1、专题 16 几何体的几何特征与点线面关系 【压轴综述】【压轴综述】 在立体几何中，判定和证明空间的线线、线面以及面面之间的位置关系(主要是平行与 垂直的位置关系)，计算空间图形中的几何量(主要是角与距离)是两类基本问题正确揭示 空间图形与平面图形的联系， 并有效地实施空间图形与平面图形的转换是分析和解决这两类 问题的关键 要善于将空间问题转化为平面问题： 这一步要求我们具备较强的空间想象能力， 对几何体的结构特征要牢牢抓住. 立体几何压轴题多以选择题、填空题形式出现，往往与不等式、导数、三角函数等相结 合，具有一定的综合性.其中折叠问题、几何体的切接及截面问题、角的计算问题等比较多 见. 一.
2、折叠问题最重要的是找到折叠之前与折叠之后不变量，这是两个图形的桥梁，再结合新 图形的新特征处理. 二.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：(1)观察图形，建立恰当的空间直角坐标系； (2)写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；(3)设出相应平面的法向量，利用两直线 垂直数量积为零列出方程组求出法向量； (4)将空间位置关系转化为向量关系； (5)根据定理 结论求出相应的角. 三.几何体的切接、截面问题： (1)求解与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确 切点和接点的位置， 确定有关元素间的数量关系， 并作出合适的截面图， 如球内切于正方体， 切点为正方体各
3、个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点 均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径等.通过作截面，把空间问题转化为平面图 形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解这样才能进一步 将空间问题转化为平面内的问题； (2)转化后如何算？因为已经是平面内的问题，那么方法就比较多了，如三角函数法、均值 不等式、坐标法，甚至导数都是可以考虑使用的工具 四.角的计算问题 1. 二面角的平面角及其求法有：定义法、三垂线定理及其逆定理、找公垂面法、射影公式、 向量法等，依据题目选择方法求出结果 2.求异面直线所成角的步骤:一平移,将两条异面直线平移成相交直线二
4、定角,根据异面直 线所成角的定义找出所成角 三求角,在三角形中用余弦定理或正弦定理或三角函数求角 四 结论 3.线面角的计算：(1)利用几何法：原则上先利用图形“找线面角”或者遵循“一做-二证 -三计算”. (2)利用向量法求线面角的方法 (i 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)； (ii)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(钝角时取其 补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角. 下面通过例题说明应对这类问题的方法与技巧. 【压轴典例】【压轴典例】 例 1.(2020全国卷高考文科T3 理科T3)埃及胡夫金字塔是
5、古代世界建筑奇迹之一, 它的形状可视为一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面 三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为 ( ) A. B. C. D. 【解析】选 C.如图,设CD=a,PE=b,则PO=, 由题意PO 2= ab,即b 2- = ab,化简得 4-2 -1=0,解得 =(负值舍去). 例 2.(2020全国卷高考文科T12 理科T10 )已知A,B,C为球O的球面上的三个点, O1为ABC的外接圆,若O1的面积为 4,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为 ( ) A.64 B.48 C.36 D.32 【解析】选 A.
6、设圆O1的半径为r,球的半径为R,依题意,得 r 2=4,所以 r=2,由正弦定理 可得AB=2rsin 60=2,所以OO1=AB=2,根据球截面性质得OO1平面ABC, 所以OO1O1A,R=OA=4,所以球O的表面积S=4R 2=64. 例 3. (2020全国卷文科T11 理科T10)已知ABC是面积为的等边三角形,且其顶 点都在球O的球面上.若球O的表面积为 16,则O到平面ABC的距离为 ( ) A. B. C.1 D. 【解析】选 C.设ABC的外接圆圆心为O1,记OO1=d,圆O1的半径为r,球O的半径为R,ABC 的边长为a,则SABC=a 2= ,可得a=3,于是r=,由题
7、知,球O的表面积为 16,则R=2,由 R 2=r2+d2易得 d=1,即O到平面ABC的距离为 1. 例 4.(2020全国卷理科T7)如图是一个多面体的三视图,这个多面体某条棱的一个端点 在正视图中对应的点为M,在俯视图中对应的点为N,则该端点在侧视图中对应的点为 ( ) A.E B.F C.G D.H 【解析】选 A.该几何体是两个长方体拼接而成,如图所示,由图可知选 A. 5.(2020全国卷理科T8 文科T9)如图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是 ( ) A.6+4 B.4+4 C.6+2 D.4+2 【解析】选 C.根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形, 根据
8、立体图形可得:SABC=SADC=SCDB= 22=2,根据勾股定理可得:AB=AD=DB=2, 所以ADB是边长为 2的等边三角形,根据三角形面积公式可得:SADB=ABADsin 60= =2,所以该几何体的表面积是:32+2=6+2. 例 6.(2020 新高考全国卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针 投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面,在点A处放置 一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬 40,则晷针与点A处水平面所 成的角为
9、( ) A.20 B.40 C.50 D.90 【解析】 选 B. 晷针与晷面垂直,而晷面与赤道所在平面平行,所以晷针与赤道所在平面垂直, 进而可知晷针与OA的夹角是 50,又OA垂直点A处的水平面,则晷针与点A处的水平面所 成的角为 40. 例 7.(2020浙江高考T6)已知空间中不过同一点的三条直线m,n,l,则“m,n,l在同一平 面”是“m,n,l两两相交”的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 【解析】 选 B.已知m,n,l两两相交,可以推出m,n,l在同一个平面,反之,已知m,n,l在一个 平面,可以推出m,n,l两两相交
10、,或者mn,l与m,n相交等多种情况,故 “m,n,l在同一平面” 是“m,n,l两两相交”的必要不充分条件. 例 8.(2020全国卷文理科T16)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,直线m平面,则ml. 则下述命题中所有真命题的序号是 . p1p4 p1p2 p2p3 p3p4 【解析】 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平面,即l3平
11、面,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,因为直线l平面 ,所以直线m直线l,命题p4为真命题.综上可知,p1p4为真命题,p1p2为假命题,p2 p3为真命题,p3p4为真命题.答案: 例 8.(2020浙江宁波高三)设三棱锥VABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱 VA上的点(不含端点)， 记直线PB与直线AC所成角为， 直线PB与平面ABC所成角为 ，二面角P ACB的平面角为，则( ) A, B, C, D,
12、 【答案】B 【解析】 方法 1： 如图G为AC中点，V在底面ABC的投影为O， 则P在底面投影D在线段AO上， 过D作DE垂直AE，易得/PEVG，过P作/PFAC交VG于F，过D作/DHAC， 交BG于H，则,BPFPBDPED ，则 coscos PFEGDHBD PBPBPBPB ， 即，tantan PDPD EDBD ， 即y ， 综上所述，答案为 B. 方法 2：由最小角定理 ，记VAB C的平面角为(显然 )，由最大角定理 ，故选 B. 方法 3：(特殊位置)取VABC为正四面体，P为VA中点，易得 33322 2 cossin,sin,sin 6633 ，故选 B. 例 9(
13、2021 湖南长沙高三)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，PA 平 面ABCD，PAAB，点E为PA的中点，则下列判断正确的是( ) APB与CD所成的角为60 BBD 平面PAC CPC平面BDE D :1:4 B CDEP ABCD VV 【答案】BCD 【详解】对 A，底面ABCD是正方形，/AB CD，则PBA即为PB与CD所成的角， PA 平面ABCD，PAAB，PAAB，45PBA，故 A 错误；对 B，连 接AC， 底面ABCD是正方形，BDAC，PA 平面ABCD，BD 平面ABCD， PABD，PAACAQI，BD 平面PAC， 故 B 正确； 对 C， 设B
14、 DA C O， 连接OE， 则O是AC中点， 又点E为PA的中点，/PC OE，OE 平面BDE，PC 平面BDE，PC平面BDE，故 C 正确；对 D， 1 3 B CDEE BCDBCD VVSEA ， 11 224 33 P ABCDABCDBCDB CDE VSPASEAV ,:1:4 B CDEP ABCD VV ，故 D 正确. 例 10(2021 江苏省新海高级中学高三)如图直角梯形ABCD中，/AB CD，ABBC， 1 1 2 BCCDAB，E为AB中点以DE为折痕把ADE折起，使点A到达点P的 位置，且3PC 则( ) A平面PED 平面PCD BPCBD C二面角PDC
15、B的大小为 3 DPC与平面PED所成角的正切值为 2 2 【答案】ABD 【详解】如图，连接,EC BD，则 2EC ，又3PC ，1PE ，所以PECV中有 222 PCPEEC ，所以PEEC.对于 A.由题意可得PEDE，又PEEC， ECDEE，,EC DE 平面CDE，所以PE 平面CDE，所以PEBE，又 BEDE，PEDEE， ,PE DE 平面PDE， 所以BE 平面PDE， 因为 /BE CD， 所以CD平面PDE，因为CD平面PCD，所以平面PED 平面PCD，故 A 正确； 对于 B.由 A 得PE 平面CDE，又BDCE，由三垂线定理可得PCBD(平面内一条 线和射影
16、垂直，就和斜线垂直)，故 B 正确；对于 C.由 A 得CD平面PDE，根据二面角 定义可得PDE就是二面角PDCB的平面角，易得 4 PDE ，故 C 不正确； 对于 D. 由 A 得CD平面PDE，所以CPD就是斜线PC与平面PED所成的角，易得 2PD ， 12 tan 22 CD CPD PD ，故 D 正确. 例 11.(2020全国卷高考文科T19)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,ABC 是底面的内接正三角形,P为DO上一点,APC=90. (1)证明:平面PAB平面PAC; (2)设DO=,圆锥的侧面积为,求三棱锥P-ABC的体积. 【解析】(1)由题设可知,PA=PB
17、=PC.由于ABC是正三角形,故可得PACPAB. PACPBC.又APC =90,故APB=90,BPC=90.从而PBPA,PBPC,故PB平面 PAC,因为PB在平面PAB内,所以平面PAB平面PAC. (2)设圆锥的底面半径为r,母线长为l.由题设可得rl=,l 2-r2=2.解得 r=1,l=, 从而AB=.由(1)可得PA 2+PB2=AB2,故 PA=PB=PC=. 所以三棱锥P-ABC的体积为 PAPBPC= =. 例 12.(2020 全国卷文科 T20)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C 是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM
18、上一点.过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F. (1)证明:AA1MN,且平面A1AMN平面EB1C1F; (2)设O为A1B1C1的中心,若AO=AB=6,AO平面EB1C1F,且MPN= ,求四棱锥B-EB1C1F的体 积. 【解析】(1)因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MNBB1,又AA1BB1,所以MNAA1, 在等边ABC中,M为BC的中点,则BCAM,又因为侧面BB1C1C为矩形,所以BCBB1, 因为MNBB1,所以MNBC,由MNAM=M,MN,AM平面A1AMN,所以BC平面A1AMN, 又因为B1C1BC,且B1C1平面ABC,BC平面ABC,所以B1C1平
19、面ABC,又因为B1C1平面EB1C1F, 且平面EB1C1F平面ABC=EF,所以B1C1EF ,所以EFBC,又因为BC平面A1AMN, 所以EF平面A1AMN,因为EF平面EB1C1F,所以平面EB1C1F平面A1AMN. (2)过M作PN的垂线,交点为H,如图: 因为AO平面EB1C1F,AO平面A1AMN,平面A1AMN平面EB1C1F=NP,所以AONP, 又因为NOAP,所以AO=NP=6,AP=ON,因为O为A1B1C1的中心, 所以ON=A1C1sin = 6sin =,故:AP=ON=,则AM=3AP=3, 因为平面EB1C1F平面A1AMN,平面EB1C1F平面A1AMN
20、=NP,MH平面A1AMN, 所以MH平面EB1C1F,又因为在等边ABC中,EFBC,所以=,即EF=2, 由(1)知,四边形EB1C1F为梯形,所以=NP=6=24, 所以=h,h为M到PN的距离MH=2 sin =3,所以V= 243=24. 例 13(2021 安徽高三)如图，在直四棱柱 1111 ABCDABC D中，底面ABCD是梯形， ,/AB CD ABAD ，22CDABAD (1)求证：BD 平面 1 BCC； (2)在线段 11 C D上是否存在一点 E，使 /AE面 1 BC D若存在，确定点 E 的位置并证明； 若不存在，请说明理由 【答案】(1)证明见解析(2)存在
21、，点E是 11 C D的中点，证明见解析 【详解】(1)因为 1 AA 底面ABCD，所以 1 CC 底面ABCD，因为BD 底面ABCD ， 所以 1 CCBD， 因为底面ABCD是梯形，/ABDC，90BAD， 22CDABAD，设1AB ，则1AD ，2CD 所以 2BD ， 2BC ， 所以在BCD中， 222 BDBCCD，所以 90CBD，所以BDBC， 又因为 1 CCBD，且 1 CCBCC，所以BD 平面 1 BCC. (2)存在点E是 11 C D的中点，使/ /AE平面 1 BDC 证明如下：取线段 11 C D的中点为点E，连结AE，如图， 所以 11/ / C DCD
22、，且 1 1 2 C PCD ，因为/ABCD， 1 2 ABCD，所以 1 / /C EAB，且 1 C EAB，所以四边形 1 ABC E是平行四边形 所以 1 / /AECB 又因为 1 BC 平面 1 BDC，AE 平面 1 BDC，所以/ /AE平面 1 BDC 【压轴训练】【压轴训练】 1(2021 宁夏长庆高级中学高三)设ab、是两条不同的直线， 、 是两个不同的平面，则 下列正确的个数为( ) 若 ,ab a ，则/b；若,/aa，则； 若，则/a；若，则 A1 B2 C3 D4 【答案】B 【详解】对于.若,ab a，当b时有/b，故错误；对于.若,/aa， 根据面面垂直判定
23、定理可得成立，故正确；对于.若，当a时有 /a，故错误；对于.若 ,ab a 则b或者/b，又b则成立，故 正确. 2(2021 浙江高三月考)在矩形ABCD中，2 3AB ，3AD，E、F 分别为边AD、BC 上的点，且2AEBF，现将ABE沿直线BE折成 1 ABE，使得点 1 A在平面BCDE 上的射影在四边形CDEF内(不含边界)，设二面角 1 ABEC的大小为，直线 1 AB与平 面BCDE所成的角为，直线 1 AE与直线BC所成角为，则( ) A B C D 【答案】D 【详解】过 A 作BE的垂线，分别交EB，EF，DC于 M，G，N，如图， 显然AMN.因为/BC AD，所以直
24、线AE与AD所成角即为.当 A 在平面BCDE 上的射影为 G 时，AE平面A EF，此时 2 .于是当 A 在平面BCDE上的射影在线 段GN上时， 2 A ED ，所以A ED .由于EA EA ，MA MA ，进而得 2 EAA ， 2 MAA .因为AM是 AA 在平面ABCD上的射影，所以由线面角最小 性知 22 EAAMAA ，即 .再由二面角的最大性知 . 3(2021 重庆高三)九章算术中将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，将底面 为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，在如图所示的堑堵 1111 ABCABC D 中， 1 5AAAC，3AB ，4BC ，
25、则在堑堵 111 ABCABC中截掉阳马 111 CABB A后 的几何体的外接球的表面积是( ) A25 B50 C125 2 3 D200 【答案】B 【详解】在堑堵 111 ABCABC中截掉阳马 111 CABB A后，剩余的几何体为三棱锥 1 ABCC ，该几何体与堑堵 111 ABCABC的外接球是同一个球，3AB，4BC ， 5AC ， 222 ABBCAC，90ABC，1 ,AB BC BB 两两垂直，所以，堑堵 111 ABCABC的外接球就是以 1 ,AB BC BB为相邻棱的长方体的外接球，外接求的直径为 222 23455 2R ， 5 2 2 R ，因此，在堑堵 11
26、1 ABCABC中截掉阳马 111 CABB A后的几何体的外接球的表面积是 2 2 5 2 4450 2 R 4(2018 届湖南省郴州市二中)已知三棱锥的底面是直角三角形， ，平面， 是的中点 若此三棱锥的体积为， 则异面直线与 所成角的大小为( ) A 45 B 90 C 60 D 30 【答案】C 【解析】平面，三棱锥的体积 ，=4， 设的中点为 ，连接，如图，则， ，是正三角形，=60 是的中点，则， 是异面直线与所成的角，即异面直线与所成角的大小为 60 5.(2020 湖北高三月考)如图，E、F分别是三棱锥PABC的棱AP、BC的中点， 10PC ，6AB，7EF ，则异面直线A
27、B与PC所成的角为( ) A30 B60 C0 D120 【答案】B 【解析】如图所示：取AC中点G，连接,EG FG， 因为E、F分别是棱AP、BC的中点， 且G为AC中点， 所以GEPC且 1 5 2 GEPC， 所以GFAB且 1 3 2 GFAB；所以异面直线AB与PC所成的角即为EGF或其补 角，则 222 5371 cos 2 3 52 EGF ，所以120EGF，所以异面直线AB与PC所 成的角即为EGF的补角：60. 6 (2020 广东广雅中学高三)在正方体 1111 ABCDABC D 中， 点O是四边形ABCD的中心， 关于直线 1 AO ，下列说法正确的是( ) A 1
28、1 /AO DC B 1 AOBC C 1 /AO平面 11 BCD D 1 AO 平面 11 AB D 【答案】C 【解析】如下图所示，设 1111 ACB DMI，则M为 11 AC的中点， 在正方体 1111 ABCDABC D中， 11 /AA CC， 则四边形 11 AACC为平行四边形， 11 /AC AC . 易知点O、M分别为AC、 11 AC的中点， 1 /AM OC ，则四边形 1 AMCO为平行四边形， 则 1 /AO CM，由于过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，则 A 选项中的命题错 误； 1 /AO CMQ， 1 AO平面 11 BCD，CM 平面 11 B
29、CD， 1 /AO平面 11 BCD，C 选 项中的命题正确；易知BMCM，则BCM为等腰三角形，且BC为底，所以，BC与 CM不垂直，由于 1 /AO CM，则 1 AO与BC不垂直，B 选项中的命题错误；四边形 1111 DCBA为正方形，则 1111 B DAC，在正方体 1111 ABCDABC D中， 1 CC 平面 1111 DCBA， 11 B D 平面 1111 DCBA， 111 B DCC， 1111 ACCCCQI， 11 B D平面 11 ACC， 1 AC平面 11 ACC， 111 ACB D， 同理可证 11 ACAB， 且 11 11 A BBDB I， 1 A
30、C平面 11 AB D，则 1 AO与平面 11 AB D不垂直，D 选项中的命题错误.故选：C. 7(2020 安徽高三)如图，在正方体 111 ABCDABC D 中，F是棱 11 AD 上动点，下列说法 正确的是( ) A对任意动点F，在平面 11 ADD A内不存在 与平面CBF平行的直线 B对任意动点F，在平面ABCD内存在 与平面CBF垂直的直线 C当点F从 1 A运动到 1 D的过程中，FC与平面ABCD所成的角变大 D当点F从 1 A运动到 1 D的过程中，点D到平面CBF的距离逐渐变小 【答案】C 【解析】 对于 A 选项，/AD BC，AD平面CBF，BC 平面CBF，/A
31、D平面CBF， 又AD 平面 11 ADD A，所以，A 选项中的命题错误；对于 B 选项，反设平面ABCD内存在 直线a满足a 平面CBF，aQ平面ABCD，由平面与平面垂直的判定定理可得平面 CBF 平面ABCD，事实上，平面CBF与平面ABCD不垂直，假设不存在，所以，B 选 项中的命题错误； 对于 C 选项，由于F到平面ABCD的距离d不变且FC变小， 设直线FC 与平面ABCD所成的角为，则sin d FC ，可知在逐渐变大，C 选项中的命题正确； 对于 D 选项， 由于点F到平面ABCD的距离不变，BCD的面积不变， 则三棱锥FBCD 的体积不变，即三棱锥DBCF的体积不变，在点F
32、的运动过程中，BCF的面积不变， 由等体积法可知，点D到平面BCF的距离不变，D 选项中的命题正确.故选：C. 8(2020 江苏镇江高三期中)在直三棱柱 111 ABCABC中， 90BAC， 1 2ABACAA，,E F分别是 11 ,BC AC的中点，D在线段 11 BC上，则下面说法中正 确的有( ) A/ /EF平面 11 AAB B B若D是 11 BC上的中点，则BD EF C直线EF与平面ABC所成角的正弦值为 2 5 5 D直线BD与直线EF所成角最小时，线段BD长为 3 2 2 【答案】ACD 【详解】 由题意可得0,0,0A，2,0,0B，0,2,0C， 1 2,0,2B
33、， 1 0,2,2C，1,1,0E， 0,1,2F，设,2,2D xx，1,0,2EF ，2,2,2BDxx， 直三棱柱 111 ABCABC中， 90BAC，可得AC为平面 11 AAB B的一个法向量， 1 AA为平面ABC的一个法向量，对于 A，0,2,0AC ， 0EF AC ，即EFAC， 又EF 平面 11 AAB B，所以/ /EF平面 11 AAB B，故 A 正确；对于 B，若D是 11 BC上的中 点，则1,1,2BD ，所以 1 45EF BD ，所以EF与BD不垂直，故 B 不正确； 对于 C，由 1 AA为平面ABC的一个法向量， 1 0,0,2AA ，设直线EF与平
34、面ABC所成 角为，则 1 1 1 42 5 sincos, 552 EF AA EF AA EF AA ，故 C 正确； 对于 D， 设 11 1 2 ,2 ,0BDBC ，01 则 11 2 ,2 ,2BDBBB D ， 24BD EF ， 2 21 cos, 342521 5 239 BD EF BD EF BD EF 当 34 23 时，即 1 4 时，cos,BD EF取最大值，即直线BD与直线EF所成角最 小，此时 1 1 ,2 2 2 BD ， 3 2 2 BDBD，故 D 正确. 9(2021 江苏高三期末)如图，正方体 1111 ABCDABC D的棱长为 1，E，F 是线段
35、 11 B D上 的两个动点，且 1 2 EF ，则下列结论中正确的是( ) AACBE B/ /EF平面 ABCD CAEF的面积与 BEF的面积相等 D三棱锥EABF的体积为定值 【答案】ABD 【详解】由于 1 ,ACBD ACDD，故AC 平面 11 BDD B，所以ACBE，所以 A 正 确； 由于/EFBD， 所以/ /EF平面ABCD， 故 B 正确； 由于三角形AEF和三角形BEF 的底边都是EF， 而高前者是A到EF的距离， 后者是B到EF的距离， 这两个距离不相等， 故 C 错误；由于三棱锥ABEF的底面三角形BEF的面积为定值 1 1 2 EFBB.高是A 点到平面BEF
36、也即A点到平面 11 BDD B的距离也是定值， 故三棱锥A BEF的体积为定值. 故 D 正确. 10 如图， 正方体 1111 ABCDABC D的棱长为 1， 过A点作平面 1 ABD的垂线， 垂足为点H， 有下面三个结论：点H是 1 ABD的中心；AH垂直于平面 11 CB D；直线 1 AC与直线 1 BC所成的角是 90.其中正确结论的序号是_. 【答案】 【解析】对于，因为AH 平面 1 ABD， 1 ABADAA， 所以 1 RtRtRtABHADHAAH， 所以 1 HBHDHA， 所以H是 1 ABD的外心； 又因为 1 ABD是等边三角形，所以点H是 1 ABD的中心.故
37、正确；对于，因为 1111 / /,ABAB ABAB，/ /,CDAB CDAB，所以 11/ ABCD，且 11 ABCD，所以四边 形 11 ABCD是平行四边形，所以 11 / /BCAD.又因为 1 AD 平面 1 ABD， 1 BC 平面 1 ABD， 所以 1 / /BC平面 1 ABD.同理可证 11/ / B D平面 1 ABD.又因为 1111 BCB DB，所以平面 11/ / CB D平面 1 ABD；又因为AH垂直于平面 1 ABD，所以AH垂直于平面 11 CB D.故正 确；对于，连接 111 ,AC BC AD.因为四边形 11 BCC B是正方形，所以 11
38、BCBC. 因为AB 平面 11 BCC B， 1 BC 平面 11 BCC B，所以 1 BCAB. 又因为 1 BCABB=，所以 1 BC 平面 11 ABC D.又因为 1 AC 平面 11 ABC D，所以 11 ACBC，所以直线 1 AC与 1 BC所成的角是 90. 11 九章算术中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为畔，高称为正广，非高腰边称 为邪.在四棱锥PABCD 中， 底面ABCD 为邪田， 两畔CD AB，分别为 1， 3， 正广AD 为2 3 ，PD 平面ABCD， 则邪田ABCD的邪长为_； 邪所在直线与平面PAD 所成角的大小为_. 【答案】4 6 【解析】过点
39、C作CEAB，垂足为E，延长ADBC，使得ADBCF(如图) . 由题意可得2 3,2CEBE，则 1244BC ，由题意知,/ /ABAD CDAB， 所以 1 3 DFCD AFAB ，所以 3DF .因为PD 平面ABCD，所以PDAB，又 ABAD，所以AB 平面PAD ，则AFB 是直线BC 与平面PAD 所成角的平面 角， 33 tan 33 3 AB AFB AF ，所以 6 AFB 12.已知球内接三棱锥PABC中，PA 平面ABC，ABC为等边三角形， 且边长为3， 又球的体积为 32 3 ，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为_. 【答案】 85 10 【解析】如图: 由
40、正弦定理得小圆 1 O的半径为: 3 2sin60 r 1,则2AD ,又由 3 432 33 R,得球的 半径R2,所以 22 22 4 12 3APRr ,取AB的中点E,连接PE,CE ,则 CPE就是直线PC与平面PAB所成的角,又 22 12 315PCPAAC , 22 351 12 42 PEPAAE,所以 51 2 cos 15 CPE 85 10 . 直线PC与平面PAB所成角的余弦值为 85 10 . 13(2021 安徽高三开学考试)如图，在正方体ABCDABCD 中. (1)求证：平面/ACD平面ACB ；(2)求证：DB平面ACD. 【答案】(1)证明见解析；(2)证
41、明见解析. 【详解】(1)因为/ /AACC ，AACC，所以AACC 为平行四边形，故 / /ACAC ， 又AC 平面,ACD A C 平面ACD，所以 / /AC 平面ACD，同理A B/ /平面 ACD，又AB ACA ， ,A B A C 平面ACB ，所以平面 /ACD平面ACB (2)连接 ,BD B D 显然AC BD，BB底面 ,ABCD AC 底面,ABCD 所以 ACBB又 ,BDBBB,BD BB平面BB D D ，所以AC 平面BB D D 又DB平面,BB D D 所以,DBAC 同理CD平面ABCD ，故DBDC 又ACCDC ，,AC CD平面ACD所以DB平面
42、ACD 14(2021 全国高三专题练习)如图，四棱锥PABCD中，PA 底面ABCD，四边形 ABCD中，ABAD，4ABAD， 2CD ，45CDA ()求证：平面PAB 平面PAD ； ()设ABAP (1)若直线PB与平面PCD所成的角为30，求线段AB的长； (2)在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明 理由 【答案】()证明见解析；()(1) 4 5 AB ；(2)不存在，理由见解析. 【详解】 ()证明：PA 平面ABCD，AB平面ABCD，PAAB， 又ABAD， PAADA， ,PA AD 平面PAD， AB平面PAD，又AB 平面PAB，
43、 平面PAB 平面PAD ()(1)以A为坐标原点， 建立空间直角坐标系A xyz(如图),在平面ABCD内， 作 / /CEAB 交于点E，则CEAD，在RtCDE中，cos451DECD， sin451CECD，设ABAPt，则 (B t，0，0)，(0P ，0，) t，由4ABAD， 得4ADt，所以(0E，3 t，0)， (1C ，3 t，0)， (0D ，4t，0) ( 1,1,0)CD ，(0,4,)PDtt，设平面PCD的法向量为( , , )nx y z， 由n CD ，n PD ，得 0 (4)0 xy t ytz ，取xt，得平面PCD的一个法向量为 ( , ,4)nt t
44、t，又( ,0,)PBtt，故由直线PB与平面PCD所成的角为30得 1| cos(9030 ) 2 | | n PB nPB ，即 2 22222 |24 |1 2 0()(4) tt ttttt 解得 4 5 t 或4t (舍去，因为 40)ADt ，所以 4 5 AB ； (2)假设在线段AD上存在一个点G到P、B、C、D的距离都相等, 由GCGD，得45GCDGDC ，从而90CGD，即CGAD 所以cos451GDCD ，设AB，则4AD，3AGADGD 在Rt ABG中， 22222 39 (3)2()1 22 GBABAG，这与GBGD矛 盾所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到B、C、D的距离都相等从而，在 线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等