資源簡介

2025年高考數學高頻易錯考前沖刺：立體幾何初步
一．選擇題（共8小題）
1．（2024 新課標Ⅰ）圓柱被一個平面截去一部分后與半球（半徑為r）組成一個幾何體，該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如圖所示．若該幾何體的表面積為16+20π，則r＝（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
2．（2024 浙江）某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積（單位：cm3）是（　　）
A．3 B．3 C．1 D．1
3．（2024 浙江）某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積是（　　）
A．8cm3 B．12cm3 C． D．
4．（2024 全國）過長方體的一個頂點的三條棱的長分別為3，4，5，且它的八個頂點都在同一個球面上，這球的表面積是（　　）
A．20π B．25π C．50π D．200π
5．（2024 甲卷）已知A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個點，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，則三棱錐O﹣ABC的體積為（　　）
A． B． C． D．
6．（2024 浙江）設m、n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則（　　）
A．若m⊥n，n∥α，則m⊥α
B．若m∥β，β⊥α，則m⊥α
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，則m⊥α
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m⊥α
7．（2024 天津）若棱長為2的正方體的頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（　　）
A．12π B．24π C．36π D．144π
8．（2024 新課標Ⅰ）《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著，書中有如下問題：“今有委米依垣內角，下周八尺，高五尺．問：積及為米幾何？”其意思為：“在屋內墻角處堆放米（如圖，米堆為一個圓錐的四分之一），米堆底部的弧長為8尺，米堆的高為5尺，問米堆的體積和堆放的米各為多少？”已知1斛米的體積約為1.62立方尺，圓周率約為3，估算出堆放的米約有（　　）
A．14斛 B．22斛 C．36斛 D．66斛
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2021春 長汀縣期中）如圖所示，P為矩形ABCD所在平面外一點，矩形對角線交點為O，M為PB的中點，下列結論正確的是（　　）
A．OM∥PD B．OM∥平面PCD
C．OM∥平面PDA D．OM∥平面PBA
（多選）10．（2024 德化縣校級模擬）如圖，AC為圓錐SO底面圓O的直徑，點B是圓O上異于A，C的動點，SO＝OC＝2，則下列結論正確的是（　　）
A．圓錐SO的側面積為8
B．三棱錐S﹣ABC體積的最大值為
C．∠SAB的取值范圍是（）
D．若AB＝BC，E為線段AB上的動點，則SE+CE的最小值為2（1）
（多選）11．（2023春 蘭州期末）等腰直角三角形直角邊長為1，現將該三角形繞其某一邊旋轉一周，則所形成的幾何體的表面積可以為（　　）
A． B． C． D．
（多選）12．（2024 泰安一模）如圖所示，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1，若AB＝BC，E，F分別是AB1，BC1的中點，則下列結論中成立的是（　　）
A．EF與BB1垂直
B．EF⊥平面BDD1B1
C．EF與C1D所成的角為45°
D．EF∥平面A1B1C1D1
三．填空題（共4小題）
13．（2024 新課標Ⅱ）長方體的長、寬、高分別為3，2，1，其頂點都在球O的球面上，則球O的表面積為　 　．
14．（2024 浙江）如圖，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°．若平面ABC外的點P和線段AC上的點D，滿足PD＝DA，PB＝BA，則四面體PBCD的體積的最大值是 　 　．
15．（2024 浙江）如圖，已知平面四邊形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD，∠ADC＝90°，沿直線AC將△ACD翻折成△ACD′，直線AC與BD′所成角的余弦的最大值是　 　．
16．（2024 天津）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，除面ABCD外，該正方體其余各面的中心分別為點E，F，G，H，M（如圖），則四棱錐M﹣EFGH的體積為　 　．
四．解答題（共4小題）
17．（2024 北京）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點．
（Ⅰ）求證：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由．
18．（2024 新課標Ⅰ）如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一側的兩點，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC．
（Ⅰ）證明：平面AEC⊥平面AFC；
（Ⅱ）求直線AE與直線CF所成角的余弦值．
19．（2024 北京）如圖，在三棱錐P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D為線段AC的中點，E為線段PC上一點．
（1）求證：PA⊥BD；
（2）求證：平面BDE⊥平面PAC；
（3）當PA∥平面BDE時，求三棱錐E﹣BCD的體積．
20．（2024 北京）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC．
（1）求證：DC⊥平面PAC；
（2）求證：平面PAB⊥平面PAC；
（3）設點E為AB的中點，在棱PB上是否存在點F，使得PA∥平面CEF？說明理由．
2025年高考數學高頻易錯考前沖刺：立體幾何初步
參考答案與試題解析
一．選擇題（共8小題）
1．（2024 新課標Ⅰ）圓柱被一個平面截去一部分后與半球（半徑為r）組成一個幾何體，該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如圖所示．若該幾何體的表面積為16+20π，則r＝（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
【考點】由三視圖求面積、體積．
【專題】立體幾何．
【答案】B
【分析】通過三視圖可知該幾何體是一個半球拼接半個圓柱，計算即可．
【解答】解：由幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖可知，
截圓柱的平面過圓柱的軸線，
該幾何體是一個半球拼接半個圓柱，
∴其表面積為：4πr2πr22r×2πr+2r×2rπr2＝5πr2+4r2，
又∵該幾何體的表面積為16+20π，
∴5πr2+4r2＝16+20π，解得r＝2，
故選：B．
【點評】本題考查由三視圖求表面積問題，考查空間想象能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．
2．（2024 浙江）某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積（單位：cm3）是（　　）
A．3 B．3 C．1 D．1
【考點】由三視圖求面積、體積．
【專題】計算題；數形結合；數形結合法；立體幾何．
【答案】D
【分析】根據幾何體的三視圖，該幾何體是圓錐的一半和一個三棱錐組成，畫出圖形，結合圖中數據即可求出它的體積．
【解答】解：由幾何的三視圖可知，該幾何體是圓錐的一半和一個三棱錐組成，
圓錐的底面圓的半徑為1，三棱錐的底面是底邊長2的等腰直角三角形，圓錐的高和棱錐的高相等均為3，
故該幾何體的體積為π×12×331，
故選：D．
【點評】本題考查了空間幾何體三視圖的應用問題，解題的關鍵是根據三視圖得出原幾何體的結構特征，是基礎題目．
3．（2024 浙江）某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積是（　　）
A．8cm3 B．12cm3 C． D．
【考點】由三視圖求面積、體積．
【專題】空間位置關系與距離．
【答案】C
【分析】判斷幾何體的形狀，利用三視圖的數據，求幾何體的體積即可．
【解答】解：由三視圖可知幾何體是下部為棱長為2的正方體，上部是底面為邊長2的正方形高為2的正四棱錐，
所求幾何體的體積為：232×2×2．
故選：C．
【點評】本題考查三視圖與直觀圖的關系的判斷，幾何體的體積的求法，考查計算能力．
4．（2024 全國）過長方體的一個頂點的三條棱的長分別為3，4，5，且它的八個頂點都在同一個球面上，這球的表面積是（　　）
A．20π B．25π C．50π D．200π
【考點】球的體積和表面積．
【專題】計算題．
【答案】C
【分析】設出球的半徑，由于直徑即是長方體的體對角線，由此關系求出球的半徑，即可求出球的表面積．
【解答】解：設球的半徑為R，由題意，球的直徑即為長方體的體對角線，則（2R）2＝32+42+52＝50，
∴R．
∴S球＝4π×R2＝50π．
故選：C．
【點評】本題考查球的表面積，球的內接體，考查計算能力，是基礎題．
5．（2024 甲卷）已知A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個點，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，則三棱錐O﹣ABC的體積為（　　）
A． B． C． D．
【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積．
【專題】轉化思想；定義法；球；直觀想象；運算求解．
【答案】A
【分析】先確定△ABC所在的截面圓的圓心O1為斜邊AB的中點，然后在Rt△ABC和Rt△AOO1中，利用勾股定理求出OO1，再利用錐體的體積公式求解即可．
【解答】解：因為AC⊥BC，AC＝BC＝1，
所以底面ABC為等腰直角三角形，
所以△ABC所在的截面圓的圓心O1為斜邊AB的中點，
所以OO1⊥平面ABC，
在Rt△ABC中，AB，則，
在Rt△AOO1中，，
故三棱錐O﹣ABC的體積為．
故選：A．
【點評】本題考查了錐體外接球和錐體體積公式，解題的關鍵是確定△ABC所在圓的圓心的位置，考查了邏輯推理能力、化簡運算能力、空間想象能力，屬于中檔題．
6．（2024 浙江）設m、n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則（　　）
A．若m⊥n，n∥α，則m⊥α
B．若m∥β，β⊥α，則m⊥α
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，則m⊥α
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m⊥α
【考點】空間中直線與直線之間的位置關系．
【專題】空間位置關系與距離．
【答案】C
【分析】根據空間線線，線面，面面之間的位置關系分別進行判定即可得到結論．
【解答】解：A．若m⊥n，n∥α，則m⊥α或m α或m∥α，故A錯誤．
B．若m∥β，β⊥α，則m⊥α或m α或m∥α，故B錯誤．
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，則m⊥α，正確．
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m⊥α或m α或m∥α，故D錯誤．
故選：C．
【點評】本題主要考查空間直線，平面之間的位置關系的判定，要求熟練掌握相應的判定定理和性質定理．
7．（2024 天津）若棱長為2的正方體的頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（　　）
A．12π B．24π C．36π D．144π
【考點】球的表面積．
【專題】整體思想；綜合法；球；直觀想象．
【答案】C
【分析】正方體的對角線就是球的直徑，求出半徑后，即可求出球的表面積．
【解答】解：由題意，正方體的對角線就是球的直徑，
所以2R6，
所以R＝3，S＝4πR2＝36π．
故選：C．
【點評】本題考查球的表面積，考查學生空間想象能力，球的內接體問題，是基礎題．
8．（2024 新課標Ⅰ）《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著，書中有如下問題：“今有委米依垣內角，下周八尺，高五尺．問：積及為米幾何？”其意思為：“在屋內墻角處堆放米（如圖，米堆為一個圓錐的四分之一），米堆底部的弧長為8尺，米堆的高為5尺，問米堆的體積和堆放的米各為多少？”已知1斛米的體積約為1.62立方尺，圓周率約為3，估算出堆放的米約有（　　）
A．14斛 B．22斛 C．36斛 D．66斛
【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積．
【專題】空間位置關系與距離；新文化類．
【答案】B
【分析】根據圓錐的體積公式計算出對應的體積即可．
【解答】解：設圓錐的底面半徑為r，則r＝8，
解得r，
故米堆的體積為π×（）2×5，
∵1斛米的體積約為1.62立方尺，
∴1.62≈22，
故選：B．
【點評】本題主要考查錐體的體積的計算，比較基礎．
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2021春 長汀縣期中）如圖所示，P為矩形ABCD所在平面外一點，矩形對角線交點為O，M為PB的中點，下列結論正確的是（　　）
A．OM∥PD B．OM∥平面PCD
C．OM∥平面PDA D．OM∥平面PBA
【考點】直線與平面平行．
【專題】證明題；數形結合；數形結合法；空間位置關系與距離；邏輯思維．
【答案】ABC
【分析】通過直線與平面平行的判定定理，即可判斷ABC正確；由線面的位置關系，即可得到直線在平面內，故D錯誤．
【解答】解：對于A，由于O為BD的中點，M為PB的中點，則OM∥PD，故正確；
對于B，由于OM∥PD，OM 平面PCD，PD 平面PCD，則OM∥平面PCD，故正確；
對于C，由于OM∥PD，OM 平面PAD，PD 平面PAD，則OM∥平面PAD，故正確；
對于D，由于M∈平面PAB，故錯誤．
故選：ABC．
【點評】本題主要考查線面平行的判定定理及運用，考查直線與平面的位置關系，屬于中檔題．
（多選）10．（2024 德化縣校級模擬）如圖，AC為圓錐SO底面圓O的直徑，點B是圓O上異于A，C的動點，SO＝OC＝2，則下列結論正確的是（　　）
A．圓錐SO的側面積為8
B．三棱錐S﹣ABC體積的最大值為
C．∠SAB的取值范圍是（）
D．若AB＝BC，E為線段AB上的動點，則SE+CE的最小值為2（1）
【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；旋轉體（圓柱、圓錐、圓臺）的體積．
【專題】數形結合；綜合法；空間位置關系與距離；運算求解．
【答案】BD
【分析】由已知求出圓錐側面積判斷A；求出三棱錐S﹣ABC體積的最大值判斷B；由極限觀點求解∠SAB的取值范圍判斷C；利用剪展問題求得SE+CE的最小值判斷D．
【解答】解：在Rt△SOC中，∵SO＝OC＝2，∴，
則圓錐 SO的側面積為S，故A錯誤；
當B位于中點時，△ABC面積取最大值，為，
此時三棱錐S﹣ABC體積的最大值為，故B正確；
當B與C趨于重合時，∠SAB趨于，當B與A趨于重合時，∠ASB趨于0，∠SAB趨于，
∴∠SAB的取值范圍是（，），故C錯誤；
若AB＝BC，以AB為軸把平面SAB旋轉至與平面ABC重合，連接SC，交AB于E，
則∠SBC＝150°，在△SBC中，SB＝BC，
由余弦定理可得，SC
，即SE+CE的最小值為2（1），故D正確．
故選：BD．
【點評】本題考查旋轉體及其特征，考查剪展問題中最值的求法，考查棱錐體積的求法，考查空間想象能力及思維能力，考查運算求解能力，是中檔題．
（多選）11．（2023春 蘭州期末）等腰直角三角形直角邊長為1，現將該三角形繞其某一邊旋轉一周，則所形成的幾何體的表面積可以為（　　）
A． B． C． D．
【考點】旋轉體（圓柱、圓錐、圓臺）的體積；棱柱、棱錐、棱臺的側面積和表面積．
【專題】轉化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．
【答案】AB
【分析】分兩個情況繞的邊為直角邊和斜邊討論，當繞的邊是直角邊是，所形成的幾何體的表面積為底面面積加側面面積，當繞斜邊時扇形面積既是所形成的幾何體的表面積，而扇形面積等于c底面周長×l母線長，進而求出所形成的幾何體的表面積．
【解答】解：若繞一條直角邊旋轉一周時，則圓錐的底面半徑為1，高為1，所以母線長l，這時表面積為 2π 1 l+π 12＝（1）π；
若繞斜邊一周時旋轉體為兩個底對底的圓錐組合在一起，且由題意底面半徑為，一個圓錐的母線長為1，所以表面積S＝22 1，
綜上所述該幾何體的表面積為，（1）π，
故選：AB．
【點評】考查旋轉體的表面積，屬于中檔題．
（多選）12．（2024 泰安一模）如圖所示，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1，若AB＝BC，E，F分別是AB1，BC1的中點，則下列結論中成立的是（　　）
A．EF與BB1垂直
B．EF⊥平面BDD1B1
C．EF與C1D所成的角為45°
D．EF∥平面A1B1C1D1
【考點】棱柱的結構特征；異面直線及其所成的角；空間中直線與直線之間的位置關系；空間中直線與平面之間的位置關系．
【專題】計算題；數形結合；轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；簡易邏輯；直觀想象；運算求解．
【答案】ABD
【分析】連接A1B，運用中位線定理推出EF∥A1C1，結合線面平行和垂直的判定定理和性質定理，分析判斷A，B，D正確；再由異面直線所成的角的概念判斷C錯誤．
【解答】解：連A1B，A1C1，則A1B交AB1于E，又F為BC1中點，
可得EF∥A1C1，由B1B⊥平面A1B1C1D1，可得B1B⊥A1C1，可得B1B⊥EF，故A正確；
連接D1B1，EF∥A1C1，A1C1⊥平面BDD1B1，可得EF⊥平面BDD1B1，故B正確；
EF與C1D所成角就是∠A1C1D，∵AA1的長度不確定，∴∠A1C1D的大小不確定，故C錯誤；
由E，F分別是AB1，BC1的中點，得EF∥A1C1，可得EF∥平面A1B1C1D1，故D正確．
故選：ABD．
【點評】本題考查異面直線的位置關系判定，直線與平面平行和垂直的判定，異面直線所成的角的求法，考查空間想象能力，是中檔題．
三．填空題（共4小題）
13．（2024 新課標Ⅱ）長方體的長、寬、高分別為3，2，1，其頂點都在球O的球面上，則球O的表面積為　14π　．
【考點】球內接多面體；球的體積和表面積．
【專題】計算題；轉化思想；空間位置關系與距離．
【答案】見試題解答內容
【分析】求出球的半徑，然后求解球的表面積．
【解答】解：長方體的長、寬、高分別為3，2，1，其頂點都在球O的球面上，可知長方體的對角線的長就是球的直徑，
所以球的半徑為：．
則球O的表面積為：414π．
故答案為：14π．
【點評】本題考查長方體的外接球的表面積的求法，考查空間想象能力以及計算能力．
14．（2024 浙江）如圖，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°．若平面ABC外的點P和線段AC上的點D，滿足PD＝DA，PB＝BA，則四面體PBCD的體積的最大值是 　　．
【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積．
【專題】綜合題；轉化思想；綜合法；立體幾何．
【答案】見試題解答內容
【分析】由題意，△ABD≌△PBD，可以理解為△PBD是由△ABD繞著BD旋轉得到的，對于每段固定的AD，底面積BCD為定值，要使得體積最大，△PBD必定垂直于平面ABC，此時高最大，體積也最大．
【解答】解：如圖，M是AC的中點．
①當AD＝t＜AM時，如圖，此時高為P到BD的距離，也就是A到BD的距離，即圖中AE，
DMt，由△ADE∽△BDM，可得，∴h，
V，t∈（0，）
②當AD＝t＞AM時，如圖，此時高為P到BD的距離，也就是A到BD的距離，即圖中AH，
DM＝t，由等面積，可得，∴，
∴h，
∴V，t∈（，2）
綜上所述，V，t∈（0，2）
令m∈[1，2），則V，∴m＝1時，Vmax．
故答案為：．
【點評】本題考查體積最大值的計算，考查學生轉化問題的能力，考查分類討論的數學思想，對思維能力和解題技巧有一定要求，難度大．
15．（2024 浙江）如圖，已知平面四邊形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD，∠ADC＝90°，沿直線AC將△ACD翻折成△ACD′，直線AC與BD′所成角的余弦的最大值是　　．
【考點】異面直線及其所成的角．
【專題】數形結合；轉化思想；空間角．
【答案】見試題解答內容
【分析】如圖所示，取AC的中點O，AB＝BC＝3，可得BO⊥AC，在Rt△ACD′中，AC．作D′E⊥AC，垂足為E，D′E．CO，CE，EO＝CO﹣CE．過點B作BF∥AC，作FE∥BO交BF于點F，則EF⊥AC．連接D′F．∠FBD′為直線AC與BD′所成的角．則四邊形BOEF為矩形，BF＝EO．EF＝BO．則∠FED′為二面角D′﹣CA﹣B的平面角，設為θ．利用余弦定理求出D′F2的最小值即可得出．
【解答】解：如圖所示，取AC的中點O，∵AB＝BC＝3，∴BO⊥AC，
在Rt△ACD′中，．
作D′E⊥AC，垂足為E，D′E．
CO，CE，
∴EO＝CO﹣CE．
過點B作BF∥AC，作FE∥BO交BF于點F，則EF⊥AC．連接D′F．∠FBD′為直線AC與BD′所成的角．
則四邊形BOEF為矩形，∴BF＝EO．
EF＝BO．
則∠FED′為二面角D′﹣CA﹣B的平面角，設為θ．
則D′F22cosθ5cosθ，cosθ＝1時取等號．
∴D′B的最小值2．
∴直線AC與BD′所成角的余弦的最大值．
也可以考慮利用向量法求解．
故答案為：．
【點評】本題考查了空間位置關系、空間角，考查了空間想象能力、推理能力與計算能力，屬于難題．
16．（2024 天津）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，除面ABCD外，該正方體其余各面的中心分別為點E，F，G，H，M（如圖），則四棱錐M﹣EFGH的體積為　　．
【考點】棱錐的體積．
【專題】計算題；數形結合；轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；直觀想象．
【答案】見試題解答內容
【分析】求出四棱錐中的底面的面積，求出棱錐的高，然后利用體積公式求解即可．
【解答】解：正方體的棱長為1，M﹣EFGH的底面是正方形的邊長為：，
四棱錐是正四棱錐，棱錐的高為，
四棱錐M﹣EFGH的體積：．
故答案為：．
【點評】本題考查幾何體的體積的求法，考查空間想象能力以及計算能力．
四．解答題（共4小題）
17．（2024 北京）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點．
（Ⅰ）求證：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由．
【考點】直線與平面垂直；平面與平面垂直．
【專題】證明題；數形結合；數形結合法；空間位置關系與距離；邏輯思維．
【答案】見試題解答內容
【分析】（Ⅰ）推導出BD⊥PA，BD⊥AC，由此能證明BD⊥平面PAC．
（Ⅱ）推導出AB⊥AE，PA⊥AE，從而AE⊥平面PAB，由此能證明平面PAB⊥平面PAE．
（Ⅲ）棱PB上是存在中點F，取AB中點G，連結GF，CG，推導出CG∥AE，FG∥PA，從而平面CFG∥平面PAE，進而CF∥平面PAE．
【解答】證明：（Ⅰ）∵四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，
∴BD⊥PA，BD⊥AC，
∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC．
（Ⅱ）∵在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，
E為CD的中點，∠ABC＝60°，
∴AB⊥AE，PA⊥AE，
∵PA∩AB＝A，∴AE⊥平面PAB，
∵AE 平面PAE，∴平面PAB⊥平面PAE．
解：（Ⅲ）棱PB上是存在中點F，使得CF∥平面PAE．
理由如下：取AB中點G，連結GF，CG，
∵在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點，
∴CG∥AE，FG∥PA，
∵CG∩FG＝G，AE∩PA＝A，
∴平面CFG∥平面PAE，
∵CF 平面CFG，∴CF∥平面PAE．
【點評】本題考查線面垂直、面面垂直的證明，考查滿足線面平行的瞇是否存在的判斷與求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查推理能力與計算能力，屬于中檔題．
18．（2024 新課標Ⅰ）如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一側的兩點，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC．
（Ⅰ）證明：平面AEC⊥平面AFC；
（Ⅱ）求直線AE與直線CF所成角的余弦值．
【考點】異面直線及其所成的角；平面與平面垂直．
【專題】空間位置關系與距離；空間角；空間向量及應用．
【答案】見試題解答內容
【分析】（Ⅰ）連接BD，設BD∩AC＝G，連接EG、EF、FG，運用線面垂直的判定定理得到EG⊥平面AFC，再由面面垂直的判定定理，即可得到；
（Ⅱ）以G為坐標原點，分別以GB，GC為x軸，y軸，|GB|為單位長度，建立空間直角坐標系G﹣xyz，求得A，E，F，C的坐標，運用向量的數量積的定義，計算即可得到所求角的余弦值．
【解答】解：（Ⅰ）連接BD，
設BD∩AC＝G，
連接EG、EF、FG，
在菱形ABCD中，
不妨設BG＝1，
由∠ABC＝120°，
可得AG＝GC，
BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，
可知AE＝EC，又AE⊥EC，
所以EG，且EG⊥AC，
在直角△EBG中，可得BE，故DF，
在直角三角形FDG中，可得FG，
在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE，FD，可得EF，
從而EG2+FG2＝EF2，則EG⊥FG，
（或由tan∠EGB tan∠FGD 1，
可得∠EGB+∠FGD＝90°，則EG⊥FG）
AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC，
由EG 平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC；
（Ⅱ）如圖，以G為坐標原點，分別以GB，GC為x軸，y軸，|GB|為單位長度，
建立空間直角坐標系G﹣xyz，由（Ⅰ）可得A（0，，0），E（1，0，），
F（﹣1，0，），C（0，，0），
即有（1，，），（﹣1，，），
故cos，．
則有直線AE與直線CF所成角的余弦值為．
【點評】本題考查空間直線和平面的位置關系和空間角的求法，主要考查面面垂直的判定定理和異面直線所成的角的求法：向量法，考查運算能力，屬于中檔題．
19．（2024 北京）如圖，在三棱錐P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D為線段AC的中點，E為線段PC上一點．
（1）求證：PA⊥BD；
（2）求證：平面BDE⊥平面PAC；
（3）當PA∥平面BDE時，求三棱錐E﹣BCD的體積．
【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；直線與平面垂直；平面與平面垂直．
【專題】轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離．
【答案】見試題解答內容
【分析】（1）運用線面垂直的判定定理可得PA⊥平面ABC，再由性質定理即可得證；
（2）要證平面BDE⊥平面PAC，可證BD⊥平面PAC，由（1）運用面面垂直的判定定理可得平面PAC⊥平面ABC，再由等腰三角形的性質可得BD⊥AC，運用面面垂直的性質定理，即可得證；
（3）由線面平行的性質定理可得PA∥DE，運用中位線定理，可得DE的長，以及DE⊥平面ABC，求得三角形BCD的面積，運用三棱錐的體積公式計算即可得到所求值．
【解答】解：（1）證明：由PA⊥AB，PA⊥BC，
AB 平面ABC，BC 平面ABC，且AB∩BC＝B，
可得PA⊥平面ABC，
由BD 平面ABC，
可得PA⊥BD；
（2）證明：由AB＝BC，D為線段AC的中點，
可得BD⊥AC，
由PA⊥平面ABC，PA 平面PAC，
可得平面PAC⊥平面ABC，
又平面PAC∩平面ABC＝AC，
BD 平面ABC，且BD⊥AC，
即有BD⊥平面PAC，
BD 平面BDE，
可得平面BDE⊥平面PAC；
（3）PA∥平面BDE，PA 平面PAC，
且平面PAC∩平面BDE＝DE，
可得PA∥DE，
又D為AC的中點，
可得E為PC的中點，且DEPA＝1，
由PA⊥平面ABC，
可得DE⊥平面ABC，
可得S△BDCS△ABC2×2＝1，
則三棱錐E﹣BCD的體積為DE S△BDC1×1．
【點評】本題考查空間的線線、線面和面面的位置關系的判斷，主要是平行和垂直的關系，注意運用線面平行的性質定理以及線面垂直的判定定理和性質定理，面面垂直的判定定理和性質定理，同時考查三棱錐的體積的求法，考查空間想象能力和推理能力，屬于中檔題．
20．（2024 北京）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC．
（1）求證：DC⊥平面PAC；
（2）求證：平面PAB⊥平面PAC；
（3）設點E為AB的中點，在棱PB上是否存在點F，使得PA∥平面CEF？說明理由．
【考點】空間中直線與平面之間的位置關系；平面與平面之間的位置關系．
【專題】綜合題；轉化思想；綜合法；立體幾何．
【答案】見試題解答內容
【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證明DC⊥平面PAC；
（2）利用線面垂直的判定定理證明AB⊥平面PAC，即可證明平面PAB⊥平面PAC；
（3）在棱PB上存在中點F，使得PA∥平面CEF．利用線面平行的判定定理證明．
【解答】（1）證明：∵PC⊥平面ABCD，DC 平面ABCD，
∴PC⊥DC，
∵DC⊥AC，PC∩AC＝C，
∴DC⊥平面PAC；
（2）證明：∵AB∥DC，DC⊥AC，
∴AB⊥AC，
∵PC⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，
∴PC⊥AB，
∵PC∩AC＝C，
∴AB⊥平面PAC，
∵AB 平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAC；
（3）解：在棱PB上存在中點F，使得PA∥平面CEF．
∵點E為AB的中點，
∴EF∥PA，
∵PA 平面CEF，EF 平面CEF，
∴PA∥平面CEF．
【點評】本題考查線面平行與垂直的證明，考查平面與平面垂直的證明，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．
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