资源简介 立体几何目录【知识点讲解】————————————————————2【例题讲解】表面积——————————————————10体积———————————————————10外接球——————————————————12内切球——————————————————12截面问题—————————————————13轨迹问题—————————————————17动态问题—————————————————19翻折问题—————————————————20立体几何大题——角度———————————21立体几何大题——求长度——————————24立体几何大题——求体积—————————26立体几何大题——求距离—————————28【对点训练】选填题—————————————————————29大题——————————————————————40【参考答案】—————————————————————-55【知识点讲解】一、空间几何体的结构特征、表面积与体积1.简单几何体（1）多面体的结构特征名称 棱柱 棱锥 棱台图形底面 互相平行且全等 多边形 互相平行且相似侧棱 互相平行且相等 相交于一点，但不一定相等 延长线交于一点侧面形状 平行四边形 三角形 梯形（2）旋转体的结构特征名称 圆柱 圆锥 圆台 球1图形母线 互相平行且相等，垂直于底面 长度相等且相交于一点 延长线交于一点轴截面 全等的矩形 全等的等腰三角形 全等的等腰梯形 圆侧面展开图 矩形 扇形 扇环2.直观图（1）画法：常用斜二测画法。（2）规则①原图形中， 轴、 轴、 轴两两垂直，直观图中， 轴、 轴的夹角为 （或 ）， 轴与 轴和 轴所在平面垂直。②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴。平行于 轴和 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半。3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱 圆锥 圆台侧面展开图侧面积公式4.柱、锥、台、球的表面积和体积表面积 体积柱体 棱柱圆柱锥体 棱锥圆锥台体 棱台圆台球二、空间点、直线、平面之间的位置关系1.平面的基本事实与推论基本事实：①基本事实 :过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面。②基本事实 :如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内。③基本事实 :如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线。推论：①推论 :经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面。②推论 :经过两条相交直线，有且只有一个平面。③推论 :经过两条平行直线，有且只有一个平面。2.空间两直线的位置关系3．异面直线所成的角设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O分别作直线a′∥a，b′∥b，把直线a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．范围为．4.空间直线与平面、平面与平面的位置关系（1）直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况。（2）平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况。三、直线、平面平行的判定与性质1.直线与直线平行（1）基本事实 :平行于同一条直线的两条直线平行。（2）定理：如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补。2.直线与平面平行（1）直线和平面平行的判定定理①定义：若直线与平面没有公共点，则称直线与平面平行；②判定定理: , ，且 ；③其他判定方法： ， 。（2）直线和平面平行的性质定理， ， 。3.平面与平面平行（1）两个平面平行的判定定理①定义：两个平面没有公共点，称这两个平面平行；②判定定理：如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行；③推论：若一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则这两个平面平行。（2）两个平面平行的性质定理两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行。补充：（1）垂直于同一条直线的两个平面平行，即若 ， ，则 。（2）平行于同一平面的两个平面平行，即若 ， ，则 。（3）两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．（4）夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．四、直线、平面垂直的判定与性质1.直线与直线垂直（1）异面直线所成的角设 ， 是两条异面直线，经过空间任一点 分别作直线 ， ，把直线 与 所成的角叫做异面直线 与 所成的角（或夹角）范围是 。（2）如果两条异面直线所成的角是直角，那么说这两条异面直线互相垂直。2.直线与平面垂直（1）定义如果直线 与平面 内的任意一条直线都垂直，则直线 与平面 互相垂直，记作 ，直线 叫做平面 的垂线，平面 叫做直线 的垂面。（2）判定定理与性质定理文字语言 图形语言 符号语言判定定理 一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则该直线与此平面垂直 l⊥α性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 a∥b3.直线和平面所成的角平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角。若一条直线垂直于平面，它们所成的角是直角，若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是 的角。范围是 。4.平面与平面垂直（1）二面角的有关概念①二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角。③二面角的范围： 。（2）平面和平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直。（3）平面与平面垂直的判定定理与性质定理文字语言 图形语言 符号语言判定定理 一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直 α⊥β性质定理 两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直 l⊥α补充：（1）若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．（2）垂直于同一条直线的两个平面平行．（3）两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．五、空间向量及空间位置关系1.空间向量及其有关概念（1）空间向量：在空间中，具有大小和方向的量叫做空间向量。（2）相等向量：方向相同且模相等的向量。（3）共线向量：表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量。（4）共面向量：平行于同一个平面的向量。2.空间向量中的有关定理（1）共线向量定理:对任意两个空间向量 , ，存在唯一一个实数 ,使 = 。（2）共面向量定理:若两个向量 ， 不共线，则向量 与向量 , 共面存在唯一的有序实数对 ,使 = 。（3）空间向量基本定理：如果三个向量 ， ， 不共面，那么对任意一个空间向量 ,存在唯一的有序实数组 ，使得 = 。3.两个向量的数量积非零向量 , 的数量积 。4.空间向量及其运算的坐标表示设 , ,向量表示 坐标表示加法减法数乘数量积共线 , ,垂直 （ ， ）模夹角 （ ， ）5、应用（1）求点到直线的距离如图，直线 的单位方向向量为 ，向量 在直线 上的投影向量为 ，则 是直角三角形。设向量 ，点 到直线 的距离为 。（2）求点到平面的距离如图，已知平面 的法向量为 ， 是平面 内的定点， 是平面 外一点。过点 作平面 的垂线 ，交平面 于点 ，则 是直线 的方向向量，且点 到平面 的距离就是 在直线 上的投影 的长度。因此 。（3）求线面距离已知直线 上一点 ，平面 内一点 ，平面 的一个法向量 ，且 ，则直线 到平面 的距离为 。（4）求面面距离已知平面 内一点 ，平面 内一点 ，平面 （或平面 ）的一个法向量 ，则平行平面 , 间的距离为 。（5）求两条异面直线所成角的求法设两条异面直线 , 的方向向量分别为 , ,其夹角为 ,则 （其中 为异面直线 , 所成的角）。（6）求直线和平面所成角的求法如图所示，设直线 的方向向量为 ,平面 的法向量为 ,直线 与平面 所成的角为 ，向量 与 的夹角为 ，则有 。（7）求二面角的大小二面角α l β为θ或π－θ．设二面角大小为φ，则|cos φ|＝cos θ＝补充：最小角定理如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2．【例题讲解】表面积例1．已知正四棱锥的底面正方形的中心为，若高，，则该四棱锥的表面积是A． B． C． D．【答案】D【解析】依题意，正四棱锥的高底面，且，知为等腰直角三角形，则侧棱，且，则底面正方形的对角线，得正方形的边长，从而知正四棱锥的个侧面均是边长为的正三角形；所以底面积为 ；侧面积为故正四棱锥的表面积为．故选D体积例2．已知球是正四面体的外接球，为线段的中点，过点的平面与球形成的截面面积的最小值为，则正四面体的体积为A． B． C． D．【答案】D【解析】如图所示：易知平面时，截面面积最小．设外接球的半径为，截面面积最小时截面圆的半径为，，外接圆的圆心为，则，，所以．由，解得，则，解得．又正四面体的高为，所以正四面体的体积，故选D．例3．运用祖暅原理计算球的体积时，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等．现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于．A． B． C． D．【答案】B【解析】构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，则当截面与顶点距离为时，小圆锥的底面半径为，则，，故截面面积为，把代入椭圆可得，橄榄球形几何体的截面面积为，由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积．故选B．外接球例4．在三棱锥中，侧棱，，两两垂直，、、的面积分别为1、、3，则三棱锥的外接球的表面积为A． B． C． D．【答案】A【解析】三棱锥中，侧棱、、两两垂直，补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的体对角线就是球的直径，设长方体的三度为，，由题意得，，，解得，，，所以球的直径为，它的半径为，球的表面积为；故选A．内切球例5．已知四面体中， ，，，平面PBC，则四面体的内切球半径与外接球半径的比A． B． C． D．【答案】C【解析】由已知及勾股定理得，为等边三角形，为等腰三角形，且易得底边的高为5．所以，，表面积，设内切球半径为，，所以，，；如图，取的外接圆圆心为，三棱锥的外接球球心为，由，，因此外接球半径故内切球半径与外接球半径的比为．故选C．截面问题例6.（多选）如图，在长方体中，，E、F分别为棱、的中点，则下列说法中正确的有A． B．三棱锥的体积为C．若P是棱上一点，且，则E、C、P、F四点共面D．平面截该长方体所得的截面为五边形【答案】BCD【解析】连接DE， ，如图所示，因为E为AB的中点，所以EB=BC=2，所以，同理，又DC=4，所以，即，因为底面ABCD，底面ABCD，所以，所以平面，即，又，即与不平行，所以CE不垂直，故A错误；由等体积法可得三棱锥的体积，故B正确；作出P，使，取中点G，则P为中点，连接FP，CP，，因为F，P分别为，中点，所以，又，且，所以，所以，所以E、C、P、F四点共面，故C正确；由选项C可得E、C、P、F四点共面，平面CEF即为平面CEFP，作，交于H ，如图所示：所以E、H、P、C在同一平面内，即H点在平面ECP内，所以E、C、P、F、H在同一平面内，所以平面截该长方体所得的截面为五边形，故D正确．故选BCD例7．（多选）如图，在棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，上的动点(点不与点，重合)，若，则下列说法正确的是A．存在点，使得点到平面的距离为B．用过，，三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形C．平面D．用平行于平面的平面去截正方体，得到的截面为六边形时，该六边形周长一定为【答案】ABD【解析】A．连接，如图所示：因为，所以易知，且平面平面，又已知三棱锥各条棱长均为，所以三棱锥为正四面体，所以到平面的距离为，因为平面，所以，又，且，所以平面，又平面，所以，同理可得，且，所以平面，因为，所以到平面的距离，且，故正确；B．如图所示，连接并延长交的延长线于点，连接并将其延长与相交于，因为，且，则，所以，所以即为，连接，所以过，，的截面为四边形，由条件可知，且，所以四边形为梯形，故正确；C．连接，由A可知平面平面，因为平面，平面，所以不平行于平面，所以平面不成立，故错误；D．在上取点，过点作交于，过作交于，以此类推，依次可得点，此时截面为六边形，根据题意可知平面平面，不妨设，所以，所以，所以六边形的周长为，故正确；故选ABD．轨迹问题例8．在棱长为的正方体中， 分别为棱 的中点，则以下结论正确的为A．B．平面与正方体的交点轨迹长度为C．平面D．正方体外接球表面积为【答案】C【解析】，故A选项错误；、分别为棱、的中点，，，正方体，，，故平面与正方体的交点为、、、，；；；平面与正方体的交点轨迹长度，故B选项错误；、为和的中点，，又面，面，面，故C选项正确；正方体的外接球半径为，则其表面积为，故D选项错误．故选C．例9．在棱长为的正方体中，、分别为棱、的中点，则平面与正方体外接球的交点轨迹长度为A． B． C． D．【答案】C【解析】如图所示，连接，取的中点，的中点，的中点，连接，其中为正方体的中心，作，垂足为，因为平面，平面，所以，因为四边形为正方形且为的中点，为的中点，可得，因为，且平面，所以平面，因为面，所以，又由，且平面，所以平面，因为面和面是同一面，所以平面，在直角中，，可得，所以，因为，在中，可得，由平面截球的轨迹为圆，其中是截面圆的圆心，为球心，因为正方体的棱长为，所以外接球的半径，根据截面圆的性质，可得，所以截面的周长为．故选C．动态问题例10．（多选）如图，在棱长为1的正方体中，P为棱CC1上的动点(点P不与点C，C1重合)，过点P作平面分别与棱BC，CD交于M，N两点，若CP＝CM＝CN，则下列说法正确的是A．A1C⊥平面B．存在点P，使得AC1∥平面C．存在点P，使得点A1到平面的距离为D．用过点P，M，D1的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形【答案】ACD【解析】连接因为，所以＝，所以又平面，平面，所以平面同理可证，平面又，、平面，所以平面平面易证⊥平面，所以⊥平面，A正确又平面，所以与平面相交，不存在点P，使得∥平面，B不正确．因为，点到平面的距离为所以点A1到平面的距离的取值范围为又，所以存在点P，使得点A1到平面的距离为，C正确．因为，所以，所以用过点P，M，D1的平面去截正方体得到的截面是四边形又，且，所以截面为梯形，D正确，故选ACD.八、翻折问题例11．（多选）在直角梯形中，，，，点为直线上一点，且，将该直角梯形沿折叠成三棱锥，则下列说法正确的是（ ）A．存在位置，使得B．在折叠的过程中，始终有C．三棱锥体积最大值为D．当三棱锥体积最大时，【答案】BCD【解析】如图所示，从翻折过程中，点在平面内射影始终落在直线上，假设存在位置，使得，又平面．所以，所以平面，因此，与题意不符，选项A错误；因为四边形为菱形，所以，又，所以平面，所以，故B选项正确；当平面平面时，三棱锥体积最大，此时的体积为，故C选项正确；当三棱锥体积最大时，在上的投影为，则，在中，，，，由余弦定理得，所以．故选BCD九、立体几何大题——角度例12．如图，四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点．（1）证明：平面；（2）设，三棱锥的体积为，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）连接交于点，连接，则为中点，为的中点，所以，平面平面，所以平面；（2）设菱形的边长为，，，则．取中点，连接．以点为原点，以方向为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立如图所示坐标系． ，，， ，，，设平面的法向量为，由，得，令，则，，平面的一个法向量为，，即二面角的余弦值为．例13．直三棱柱被平面截去一部分后得到如图所示几何体，，，是中点．（1）求证：平面⊥平面；（2）若三棱锥体积为，求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）因为，所以，在直三棱柱中，由平面可得，又，，所以平面，所以，因为，所以平面，由平面可得平面平面；（2）由题意，，解得，以为原点，分别为轴建立直角坐标系，如图，则，，设面的一个法向量为，，则，取，，设面的一个法向量为，，则，取，所以，所以二面角的正弦值．十、立体几何大题——求长度例14．如图，平面，，点分别为的中点．（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求线段的长．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．【解析】（1）连接，因为，所以，因为，所以为平行四边形．由点和分别为和的中点，可得且，因为为的中点，所以且，可得且，即四边形为平行四边形，所以，又，，所以．（2）因为，，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系．依题意可得，．设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得．，于是．所以，二面角的正弦值为．（3）设，即，则．从而．由（2）知平面的法向量为，由题意，，即，整理得，解得或，因为所以，所以．十一、立体几何大题——求体积例15．如图所示，中，，四棱锥是由沿其中位线翻折而成，其中为锐角，．（1）证明：平面；（2）若，二面角的大小为，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）连接交与点，连接．因为翻折前，为的中位线，所以，且，翻折后，平行关系不变，因此，，，所以，所以，，．又平面，平面．平面．（2）因为中，，沿中位线翻折，垂直关系不变，即，因此，以为原点，为轴的正方向，为轴的正方向，竖直方向为轴建立空间直角坐标系．记在底面的投影为，且设．则，，，，所以，，，，设平面的一个法向量为，则，即，不妨令，则，，所以；设平面的一个法向量为，则，即，不妨令，则，，即则，化简得，，则，则，或（舍），即，则，又四边形的面积为，故．立体几何大题 ——求距离例16．如图在直三棱柱中，为的中点，为的中点，是中点，是与的交点，是与的交点.(1)求证：；(2)求证：平面；(3)求直线与平面的距离.例17．已知三棱柱的侧棱垂直于底面，，，分别是棱的中点.(1)求证：平面；(2)求点到直线的距离.【答案】1．(3) 2．(2).【对点训练】一、单选题1．已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图为如图所示的三角形，其中，则该平面图形的面积为（ ）A． B．2C． D．42．三棱锥的顶点都在同一球面上，其中、、两两垂直，且，，，则该球的表面积为（ ）A． B． C． D．3．若底面边长为，高为的正四棱柱的顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ）A． B． C． D．4．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为A． B． C． D．5．在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为A． B． C． D．6．已知直三棱柱的所有棱长都相等，为的中点，则与所成角的余弦值为A． B． C． D．7．如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则A．，且直线是相交直线B．，且直线是相交直线C．，且直线是异面直线D．，且直线是异面直线8．设，为两个平面，则的充要条件是A．内有无数条直线与平行B．内有两条相交直线与平行C．，平行于同一条直线D．，垂直于同一平面9．若一个圆锥的底面面积为，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（ ）A． B． C． D．10．在如图（1）所示的四棱锥中，底面为正方形，且侧面垂直于底面，水平放置的侧面的斜二测直观图如图（2）所示，已知，，则四棱锥的侧面积是（ ）A． B．C． D．11．如图，已知一个八面体的各条棱长均为2，四边形为正方形，则下列结论正确的是（ ）A．该八面体的体积为B．该八面体的外接球的表面积为C．到平面的距离为D．与所成角为二、多选题12．已知，是两条不重合的直线，，，是三个两两不重合的平面，则下列命题正确的是A．若，，，则 B．若，，则C．若，，，则 D．若，，则13．如图，点，，，，是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足平面的有（ ）A． B．C． D．14．下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（ ）A． B． C． D．15．如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）A． B．C． D．16．已知菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD相交于点O．将△ABD沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，下列结论正确的是（ ）A．BD⊥CMB．存在一个位置，使△CDM为等边三角形C．DM与BC不可能垂直D．直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60°17．为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典，获新知》的演讲比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图，已知球的体积为，托盘由边长为的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图.则下列结论正确的是（ ）A．经过三个顶点的球的截面圆的面积为B．异面直线与所成的角的余弦值为C．直线与平面所成的角为D．球离球托底面的最小距离为18．已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，为上底面上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）A．若，则满足条件的点有且只有一个B．若，则点的轨迹是一段圆弧C．若∥平面，则长的最小值为2D．若∥平面，且，则平面截正四棱柱的外接球所得平面图形的面积为19．如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）A． B．C． D．20．已知正方体的棱长为，则下列命题正确的是（ ）A．点到平面的距离为B．直线与平面所成角的余弦值为C．若、分别是、的中点，直线平面，则D．为侧面内的动点，且，则三棱锥的体积为定值21．已知正方体，为对角线上一点（不与点，重合），过点作垂直于直线的平面，平面与正方体表面相交形成的多边形记为，下列结论正确的是（ ）A．只可能为三角形或六边形B．直线与直线BD所成的角为C．当且仅当为对角线中点时，的周长最大D．当且仅当为对角线中点时，的面积最大22．在棱长为的正方体中，为上任意一点，为上任意两点，且的长为定值，则下面的四个值中为定值的是（ ）A．点到平面的距离B．三棱锥的体积C．直线与平面所成的角D．二面角的大小23．棱长为2的正方体中，是线段上的动点，下列正确的是（ ）A．的最大值为90° B．C．三棱锥的体积为定值 D．的最小值为424．已知正方体棱长为，如图，为上的动点，平面.下面说法正确的是（）A．直线与平面所成角的正弦值范围为B．点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大C．点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形D．已知为中点，当的和最小时，为的中点25．如图，在平行四边形中，，，，沿对角线将折起到的位置，使得平面平面，下列说法正确的有（ ）A．平面平面B．三棱锥四个面都是直角三角形C．与所成角的余弦值为D．过的平面与交于，则面积的最小值为26．如图，在棱长为6的正方体中，为棱上一点，且为棱的中点，点是线段上的动点，则（ ）A．无论点在线段上如何移动，都有B．四面体的体积为24C．直线与所成角的余弦值为D．直线与平面所成最大角的余弦值为27．正方体中，E是棱的中点，F在侧面上运动，且满足平面.以下命题正确的有（ ）A．侧面上存在点F，使得B．直线与直线所成角可能为C．平面与平面所成锐二面角的正切值为D．设正方体棱长为1，则过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为28．已知直三棱柱中，，，是的中点，为的中点.点是上的动点，则下列说法正确的是（ ）A．当点运动到中点时，直线与平面所成的角的正切值为B．无论点在上怎么运动，都有C．当点运动到中点时，才有与相交于一点，记为，且D．无论点在上怎么运动，直线与所成角都不可能是30°29．如图，正方体的棱长为1，E是的中点，F是侧面上的动点，且平面，下列说法正确的是（ ）A．F是轨迹长度为B．与是异面直线C．三棱锥的外接球表面积的最大值为D．过A作平面与平面平行，则正方体在内的正投影为正六边形30．如图，四棱柱底面是边长为1的正方形，，点是直线上一动点，下列说法正确的是（ ）A．若棱柱是直棱柱，其外接球半径为2，则；B．若棱柱是正方体，分别为棱，中点，则四棱锥的体积为；C．不论取何值，一定存在点使得直线平面；D．若直线，，与平面所成角分别是，，，则.31．如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）A．直线平面B．三棱锥的体积为定值C．异面直线与所成角的取值范围是D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为32．在棱长为1的正方体中，点满足，，，则以下说法正确的是（ ）A．当时，平面B．当时，存在唯一点使得与直线的夹角为C．当时，长度的最小值为D．当时，与平面所成的角不可能为三、填空题33．将边长为2的正水平放置后，利用斜二测画法得其直观图，则的面积为__________.34．在三棱锥中，，底面是等边三角形，三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值是___________.35．已知圆台的轴截面面积为10，母线与底面所成的角为，则圆台的侧面积为___．36．设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p4：若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.则下述命题中所有真命题的序号是__________.①②③④四、解答题37．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．38．如图，在三棱柱ABC 中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．（1）求证：AC⊥平面BEF；（2）求二面角B CD C1的余弦值；（3）证明：直线FG与平面BCD相交．39．如图：在正方体中，为中点，与平面交于点．（1）求证：为的中点；（2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．40．（2017新课标全国Ⅲ理科）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.41．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．（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．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．42．如图，已知多面体ABC-A1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．43．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.44．如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边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，且直线与底面所成角为，求二面角的余弦值．45．如图，在三棱锥中，平面平面，，，若为的中点.（1）证明：平面；（2）求异面直线和所成角；（3）设线段上有一点，当与平面所成角的正弦值为时，求的长.46．如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．47．如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．48．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．（1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小 49．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．50．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【参考答案】1．D【详解】解：作出原图形如下图所示：则，所以该平面图形的面积为，2．C【详解】在三棱锥中，、、两两垂直，将该三棱锥补成长方体，则长方体的体对角线长为，所以，三棱锥的外接球半径为，因此，该三棱锥外接球的表面积为.3．B【详解】由题意可知，该正四棱柱的体对角线长为，因此，该正四棱柱的外接球半径为，因此，该正四棱柱的外接球的表面积为.4．A【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体中，平面与线所成的角是相等的，所以平面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与中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为，故选A.5．C【详解】在正方体中，，所以异面直线与所成角为，设正方体边长为，则由为棱的中点，可得，所以，则.故选C.6．D【详解】由题意，取的中点，连接，则,所以异面直线与所成角就是直线与所成角，设正三棱柱的各棱长为,则，设直线与所成角为，在中，由余弦定理可得，即异面直线与所成角的余弦值为，故选D．7．B【详解】如图所示， 作于，连接，过作于．连，平面平面．平面，平面，平面，与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，．，故选B．8．B【详解】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．9．B【详解】设该圆锥的底面半径为r,则 ，所以该圆锥的底面半径，设圆锥的母线长为，则，即，则圆锥的高为 ，因此该圆锥的体积，10．D【详解】四棱锥中，底面为正方形，且侧面垂直于底面，则侧面，侧面由水平放置的侧面的斜二测直观图可知，，由勾股定理可得，，所以等腰三角形的面积为，直角三角形与直角三角形的面积均为，等腰直角三角形的面积为，故该几何体的侧面积是.11．D【详解】对于A，连接交于点，连接，易得过点，且平面，又，则，则该八面体的体积为，A错误；对于B，因为，则点即为该八面体的外接球的球心，则外接球半径，则外接球的表面积为，B错误；对于C，取中点，连接，易得，，，，平面，则平面，过作交延长线于，平面，则，又，平面，故平面，，则，即到平面的距离为，C错误；对于D，易得，则或其补角即为与所成角，又，则与所成角为，D正确.12．AD【详解】解：对A：若，，则，又，所以，故正确；对B：若，，则与可能平行，也可能相交，故错误；对C：若，，，由于没有强调与相交，故不能推出，故错误；对D：若，，根据面面垂直的判定定理，可得，故正确.13．AD【详解】对于A选项，由下图可知，平面，平面，所以平面，A正确.对于B选项，设是的中点，由下图，结合正方体的性质可知，，所以六点共面，B错误.对于C选项，如下图所示，根据正方体的性质可知，由于平面，所以平面.所以C错误.对于D选项，设，由于四边形是矩形，所以是中点，由于是中点，所以，由于平面，平面，所以平面，D正确.故选：AD14．BCD【详解】由正方体的平面展开图还原正方体如图，由图形可知，，故A错误；由，四边形为平行四边形，所以，故B正确；因为,,所以平面,所以，故C正确；因为，而,所以，故D正确.15．BC【详解】设正方体的棱长为，对于A，如图（1）所示，连接，则，故（或其补角）为异面直线所成的角，在直角三角形，，，故，故不成立，故A错误.对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，由正方体可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，故B正确.对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，故，故C正确.对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，则，因为，故，故，所以或其补角为异面直线所成的角，因为正方体的棱长为2，故，，，，故不是直角，故不垂直，故D错误.16．ABD【详解】对A，菱形中，，与相交于点．将沿折起，使顶点至点，如图：取的中点，连接，，可知，，所以平面，可知，故A正确；对B，由题意可知，三棱锥是正四面体时，为等边三角形，故B正确；对C，三棱锥是正四面体时，与垂直，故C不正确；对D，平面与平面垂直时，直线与平面所成的角的最大值为，故D正确．故选：ABD．17．BCD【详解】根据图形的形成，知三点在底面上的射影分别是三边中点，如图，与全等且所在面平行，截面圆就是的外接圆与的外接圆相同．由题意的边长为1，其外接圆半径为，圆面积为，A错；由上面讨论知与平行且相等，而与平行且相等，因此与平行且相等，从而是平行四边形，，所以是异面直线与所成的角（或其补角）．由已知，，，，，B正确；由平面与平面垂直知在平面内的射影是，所以为直线与平面所成的角，此角大小，C正确．由上面讨论知，设是球心，球半径为，由得，则是正四面体，棱长为1，设是的中心，则平面，又平面，所以，，则，又．所以球离球托底面的最小距离为，D正确．故选：BCD．18．ABD【详解】如图：∵正四棱柱的底面边长为2，∴，又侧棱，∴，则与重合时，此时点唯一，故A正确；∵，，则，即点的轨迹是一段圆弧，故B正确；连接，，可得平面平面，则当为中点时，DP有最小值为，故C错误；由C知，平面即为平面，平面截正四棱柱的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为，面积为，故D正确．故选：ABD．19．CD【详解】设，因为平面，，则，，连接交于点，连接，易得，又平面，平面，则，又，平面，则平面，又，过作于，易得四边形为矩形，则，则，，，则，，，则，则，，，故A、B错误；C、D正确.20．ACD【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，对于A选项，、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，，所以，到平面的距离为，A对；对于B选项，设直线与平面所成角为，所以，，则，故直线与平面所成角的余弦值为，B错；对于C选项，延长、交于点，连接交线段于点，，则，则，即为的中点，，，故，C对；对于D选项，设点，其中，，，，则，可得，，则到平面的距离为，易知是边长为的等边三角形，故，因此，，D对.21．ABD【详解】∵正方体，体对角线与平面垂直，则平面，若向点方向平移,则为三角形，若向点方向平移,则可能为六角形，A正确；∵平面，∴直线与直线BD的夹角为，B正确；∵当为对角线中点时，为正六边形PQRSTW，而三角形为等边三角形，根据中位线定理，，易得两个截面周长相等，故C错误；对于D，当为对角线中点时，为正六边形PQRSTW，设边长，面积为，当向下移动时，为六边形，结合图形可知两邻边一条增大，一条减小，且变化量相等，设，，，而且所有六边形的高都相等，且等于，两邻边夹角都为120°，则当为三角形时，面积最大为，而，∴当且仅当为对角线中点时，的面积最大，故D正确.故选：ABD22．ABD【详解】解：A选项中，∵平面PEF也就是平面，又到平面的距离是定值，∴点到平面PEF的距离为定值，故A正确；B选项中，因为EF定长， D1到EF的距离就是D1到CD的距离也为定长，即三角形的底和高都是定值，所以的面积是定值，又P到平面的距离是定值，所以P到平面D1EF的距离也是定值，即三棱锥的高也是定值，又∵，三棱锥的体积是定值，故B正确；C选项中，因为平面就是平面，∵P是动点，∴直线P D1与平面所成的角不是定值，如点P在点A1时，直线P D1与平面所成的角为，点P在点B1时，直线P D1与平面所成的角为，所以直线与平面所成的角不是定值，故C不正确；D选项中，因为平面PEF也就是平面，平面就是平面，∴二面角的大小为定值，故D正确．23．BC【详解】对A，在正方体中，连接，如图，而，则，令，在中，，由余弦定理得，根据线面垂直的性质有，则，中，，，当时，，即是钝角，A不正确；对B，因平面，平面，则，正方形中，，，平面，于是得平面，又平面，因此，，B正确；对C，由题意，到平面的距离为定值，故为定值，C正确；对D，把与矩形展开在同一平面内，连接交于点，如图，在中，，由余弦定理得：，因点M在线段上，，当且仅当点M与重合时取“=”，所以的最小值为，D错误；24．AC【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、设点，平面，则为平面的一个法向量，且，，，所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；对于B选项，当与重合时，连接、、、，在正方体中，平面，平面，，四边形是正方形，则，，平面，平面，，同理可证，，平面，易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，正六边形的周长为，面积为，则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误；对于C选项，设平面交棱于点，点，，平面，平面，，即，得，，所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，而，，且，由空间中两点间的距离公式可得，，，所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；对于D选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：若最短，则、、三点共线，，，，所以，点不是棱的中点，D选项错误.25．ABD【详解】中，，，，由余弦定理可得，故，所以，因为平面平面且平面平面，所以平面，；同理平面，因为平面，所以平面平面，A，B正确；以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，因为，，所以，即与所成角的余弦值为，C错误；因为在线段上，设，则，所以点到的距离，当时，取得最小值，此时面积取得最小值，D正确.故选：ABD.26．ABD【详解】在正方体中，易证面又平面所以则A正确；则B正确；在棱上取点使，连结如图则易知为直线与所成角或其补角，可得则则直线与所成角的余弦值为则C错误；由题意知三棱锥为棱长为的正四面体，作平面为垂足，则为正的中心，且为直线与平面所成角，所以当点移动到的中点时最短，如图，此时最小，最大，此时则D正确.27．AC【详解】取中点M，中点N，连接，则易证得，，从而平面平面，所以点F的运动轨迹为线段．取的中点F，因为是等腰三角形，所以，又因为，所以，故A正确；设正方体的棱长为a，当点F与点M或点N重合时，直线与直线所成角最大，此时，所以B错误；平面平面，取F为的中点，则，，∴即为平面与平面所成的锐二面角，，所以C正确；因为当F为与的交点时，截面为菱形（为的交点），面积为，故D错误.28．ABD【详解】直三棱柱中，，选项A中，当点运动到中点时，有E为的中点，连接、，如下图示即有面∴直线与平面所成的角的正切值：∵，∴，故A正确选项B中，连接，与交于E，并连接，如下图示由题意知，为正方形，即有而且为直三棱柱，有面，面∴，又∴面，面，故同理可证：，又∴面，又面，即有，故B正确选项C中，点运动到中点时，即在△中、均为中位线∴Q为中位线的交点∴根据中位线的性质有：，故C错误选项D中，由于，直线与所成角即为与所成角：结合下图分析知：点在上运动时当在或上时，最大为45°当在中点上时，最小为∴不可能是30°，故D正确故选：ABD29．ACD【详解】分别取的中点，连接，如图，平面，平面，平面，同理可得平面，又是平面内的两条相交直线，平面平面，而平面，平面，得点的轨迹是线段 ，长度为，故A正确；对B，当为与的交点时，与相交，故B错误；对C，易得到平面三棱锥的距离为定值，根据外接球的性质可得，因为平面，故三棱锥的外接球的直径与的外接圆直径和构成直角三角形，设的外接圆直径为，则，故当最小时三棱锥的外接球的直径最大.因为为钝角，故当最大时，最小，此时为中点，连接交于，可得为与的交点.此时，故，故，故，故三棱锥的外接球直径平方，即三棱锥的外接球表面积最大值为，故C正确；对D，根据题意可得，过A作平面与平面平行，则正方体在内的正投影为以的投影为顶点的正六边形，故D正确；故选：ACD30．BCD【详解】对于A：若棱柱是直棱柱，则其体对角线为外接球的直径，所以，即，解得，故A错误；对于B：若棱柱是正方体，则棱长均为1，因为分别为棱，中点，所以，即四边形为菱形，所以，故B正确；对于C：连接AC、BD交于点O，连接、PC，如图所示当P为中点时，有，，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，所以当P为中点时，不论取何值，一定存在点使得直线平面，故C正确；对于D：作底面ABCD于H，连接PA、PB、PC，如图所示因为，则H一定在AC所在直线上，则，所以，当H位于线段AC内时，设，则时，此时，由余弦定理得，所以恒成立，当H位于AC延长线， 则时，此时，由余弦定理得，所以恒成立，当H位于CA延长线时，设，则，由余弦定理得，所以恒成立，综上恒成立所以，则所以，故D正确，故选：ACD31．ABD【详解】对于A，连接，，，，平面，，同理，，，直线平面，故A正确；对于B，∥，平面，平面，∥平面，点在线段上运动，点到平面的距离为定值，又的面积为定值，利用等体积法知三棱锥的体积为定值，故B正确；对于C，∥，异面直线与所成的角即为与所成的角，当点位于点时，与所成的角为，当点位于的中点时，平面，，，此时，与所成的角为，异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；对于D，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，，则，，，，，，设平面的法向量，则，即，令，得，所以，直线与平面所成角的正弦值为：，当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为，故D正确.故选：ABD32．ACD【详解】对于A，当时，，即点在线段上，利用正方体的性质，易证平面平面，平面，平面，故A正确；对于B， 当时，，设的中点为H，则，即，即点为中点，此时，故B错误；对于C，当时，可知三点共线，线段在中，当点为中点时，最小，此时，，故长度的最小值为，故C正确；对于D，当时，可知三点共线，点在平面内的射影为Q在线段上，则为与平面所成的角，，又，所以，而，所以与平面所成的角不可能为，故D正确；故选：ACD33．【详解】边长为2的正的面积为，即.由斜二测画法的直观图与原图形的关系可知：故答案为：34．【详解】设三棱锥外接球球心为O，底面ABC边长为a，三棱锥的高为h，因为，即，所以外接球的球心为SA的中点，即为O，又底面是等边三角形，设底面外接圆的圆心为，连接，则底面，如图所示则，，所以三棱锥体积，则，外接球的半径，当且仅当，即时等号成立，所以三棱锥的外接球表面积的最小值为.故答案为：35．【详解】如图所示，依题意，设下底面圆半径为，上底面圆半径为，圆台的高为，过点作交于点，在中，，，，，则圆台轴截面的面积，则圆台的侧面积.故答案为：.36．①③④【详解】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；若与相交，则交点在平面内，同理，与的交点也在平面内，所以，，即，命题为真命题；对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题为假命题；对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，命题为假命题；对于命题，若直线平面，则垂直于平面内所有直线，直线平面，直线直线，命题为真命题.综上可知，，为真命题，，为假命题，为真命题，为假命题，为真命题，为真命题.故答案为：①③④.37．（1）证明见解析；（2）．【详解】（1）因为底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知．于是，故．因为，所以，即．故四棱锥的体积．[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法 由（2）知,所以．建立如图所示的平面直角坐标系，设．因为，所以，，，．从而．所以，即．下同方法一.[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法 建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以，，，，．所以，，．所以．所以，即．下同方法一.[方法四]：空间向量法 由，得．所以．即．又底面，在平面内，因此，所以．所以，由于四边形是矩形，根据数量积的几何意义，得，即．所以，即．下同方法一.38．(1)见解析（2）；（3）见解析．【详解】（Ⅰ）在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF．∵AB=BC．∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF．（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐称系E-xyz．由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．∴，设平面BCD的法向量为，∴，∴，令a=2，则b=-1，c=-4，∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1的法向量为，∴．由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．（Ⅲ）平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴，∴，∴与不垂直，∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．39．（1）证明见解析；（2）．【详解】(1)如图所示，取的中点，连结，由于为正方体，为中点，故，从而四点共面，即平面CDE即平面，据此可得：直线交平面于点，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，即点为中点.(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，设，则：，从而：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，从而：，则：，整理可得：，故（舍去）.40．（1）见解析；（2）.【详解】（1）由题设可得，，从而.又是直角三角形，所以.取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.又由于是正三角形，故.所以为二面角的平面角.在中，.又，所以，故.所以平面ACD⊥平面ABC.（2）由题设及（1）知，两两垂直，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.则.由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得.故.设是平面DAE的法向量，则即可取.设是平面AEC的法向量，则同理可取.则.所以二面角D-AE-C的余弦值为.41．(Ⅰ)见解析；(Ⅱ) ；(Ⅲ)见解析.【详解】(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易知：，由可得点F的坐标为，由可得，设平面AEF的法向量为：，则，据此可得平面AEF的一个法向量为：，很明显平面AEP的一个法向量为，，二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为.(Ⅲ)易知，由可得，则，注意到平面AEF的一个法向量为：，其且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.42．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【详解】详解：方法一：（Ⅰ）由得，所以.故.由， 得，由得，由，得，所以，故.因此平面.（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结.由平面得平面平面，由得平面，所以是与平面所成的角.由得，所以，故.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.方法二：（Ⅰ）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O-xyz.由题意知各点坐标如下：因此由得.由得.所以平面.（Ⅱ）设直线与平面所成的角为.由（Ⅰ）可知设平面的法向量.由即可取.所以.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.43．(1)见详解；(2) .【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起.，A，C，G，D四点共面.又.平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.(2)过B作延长线于H，连结AH，因为AB平面BCGE，所以而又，故平面，所以.又因为所以是二面角的平面角，而在中，又因为故，所以.而在中,，即二面角的度数为.44．（1）见解析；（2）【详解】（1）取中点，连结，．因为为的中点，所以,,由得，又所以．四边形为平行四边形， ．又，，故（2）由已知得,以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则则，，，，,则因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而是底面ABCD的法向量，所以，即（x-1） +y -z =0又M在棱PC上,设由①，②得所以M，从而设是平面ABM的法向量，则所以可取.于是因此二面角M-AB-D的余弦值为45．(1)证明见解析；(2)(3).【详解】（1）∵，，∴，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面.（2）∵，，∴，，如图，分别以，，为轴，轴，轴的非负半轴，建立空间直角坐标系,∵，，，，∴，，∵，∴异面直线和所成角为.（3）设为平面的法向量，∵，，∴，即，设，，∴，设与平面所成角为，∵，∴，，，，（舍），，∴的长为.46．（1）证明见解析；（2）.【详解】（1）因为，为的中点，所以，且．连结．因为，所以为等腰直角三角形，且由知．由知平面．（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 ．由已知得取平面的法向量．设，则．设平面的法向量为．由得 ，可取所以 ．由已知得 ．所以 ．解得(舍去)， ．所以 ．又 ，所以 ．所以与平面所成角的正弦值为．47．（1）见解析（2）【详解】解：（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为上异于C，D的点,且DC为直径，所以 DM⊥CM.又 BCCM=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,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为的中点.由题设得，设是平面MAB的法向量,则即可取.是平面MCD的法向量,因此，，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.48．（1）证明见解析；（2）【详解】（1）[方法一]：几何法因为，所以．又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，过E作的平行线分别与交于其中点，连接，因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，易证，则．又因为，所以．又因为，所以平面．又因为平面，所以．[方法二] 【最优解】：向量法因为三棱柱是直三棱柱，底面，，，，又，平面．所以两两垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．，．由题设（）．因为，所以，所以．[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面的法向量为，因为，所以，即．令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则．当时，取最小值为，此时取最大值为．所以，此时．[方法二] ：几何法如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．设，过作交于点G．由得．又，即，所以．又，即，所以．所以．则，所以，当时，．[方法三]：投影法如图，联结，在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．设，在中，．在中，，过D作的平行线交于点Q．在中，．在中，由余弦定理得，，，，，当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．49．（1）见解析；（2）.【详解】（1）连接，，分别为，中点 为的中位线且又为中点，且 且四边形为平行四边形，又平面，平面平面（2）在菱形中，为中点，所以，根据题意有，，因为棱柱为直棱柱，所以有平面，所以，所以，设点C到平面的距离为，根据题意有，则有，解得，所以点C到平面的距离为.50．(1)证明见解析；(2).【详解】（1）因为，O是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面．因为平面，所以.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则，设,所以，设为平面的法向量，则由可求得平面的一个法向量为．又平面的一个法向量为，所以，解得．又点C到平面的距离为，所以，所以三棱锥的体积为．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作，垂足为点G．作，垂足为点F，连结，则．因为平面，所以平面，为二面角的平面角．因为，所以．由已知得，故．又，所以．因为，．[方法三]：三面角公式考虑三面角，记为，为，，记二面角为．据题意，得．对使用三面角的余弦公式，可得，化简可得．①使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②将①②两式平方后相加，可得，由此得，从而可得．如图可知，即有，根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为．2023 届高考数学一轮复习——立体几何立体几何目录【知识点讲解】————————————————————2【例题讲解】一、表面积——————————————————10二、体积———————————————————10三、外接球——————————————————12四、内切球——————————————————12五、截面问题—————————————————13六、轨迹问题—————————————————17七、动态问题—————————————————19八、翻折问题—————————————————20九、立体几何大题——角度———————————21十、立体几何大题——求长度——————————24十一、立体几何大题——求体积—————————26十二、立体几何大题——求距离—————————28【对点训练】选填题—————————————————————29大题——————————————————————40【参考答案】—————————————————————-55第 1 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何【知识点讲解】一、空间几何体的结构特征、表面积与体积1.简单几何体（1）多面体的结构特征名称 棱柱 棱锥 棱台图形底面 互相平行且全等 多边形 互相平行且相似侧棱 互相平行且相等 相交于一点，但不一定相等 延长线交于一点侧面形状 平行四边形 三角形 梯形（2）旋转体的结构特征名称 圆柱 圆锥 圆台 球 1图形母线 互相平行且相等，垂直于底面长度相等且相交于一点延长线交于一点轴截面 全等的矩形 全等的等腰三角形 全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形 扇形 扇环2.直观图（1）画法：常用斜二测画法。（2）规则①原图形中， 轴、 轴、 轴两两垂直，直观图中， ' 轴、 ' 轴的夹角为45 （或135 ）， ' 轴与 ' 轴和 ' 轴所在平面垂直。②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴。平行于 轴和 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半。3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱 圆锥 圆台第 2 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何侧面展开图侧面积公式 圆柱侧 = 2π 圆锥侧 = π '圆台侧 = π + 4.柱、锥、台、球的表面积和体积表面积 体积柱体 棱柱 棱柱 = 侧 + 2 底 棱柱 = 底 圆柱 圆柱 = 2π + = π 2圆柱 锥体 棱锥 棱锥 = 侧 + 1底 棱锥 = 底 3圆锥 1 2圆锥 = π + 圆锥 = π 3台体 棱台 棱台 = 侧 + 上 + 下 1 棱台 = 上 + 下 + 上 下 3圆台 圆台 = π '2 + 2 + ' + 圆台 =1π '2 + ' + 23球 = 4π 2 = 4π 3球 球 3二、空间点、直线、平面之间的位置关系1.平面的基本事实与推论基本事实：①基本事实 1 :过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面。②基本事实 2 :如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内。③基本事实 3 :如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线。推论：①推论 1 :经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面。②推论 2 :经过两条相交直线，有且只有一个平面。③推论 3 :经过两条平行直线，有且只有一个平面。第 3 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何2.空间两直线的位置关系平行直线：在同一平面内，没有公共点；共面直线 相交直线：在同一平面内，有且只有一个公共点.异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点.3．异面直线所成的角设 a，b是两条异面直线，经过空间任一点 O分别作直线 a′∥a，b′∥b，把直线 a′与 b′所成的角叫做异面直线 a与 b所成的角(或夹角)．π0，范围为 2 ．4.空间直线与平面、平面与平面的位置关系（1）直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况。（2）平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况。三、直线、平面平行的判定与性质1.直线与直线平行（1）基本事实 4 :平行于同一条直线的两条直线平行。（2）定理：如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补。2.直线与平面平行（1）直线和平面平行的判定定理①定义：若直线与平面没有公共点，则称直线与平面平行；②判定定理: , ，且 // // ；③其他判定方法： // ， // 。（2）直线和平面平行的性质定理 // ， ， ∩ = // 。3.平面与平面平行（1）两个平面平行的判定定理第 4 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何①定义：两个平面没有公共点，称这两个平面平行；②判定定理：如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行；③推论：若一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则这两个平面平行。（2）两个平面平行的性质定理两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行。补充：（1）垂直于同一条直线的两个平面平行，即若 ⊥ ， ⊥ ，则 // 。（2）平行于同一平面的两个平面平行，即若 // ， // ，则 // 。（3）两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．（4）夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．四、直线、平面垂直的判定与性质1.直线与直线垂直（1）异面直线所成的角设 ， 是两条异面直线，经过空间任一点 分别作直线 '// ， '// ，把直线 ' 与 ' 所成的角叫做异面直线 与 所成的角（或夹角）范围是(0,π ] 。2（2）如果两条异面直线所成的角是直角，那么说这两条异面直线互相垂直。2.直线与平面垂直（1）定义如果直线 与平面 内的任意一条直线都垂直，则直线 与平面 互相垂直，记作 ⊥ ，直线 叫做平面 的垂线，平面 叫做直线 的垂面。（2）判定定理与性质定理文字语言 图形语言 符号语言第 5 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何判定定一条直线与一个平面内的两条相交 a，b α理 直线垂直，则该直线与此平面垂直 a∩b＝O l⊥αl⊥al⊥b性质定垂直于同一个平面的两条直线平行 a⊥α理 a∥bb⊥α3.直线和平面所成的角平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角。若一条直线垂直于平面，它们所成的角是直角，若一条直线和平面平行，π或在平面内，它们所成的角是0 的角。范围是[0, ] 。24.平面与平面垂直（1）二面角的有关概念①二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角。③二面角的范围：[0,π] 。（2）平面和平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直。（3）平面与平面垂直的判定定理与性质定理文字语言 图形语言 符号语言判 定一个平面过另一个平面的垂 l⊥α定理 线，则这两个平面垂直 α⊥βl β性 质两个平面垂直，如果一个平面 α⊥β定理 内有一直线垂直于这两个平面 l β的交线，那么这条直线与另一 l⊥α个平面垂直 α∩β＝al⊥a补充：第 6 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何（1）若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．（2）垂直于同一条直线的两个平面平行．（3）两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．五、空间向量及空间位置关系1.空间向量及其有关概念（1）空间向量：在空间中，具有大小和方向的量叫做空间向量。（2）相等向量：方向相同且模相等的向量。（3）共线向量：表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量。（4）共面向量：平行于同一个平面的向量。2.空间向量中的有关定理（1）共线向量定理:对任意两个空间向量 , ≠ 0 ， // 存在唯一一个实数 ,使 = 。（2）共面向量定理:若两个向量 ， 不共线，则向量 与向量 , 共面 存在唯一的有序实数对 , ,使 = + 。（3）空间向量基本定理：如果三个向量 ， ， 不共面，那么对任意一个空间向量 ,存在唯一的有序实数组 , , ，使得 = + + 。3.两个向量的数量积非零向量 , 的数量积 = cos < , > 。4.空间向量及其运算的坐标表示设 = 1, 2, 3 , = 1, 2, 3 ,向量表示 坐标表示加法 + 1 + 1, 2 + 2, 3 + 3第 7 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何减法 1 , 2 , 3 1 2 3数乘 1, 2, 3数量积 1 1 + 2 2 + 3 3共线 0 1 = 1 , 2 = , = ≠ 2 3 = 3垂直 = 0 （ ≠ 0 ， ≠ 0 1 1 + 2 2 + 3 3 = 0）模 21 + 2 22 + 3夹角 , ≠ 0 ≠ 0 cos＜ , = ＞ 1 1+ 2 2+ 3 3＜ ＞ （ ， ） 21+ 2 2 2 2 22+ 3 1+ 2+ 35、应用（1）求点到直线的距离如图，直线 的单位方向向量为 ，向量 在直线 上的投影向量为 ，则△ 是直角三角形。设向量 = ，点 到直线 的距离为 = 2 2 = 2 2 。（2）求点到平面的距离如图，已知平面 的法向量为 ， 是平面 内的定点， 是平面 外一点。过点 作平面 的垂线 ，交平面 于点 ，则 是直线 的方向向量，且点 到平面 的距离就是 在直线 上的投影 的长度。因此 = 。（3）求线面距离已知直线 上一点 0, 0, 0 ，平面 内一点 1, 1, 1 ，平面 的一 个法向量 ，且 // ，则直线 到平面 的距离为 = 。（4）求面面距离已知平面 内一点 1, 1, 1 ，平面 内一点 0, 0, 0 ，平面 （或第 8 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何 平面 ）的一个法向量 ，则平行平面 , 间的距离为 = 。（5）求两条异面直线所成角的求法设两条异面直线 , 的方向向量分别为 , ,其夹角为 ,则 cos =cos = （其中 为异面直线 , 所成的角）。（6）求直线和平面所成角的求法如图所示，设直线 的方向向量为 ,平面 的法向量为 ,直线 与平面 所成的角为 ，向量 与 的夹角为 ，则有 sin = cos = 。（7）求二面角的大小二面角α l β为θ或π－θ．设二面角大小为φ，|n·n |则|cos φ|＝cos θ＝ 2|n1||n2|补充：最小角定理如图，若 OA 为平面α的一条斜线，O为斜足，OB 为 OA 在平面α内的射影，OC 为平面α内的一条直线，其中θ为 OA 与 OC 所成的角，θ1为 OA 与 OB 所成的角，即线面角，θ2为 OB 与 OC 所成的角，那么 cos θ＝cos θ1cos θ2．第 9 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何【例题讲解】一、表面积例 1．已知正四棱锥 P ABCD的底面正方形的中心为O，若高 PO 2 ， PAO 45 ，则该四棱锥的表面积是A． 4 2 2 B． 4 4 2 C． 4 2 3 D．4 4 3【答案】D【解析】依题意，正四棱锥的高 PO 底面 ABCD，且 PAO 45 ，知 PAO为等腰直PA PO 2角三角形，则侧棱 2，且 AO PO 2，sin PAO sin 45 则底面正方形 ABCD的对角线 AC 2AO 2 2 2AB，得正方形的边长 AB 2，从而知正四棱锥的 4个侧面均是边长为 2的正三角形；1所以底面积为 AB 2 4 ；侧面积为 4S PAB 4 2 2 sin 60 4 32故正四棱锥的表面积为 4 4 3．故选 D二、体积例 2．已知球O是正四面体 SABC的外接球，E为线段BC的中点，过点 E的平面 与球O形成的截面面积的最小值为6 ，则正四面体 SABC的体积为A．9 3 B．12 3 C．6 3 D．8 3【答案】D【解析】如图所示：易知 EO 平面 时，截面面积最小．设外接球的半径为 R，截面面积最小时截面圆的半径为 r， AB = a， ABC 外接圆的圆心第 10 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何为O ，则 R2 O O2 O B2，OE 2 O O2 O E 2 ，所以 r 2 R2 OE 2 O B2 O E 2．由 r 2 6 ，解得 r 6，2 2 3 则6 3 a a ，解得 a 2 6． 3 6 2 3 6又正四面体的高为 h SO ' a2 a a ，所以正四面体 SABC的体积 3 3V 1 Sh 1 3 a2 6 23 a a3 2 2 6 8 3，故选 D．3 3 4 3 12 12 例 3．运用祖暅原理计算球的体积时，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明x2 y2新几何体与半球体积相等．现将椭圆 1绕 y轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如4 9图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于．A．8π B．16π C．24π D．32π【答案】B【解析】构造一个底面半径为 2，高为 3 的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶h r点的圆锥，则当截面与顶点距离为 h(0 h 4)时，小圆锥的底面半径为 r，则 ，3 22 2 2 2 2 r h 4h ，故截面面积为 4 ，把 y h x y 2 9 h代入椭圆 1可得 ，3 9 x 4 9 3第 11 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何2 4h 橄榄球形几何体的截面面积为 x2 4 ，由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体9V 2 V 1积 圆柱 V圆锥 2 22 3 22 3 16 ．故选 B． 3 三、外接球例 4．在三棱锥 A BCD中，侧棱 AB，AC，AD两两垂直， ABC、 ACD、 ABD3的面积分别为 1、 、3，则三棱锥 A BCD的外接球的表面积为214 7 49 A． B． C． D 7 14 ．2 4 3【答案】A【解析】三棱锥 A BCD中，侧棱 AB、 AC、 AD两两垂直，补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的体对角线就是球的直径，设长方体的三度为 a，b， c由题意得 ab 2，ac 3，bc 6，解得 a 1，b 2， c 3，所以球的直径为 12 22 32 14，214 14 它的半径为 ，球的表面积为 4 14 ；故选 A．2 2 四、内切球例 5．已知四面体 P ABC中， PA 4，AC 2 7 ，PB BC 2 3，PA 平面 PBC，则四面体 P ABC的内切球半径与外接球半径的比A 2 B 3 2 C 3 2 D 2． ． ． ．16 8 16 8【答案】C【解析】由已知及勾股定理得， AB 2 7,PC 2 3, PBC为等边三角形， ABC为等腰三角形，且易得底边的高为 5．1 1 1 3 所以，VP ABC S3 PBC PA 2 3 2 3 4 4 3，3 2 2 第 12 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何 2 表面积 S 1 2 3 4 2 1 3 1 2 3 2 3 52 16 3， 2 2 2r 1 1 3设内切球半径为 ，V S r，所以， 4 3 16 3r， r ；3 3 4如图，取 PBC的外接圆圆心为O1，三棱锥的外接球球心为O，由 2PO 2 3 4, PO1 21 ，OO11 PA 2，sin 60 23 2因此外接球半径 R 22 22 2 2,故内切球半径与外接球半径的比为 ．故选 C．16五、截面问题例 6.（多选）如图，在长方体 ABCD A1B1C1D1 中，AB 4,BC BB1 2 ，E、F 分别为棱 AB、 A1D1的中点，则下列说法中正确的有A．DB1 CE B．三棱锥D CEF8的体积为3C．若 P 是棱C1D1上一点，且D1P 1，则 E、C、P、F 四点共面D．平面CEF截该长方体所得的截面为五边形【答案】BCD【解析】连接 DE， D1E ，如图所示，第 13 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何因为 E为 AB 的中点，所以 EB=BC=2，所以CE BE2 BC2 2 2，同理 DE CE 2 2，又 DC=4，所以DE 2 EC 2 DC 2，即 DE EC，因为DD1 底面 ABCD，CE 底面 ABCD，所以DD1 CE ，所以CE 平面DD1E，即CE D1E ，又D1E D1B D1，即D1E 与D1B不平行，所以 CE 不垂直D1B，故 A 错误；D CEF V V 1 1 8由等体积法可得三棱锥 的体积 D CEF F CED 4 2 2 ，故 B正确；3 2 3作出 P，使 D1P 1，取C1D1中点 G，则 P 为D1G中点，连接 FP，CP， A1G，因为 F，P 分别为 A1D1，D1G中点，所以 FP? A1G，又 A1D1G ≌ CBE ，且 A1D1? BC，D1G? EB所以 A1G? EC，所以 FP? EC，所以 E、C、P、F 四点共面，故 C 正确；由选项 C 可得 E、C、P、F 四点共面，平面 CEF 即为平面 CEFP，作 EH? CP，交 AA1于 H ，如图所示：所以 E、H、P、C 在同一平面内，即 H 点在平面 ECP 内，所以 E、C、P、F、H 在同一平面内，所以平面CEF截该长方体所得的截面为五边形，故 D正确．故选 BCD例 7．（多选）如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD A1B1C1D1 中，P，M ，N 分别为棱CC1，CB，CD上的动点(点 P不与点C，C1重合)，若CP CM CN ，则下列说法正确的是第 14 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何A 4A．存在点 P，使得点 1到平面 PMN的距离为 3B．用过 P，M ，D1三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形C． BD1 //平面 PMND．用平行于平面 PMN的平面 去截正方体，得到的截面为六边形时，该六边形周长一定为3 2【答案】ABD【解析】A．连接 A1C1,BC1, A1B,BD,C1D, A1D,B1C ，如图所示：因为CP CM CN ，所以易知MN / /BD,NP / /C1D,MP / /BC1，且平面MNP / /平面BC1D，又已知三棱锥 A1 BC1D各条棱长均为 2，所以三棱锥 A1 BC1D为正四面体，22所以 A1到平面 BC1D 2 2 3 2 2 3的距离为 ， 2 3 3因为 A1B1 平面 BCC1B1，所以 A1B1 BC1，又 BC1 B1C，且 A1B1 B1C B1 ，所以 BC1 平面 A1B1C，又 A1C 平面 A1B1C，所以 BC1 ^ A1C，同理可得C1D A1C，且 BC1 C1D C1 ，所以 A1C 平面 BC1D，第 15 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何 A 2 3 AC 3 PMN , 3 2 3 4因为 1 ，所以 1到平面 的距离 ，且 3，故正确； 3 3 3B．如图所示，连接D1P并延长交DC的延长线于Q点，连接QM 并将其延长与 AD相交于CP CM CQA ，因为CP CM ，且CP / /DD1,CM / /AD ，则 DA DDDD1 DA DQ，所以 1，所以 A 即为A，连接 AD1，所以过 P，M ，D1的截面为四边形 AD1PM ，由条件可知MP / /BC1,BC1 / /AD1 ，且 MP AD1 ，所以四边形 AD1PM 为梯形，故正确；C．连接 BD1，由 A 可知平面MNP / /平面 BC1D，因为 B 平面 BC1D，D1 平面 BC1D，所以 BD1不平行于平面 BC1D，所以 BD1 / /平面 PMN不成立，故错误；D．在BB1上取点 P1，过点 P1作 P1P2 / /MP交 B1C1于P2，过P2作P2N1 / /MN 交C1D1于N1，以此类推，依次可得点 N2 ,M1,M 2 ，此时截面为六边形，根据题意可知平面P1P2N1N2M1M 2 / /平面MNP，不妨设 BP1 x，所以 P1M2 P2N1 N2M1 2x，所以 P1P2 N1N2 M1M 2 2 1 x ，所以六边形的周长为3 2x 2 1 x 3 2 ，故正确；故选 ABD．第 16 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何六、轨迹问题例 8．在棱长为 2 2的正方体 ABCD A1B1C1D1 中，E F G分别为棱 AB AD D1C1的中点，则以下结论正确的为A．VD DEF 2 21B．平面D1EF与正方体 ABCD A1B1C1D1 的交点轨迹长度为6 10C．DG / /平面D1EFD．正方体 ABCD A1B1C1D1 外接球表面积为6 【答案】CV 1 1 2 2 2 2 2 2【解析】 D DEF ，故 A 选项错误；1 3 2 3 E、F 分别为棱 AB、 AD的中点， EF / /BD EF= 1， BD，2 正方体 ABCD A1B1C1D1 ， B1D1 / /BD， EF / /B1D1，故平面D1EF与正方体 ABCD A1B1C1D1 的交点为 E、 B1、D1、 F ， 2 2 2 2B1D1= 2 2 + 2 2 =4 ； EF=2；D1F EB1 2 + 2 2 10 ； 平面D1EF与正方体 ABCD A1B1C1D1 的交点轨迹长度FE EB1 B1D1 FD1 6 2 10，故 B 选项错误； E、G为 AB和C1D1的中点， DG EB1，又 EB1 面D1EF，DG 面D1EF， DG / /面D1EF，故 C 选项正确；ABCD A BC D 3正方体 1 1 1 1 的外接球半径为 2 2 6，22则其表面积为 4 6 24 ，故 D 选项错误．故选 C．第 17 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何例 9．在棱长为 2 2的正方体 ABCD A1B1C1D1 中， E、F 分别为棱 AB、 AD的中点，则平面D1EF与正方体 ABCD A1B1C1D1 外接球的交点轨迹长度为A 2 3 B 13 C 4 13． ． ． D． 4 3【答案】C【解析】如图所示，连接 B1D1,B1E，取 B1D1的中点 N ， EF的中点M ， BD的中点Q，连接MN ,MQ,NQ，其中O为正方体 ABCD A1B1C1D1 的中心，作OP MN，垂足为 P，因为 NQ 平面 ABCD， EF 平面 ABCD，所以 NQ EF ，因为四边形 ABCD为正方形且 E,F为 AB, AD的中点，M ,Q为 FE,DB的中点，可得 FE MQ，因为 FE NQ,MQ NQ Q，且MQ,NQ 平面MNQ，所以 EF 平面MNQ，因为OP 面MNQ，所以 EF OP，又由OP MN ,MN FE M ，且MN ,FE 平面D1B1EF，所以OP 平面 D1B1EF，因为面D1B1EF和面D1EF是同一面，所以OP 平面D1EF，在直角△MNQ中，MQ 1,NQ 2 2 ，可得MN MQ2 NQ2 3，sin MNQ 1 △NPO OP NO sin MNQ 2所以 ，因为 ，在 中，可得3 ON 2 ，3由平面截球的轨迹为圆，其中 P是截面圆的圆心，O为球心，因为正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为 2 2，所以外接球的半径OS 6，2 13根据截面圆的性质，可得 PS OS 2 OP2 ，34 13 所以截面的周长为 2 PS ．故选 C．3第 18 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何七、动态问题例 10．（多选）如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD A1B1C1D1 中，P 为棱 CC1上的动点(点P 不与点 C，C1重合)，过点 P 作平面 分别与棱 BC，CD 交于 M，N 两点，若 CP＝CM＝CN，则下列说法正确的是A．A1C⊥平面 B．存在点 P，使得 AC1∥平面 C．存在点 P，使得点 A1到平面 5的距离为3D．用过点 P，M，D1的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形【答案】ACD【解析】连接 BC1,BD,DC1, AD1,D1PCM CN ,CB CD CM CN因为 ，所以 ＝ ，所以MN //BDCB CD又MN 平面C1BD， BD 平面C1BD，所以MN //平面C1BD同理可证MP//BC1，MP//平面C1BD又MP MN M ，MN、MP 平面 ，所以平面C1BD //平面 易证 A1C⊥平面C1BD，所以 A1C⊥平面 ，A 正确又 AC1 平面C1BD C1，所以 AC1与平面 相交，不存在点 P，使得 AC1∥平面 ，B第 19 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何不正确．因为 A1C 1 1 1 3，点C到平面C BD31 的距离为32 3所以点 A1到平面 的距离的取值范围为 ( , 3)32 3 5 5又 3，所以存在点 P，使得点 A1到平面 的距离为 ，C 正确．3 3 3因为 AD1 //BC1，所以 AD1 //MP，所以用过点 P，M，D1的平面去截正方体得到的截面是四边形 AD1PM又 AD1 //MP，且 AD1 MP，所以截面为梯形，D 正确，故选 ACD.八、翻折问题例 11．（多选）在直角梯形 ABCD中，AD CD 2，AB//CD， ABC 30 ，点M为直线 AB上一点，且 AM 2，将该直角梯形沿 AC折叠成三棱锥D ABC，则下列说法正确的是（ ）A．存在位置D，使得 BD ACB．在折叠的过程中，始终有DM ACC．三棱锥D 2 ABC 2 6 体积最大值为3D．当三棱锥D ABC体积最大时， BD2 16 4 3【答案】BCD【解析】如图所示，D 从D翻折过程中，点D在平面 ABC内射影H 始终落在直线D M 上，假设存在位置D，使得 BD AC，又DH 平面 ABC．所以DH AC，所以 AC 平面 BDH ，因此 AC BH ，与题意不符，选项 A 错误；第 20 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何因为四边形 AD CM 为菱形，所以 AC D M ，又DH AC，所以 AC 平面DHM ，所以DM AC，故 B 选项正确；当 平 面 ACD 平 面 ABC 时 ， 三 棱 锥 D ABC 体 积 最 大 ， 此 时 的 体 积 为1 1 2 2 6V 2 2 2 3 2 ，故 C 选项正确；3 2 3当三棱锥D ABC体积最大时，D在 ABC上的投影为O，则 BD2 BO2 OD2 BO2 2，在 BCO中， BC 4，CO 2， BCO 105 ，由余弦定理得 BO2 14 4 3，所以 BD2 16 4 3．故选 BCD九、立体几何大题——角度例 12．如图，四棱锥 P ABCD中，底面 ABCD为菱形，PA 平面 ABCD，E为 PD的中点．（1）证明： PB//平面 AEC；3（2）设 PA 1, ABC 60 ，三棱锥 E ACD的体积为 ，8求二面角D AE C的余弦值．第 21 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何13【答案】（1）证明见解析；（2） ．13【解析】（1）连接 BD交 AC于点O，连接OE，则O为 BD中点，E为 PD的中点，所以 PB / /OE ，OE 平面 ACE,PB 平面 ACE，所以 PB//平面 AEC；2 3（ ）设菱形 ABCD的边长为 a，VP ABCD 2VP ACD 4VE ACD ，21 VP ABCD S ABCD PA1 3 3 3 3 2 a2 4 1 ，则 a 3． 2取 BC中点M ，连接 AM．以点 A为原点，以 AM 方向为 x轴，以 AD方向为 y轴， 以 AP方向为 z 轴，建立如图所示坐标系． D 0, 3,0 ， A 0,0,0 E 0, 3， ,12 2 ， 3 3 3 1 C , ,0 AE 3 3 ， 0, ,2 2 2 2 ， AC , ,0 ， 2 2 设平面 ACE的法向量为n1 (x, y, z)，由 n1 AE,n1 AC ， 3 1 y z 0 2 2 得 ，令 x 1，则 y 3, z 3， n1 1, 3,3 ， 3 x3 y 0 2 2 平面 ADE 的一个法向量为n 1,0,0 ， cos n 1 n2 1 132 1 2 ，n1 n2 1 3 9 1313即二面角D AE C的余弦值为 ．13第 22 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何例 13．直三棱柱 ABC A1B1C1 被平面 A1B1C 截去一部分后得到如图所示几何体， ABC 90 ， BC BB1 2，E是 B1C 中点．（1）求证：平面 ABE⊥平面 A1B1C ；2（2）若三棱锥 E ABC 体积为 ，求二面角 A A1E C 的正弦值．3【答案】（16）证明见解析；（2） ．3【解析】（1）因为 BC BB1,EB1 EC ，所以 BE B1C ，在直三棱柱中，由 BB1 平面 ABC 可得 BB1 AB，又 AB BC， BC BB1 B，所以 AB 平面 BB1C ，所以 AB B1C ，因为 AB BE B，所以 B1C 平面 ABE，由 B1C 平面 A1B1C 可得平面 A1B1C 平面 ABE；1 1（2）由题意，VE ABC S△ABC BB1 21 2AB 1 ，解得 AB 2 ，3 2 6 3以 B 为原点， BA,BC,BB 分别为 x, y, z1 轴建立直角坐标系，如图，第 23 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何则 A( 2,0,0),C(0, 2,0), A1( 2,0, 2),B1(0,0, 2)， E(0,1,1)， 设面 AA1E的一个法向量为m (x, y, z)， AA1 (0,0,2), A1E ( 2,1, 1)， m AA 1 2z 0 则 ，取 x 2 ，m ( 2, 2,0)， m A1E 2x y z 0 设面CA1E 的一个法向量为 n (x1, y1, z1)，CE (0, 1,1),CA1 ( 2, 2,2)， n CE y1 z1 0 则 ，取 y1 z1 1，n (0,1,1) m CA1 2x1 2y1 2z1 0 所以 cos m nm n 2 3 ，|m | | n | 2 6 32 3 6所以二面角 A A1E C 的正弦值 sin 1 ． 3 3十、立体几何大题——求长度例 14．如图， PD 平面 ABCD，AD CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD CD DP 2PQ 2AB 2，点 E，F，M 分别为 AP，CD，BQ的中点．（1）求证： EF 平面MPC；（2）求二面角Q PM C的正弦值；N CQ （3）若 为线段 上的点，且直线DN 与平面 PMQ所成的角为 ，求线段QN的长．6第 24 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何3【答案】（1）证明见解析；（2） ；（3 5） ．2 3【解析】（1）连接 EM ，因为 AB∥CD，PQ∥CD，所以 AB∥PQ，因为 AB PQ，所以 PABQ为平行四边形．由点 E 和M 分别为 AP和 BQ的中点，可得 EM∥AB 且EM AB，因为 AB∥CD，CD 2AB，F为CD的中点，所以CF∥AB且CF AB，可得 EM∥CF 且 EM CF ，即四边形 EFCM 为平行四边形，所以 EF MC ，又EF 平面MPC，CM 平面MPC，所以 EF∥平面MPC ． （2）因为 PD 平面ABCD， AD CD，可以建立以D为原点，分别以DA，DC，DP的方 向 为 x 轴 ， y 轴 ， z 轴 的 正 方 向 的 空 间 直 角 坐 标 系 ． 依 题 意 可 得D 0，0，0 ，A 2，0，0 ，B 2，1，0 ，C 0，2，0 ， P 0，0，2 ，Q 0，1，2 ，M 1，1，1 ． PM 1，1， 1 ，PQ 0，1，0 ，CM 1， 1，1 ，PC 0，2， 2 设 n1 x，y，z 为平面 PMQ的法向量， n1 PM 0 x y z 0 uv则 ，即 ，不妨设 z 1，可得 n =y 0 1 1，0，1 n1 PQ 0 设 n2 x，y，z 为平面MPC的法向量， n2 PC 0 2y 2z 0 则 ，即 ，不妨设 z 1，可得n2= 0，1，1 ． n2 CM 0 x y z 0 cosn，n n 1 n 2 1 31 2 2 ，于是 sinn Q PM C3n n 1，n2 ．所以，二面角 的正弦值为 ．1 2 2 2 （3）设QN QC 0 1 ，即QN QC 0， ， 2 ，则N 0， 1，2 2 ．第 25 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何 从而DN 0， 1，2 2 ．由（2）知平面 PMQ的法向量为 n1 1，0，1 ， DN n 1 2 2 由题意， sin cosDN，n1 1 ，即 6 DN n 2，1 1 2 2 2 2 2整理得3 2 10 3 0，解得 1 或 3，31 1 QN QC， QN 1 QC 5 因为 0≤ ≤1所以 3，所以 3 3 3 ．十一、立体几何大题——求体积 例 15．如图所示， ABC 中， B ，四棱锥 A BCDE 是由 ABC 沿其中位线DE2翻折而成，其中 A EB为锐角， PC 2PA ．（1）证明： A E//平面 PBD；5 （2）若 AB BC 4，二面角C A D E的大小为 ，求四棱锥 的体积．6 A BCDE第 26 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何【答案】（1）证明见解析；（28 6） ．7【解析】（1）连接CE交 BD与点 F ，连接 PF ．1因为翻折前，DE为 ABC 的中位线，所以DE//BC，且DE BC ，翻折后，平行关2系不变，因此 FDE FBC ， FED FCB， DFE BFC ，CF BC所以△BCF △DEF ，所以 2， PC 2PA ， A E//PF ．EF DE又 PF 平面 PBD， A E 平面 PBD． A E// 平面 PBD． （2）因为 ABC 中， B ，沿中位线DE翻折，垂直关系不变，即EB BC，2 x 因此，以 B 为原点，EB为 轴的正方向，BC为 y轴的正方向，竖直方向为 z 轴建立空间直角坐标系．记 A 在底面的投影为 A ，且设 A E x．则 A x 2,0, 4 x2 ，C 0, 4,0 ，D 2,2,0 ，E 2,0,0 ， 所以 EA x,0, 4 x2 ，ED (0, 2,0)，A C 2 x, 4, 4 x2 ，DC 2,2,0 ， 设平面 A DE的一个法向量为m a,b,c ， EA m 2则 0 xa c 4 x 0 ，即 ，不妨令 c x，则 a 4 x2 ，b 0， ED m 0 2b 0 所以m 4 x2 , 0, x ；设平面 A CD的一个法向量为 n a1,b1,c1 ， A C n 0 2 x a1 4b 21 c1 4 x 0则 ，即 ， DC n 0 2a1 2b1 0 不妨令b1 4 x2 ，则 a1 4 x2 ， c1 x 22 2，即 n 4 x , 4 x , x 2 m n 2x 4 x 2则 cos m,n cos5 3 ，m n 4 x2 4x 12 x2 4x 12 6 210化简得，7x2 4x 20 0，则 x 2 7x 10 0，则 x ，或 x 2（舍），72即 A E10 ，则 A A A E 2 10 4 6 A E 2 22 ，7 7 71又四边形 BCDE的面积为 S DE BC 1 BE 2 4 2 6，2 2第 27 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何V 1 1故 A BCDE S A A 64 6 8 6 ．3 3 7 7十二、立体几何大题 ——求距离例 16．如图在直三棱柱 ABC A1B1C1中， BAC 90 , AB AC AA1 2,M 为 AB的中点，N为 B1C1 的中点，H是 A1B1中点， P是 BC1与 B1C的交点，Q是 A1N 与C1H的交点.(1)求证： A1C BC1 ；(2)求证： PQ 平面 A1CM ；(3)求直线 PQ与平面 A1CM 的距离.例 17．已知三棱柱 ABC A1B1C1的侧棱垂直于底面， BAC 90o，AB AC AA1 1，E、F分别是棱C1C、BC的中点.(1)求证： B1F 平面 AEF ；(2)求点 A1到直线B1E的距离.6 5【答案】1．(3) 3 2．(2) 3 .第 28 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何【对点训练】一、单选题1．已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图为如图所示的三角形，其中 AB AC 2，则该平面图形的面积为（ ）A． 3 B．2C． 2 3 D．42．三棱锥B ACD的顶点都在同一球面上，其中 BA、BC、BD两两垂直，且 BA 3，BC 4，BD 5，则该球的表面积为（ ）A．100 B．64π C．50 D．36 3．若底面边长为1，高为 2的正四棱柱的顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ）A．3 B．6 C．12 D． 24 4．已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面 所成的角都相等，则 截此正方体所得截面面积的最大值为A 3 3 B 2 3 C 3 2 3． ． ． D．4 3 4 25．在正方体 ABCD A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线 AE与CD所成角的正切值为A 2． B 3 C 7． ． 5 D．2 2 2 26．已知直三棱柱 ABC A1B1C1的所有棱长都相等，M 为 A1C1的中点，则 AM 与BC1所成角的余弦值为A 15 5 6 10． B． C． D．3 3 4 47．如图，点 N为正方形 ABCD的中心， ECD为正三角形，平面 ECD 平面 ABCD,M 是线段 ED的中点，则第 29 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何A． BM EN，且直线 BM ,EN是相交直线B． BM EN ，且直线 BM ,EN是相交直线C． BM EN，且直线 BM ,EN是异面直线D．BM EN ，且直线 BM ,EN是异面直线8．设 ， 为两个平面，则 / / 的充要条件是A． 内有无数条直线与 平行B． 内有两条相交直线与 平行C． ， 平行于同一条直线D． ， 垂直于同一平面2π9．若一个圆锥的底面面积为 π，其侧面展开图是圆心角为 的扇形，则该圆锥的体积为3（ ）A 3 2 2． π B． π C． 3π D． 2 3π3 310．在如图（1）所示的四棱锥 A BCDE中，底面 BCDE为正方形，且侧面 ABC垂直于底面 BCDE，水平放置的侧面 ABC的斜二测直观图如图（2）所示，已知 A B 2， A C 1，则四棱锥 A BCDE的侧面积是（ ）A．12 34 B． 20 2 34第 30 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何C． 2 2 2 2 5 D． 2 4 2 2 511．如图，已知一个八面体的各条棱长均为 2，四边形 ABCD为正方形，则下列结论正确的是（ ）8A．该八面体的体积为3B．该八面体的外接球的表面积为16 C． E到平面 ADF的距离为 3D． EC与 BF所成角为 60 二、多选题12．已知m，n是两条不重合的直线， ， ， 是三个两两不重合的平面，则下列命题正确的是A．若m ， n ， // ，则m//n B．若 ， ，则 // C．若m// ， n// ，m,n ，则 // D．若 n ， n ，则 13．如图，点A，B，C，M ，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN //平面 ABC的有（ ）A． B．第 31 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何C． D．14．下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（ ）A． AE / /CD B．CH / /BE C．DG BH D． BG DE15．如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN OP的是（ ）A． B．C． D．16．已知菱形 ABCD 中，∠BAD=60°，AC 与 BD 相交于点 O．将△ABD 沿 BD 折起，使顶点 A至点 M，在折起的过程中，下列结论正确的是（ ）A．BD⊥CMB．存在一个位置，使△CDM 为等边三角形C．DM 与 BC 不可能垂直D．直线 DM 与平面 BCD 所成的角的最大值为 60°17．为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典，获新知》的演讲比赛，本次比第 32 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何4 赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为 ，托盘由边长为 43的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图② .则下列结论正确的是（ ） A．经过三个顶点 A,B,C的球的截面圆的面积为45B．异面直线 AD与CF所成的角的余弦值为8 C．直线 AD与平面DEF所成的角为3D 6．球离球托底面DEF 的最小距离为 3 1318．已知正四棱柱 ABCD A1B1C1D1的底面边长为 2，侧棱 AA1 1， P为上底面 A1B1C1D1上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）A．若 PD 3，则满足条件的 P点有且只有一个B．若 PD 3，则点 P的轨迹是一段圆弧C．若 PD∥平面 ACB1，则DP长的最小值为 2D．若 PD∥平面 ACB1，且 PD 3，则平面 BDP截正四棱柱 ABCD A1B1C1D1的外接球所9 得平面图形的面积为419．如图，四边形 ABCD为正方形， ED 平面 ABCD，FB∥ED, AB ED 2FB，记三棱锥 E ACD， F ABC， F ACE的体积分别为V1,V2 ,V3，则（ ）第 33 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何A．V3 2V2 B．V3 V1C．V3 V1 V2 D．2V3 3V120．已知正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为 2，则下列命题正确的是（ ）A．点 B1到平面 A1BC2 31的距离为3B．直线 B1B与平面 A1BC31所成角的余弦值为31C．若M 、 N分别是 AA1、DC的中点，直线 AB 平面D1MN P，则 PA 2D．Q4为侧面 ADD1A1内的动点，且QC B1D ，则三棱锥C1 A1BQ的体积为定值 321．已知正方体 ABCD A1B1C1D1，O为对角线 AC1上一点（不与点A，C1重合），过点O作垂直于直线 AC1的平面 ，平面 与正方体表面相交形成的多边形记为M ，下列结论正确的是（ ）A．M 只可能为三角形或六边形πB．直线 AC1与直线 BD所成的角为 2C．当且仅当O为对角线 AC1中点时，M 的周长最大第 34 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何D．当且仅当O为对角线 AC1中点时，M 的面积最大22．在棱长为 a的正方体 ABCD A1B1C1D1中， P为 A1B1上任意一点， E、F为CD上任意两点，且 EF 的长为定值，则下面的四个值中为定值的是（ ）A．点D1到平面 PEF的距离B．三棱锥 D1 PEF的体积C．直线D1P与平面 EFD1所成的角D．二面角 P EF D1的大小23．棱长为 2 的正方体 ABCD A1B1C1D1中，M 是线段 A1B上的动点，下列正确的是（ ）A． AMD1的最大值为 90° B．DC1 D1MC．三棱锥M DCC1的体积为定值 D． AM MD1的最小值为 424．已知正方体 ABCD A1B1C1D1棱长为 2，如图，M 为CC1上的动点， AM 平面 .下面说法正确的是（） 3 2 A．直线 AB与平面 所成角的正弦值范围为 , 3 2 B．点M 与点C1重合时，平面 截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大C．点M 为CC1的中点时，若平面 经过点 B，则平面 截正方体所得截面图形是等腰梯形D．已知N为DD1中点，当 AM MN的和最小时，M 为CC1的中点25．如图，在平行四边形 ABCD中，AB 1，AD 2， A 60 ，沿对角线 BD将△ABD折第 35 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何起到△PBD的位置，使得平面PBD 平面 BCD，下列说法正确的有（ ）A．平面 PCD 平面 PBDB．三棱锥 P BCD四个面都是直角三角形C． PD与 BC 3所成角的余弦值为4D．过 BC的平面与 PD交于M ，则△MBC 21面积的最小值为726．如图，在棱长为 6 的正方体 ABCD A1B1C1D1中，E为棱DD1上一点，且DE 2,F 为棱C1D1的中点，点G是线段 BC1上的动点，则（ ）A．无论点G在线段 BC1上如何移动，都有 A1G B1DB．四面体 A BEF的体积为 24C AE BF 2 10．直线 与 所成角的余弦值为15AG 1D．直线 1 与平面 BDC1所成最大角的余弦值为 327．正方体 ABCD A1B1C1D1中，E 是棱DD1的中点，F 在侧面CDD1C1上运动，且满足 B1F / /平面 A1BE .以下命题正确的有（ ）第 36 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何A．侧面CDD1C1上存在点 F，使得 B1F CD1B．直线B1F与直线 BC所成角可能为30 C．平面 A1BE 与平面CDD1C1所成锐二面角的正切值为 2 2D．设正方体棱长为 1，则过点 E，F，A 的平面截正方体所得的截面面积最大为 5228．已知直三棱柱 ABC A1B1C1中，AB BC，AB BC BB1，D是 AC的中点，O为 A1C的中点.点 P是 BC1上的动点，则下列说法正确的是（ ）A．当点 P 5运动到 BC1中点时，直线 A1P与平面 A1B1C1所成的角的正切值为 5B．无论点 P在 BC1上怎么运动，都有 A1P OB1PQ 1C．当点 P运动到 BC1中点时，才有 A1P与OB1相交于一点，记为Q，且 QA1 3D．无论点 P在 BC1上怎么运动，直线 A1P与 AB所成角都不可能是 30°29．如图，正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为 1，E是CC1的中点，F是侧面 BCC1B1上的动点，且 A1F∥平面D1AE，下列说法正确的是（ ）第 37 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何A．F 2是轨迹长度为2B． A1F与 B1E是异面直线33C．三棱锥C1 ABF 的外接球表面积的最大值为 8D．过 A作平面 与平面 A1BD平行，则正方体 ABCD A1B1C1D1在 内的正投影为正六边形30．如图，四棱柱 A B C D ABCD底面是边长为 1 的正方形， A AB A AD，点 P是直线 A C 上一动点，下列说法正确的是（ ）A．若棱柱 A B C D ABCD是直棱柱，其外接球半径为 2，则 AA 2 2；B．若棱柱 A B C D ABCD是正方体，E、F分别为棱 AA ，CC 中点，则四棱锥 A EBFD 1的体积为 ；6C．不论 A AB取何值，一定存在点 P使得直线 PC∕∕平面 A BD；D．若直线 PA， PB，PC与平面 ABCD所成角分别是 1， 2， 3，则 tan2 2 tan 1 tan 3 .31．如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1中，点 P在线段 B1C上运动，则下列结论正确的是（ ）第 38 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何A．直线 BD1 平面 A1C1DB．三棱锥D A1C1P的体积为定值C．异面直线 AP与 A1D所成角的取值范围是 30 ,90 D．直线C1P与平面 A1C61D所成角的正弦值的最大值为3uuur uuur uuur32．在棱长为 1的正方体 ABCD A1B1C1D1中，点 P满足DP DD1 DA ， [0,1]， [0,1]，则以下说法正确的是（ ）A．当 时， BP//平面CB1D11 B．当 时，存在唯一点 P使得DP与直线CB1的夹角为2 3C．当 1 6时，CP长度的最小值为2D．当 1 时，CP与平面 BCC1B1所成的角不可能为 3三、填空题33．将边长为 2 的正 ABC水平放置后，利用斜二测画法得其直观图V A B C ，则V A B C 的面积为__________.34．在三棱锥 S ABC中， SBA SCA 90 ，底面 ABC是等边三角形，三棱锥 S ABC的体积为2 6 ，则三棱锥 S ABC 的外接球表面积的最小值是___________.35．已知圆台的轴截面面积为 10，母线与底面所成的角为 45 ，则圆台的侧面积为___．36．设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.第 39 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p4：若直线 l 平面α，直线 m⊥平面α，则 m⊥l.则下述命题中所有真命题的序号是__________.① p1 p4② p1 p2③ p2 p3④ p3 p4四、解答题37．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 PD DC 1，求四棱锥 P ABCD的体积．第 40 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何38．如图，在三棱柱 ABC A1B1C1中，CC1⊥平面 ABC，D，E，F，G 分别为 AA1，AC， A1C1，BB1的中点，AB=BC= 5，AC= AA1 =2．（1）求证：AC⊥平面 BEF；（2）求二面角 B CD C1 的余弦值；（3）证明：直线 FG 与平面 BCD 相交．第 41 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何39．如图：在正方体 ABCD A1B1C1D1中， E为 A1D1中点， B1C1与平面CDE交于点 F ．（1）求证： F 为 B1C1的中点；5 A1M（2）点M 是棱 A1B1上一点，且二面角M FC E的余弦值为 ，求3 A的值．1B1第 42 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何40．（2017 新课标全国Ⅲ理科）如图，四面体 ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面 ACD⊥平面 ABC；（2）过 AC的平面交 BD于点 E，若平面 AEC把四面体 ABCD分成体积相等的两部分，求二面角 D–AE–C的余弦值.第 43 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何41．如图，在四棱锥 P–ABCD中，PA⊥平面 ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，PF 1BC=3．E为 PD的中点，点 F在 PC上，且 ．PC 3（Ⅰ）求证：CD⊥平面 PAD；（Ⅱ）求二面角 F–AE–P的余弦值；PG 2（Ⅲ）设点 G在 PB上，且 ．判断直线 AG是否在平面 AEF内，说明理由．PB 3第 44 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何42．如图，已知多面体 ABC-A1B1C1，A1A，B1B，C1C 均垂直于平面 ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面 A1B1C1；（Ⅱ）求直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值．第 45 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何43．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.第 46 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何44．如图，四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD是边长为 2 的等边三角形且垂直于底面 ABCD，AB BC 1 AD, BAD ABC 90o , E是 PD的中点．2（1）证明：直线CE / /平面 PAB；（2）点M 在棱 PC上，且直线 BM与底面 ABCD所成角为 45o ，求二面角M AB D的余弦值．第 47 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何45．如图，在三棱锥 S ABC中，平面 SBC 平面 ABC，SB SC AB AC 2，BC 2，若O为 BC的中点.（1）证明： SO 平面 ABC；（2）求异面直线 AB和 SC 所成角；30（3）设线段 SO上有一点M ，当 AM 与平面 SAB所成角的正弦值为 时，求OM 的长.15第 48 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何46．如图，在三棱锥P ABC中， AB BC 2 2，PA PB PC AC 4，O为 AC的中点．（1）证明： PO 平面 ABC；（2）若点M 在棱 BC上，且二面角M PA C为 30°，求 PC与平面PAM 所成角的正弦值．第 49 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何47．如图，边长为 2 的正方形 ABCD所在的平面与半圆弧C D所在平面垂直，M 是C D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．第 50 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何48．已知直三棱柱 ABC A1B1C1中，侧面 AA1B1B为正方形，AB BC 2，E，F分别为 AC和CC1的中点，D为棱 A1B1上的点． BF A1B1（1）证明： BF DE；（2）当 B1D为何值时，面 BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小 第 51 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何49．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．第 52 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何50．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，DE 2EA，且二面角 E BC D的大小为 45 ，求三棱锥 A BCD的体积.第 53 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何【参考答案】1．D【详解】解：作出原图形如下图所示：则 AB ' 2,AC ' 4，所以该平面图形的面积为1 AB ' AC ' 1 2 4 4，2 22．C【详解】在三棱锥 B ACD中， BA、 BC、 BD两两垂直，将该三棱锥补成长方体 BCED AFGH，则长方体 BCED AFGH 的体对角线长为BG BA2 BC2 BD2 5 2，BG 5 2所以，三棱锥 B ACD的外接球半径为R ，2 2因此，该三棱锥外接球的表面积为 S 4 R2 50 .3．B【详解】由题意可知，该正四棱柱的体对角线长为 12 12 22 6，6因此，该正四棱柱的外接球半径为 R ，2因此，该正四棱柱的外接球的表面积为 4 R2 6 .4．A【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，第 54 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何所以在正方体 ABCD A1B1C1D1中，平面 AB1D1与线 AA1,A1B1,A1D1 所成的角是相等的，所以平面 AB1D1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C1BD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 AB1D1与C1BD中间的，2且过棱的中点的正六边形，且边长为 ，23所以其面积为 S 6 ( 2 )2 3 3 ，故选 A.4 2 45．C【详解】在正方体 ABCD A1B1C1D1中，CD //AB，所以异面直线 AE与CD所成角为 EAB，设正方体边长为 2a，则由 E为棱CC1的中点，可得CE a，所以 BE 5a，tan EAB BE 5a 5则 .故选 C.AB 2a 26．D【详解】由题意，取 AC的中点 N，连接C1N ，则 AM / /C1N ,所以异面直线 AM 与 BC1所成角就是直线 AM 与C1N 所成角，设正三棱柱的各棱长为 2 ,则 C1N 5, BC1 2 2, BN 3，设直线 AM与C1N所成角为 ，2 2 2在 BNC cos ( 5) (2 2) ( 3) 101中，由余弦定理可得 ，2 5 2 2 4第 55 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何即异面直线 AM BC 10与 1所成角的余弦值为 ，故选 D．47．B【详解】如图所示， 作 EO CD于O，连接ON，过M 作MF OD于 F ．连 BF， 平面CDE 平面 ABCD．EO CD,EO 平面CDE， EO 平面 ABCD，MF 平面 ABCD， MFB与 EON均为直角三角形．设正方形边长为 2，易知 EO 3, ON 1 EN 2，MF 3 ,BF 5 , BM 7． BM EN，故选 B．2 28．B【详解】由面面平行的判定定理知： 内两条相交直线都与 平行是 / / 的充分条件，由面面平行性质定理知，若 / / ，则 内任意一条直线都与 平行，所以 内两条相交直线都与 平行是 / / 的必要条件，故选 B．9．B【详解】第 56 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何设该圆锥的底面半径为 r,则 πr 2 π ，所以该圆锥的底面半径 r 1，2πl设圆锥的母线长为 l，则 2πr，即 l 3，3则圆锥的高为 32 12 2 2 ，因此该圆锥的体积V 1 π 2 2 12 2 2 π，3 310．D【详解】四棱锥 A BCDE中，底面 BCDE为正方形，且侧面 ABC垂直于底面 BCDE，则CD 侧面 ABC，BE 侧面 ABC由水平放置的侧面 ABC的斜二测直观图可知， AB = AC = 2, AB ^ AC，由勾股定理可得 BC 2 2， AD AE 2 3，1所以等腰三角形 ADE的面积为 2 2 12 2 2 5 ，21直角三角形 ACD与直角三角形 ABE的面积均为 2 2 2 2 2，21等腰直角三角形 ABC的面积为 2 2 2，2故该几何体的侧面积是 2 4 2 2 5 .11．D【详解】对于 A，连接 AC ,BD交于点O，连接 EF ，易得 EF 过点O，且 EF 平面 ABCD，又AO 1 AC 1 4 4 2 ，2 22V 2 1 8 2则 EO 4 2 2，则该八面体的体积为 E ABCD 22 2 ，A 错误；3 3对于 B，因为OA OB OC OD OE OF 2 ，则点O即为该八面体的外接球的球心，第 57 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何则外接球半径 R 2，则外接球的表面积为 4 R2 8 ，B 错误；对于 C，取 AD中点G，连接 EG,FG,OG，易得OG 1， EG FG 2 1 3，AD EG, AD FG，EG FG G ，EG,FG 平面 EFG，则 AD 平面 EFG，过 E作 EH FG交 FG延长线于H， EH 平面 EFG，则 AD EH，又HF AD G，HF , AD 平面 ADF，故 EH 平面 ADF，sin EFH OG 1 EH EH GF 3 EF，2 2EH 2 6 E ADF 2 6则 ，即 到平面 的距离为 ，C 错误；3 3对于 D，易得 ED∥BF，则 DEC或其补角即为 EC与 BF所成角，又 DEC 60 ，则 EC与BF所成角为60 ，D 正确.12．AD【详解】解：对 A：若m ， // ，则m ，又 n ，所以m//n，故正确；对 B：若 ， ，则 与 可能平行，也可能相交，故错误；对 C：若m// ， n// ，m,n ，由于没有强调m与 n相交，故不能推出 // ，故错误；对 D：若 n ， n ，根据面面垂直的判定定理，可得 ，故正确.13．AD【详解】对于 A 选项，由下图可知MN //DE//AC，MN 平面 ABC， AC 平面 ABC，所以MN //平面 ABC，A 正确.对于 B 选项，设H是 EG的中点，由下图，结合正方体的性质可知，AB//NH ,MN //AH //BC, AM //CH ，所以 A,B,C,H ,N ,M 六点共面，B 错误.第 58 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何对于 C 选项，如下图所示，根据正方体的性质可知MN //AD，由于 AD 平面 ABC，所以MN 平面 ABC .所以 C 错误.对于 D选项，设 AC NE D，由于四边形 AECN 是矩形，所以D是 NE中点，由于 B是ME中点，所以MN //BD，由于MN 平面 ABC， BD 平面 ABC，所以MN //平面 ABC，D正确.故选：AD14．BCD【详解】由正方体的平面展开图还原正方体如图，由图形可知，第 59 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何AE CD，故 A 错误；由HE//BC,HE BC，四边形 BCHE为平行四边形，所以CH / /BE，故 B 正确；因为DG HC ,DG BC ,HC BC C ,所以DG 平面 BHC ,所以DG BH，故 C 正确；因为 BG //AH ，而DE AH ,所以 BG DE，故 D 正确.15．BC【详解】设正方体的棱长为 2，对于 A，如图（1）所示，连接 AC，则MN //AC，故 POC（或其补角）为异面直线OP,MN所成的角，OPC 1 2在直角三角形 ，OC 2，CP 1，故 tan POC ，2 2故MN OP不成立，故 A 错误.对于 B，如图（2）所示，取 NT 的中点为Q，连接 PQ，OQ，则OQ NT， PQ MN，由正方体 SBCM NADT 可得 SN 平面 ANDT，而OQ 平面 ANDT，故 SN OQ，而 SN MN N ，故OQ 平面 SNTM ，又MN 平面 SNTM ，OQ MN ，而OQ PQ Q，所以MN 平面OPQ，而 PO 平面OPQ，故MN OP，故 B 正确.对于 C，如图（3），连接 BD，则 BD//MN，由 B 的判断可得OP BD，第 60 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何故OP MN，故 C 正确.对于 D，如图（4），取 AD的中点Q， AB的中点K，连接 AC,PQ,OQ,PK ,OK ，则 AC //MN，因为 DP PC ，故 PQ//AC，故 PQ //MN ，所以 QPO或其补角为异面直线 PO,MN 所成的角，1因为正方体的棱长为 2，故 PQ AC 2 ，OQ AO2 AQ2 1 2 3，2PO PK 2 OK 2 4 1 5，QO2 PQ2 OP2 ，故 QPO不是直角，故 PO,MN 不垂直，故 D错误.16．ABD【详解】对 A，菱形 ABCD中， BAD 60 ， AC与 BD相交于点O．将 ABD沿 BD折起，使顶点A至点M ，如图：取BD的中点 E，连接ME，EC，可知ME BD，EC BD，所以 BD 平面MCE，可知MC BD，故 A 正确；对 B，由题意可知 AB BC CD DA BD，三棱锥是正四面体时， CDM 为等边三角形，故 B 正确；对 C，三棱锥是正四面体时，DM 与 BC垂直，故 C 不正确；对 D，平面 BDM 与平面 BDC垂直时，直线DM 与平面 BCD所成的角的最大值为60 ，故 D正确．第 61 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何故选：ABD．17．BCD【详解】根据图形的形成，知 A,B,C三点在底面DEF 上的射影分别是 DEF三边中点M ,N ,P，如图， ABC与△MNP全等且所在面平行，截面圆就是 ABC的外接圆与△MNP的外接圆相同．3 3 1由题意△MNP的边长为 1，其外接圆半径为 r 1 ，圆面积为 S r 2 ，A 错；3 3 3由上面讨论知 AC与MP平行且相等，而MP与 NF平行且相等，因此 AC与 NF平行且相等，从而 ACFN是平行四边形，CF // AN，所以 DAN 是异面直线 AD与CF所成的角（或其补角）．由已知， AD 2，DN 3， AN CF 2，AN 2 AD2 2cos DAN ND 4 4 3 5 ，B 正确；2AN AD 2 2 2 8由平面 ADE与平面DEF垂直知 AE在平面 AEF 内的射影是DE，所以 AED为直线 AD与 平面DEF所成的角，此角大小 ，C 正确．34 4由上面讨论知 AB BC CA 1，设O是球心，球半径为 R，由 R3 得 R 1，则3 3O ABC是正四面体，棱长为 1，设H是 ABC的中心，则OH 平面 ABC，又CH 平面 ABC，2 所以OH CH CH 3， ，则OH 3 6 12 ，又 AM 3．3 3 36所以球离球托底面DEF的最小距离为 3 1，D正确．3第 62 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何故选：BCD．18．ABD【详解】如图：∵正四棱柱 ABCD A1B1C1D1的底面边长为 2，∴ B1D1 2 2，又侧棱 AA1 1，∴DB1 22 2 12 3，则 P与B1重合时 PD 3，此时 P点唯一，故 A 正确；∵ PD 3 1，3 ，DD1 1，则 PD1 2，即点 P的轨迹是一段圆弧，故 B 正确；连接DA1，DC1，可得平面 A1DC1 //平面 ACB1，则当 P为 A1C1中点时，DP 有最小值为 2 2 12 3，故 C 错误；由 C 知，平面 BDP即为平面 BDD1B1，平面 BDP截正四棱柱 ABCD A1B1C1D1的外接球所得1 3 9 平面图形为外接球的大圆，其半径为 22 22 12 ，面积为 ，故 D 正确．2 2 4故选：ABD．19．CD【详解】第 63 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何设 AB ED 2FB 2a，因为 ED 平面 ABCD， FB ED，则V 1 ED 11 S ACD 2a1 2a 2 4 a3，3 3 2 3V 12 FB S1 a 1 ABC 2a 2 2 a3，连接 BD交 AC于点M ，连接 EM ,FM，易得3 3 2 3BD AC，又 ED 平面 ABCD，AC 平面 ABCD，则 ED AC，又 ED BD D，ED,BD 平面 BDEF ，则 AC 平面 BDEF，又 BM DM1 BD 2a，过 F 作FG DE于G，易得四边形 BDGF为矩形，则2FG BD 2 2a,EG a，2 2 2 2则 EM 2a 2a 6a, FM a2 2a 3a， EF a 2 2 2a 3a ，EM 2 21 FM EF 2，则 EM FM ， S EFM EM FM3 2 a 2 ， AC 2 2a，2 2则V3 VA EFM V1C EFM AC S 2a3 EFM ，则2V3 3V1，V3 3V2，V3 3 V1 V2，故 A、B 错误；C、D 正确.20．ACD【详解】以点D为坐标原点，DA、DC、DD1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，对于 A 选项， B 2,2,0 、 A1 2,0,2 、C1 0,2,2 、 B1 2,2,2 ， 设平面 A1BC1的法向量为m x, y, z ， A1C1 2,2,0 ， A1B 0,2, 2 ，第 64 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何 m A 1 C 1 2x 2y 0 则 ，取 y 1，可得m 1,1,1 ， m A1B 2y 2z 0 uuur BB1 m 2 2 3BB1 0,0, 2 ，所以， B1到平面 A1BC1的距离为 d ，A 对；m 3 3对于 B 选项，设直线 B1B与平面 A1BC1所成角为 ， BB1 m所以， sin 2 3 ，则3 cos 1 sin2 6 ，BB1 m 2 3 3B B A BC 6故直线 1 与平面 1 1所成角的余弦值为 ，B 错；3对于 C 选项，延长D1M 、DA交于点 E，连接 EN交线段 AB于点 P，AE AM A1D1 //AE，则 1 AE AD ADA1D，则 1 1 ，即A为DE的中点，1 A1MAP AE 1 1 1 AP//DN， ，故 PA DN ，C 对；DN DE 2 2 2对于 D选项，设点Q a, 0,c ，其中0 a 2，0 c 2， CQ a , 2,c ，DB1 1,1,1 ，则CQ DB1 a 2 c 0，可得 a c 2， A1Q m a c 4A1Q a 2,0,c 2 2 3 ，则Q到平面 A1BC1的距离为 h ，m 3 32易知V A1BC31是边长为 2 2的等边三角形，故 S△A1BC 2 2 2 3，1 4V V 1 1因此， C A BQ Q A BC S△ A BC h 2 32 3 4 ，D对.1 1 1 1 3 1 1 3 3 321．ABD【详解】∵正方体 ABCD A1B1C1D1，体对角线 AC1与平面 A1BD垂直，则 / /平面 A1BD， 若向点A方向平移,则M 为三角形， 若向点C方向平移,则M 可能为六角形，A 正确；π∵ BD 平面 AA1CC1，∴直线 AC1与直线 BD的夹角为 ，B 正确；2∵当O为对角线 AC1中点时，M 为正六边形 PQRSTW，1而三角形 A1BD为等边三角形，根据中位线定理，TS BD，易得两个截面周长相等，故 C2错误；第 65 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何对于 D，当O为对角线 AC1中点时，M 为正六边形 PQRSTW，设边长TS a 3 3，面积为 a2，当O向下移动时，M 为六边形 P1Q1R1S1T1W1，2结合图形可知两邻边一条增大，一条减小，且变化量相等，设W1P1 a x， P1Q1 a x， (0 x a)，而且所有六边形的高都相等，且等于 3a，两邻边夹角都为 120°，S 1 1则 六边形P1Q1R1S1T1W (a x)(a x) sin120 2 (a x a x) 3a1 2 23 3 a2 3 x2 3 3 a22 2 2M 3 3当 为三角形时，面积最大为 3a2 ，而 3a2 a2 ，2∴当且仅当O为对角线 AC1中点时，M 的面积最大，故 D正确.故选：ABD22．ABD【详解】解：A 选项中，∵平面 PEF也就是平面 A1B1CD，又D1到平面 A1B1CD的距离是定值，∴点D1到平面 PEF的距离为定值，故 A 正确；B 选项中，因为 EF定长， D1到 EF的距离就是 D1到 CD的距离也为定长，即三角形的底和高都是定值，所以V D1EF的面积是定值，又 P到平面CDD1C1的距离是定值，所以 P到平面 D1EF的距离也是定值，即三棱锥 P D1EF的高也是定值，又∵VD1 PEF VP D1EF ，三棱锥 D1 PEF的体积是定值，故 B 正确；C 选项中，因为平面 EFD1就是平面CDD1C1，∵P是动点，∴直线 P D1与平面CDD1C1所成的角不是定值，第 66 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何如点 P在点 A1时，直线 P D1与平面CDD 1C1所成的角为90 ，点 P在点 B1时，直线 P D1与平面CDD 1C1所成的角为 45 ，所以直线D1P与平面 EFD1所成的角不是定值，故 C 不正确；D选项中，因为平面 PEF也就是平面 A1B1CD，平面 EFD1就是平面CDD1C1，∴二面角P EF D1的大小为定值，故 D正确．23．BC【详解】对 A，在正方体 ABCD A1B1C1D1中，连接 AD1,AM ,D1M ，如图，而 AB 2，则 A1B 2 2 ，令 A1M 2 2t(0 t 1)，在△AA1M 中， AA1M 45 ，由余弦定理得AM 2 22 (2 2t)2 2 2 2 2t cos45 8t2 8t 4，根据线面垂直的性质有D1A1 AM，则DM 2 22 2 21 1 (2 2t ) 4 8t ，△AMD1中，AD1 2 2，2cos AMD AM D1M2 AD21 8t(2t 1) 1 ，当0 t1 时，cos APD 0，即 APD2AM DM 2AM DM 2 1 1是1 1钝角，A 不正确；对 B，因 A1D1 平面CDD1C1，C1D 平面CDD1C1，则 A1D1 C1D，正方形CDD1C1中，CD1 C1D，A1D1 CD1 D1，A1D1 ,CD1 平面 A1BCD1，于是得C1D 平面 A1BCD1，又D1M 平面 A1BCD1，因此，D1M C1D，B 正确；第 67 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何1对 C，由题意，M 到平面DCC1的距离为定值 BC，故VM DCC S DCC BC 为定值，C 正确；1 3 1对 D，把 AA1B与矩形 A1BCD1展开在同一平面内，连接 AD1交 A1B于点M ，如图， 在△AA 2 21D中， AA1D 135 ，由余弦定理得： AD1 1 1 2 1 cos135 2 2 ，因点 M在线段 A1B上， AM MD1 AD1 AM MD 1 ，当且仅当点 M与M 重合时取“=”，所以 AP PD1的最小值为 2 2 ，D错误；24．AC【详解】对于 A 选项，以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为 x、 y、 z轴建立空间直角坐标系D xyz，则点 A 2,0,0 、B 2,2,0 、设点M 0, 2,a 0 a 2 ， AM 平面 ，则 AM 为平面 的一个法向量，且 AM 2,2,a ， AB 0,2,0 ， AB AM cos AB, AM 4 2 3 , 2 ，AB AM 2 a2 8 a2 8 3 2 3 2 所以，直线 AB与平面 所成角的正弦值范围为 , ，A 选项正确； 3 2 对于 B 选项，当M 与CC1重合时，连接 A1D、 BD、 A1B、 AC，在正方体 ABCD A1B1C1D1中，CC1⊥平面 ABCD，Q BD 平面 ABCD， BD CC1， 四边形 ABCD是正方形，则 BD AC， CC1 AC C ， BD 平面 ACC1，第 68 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何Q AC1 平面 ACC1， AC1 BD，同理可证 AC1 A1D， A1D BD D ， AC1 平面 A1BD，易知 A1BD3 2是边长为 2 2的等边三角形，其面积为 S△A 2 2 2 3 ，周长为1BD 4 2 2 3 6 2 .设 E、 F 、Q、 N、G、H分别为棱 A1D1、 A1B1、 BB1、 BC、CD、DD1的中点，易知六边形 EFQNGH是边长为 2的正六边形，且平面 EFQNGH //平面 A1BD，3 2正六边形 EFQNGH的周长为 6 2，面积为6 2 3 3 ，4则 A1BD的面积小于正六边形 EFQNGH的面积，它们的周长相等，B 选项错误； 对于 C 选项，设平面 交棱 A1D1于点 E b, 0, 2 ，点M 0,2,1 ， AM 2,2,1 ， AM 平面 ，DE 平面 ， AM DE，即 AM DE 2b 2 0，得b 1， E 1,0, 2 ， 所以，点 E为棱 A1D1的中点，同理可知，点 F 为棱 A1B1的中点，则 F 2,1,2 ，EF 1,1,0 ， 而DB 2,2,0 EF 1， DB， EF //DB且 EF DB，2由空间中两点间的距离公式可得DE 22 02 12 5 ，BF 2 2 2 1 2 2 2 0 2 5， DE BF，第 69 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何所以，四边形 BDEF为等腰梯形，C 选项正确；对于 D选项，将矩形 ACC1A1与矩形CC1D1D延展为一个平面，如下图所示：若 AM MN最短，则A、M 、N三点共线， CC1 //DDMC AC 2 21， 2 2 ，DN AD 2 2 2 MC 2 2 1 CC1，所以，点M 不是棱CC1的中点，D 选项错误.225．ABD【详解】△BCD中，CD 1， BC 2， A 60 ，由余弦定理可得 BD 3，故 BD2 CD2 BC 2，所以 BD CD，因为平面 PBD 平面 BCD且平面PBD 平面 BCD BD，所以CD 平面 PBD，CD PD；同理 PB 平面CBD，因为CD 平面 PCD，所以平面 PCD 平面 BPD，A，B 正确；以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 B 3,0,0 ，C 0,1,0 ， P 3,0,1 ， 因为DP 3,0,1 ， BC 3,1,0 ， cos BC ,DP BC DP 3所以 34，即 PD与 BC所成角的余弦值为 ，C 错误；BC DP 4 因为M 在线段 PD上，设M 3a,0,a ，则MB 3 3a ,0, a ， 2M BC 2d MB MB BC 7a2 3a 3 7 3 2 3所以点 到 的距离 a ， BC 4 2 4 4 7 7 第 70 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何a 3 21 MBC 1 BC 21 21当 时，d 取得最小值 ，此时△ 面积取得最小值 ，D正确.7 7 2 7 7故选：ABD.26．ABD【详解】在正方体 ABCD A1B1C1D1中，易证DB1 面 A1BC1,又 A1G 平面 A1BC1,所以 A1G B1D,则 A正确；V A BEF V1 1F ABE V D ABE V B AD E 4 6 6 24, CC三棱锥 三棱锥 三棱锥 1 三棱锥 则 B 正确；在棱1 3 2 1上取点 N ,使CN 2，连结 BN ,NE,FN (如图 ),则易知 FBN为直线 AE与 BF所成角或其补角，2 2 2可得 BN 2 10, FN 5, FB 9,则 cos FBN (2 10) 9 5 8 4 10 ,则直线 AE2 9 2 10 3 10 15BF 4 10与 所成角的余弦值为 ,则 C 错误；15由题意知三棱锥 A1 BDC1为棱长为 6 2的正四面体，作 A1O 平面 BDC1,O为垂足，则O为正 BDC1的中心，且 A1GO为直线 A1G与平面 BDC1所成角，所以2cos A OG A1O1GO 1 2 ,当点G移动到 BC1的中点时 , A1G最短，如图，此时 cos AGOA1G AG11最小， AGOOG 6 11 最大，此时 cos A1GO ,则 D 正确.A1G 3 6 3第 71 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何27．AC【详解】取C1D1中点 M，CC1中点 N，连接 B1M ,B1N ,MN ，则易证得 B1N / /A1E ，MN / /A1B ，从而平面 B1MN / /平面 A1BE，所以点 F 的运动轨迹为线段MN．取MN的中点 F，因为△B1MN是等腰三角形，所以 B1F MN ，又因为MN / /CD1，所以B1F CD1，故 A 正确；设正方体的棱长为 a，当点 F 与点 M 或点 N 重合时，直线B1F与直线 BC所成角最大，此时tan C1B1F1 1 tan30 2 ，所以 B 错误；3平面 B1MN / /平面 A1BE，取 F 为MN的中点，则MN C1F ，MN B1F，∴ B1FC1即为平BC面 B1MN与平面CDD1 11C1所成的锐二面角， tan B1FC1 C F 2 2，所以 C 正确；16因为当 F 为C1E与MN的交点时，截面为菱形 AGC1E（G为 BB1的交点），面积为 ，故2D错误.28．ABD【详解】直三棱柱 ABC A1B1C1中， AB BC， AB BC BB1第 72 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何选项 A 中，当点 P运动到 BC1中点时，有 E 为 B1C1 的中点，连接 A1E、 EP，如下图示即有 EP 面 A1B1C1EP∴直线 A1P与平面 A1B1C1所成的角的正切值： tan PA1E AE∵ EP1 BB 2 2 52 1， AE A1B1 B1E BB2 1∴ tan PA E 5 1 ，故 A 正确5选项 B 中，连接 B1C，与 BC1交于 E，并连接 A1B，如下图示由题意知， B1BCC1为正方形，即有B1C BC1而 AB BC且 ABC A1B1C1为直三棱柱，有 A1B1 面B1BCC1，BC1 面 B1BCC1∴ A1B1 BC1，又 A1B1 B1C B1∴ BC1 面 A1B1C，OB1 面 A1B1C，故 BC1 OB1同理可证： A1B OB1 ，又 A1B BC1 B∴OB1 面 A1BC1，又 A1P 面 A1BC1，即有 A1P OB1，故 B 正确选项 C 中，点 P运动到 BC1中点时，即在△ A1B1C中 A1P、OB1均为中位线第 73 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何∴Q 为中位线的交点PQ 1∴根据中位线的性质有： QA ，故 C 错误1 2选项 D中，由于 A1B1 //AB，直线 A1P与 AB所成角即为 A1B1与 A1P所成角： B1A1P结合下图分析知：点 P在 BC1上运动时当 P在 B或C1上时， B1A1P最大为 45°当 P2 3在 BC1中点上时， B1A1P最小为 arctan arctan 30 2 3∴ B1A1P不可能是 30°，故 D 正确故选：ABD29．ACD【详解】分别取 B1B,B1C1的中点M ,N，连接 A1M ,MN , A1N，如图， A1M / /D1E ,A1M 平面D1AE，D1E 平面D1AE， A1M / /平面D1AE，同理可得MN / /平面D1AE，又 A1M ,MN 是平面 A1MN内的两条相交直线， 平面 A1MN / /平面D1AE，而 A1F / /平面D1AE， A1F 平面 A1MN，得点 F 的轨迹是线段MN ，长度为2 2MN 1 1 2 2 ，故 A 正确； 2 2第 74 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何对 B，当 F 为B1E与MN的交点时， A1F与 B1E相交，故 B 错误；对 C，易得 F 到平面三棱锥 ABC1的距离为定值，根据外接球的性质可得，因为 AB 平面 FBC1，故三棱锥C1 ABF 的外接球的直径与 FBC1的外接圆直径和 AB构成直角三角形，设 FBC1BC1的外接圆直径为d ，则 d ，故当 sin BFCsin BFC 1最小时三棱锥C1 ABF 的外接球的直1径最大.因为 BFC1为钝角，故当 BFC1最大时， sin BFC1最小，此时 F 为MN中点，连2 2接 B1C交BC 1于O，可得 F 为MN与 B1C的交点.此时 BF C1F2 2 10 ， 2 4 42 2 10 10 2 2 4 4 cos C FB 3故 ，故 sin C FB 1 cos241 2 1 C1FB ，故 10 5 52 4 d 2 5 2 25 334 4 ，故三棱锥C1 ABF 的外接球直径平方D2 d 2 AB2 1 ，即三棱8 8533锥C1 ABF 的外接球表面积最大值为 S D 2 ，故 C 正确；8对 D，根据题意可得，过 A作平面 与平面 A1BD平行，则正方体 ABCD A1B1C1D1在 内的正投影为以 A1,B,D,C,D1,B1的投影为顶点的正六边形，故 D 正确；第 75 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何故选：ACD30．BCD【详解】对于 A：若棱柱 A B C D ABCD是直棱柱，则其体对角线为外接球的直径，所以 AB2 BC2 AA 2 2 2=4，即 1+1+AA 2 =4，解得 AA = 14，故 A 错误；对于 B：若棱柱 A B C D ABCD是正方体，则棱长均为 1，因为 E、F分别为棱 AA ，CC 中点，5所以 BE BF D F D E ，即四边形 EBFD 为菱形，21 1 1 1 1所以VA EBFD 2VA EFD 2VF A ED 2 S3 A ED 1 2 1 1 ，故 B 正确；3 2 2 6对于 C：连接 AC、BD交于点 O，连接 A O、PC，如图所示当 P为 A C 中点时，有 PA OC， PA ∕ ∕ OC，所以四边形 PA OC为平行四边形，所以 A O ∕ ∕ PC，因为 A O 平面 A BD， PC 平面 A BD，所以 PC∕∕平面 A BD，第 76 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何所以当 P为 A C 中点时，不论 A AB取何值，一定存在点 P使得直线 PC∕∕平面 A BD，故C 正确；对于 D：作 PH 底面 ABCD于 H，连接 PA、PB、PC，如图所示因为 A AB A AD，则 H一定在 AC所在直线上，则 PAH 1, PBH 2 , PCH 3，2所以 tan 2 PH2 2 , tan PH , tan PH ，BH 1 AH 3 CH当 H位于线段 AC内时，设 AH x，则 x [0, 2]时，此时CH 2 x，由余弦定理得 BH 2 AH 2 AB2 2AH AB cos45 x2 1 2x，22 BH AH 2 所以 CH x2 1 2x x 2 x 2 x 0 恒成立， 2 当 H位于 AC延长线， 则 x 2 时，此时CH x 2，由余弦定理得 BH 2 AH 2 AB2 2AH AB cos45 x2 1 2x，所以 BH 2 AH CH x2 1 2x x x 2 1 0 恒成立，当 H位于 CA延长线时，设 AH x，则CH x 2，由余弦定理得 BH 2 AH 2 AB2 2AH AB cos135 x2 1 2x，BH 2 AH CH x2所以 1 2x x x 2 1 0 恒成立，综上 BH 2 AH CH 恒成立1 1 PH2 PH PH所以 ，则 BH 2 AH CH BH 2 AH CH所以 tan2 2 tan 1 tan 3，故 D 正确，故选：ACD31．ABD【详解】第 77 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何对于 A，连接 B1D1， A1C1 B1D1， A1C1 BB1， B1D1 BB1 B1 ， A1C1 平面 BB1D1， A1C1 BD1 ，同理，DC1 BD1， A1C1 DC1 C1， 直线 BD1 平面 A1C1D，故 A 正确；对于 B， A1D∥ B1C， A1D 平面 A1C1D， B1C 平面 A1C1D， B1C∥平面 A1C1D， 点 P在线段 B1C上运动， 点 P到平面 A1C1D的距离为定值，又 A1C1D的面积为定值，利用等体积法知三棱锥D A1C1P的体积为定值，故 B 正确；对于 C， A1D∥ B1C， 异面直线 AP与 A1D所成的角即为 AP与 B1C所成的角，当点 P位于C点时， AP与 B1C所成的角为60 ，当点 P位于 B1C的中点时， AB 平面 BCC1B1，BP B1C ， AP B1C，此时，AP与 B1C所成的角为90 ， 异面直线 AP与 A1D所成角的取值范围是 60 ,90 ，故 C 错误；对于 D，以D为原点，DA为 x轴，DC为 y轴，DD1为 z轴，建立空间直角坐标系，设正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为 1，P a,1,a ， 则D 0,0,0 ， A1 1,0,1 ，C1 0,1,1 ，DA1 1,0,1 ，DC1 0,1,1 ，C1P a ,0,a 1 ， r x y 0设平面 A1C1D的法向量 n x, y, z n DA 0 ，则 1 ，即 ， n DC1 0 y z 0 令 x 1，得 n 1,1, 1 ，所以，直线C1P与平面 A1C1D所成角的正弦值为： C1P n 1 1 C1P n a2 a 1 2 3 23 2 a 1 1， 2 2第 78 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何1 1 6a 当 时，直线C1P与平面 A1C1D所成角的正弦值取得最大值，最大值为2 1 3，故3 2D正确.故选：ABD32．ACD【详解】uuur uuur uuur uuur对于 A，当 时，DP DD1 DA DA1 ，即点 P在线段DA1上，利用正方体的性质，易证平面 A1BD / / 平面CB1D1， BP 平面 A1BD， BP / /平面CB1D1，故 A 正确；1 uuur uuur 1 uuur uur uuur uuur对于 B， 当 时，DP DD1 DA PA PD 2 D1D ，设 AD的中点为 H，则2 2uuur uuurPH D1D，即 PH / /D1D，即点 P为 A1D中点，此时DP / /CB1，故 B 错误；对于 C，当 1时，可知 P,D1,A三点共线，线段CP在△ACD1中，当点 P为 A1D中点时，CP 2 6最小，此时CP A1D，CP CA2 AP 2 ( 2)2 ( )2 ，故CP长度的最小值2 26为 ，故 C 正确；2第 79 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何对于 D，当 1时，可知 P,D1,A三点共线，点 P在平面 BCC1B1内的射影为 Q在线段 BC1 6 上，则 PCQ为CP与平面 BCC1B1所成的角，sin PCQPQ 1 ，又 PC , 2PC PC 2 ，所 sin 2 6 PCQ , sin 3 6以 ，而 ，所以CP与平面 BCC1B 1所成的角不可能为 ， 2 3 3 2 3 3故 D 正确；故选：ACD33 6．41【详解】边长为 2 的正 ABC的面积为 2 2 sin 60 3，即 S 3 .2 ABC由斜二测画法的直观图与原图形的关系可知：S 2 2 6 6V A B C SV ABC 3 故答案为：4 4 4 434． 24 【详解】设三棱锥外接球球心为 O，底面 ABC边长为 a，三棱锥的高为 h，因为 SBA SCA 90 ，即 SB AB,SC CA，所以外接球的球心为 SA的中点，即为 O，又底面 ABC是等边三角形，设底面 ABC外接圆的圆心为O1，连接OO1，则OO1 底面 ABC，如图所示第 80 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何1 2 3 3则OO1 h，2 AO1 a a，3 2 3所以三棱锥体积V 1 3 a2 h 2 6，则 a2h 24 2，3 4外接球的半径h2 1 h2 8 2 h2 4 2 4 2 h2R2 OO 2 4 2 4 2 1 AO21 a2 33 6，4 3 4 h 4 h h 4 h hh2 4 2 3当且仅当 ，即4 h h 22 时等号成立，所以三棱锥 S ABC的外接球表面积的最小值为 4 R2 24 .故答案为： 24 35．10 2π【详解】如图所示，依题意，设下底面圆半径为 FB R，上底面圆半径为 EC r，圆台的高为CM h，过点C作CM AB交 AB于点M ，在Rt△CMB中， MBC 45 ，MB R r， h R r，CB 2h 2 R r ，1则圆台轴截面的面积 S 2R 2r h R r R r 10，21则圆台的侧面积 S 2πR 2πr 2 R r 10 2π .2第 81 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何故答案为：10 2π .36．①③④【详解】对于命题 p1，可设 l1与 l2相交，这两条直线确定的平面为 ；若 l3与 l1相交，则交点A在平面 内，同理， l3与 l2的交点 B也在平面 内，所以， AB ，即 l3 ，命题 p1为真命题；对于命题 p2，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题 p2为假命题；对于命题 p3，空间中两条直线相交、平行或异面，命题 p3为假命题；对于命题 p4，若直线m 平面 ，则m垂直于平面 内所有直线， 直线 l 平面 ， 直线m 直线 l，命题 p4为真命题.综上可知， ， 为真命题， ， 为假命题，p1 p4为真命题， p1 p2为假命题， p2 p3 为真命题， p3 p4为真命题.故答案为：①③④.37．（1）证明见解析；（2 2） ．3【详解】（1）因为 PD 底面 ABCD， AM 平面 ABCD，第 82 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何所以 PD AM ，又 PB AM ， PB PD P，所以 AM 平面 PBD，而 AM 平面 PAM ，所以平面 PAM 平面 PBD．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知 AM BD．AD AB于是 ABD∽ BMA，故 ．AB BMBM 1因为 BC, AD BC, AB 1 1，所以 BC 2 1，即 ．2 2 BC 2故四棱锥 P ABCD的体积V 1 AB BC PD 2 ．3 3[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法由（2）知 AM DB ,所以 kAM kBD 1．建立如图所示的平面直角坐标系，设 BC 2a(a 0)．因为DC 1，所以 A(0,0)， B(1,0)，D(0,2a)，M (1,a)．k k a 0 2a 0从而 2AM BD a ( 2a) 2a 1．1 0 0 12所以 a ，即DA 2．下同方法一.2[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法建立如图所示的空间直角坐标系D xyz，第 83 页 共 103 页2023 届高考数学一轮复习——立体几何设 |DA | t，所以D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)， A(t,0,0)， B(t,1,0)． 所以M t t ,1,0 ， PB (t,1, 1)， AM ,1,0 2 2 ． t 2所以 PB AM t 1 1 0 ( 1)t 1 0． 2 2所以 t 2，即 |DA | 2．下同方法一.[方法四]：空间向量法 由 PB AM ，得 PB AM 0． 所以 (PD DA AB) AM 0． 即 PD AM DA AM AB AM 0．又 PD 底面 ABCD， AM 在平面 ABCD内， 因此 PD AM ，所以PD AM 0． 所以DA AM AB AM 0，由于四边 展开更多...... 收起↑ 资源列表 立体几何——2023届高考数学一轮复习学案.docx 立体几何——2023届高考数学一轮复习学案.pdf
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