝A 1C 2＋CB 21－A 1B 212A 1C ·CB 1＝34，所以sin ∠A 1CB 1＝74，所以S △A 1B 1C ＝12A 1C ·B 1C ·sin∠A 1CB 1＝12×22×22×74＝7.设点M 到平面A 1B 1C 的距离为d ，由V 三棱锥M －A 1B 1C ＝V 三棱锥C －A 1B 1M ，得13S △A 1B 1C ·d ＝13S △A 1B 1M ·CM ，所以d ＝S △A 1B 1M ·CM S △A 1B 1C ＝2×37＝2217，即点M 到平面A 1B 1C 的距离为2217.解法二：如图，取A 1B 1的中点D ，连接MD ，CD ，过M 作MO ⊥CD 于点O . 在正方形ABB 1A 1中，易知A 1B 1⊥MD ，由(1)可知CM ⊥A 1B 1. 又CM ∩DM ＝M ，所以A 1B 1⊥平面CDM . 因为MO ⊂平面CDM ，所以A 1B 1⊥MO .又MO ⊥CD ，A 1B 1∩CD ＝D ，所以MO ⊥平面A 1B 1C ，即线段MO 的长为点M 到平面A 1B 1C 的距离．由(1)可得CM ⊥DM .又MD ＝2，所以由勾股定理可得CD ＝CM 2＋MD 2＝7，S △CMD ＝12·CD ·MO ＝12·CM ·MD ，即12×7×MO ＝12×3×2，解得MO ＝2217，即点M 到平面A 1B 1C 的距离为2217. 19. (2019·安徽黄山三模)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 到点D 的位置，且AB ⊥DA .(1)证明：CD ⊥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B －APQ 的体积．解 (1)证明：因为四边形ABCM 是平行四边形，且∠ACM ＝90°， 所以AC ⊥AB ，又AD ⊥AB ，AD ∩AC ＝A ，所以AB ⊥平面ACD ， 又CD ⊂平面ACD ，所以AB ⊥CD ，又CD ⊥AC ，AC ∩AB ＝A ，所以CD ⊥平面ABC . (2)取AC 上一点H ，使CH ＝23CA ，因为DQ ＝23DA ，连接QH ，则QH ∥CD ，所以由(1)可得QH ⊥平面ABC .因为AB ＝AC ＝3，所以BC ＝32，AD ＝32，所以BP ＝DQ ＝32×23＝22，所以QH ＝13CD ＝13×3＝1，所以V 三棱锥B －APQ ＝V 三棱锥Q －APB ＝13S △PAB ·QH ＝13×23×12×3×3×1＝1.20.(2019·江西省名校联考)如图，在空间几何体ABCDE 中，△BCD 与△CDE 均为边长为2的等边三角形，△ABC 为腰长为13的等腰三角形，平面CDE ⊥平面BCD ，平面ABC ⊥平面BCD .(1)试在平面BCD 内作一条直线，使直线上任意一点F 与A 的连线AF 均与平面CDE 平行，并给出详细证明；(2)求点B 到平面AEC 的距离．解 (1)如图，取BC 和BD 的中点H ，G ，连接HG ，则直线HG 为所求直线．证明如下．因为H ，G 分别为BC 和BD 的中点，所以HG ∥CD ，所以HG ∥平面CDE . 取CD 的中点O ，连接EO ，AH ，AG ，如图，易知EO ⊥CD ，AH ⊥BC . 因为平面CDE ⊥平面BCD ，且EO ⊥CD ，所以EO ⊥平面BCD ， 又由平面ABC ⊥平面BCD ，AH ⊥BC ，得AH ⊥平面BCD ， 所以EO ∥AH ，所以AH ∥平面CDE ，所以平面AHG ∥平面CDE ， 所以直线HG 上任意一点F 与A 的连线AF 均与平面CDE 平行． (2)由(1)可得EO ∥AH ，所以EO ∥平面ABC ，所以点E 到平面ABC 的距离和点O 到平面ABC 的距离相等，连接DH ，则点O 到平面ABC 的距离d ＝12DH ＝32，因为AB ＝13，所以三角形ABC 的面积S ＝12×2×132－1＝23，而经分析可得三角形ACE 的面积S 1＝12×13×32＝394，设B 到平面AEC 的距离为h ，用等体积法可得，V 三棱锥E －ABC ＝V 三棱锥B －ACE ，即13×23×32＝13×394×h ，解得h ＝43913. 21. (2019·湖北仙桃一中考前适应性考试)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，平面ABCD ⊥平面PAD ，∠PAD ＝∠APD ，E 是线段PB 的中点，F 是线段DC 上的点，且AB＝CF ＝2FD ＝6.(1)证明：EF ⊥平面APB ；(2)在PC 上是否存在一点K ，满足PK →＝λKC →，使得平面EFK ∥平面PAD ？若存在，求出实数λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：如图，取线段PA 的中点M ，连接MD ，ME .因为E 是线段PB 的中点，所以ME ∥AB ，ME ＝12AB .又AB ＝CF ＝2FD ＝6，所以DF ＝12AB ，所以ME ＝DF .又DF ∥AB ，所以ME ∥DF ，所以四边形MDFE 是平行四边形，所以EF ∥MD . 因为∠PAD ＝∠APD ，所以PD ＝AD ，所以MD ⊥PA .因为平面ABCD ⊥平面PAD ，平面ABCD ∩平面PAD ＝AD ，AB ⊥AD ，所以AB ⊥平面PAD ， 所以MD ⊥AB .又PA ∩AB ＝A ，PA ⊂平面APB ，AB ⊂平面APB ，所以MD ⊥平面APB ，故EF ⊥平面APB . (2)存在满足条件的点K .由(1)可知EF ∥MD ，EF ⊄平面PAD ，MD ⊂平面PAD ，所以EF ∥平面PAD . 根据题意，可得当点K 为PC 上靠近点P 的三等分点时，满足题意． 因为PK KC ＝DF FC ＝12，所以FK ∥PD .又PD ⊂平面PAD ，FK ⊄平面PAD ，所以FK ∥平面PAD .又FK ∩EF ＝F ，所以平面EFK ∥平面PAD ，此时PK →＝12KC →，即λ＝12.故当PK →＝12KC →时，平面EFK ∥平面PAD .附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。

2021年高考数学难点突破(新课标版) 专题12 立体几何中探索性问题(解析版)

2021年高考数学难点突破(新课标版) 专题12 立体几何中探索性问题(解析版)

专题12 立体几何中探索性问题专题概述立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．典型例题【例1】（2018•全国三模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形，90BAC ∠=︒，1AA BC ⊥，124AA AC AB ===，且11BC AC ⊥． （1）求证：平面1ABC ⊥平面11A ACC ；（2）设D 是11A C 的中点，判断并证明在线段1BB 上是否存在点E ，使得//DE 平面1ABC ．若存在，求二面角1E AC B --的余弦值．【分析】（1）推导出1AA AB ⊥，1A A AC ⊥，从而1A C ⊥平面1ABC ，由此能证明平面1ABC ⊥平面11A ACC ． （2）当E 为1B B 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ，取1A A 的中点F ，连接EF ，FD ，设点E 到平面1ABC的距离为d ，由11E ABC C ABE V V --=，求出d =A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角1E AC B --的余弦值．【解答】证明：（1）在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形，1AA AB ∴⊥， 又1AA BC ⊥，ABBC B =，1AA ∴⊥平面ABC ，1A A AC ∴⊥．又1A A AC =，11AC AC ∴⊥．又11BC AC ⊥，111BC AC C =，1A C ∴⊥平面1ABC ，又1A C ⊂平面11A ACC ， ∴平面1ABC ⊥平面11A ACC ．解：（2）当E 为1B B 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ， 如图，取1A A 的中点F ，连接EF ，FD ， //EF AB ，1//DF AC ，又EFDF F =，1ABAC A =，∴平面//EFD 平面1ABC ，则有//DE 平面1ABC ．设点E 到平面1ABC 的距离为d ，AB AC ⊥，且1AA AB ⊥，AB ∴⊥平面11A ACC ，1AB AC ∴⊥，∴1122BAC S=⨯= 1A A AC ⊥，AB AC ⊥，AC ∴⊥平面11A ABB ， 11//AC AC ，11AC ∴⊥平面11ABB ，∴11111182243323C ABE ABE V S AC -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=， 由1183E ABC C ABE V V --==，解得188333ABC d S=⨯==以A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系， (0A ，0，0)，(2B ，0，0)，1(0C ，4，4)，(2E ，0，2)， 1(0AC =，4，4)，(2AB =，0，0)，(2AE =，0，2)，设平面1AC E 的法向量(n x =，y ，)z ，则1440220n AC y z n AE x z ⎧=+=⎪⎨=+=⎪⎩，取1x =，得(1n =，1，1)-， 设平面1AC B 的法向量(m x =，y ，)z ，则144020m AC y z m AB x ⎧=+=⎪⎨==⎪⎩，取1y =，得(0m =，1，1)-， 设二面角的平面角为θ， 则6cos ||||32m n m n θ===．∴二面角1E AC B --【例2】在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是正方形，且1BC BB ==，1160A AB A AD ∠=∠=︒． （1）求证：1BD CC ⊥；（2）若动点E 在棱11C D 上，试确定点E 的位置，使得直线DE 与平面1BDB ．【分析】（1）连接1A B ，1A D ，AC ，则△1A AB 和△1A AD 均为正三角形，设AC 与BD 的交点为O ，连接1A O ，则1AO BD ⊥，由四边形ABCD 是正方形，得AC BD ⊥，从而BD ⊥平面1A AC ．进而1BD AA ⊥，由此能证明1BD CC ⊥．（2）推导出11A B A D ⊥，1AO AO ⊥，1AO BD ⊥，从而1A O ⊥底面ABCD ，以点O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，利用向量法能求出当E 为11D C 的中点时，直线DE 与平面1BDB ． 【解答】解：（1）连接1A B ，1A D ，AC ， 因为1AB AA AD ==，1160A AB A AD ∠=∠=︒， 所以△1A AB 和△1A AD 均为正三角形， 于是11A B A D =．设AC 与BD 的交点为O ，连接1A O ，则1AO BD ⊥， 又四边形ABCD 是正方形，所以AC BD ⊥， 而1A OAC O =，所以BD ⊥平面1A AC ．又1AA ⊂平面1A AC ，所以1BD AA ⊥，又11//CC AA ，所以1BD CC ⊥．（2）由11A B A D ==2BD ==，知11A B A D ⊥，于是1112AO AO BD AA ===，从而1AO AO ⊥， 结合1AO BD ⊥，1A AC O =，得1A O ⊥底面ABCD ，所以OA 、OB 、1OA 两两垂直．如图，以点O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -， 则(1A ，0，0)，(0B ，1，0)，(0D ，1-，0)，1(0A ，0，1)，(1C -，0，0)， (0,2,0)DB =，11(1,0,1)BB AA ==-，11(1,1,0)D C DC ==-，由11(1,0,1)DD AA ==-，得1(1D -，1-，1)．设111([0,1])D E D C λλ=∈，则(1E x +，1E y +，1)(1E z λ-=-，1，0)，即(1E λ--，1λ-，1)， 所以(1,,1)DE λλ=--．设平面1B BD 的一个法向量为(,,)n x y z =， 由100n DB n BB ⎧=⎪⎨=⎪⎩得00y x z =⎧⎨-+=⎩令1x =，得(1,0,1)n =，设直线DE 与平面1BDB 所成角为θ，则sin |cos ,|2DE n θ=<>==⨯解得12λ=或13λ=-（舍去）， 所以当E 为11D C 的中点时，直线DE 与平面1BDB ．【变式训练】（2018•全国三模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形，90BAC ∠=︒，1AA BC ⊥，124AA AC AB ===，且11BC AC ⊥ （1）求证：平面1ABC ⊥平面11A ACC（2）设D 是11A C 的中点，判断并证明在线段1BB 上是否存在点E ，使//DE 平面1ABC ，若存在，求点E 到平面1ABC 的距离．【分析】（1）在三棱柱111ABC A B C -中，由侧面11ABB A 是矩形，可得1AA AB ⊥，又1AA BC ⊥，可得1AA ⊥平面ABC ，得到1AA AC ⊥，进一步有11AC AC ⊥，结合11BC AC ⊥，可得1A C ⊥平面1ABC ，由面面垂直的判定得平面1ABC ⊥平面11A ACC ；（2）当E 为1BB 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ，取1AA 的中点F ，连接EF ，FD ，由面面平行的判定和性质可得//DE 平面1ABC ，咋爱优等体积法可求点E 到平面1ABC 的距离为． 【解答】（1）证明：在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形， 1AA AB ∴⊥，又1AA BC ⊥，AB BC B =，1AA ∴⊥平面ABC ，1AA AC ∴⊥，又1AA AC =，11AC AC ∴⊥， 又11BC AC ⊥，111BC AC C =，1A C ∴⊥平面1ABC ，又1A C ⊂平面11A ACC ， ∴平面1ABC ⊥平面11A ACC ；（2）解：当E 为1BB 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ， 如图，取1AA 的中点F ，连接EF ，FD ， //EF AB ，1//DF AC ，又EF DF F =，1ABAC A =，∴平面//EFD 平面1ABC ，又DE ⊂平面EFD ，//DE ∴平面1ABC ，又11E ABC C ABE V V --=，11C A ⊥平面ABE ，设点E 到平面1ABC 的距离为d ，∴111122243232d ⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，得d =∴点E 到平面1ABC ．专题强化1．（2020•3月份模拟）如图．在正三棱柱111ABC A B C -（侧棱垂直于底面，且底面三角形ABC 是等边三角形）中，1BC CC =，M 、N 、P 分别是1CC ，AB ，1BB 的中点． （1）求证：平面//NPC 平面1AB M ；（2）在线段1BB 上是否存在一点Q 使1AB ⊥平面1A MQ ？若存在，确定点Q 的位置；若不存在，也请说明理由．【分析】（1）由M 、N 、P 分别是1CC ，AB ，1BB 的中点．利用平行四边形、三角形中位线定理即可得出1//NP AB ，1//CP MB ，再利用线面面面平行的判定定理即可得出结论．（2）假设在线段1BB 上存在一点Q 使1AB ⊥平面1A MQ ．四边形11ABB A 是正方形，因此点Q 为B 点．不妨取2BC =．判断10AB MQ =是否成立即可得出结论．【解答】（1）证明：M 、N 、P 分别是1CC ，AB ，1BB 的中点． 1//NP AB ∴，四边形1MCPB 为平行四边形，可得1//CP MB ，NP ⊂/平面1AB M ；1AB ⊂平面1AB M ；//NP ∴平面1AB M ；同理可得//CP 平面1AB M ；又CP NP P =，∴平面//NPC 平面1AB M ．（2）假设在线段1BB 上存在一点Q 使1AB ⊥平面1A MQ ． 四边形11ABB A 是正方形，因此点Q 为线段1BB 的中点． 不妨取2BC =．(0M ，1-，1)，(0Q ，1，0)，A 0，0)，1(0B ，1，2)，1(AB =-1，2)，(0MQ =，2，1)-， 10AB MQ =．∴在线段1BB 上存在一点Q ，使1AB ⊥平面1A MQ ，其中点Q 为线段1BB 的中点2．（2020•湖南模拟）如图，AB 为圆O 的直径，点E 、F 在圆O 上，//AB EF ，矩形ABCD 所在的平面与圆O 所在的平面互相垂直．已知2AB =，1EF =． （Ⅰ）求证：平面DAF ⊥平面CBF ； （Ⅰ）求直线AB 与平面CBF 所成角的大小；（Ⅰ）当AD 的长为何值时，平面DFC 与平面FCB 所成的锐二面角的大小为60︒？【分析】()I 利用面面垂直的性质，可得CB ⊥平面ABEF ，再利用线面垂直的判定，证明AF ⊥平面CBF ，从而利用面面垂直的判定可得平面DAF⊥平面CBF；()II确定ABF∠为直线AB与平面CBF所成的角，过点F作FH AB⊥，交AB于H，计算出AF，即可求得直线AB与平面CBF所成角的大小；（Ⅰ）建立空间直角坐标系，求出平面DCF的法向量1(0,2,n t=，平面CBF的一个法向量21(0)2n AF==-，利用向量的夹角公式，即可求得AD的长．【解答】()I证明：平面ABCD⊥平面ABEF，CB AB⊥，平面ABCD⋂平面ABEF AB=，CB∴⊥平面ABEF．AF ⊂平面ABEF，AF CB∴⊥，⋯（2分）又AB为圆O的直径，AF BF∴⊥，AF∴⊥平面CBF．⋯（3分）AF ⊂平面ADF，∴平面DAF⊥平面CBF．⋯（4分）()II解：根据（Ⅰ）的证明，有AF⊥平面CBF，FB∴为AB在平面CBF内的射影，因此，ABF∠为直线AB与平面CBF所成的角⋯（6分）//AB EF，∴四边形ABEF为等腰梯形，过点F作FH AB⊥，交AB于H．2AB=，1EF=，则122AB EFAH-==．在Rt AFB∆中，根据射影定理2AF AH AB=，得1AF=．⋯（8分）∴1sin2AFABFAB∠==，30ABF∴∠=︒．∴直线AB与平面CBF所成角的大小为30︒．⋯（9分）（Ⅰ）解：设EF中点为G，以O为坐标原点，OA、OG、AD方向分别为x轴、y轴、z轴方向建立空间直角坐标系（如图）．设(0)AD t t=>，则点D的坐标为(1，0，)t，则(1C-，0，)t，1(1,0,0),(1,0,0),(2A B F-∴1(2,0,0),(,)2CD FD t==⋯（10分）设平面DCF的法向量为1(,,)n x y z=，则1n CD =，1n FD =，即200.xy tz=⎧⎪⎨+=⎪⎩令z=0x=，2y t=，∴1(0,2,n t=⋯（12分）由()I 可知AF ⊥平面CFB ，取平面CBF 的一个法向量为21(0)2n AF ==-，依题意1n 与2n 的夹角为60︒，∴1212cos60||||n n n n ︒=，即12=，解得t =因此，当AD DFC 平面FCB 所成的锐二面角的大小为60︒．⋯（14分）3．（2019•全国二模）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，点D 是棱11B C 的中点． （Ⅰ）求证：1//AC 平面1A BD ；（Ⅰ）若AB AC ==12BC BB ==，在棱AC 上是否存在点M ，使二面角1B A D M --的大小为45︒，若存在，求出AMAC的值；若不存在，说明理由．【分析】（Ⅰ）先连接1AB ，交1A B 于点O ，再由线面平行的判定定理，即可证明1//AC 平面1A BD ； （Ⅰ）先由题意得AB ，AC ，1AA 两两垂直，以A 为原点，建立空间直角坐标系A xyz -，设(0M ，a ，0)，(02)a，求出两平面的法向量，根据法向量夹角余弦值以及二面角的大小列出等式，即可求出a ，进而可得出结果．【解答】证明：（Ⅰ）连接1AB ，交1A B 于点O ，则O 为1AB 中点， 连接OD ，又D 是棱11B C 的中点，1//OD AC ∴， OD ⊂平面1A BD ，1AC ⊂/平面1A BD ，1//AC ∴平面1A BD ．解：（Ⅰ）由已知AB AC ⊥，则AB ，AC ，1AA 两两垂直， 以A 为原点，如图建立空间直角坐标系A xyz -，则B ，1(0A ，0，2)，D ，2)，(0C0)， 设(0M ，a ，0)，(02)a，则1(BA =-，12(22A D =，0)，1(0A M =，a ，2)-， 设平面1BA D 的法向量为(n x =，y ，)z ，则11220202n BA z n A D y ⎧=-+=⎪⎨=+=⎪⎩，取1z =，得(2,n =-1)． 设平面1A DM 的法向量为(m x =，y ，)z ，则1120202m A M ay z m A D y ⎧=-=⎪⎨=+=⎪⎩，2x =-，得(2m =-，2，)a ． 二面角1BA D M --的大小为45︒， 2|||2222cos 45|cos ,|||||58m na m n m n a --+∴︒=<>===+，23240a ∴+-=，解得a =-a =02a ，3a ∴=， ∴存在点M ，此时23AM AC =，使二面角1B A D M --的大小为45︒．4．（2019•3月份模拟）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，D 为BC 边上一点，BD =122AA AB AD ===．（1）证明：平面1ADB ⊥平面11BB C C ．（2）若BD CD =，试问：1A C 是否与平面1ADB 平行？若平行，求三棱锥11A A B D -的体积；若不平行，请说明理由．【分析】（1）先证AD 与BC ，1BB 垂直，进而得线面垂直，面面垂直；（2）连接1A B 得中点E ，利用中位线得线线平行，进而得线面平行，再利用等分三棱柱的方法求得三棱锥的体积．【解答】解：（1）证明：2AB =，1AD =，BDAD BD ∴⊥，1AA ⊥平面ABC ， 1BB ∴⊥平面ABC ， 1BB AD ∴⊥，AD ∴⊥平面11BB C C ，∴平面1ADB ⊥平面11BB C C ；（2）1A C 与平面1ADB 平行，证明如下：连接1A B 交1AB 于E ，连接DE ，则E 为1AB 中点， BD CD =，1//AC DE ∴， 又1A C ⊂/平面1ADB ，DE ⊂平面1ADB ， 1//AC ∴平面1ADB ， 利用三等分三棱柱的知识可知， 1111116A A B D A B C ABC V V --=116ABC S AA ∆=⨯ 11162BC AD AA =⨯⨯⨯ 111262=⨯⨯⨯=．故三棱锥11A A B D -． 5．（2018秋•全国期末）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是菱形，111112AA A B AB ===，60ABC ∠=︒，1AA ⊥平面ABCD ．（1）若点M 是AD 的中点，求证：1//C M 平面11AA B B ；（2）棱BC 上是否存在一点E ，使得二面角1E AD D --的余弦值为13？若存在，求线段CE 的长；若不存在，请说明理由．【分析】（1）连接1B A ，推导出四边形11AB C M 是平行四边形，从而11//C M B A ，由此能证明1//C M 平面11AA B B ．（2）取BC 中点Q ，连接AQ ，推导出AQ BC ⊥，AQ AD ⊥，分别以AQ ，AD ，1AA 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．【解答】证明：（1）连接1B A ，由已知得，11////B C BC AD ，且1112B C AM BC == 所以四边形11AB C M 是平行四边形，即11//C M B A ⋯（2分）又1C M ⊂/平面11AA B B ，1B A ⊂平面11AA B B ， 所以1//C M 平面11AA B B ⋯（4分）解：（2）取BC 中点Q ，连接AQ ，因为ABCD 是菱形，且60ABC ∠=︒， 所以ABC ∆是正三角形，所以AQ BC ⊥，即AQ AD ⊥， 由于1AA ⊥平面ABCD ⋯（6分）所以，分别以AQ ，AD ，1AA 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系， 如图(0A ，0，0)，1(0A ，0，1)，1(0D ，1，1)，Q 假设点E 存在，设点E的坐标为,0)λ，11λ-， (3,0)AE λ=，1(0,1,1)AD =⋯（7分）设平面1AD E 的法向量(,,)n x y z =则100n AE n AD ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即00y y z λ+=+=⎪⎩，可取(,3,n λ=-⋯（9分）平面1ADD 的法向量为(3,0,0)AQ =⋯（10分） 所以，31|cos ,|33AQ n λ<>==，解得：λ=（11分） 又由于二面角1E AD D --大小为锐角，由图可知，点E 在线段QC 上， 所以λ=，即1CE =（12分）6．（2019•山东模拟）如图所示的矩形ABCD 中，122AB AD ==，点E 为AD 边上异于A ，D 两点的动点，且//EF AB ，G为线段ED 的中点，现沿EF 将四边形CDEF 折起，使得AE 与CF 的夹角为60︒，连接BD ，FD ．（1）探究：在线段EF 上是否存在一点M ，使得//GM 平面BDF ，若存在，说明点M 的位置，若不存在，请说明理由；（2）求三棱锥G BDF -的体积的最大值，并计算此时DE 的长度．【分析】（1）取线段EF 的中点M ，由G 为线段ED 的中点，M 为线段EF 的中点，可得//GM DF ，再由线面平行的判定可得//GM 平面BDF ；（2）由//CF DE ，且AE 与CF 的夹角为60︒，可得AE 与DE 的夹角为60︒，过D 作DP 垂直于AE 交AE 于P ，由已知可得DP 为点D 到平面ABFE 的距离，设DE x =，则4AE BF x ==-，然后利用等积法写出三棱锥G BDF -的体积，再由基本不等式求最值，并求出DE 的长度． 【解答】（1）解：取线段EF 的中点M ，有//GM 平面BDF ． 证明如下：如图所示，取线段EF 的中点M ， G 为线段ED 的中点，M 为线段EF 的中点， GM ∴为EDF ∆的中位线，故//GM DF ，又GM ⊂/平面BDF ，DF ⊂平面BDF ，故//GM 平面BDF ； （2）解：//CF DE ，且AE 与CF 的夹角为60︒， 故AE 与DE 的夹角为60︒， 过D 作DP 垂直于AE 交AE 于P ，由已知得DE EF ⊥，AE EF ⊥，EF ∴⊥平面AED ， 则DP 为点D 到平面ABFE 的距离， 设DE x =，则4AE BF x ==-， 由（1）知//GM DF ， 故111333[1(4)](4)332G BDF M BDF D MBF MBF V V V S DP x x x x ---∆====⨯⨯⨯-⨯=-， 当且仅当4x x -=时等号成立，此时2x DE ==．故三棱锥G BDF -，此时DE 的长度为2．7．（2018•全国模拟）如图，在四棱锥P ABCD -中，90ABC BAD ∠=∠=︒，112AD AB BC ===，PD ⊥平面ABCD ，PD =M 为PC 上的动点．（Ⅰ）当M 为PC 的中点时，在棱PB 上是否存在点N ，使得//MN 平面PDA ？说明理由； （Ⅰ）BDM ∆的面积最小时，求三棱锥M BCD -的体积．【分析】（Ⅰ）当N 为PB 中点时，//MN 平面PDA ．取PB 的中点N ，连接MN ，由M ，N 分别为PC ，PB 中点，可得//MN BC ，又//BC AD ，得//MN AD ，再由直线与平面平行的判定对立即可证明//MN 平面PDA ；（Ⅰ）由PD ⊥平面ABCD ，DB ⊂平面ABCD ，知PD BD ⊥，又BD CD ⊥，CDPD D =，得BD ⊥平面PCD ，又MD ⊂平面PDC ，可得BD MD ⊥，进一步得到DBM ∆为直角三角形，当MD PC ⊥时BDM∆的面积最小，然后利用等积法即可求出三棱锥M BCD -的体积． 【解答】解：（Ⅰ）当N 为PB 中点时，//MN 平面PDA ． 证明如下：取PB 的中点N ，连接MN ，M ，N 分别为PC ，PB 中点，//MN BC ∴，又//BC AD ， //MN AD ∴，又DA ⊂平面PDA ，MN ⊂/平面PDA ， //MN ∴平面PDA ；（Ⅰ）由PD ⊥平面ABCD ，DB ⊂平面ABCD ，知PD BD ⊥， 又BD CD ⊥，CDPD D =，BD ∴⊥平面PCD ，又MD ⊂平面PDC ，BD MD ∴⊥，DBM ∴∆为直角三角形．当MD PC ⊥时BDM ∆的面积最小． 在底面直角梯形ABCD 中，由90ABC BAD ∠=∠=︒，112AD AB BC ===，得CD =BD ∴==在Rt PDC ∆中，由PD =CD =可得PC =MD =．则CM =122MCD S ∆∴=⨯=．∴1133M BCD B MCD MCD V V S BD --∆===⨯=8．（2018•全国二模）直三棱柱111ABC A B C -中，14AC AA ==，AC BC ⊥． （Ⅰ）证明：11AC A B ⊥；（Ⅰ）当BC 的长为多少时，直线1A B 与平面1ABC 所成角的正弦值为13．【分析】（Ⅰ）由BC AC ⊥，1BC AA ⊥，得BC ⊥平面11AA C C ，从而1AC BC ⊥，连结1A C ，四边形11AA C C 是正方形，则11AC AC ⊥，由此能证明1AC ⊥平面1A BC ，从而11AC A B ⊥． （Ⅰ）以C 为原点，CA 、CB 、1CC 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C xyz -，利用向量法能求出a ．【解答】证明：（Ⅰ）BC AC ⊥，1BC AA ⊥，1AC AA A =，BC ∴⊥平面11AA C C ，又1AC ⊂平面11AA C C ，1AC BC ∴⊥，连结1A C ，四边形11AA C C 是正方形，11AC AC ∴⊥， 且1BCA C C =，1AC ∴⊥平面1A BC ，又1A B ⊂平面1A BC ，11AC A B ∴⊥．解：（Ⅰ）以C 为原点，CA 、CB 、1CC 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C xyz -， 设BC a =，则(0C ，0，0)，(4A ，0，0)，(0B ，a ，0)，1(0C ，0，4)，1(4A ，0，4)， 1(4A B =-，a ，4)-，(4AB =-，a ，0)，1(4AC =-，0，4)，设平面1ABC 的法向量为(n x =，y ，)z ，则140440AB n x ay AC n x z ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，取x a =，得(n a =，4，)a ，直线1A B 与平面1ABC 所成角的正弦值为13．1|cos A B ∴<，221||332216n a ==++．解得4a =．9．（2018•新课标Ⅰ）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．【分析】（1）通过证明CD AD ⊥，CD DM ⊥，证明CM ⊥平面AMD ，然后证明平面AMD ⊥平面BMC ； （2）存在P 是AM 的中点，利用直线与平面平行的判断定理说明即可．【解答】（1）证明：矩形ABCD 所在平面与半圆弦CD 所在平面垂直，所以AD ⊥半圆弦CD 所在平面，CM ⊂半圆弦CD 所在平面， CM AD ∴⊥，M 是CD 上异于C ，D 的点．CM DM ∴⊥，DMAD D =，CM ∴⊥平面AMD ，CM ⊂平面CMB ，∴平面AMD ⊥平面BMC ；（2）解：存在P 是AM 的中点， 理由：连接BD 交AC 于O ，取AM 的中点P ，连接OP ，可得//MC OP ，MC ⊂/平面BDP ，OP ⊂平面BDP ， 所以//MC 平面PBD ．。