高考数学立体几何大题训练

1、高考数学立体几何大题训练1如图，平面平面，其中为矩形，为梯形，为中点（）求证：平面；（）求证：2如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，,为与的交点，为棱上一点PABCDEO（）证明：平面平面；（）若平面,求三棱锥的体积3如图，已知四边形ABCD是正方形，平面ABCD，CD=PD=2EA,PD/EA，F，G，H分别为PB，BE，PC的中点.（）求证：GH/平面PDAE；（）求证：平面平面PCD.4如图，在矩形中，点为边上的点，点为边的中点， ,现将沿边折至位置，且平面平面. （）求证：平面平面；（）求四棱锥的体积5如图，AB为圆O的直径，点E、F在圆O上，ABEF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在

2、的平面互相垂直，且AB=2，AD=EF=1.（）求证：AF平面CBF；（）设FC的中点为M，求证：OM平面DAF；（）设平面CBF将几何体EFABCD分成的两个锥体的体积分别为，求.6如图所示，在正方体中，分别是棱的中点EABCDB1A1D1C1F（）证明：平面平面；（）证明：/平面；（）若正方体棱长为1，求四面体的体积.7如图，四棱锥中，是正三角形，四边形是矩形，且平面平面，（）若点是的中点，求证：平面； （）若点在线段上，且，当三棱锥的体积为时，求实数的值8如图，三棱柱中，侧棱垂直底面，D是棱的中点.（1）证明：平面；（2）若，求三棱锥的体积.9已知平行四边形，为的中点，把三角形沿折起至位

3、置，使得，是线段的中点.（1）求证：；（2）求证：面面；（3）求四棱锥的体积. 10如图, 已知边长为2的的菱形与菱形全等，且,平面平面，点为的中点.（）求证：平面；（）求证：；（）求三棱锥的体积.11如图,三棱柱中,平面平面,与相交于点.CC1B1AA1BD（）求证:平面；（）求二面角的余弦值.12如图，已知四边形ABCD为正方形，平面，且（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值. 13如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面底面， ，点是的中点，点在边上移动（）若为中点，求证：/平面；（）求证：；（）若，二面角的余弦值等于，试判断点在边上的位置，并说明理由.14已知几何体的三视图如图所示，其中

4、俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形（1）求此几何体的体积的大小；（2）求异面直线DE与AB所成角的余弦值；（3）求二面角A-ED-B的正弦值 15如图，在直三棱柱中，平面侧面，且（1） 求证：；（2）若直线与平面所成的角为，求锐二面角的大小.16如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，点为的中点.（1）求证：平面；（2）求证：；（3）在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.17如图，在三棱柱中，平面，为棱上的动点，.当为的中点，求直线与平面所成角的正弦值；当的值为多少时，二面角的大小是45. 18如图，在四棱锥中，平面平面.（1）

5、证明：平面;（2）求二面角的大小19如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，为的中点（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.20在如图所示的几何体中，四边形为平行四边形，平面，.（1）若是线段的中点，求证：平面；（2）若，求二面角的余弦值.参考答案1（）详见解析; （）详见解析【解析】试题分析：证明：（）取的中点，连接，可得， 又因为，所以，四边形为平行四边形，所以 ，在根据线面平行的判定定理，即可证明结果（）取的中点，连接、，可得， 因为平面平面，所以平面，所以，因为，所以四边形为平行四边形，又，所以 ，根据线面垂直的判定定理，即可证明结果试题解析：证明

6、：（）取的中点，连接因为分别是,的中点，所以， 2分又因为，所以，四边形为平行四边形所以 4分因为平面，平面所以平面 5分（）取的中点，连接、因为分别是,的中点，所以， 7分因为平面平面，所以平面，所以 9分因为，所以四边形为平行四边形，又，所以 11分因为所以平面所以 12分考点： 1线面平行的判定定理；2线面垂直的判定定理2（）证明见解析；（）【解析】试题分析：（）要证面面垂直需证线面垂直，根据题意，需证平面，因为底面为菱形对角线互相垂直，又因为平面，所以平面得证；（）根据线面平行的性质定理可知：平行平面与平面的交线,同时为中点,所以为中点，所以三棱锥的体积等于三棱锥即为三棱锥体积的一半,

7、进而求得三棱锥的体积试题解析：（）平面,平面,四边形是菱形,又,平面而平面,平面平面 6分（）平面,平面平面,是中点,是中点PABCDEOH取中点,连结,四边形是菱形,又,平面, 9分 12分考点：1面面平行的判定定理;2线面平行的性质定理;3三棱锥的体积公式3（1）证明详见解析；（2）证明详见解析.【解析】试题分析：本题主要考查线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑思维能力、计算能力.第一问，取PD、EA中点，利用中位线得，而，说明是平行四边形，利用线面平行的判定平面；第二问，先利用线面垂直的性质得，再利用线面垂直的判定得平面，

8、即平面，最后利用面面垂直的判定得平面平面.试题解析：（1）分别取的中点的中点连结.因为分别为的中点，所以 .因为，所以,故四边形是平行四边形.所以. 4分又因为平面，平面，所以平面. 6分（2）证明：因为平面，平面，所以.因为所以平面.因为分别为的中点，所以所以平面因为平面，所以平面平面. 12分考点：线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直.4（）见解析（）【解析】试题分析：对于第一问要证明面面垂直，关键是把握住面面垂直的判定定理，在其中一个平面内找出另一个平面的垂线即可，而在找线面垂直时，需要把握住线面垂直的判定定理的内容，注意做好空间中的垂直转化工作，对于第二问，注意在求棱锥的体积时，注意

9、把握住有关求体积的量是多少，底面积和高弄清楚后就没有问题.试题解析：（）证明：在中,在中，,. 3分平面平面，且平面平面 平面,平面，平面平面. 6分（）解：过做,平面平面平面且平面平面 平面,四棱锥的高. 8分 10分则. 12分考点：面面垂直的判定，棱锥的体积.5（）参考解析；（）参考解析；（）【解析】试题分析：（）要证线面垂直等价转化为线线垂直，由圆周角所对的弦为直径即可得AF与BF垂直，再根据面面垂直的性质即可得CB与AF垂直.由此即可得到结论.（）线面平行等价转化为线线平行，通过做DF的中点即可得到一个平行四边形，由此即可得到线线平行，即可得到结论.（）根据四棱锥的体积公式，以及三棱

10、锥的体积公式，其中有些公共的线段，由此即可求出两个体积的比值.试题解析：（）证明：平面ABCD平面ABEF，CBAB，平面ABCD平面ABEF=AB，CB平面ABEF，AF平面ABEF，AFCB， 又AB为圆O的直径，AFBF，AF平面CBF.（）设DF的中点为N，则MN，又，则，MNAO为平行四边形， OMAN，又AN平面DAF，PM平面DAF，OM平面DAF.（）过点F作FGAB于G，平面ABCD平面ABEF，FG平面ABCD， CB平面ABEF，考点：1.线面垂直.2.线面平行.3.棱锥的体积公式.6（）详见解析（）详见解析（）【解析】试题分析：）证明面面垂直，一般利用面面垂直判定定理，

11、即从证明线面垂直出发：因为面所以又，所以面,所以平面面.（）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从证明线线平行出发，这一般可利用平面几何知识得以证明：设，则易得四边形为平行四边形，所以/.所以/面 （）求棱锥体积，关键在于确定其高。可以利用等体积法将其转化为可确定高的棱锥：试题解析：（）证明: 因为为正方体，所以面；因为面，所以 2分又因为，所以面 因为面,所以平面面. 5分（）连接,/，且， EFABCDB1A1D1C1设，则/且,所以/且，所以四边形为平行四边形. 所以/. 9分又因为，所以/面 11分（） 14分考点：面面垂直判定定理，线面平行判定定理，棱锥体积7（）证明见解析；（

12、）【解析】试题分析：（）将证明线面平行转化为线线平行，通过做辅助线可证明出/，线面平行的判定定理可证出平面；（）如图所示作辅助线，通过题意可先分将问题转化为求，由面面垂直的性质定理得平面，进而平面，得到平面，故，进而确定，再由试题解析：（）如图，连接，设，又点是的中点，则在中，中位线/， 3分又平面，平面所以平面 5分 （）依据题意可得：，取中点，所以，且又平面平面，则平面； 6分作于上一点，则平面，因为四边形是矩形，所以平面，则为直角三角形 8分所以，则直角三角形的面积为 10分由得： 12分考点：1、线面平行问题与线线平行问题的互化；2、面面垂直与线面垂直问题的互化；3、综合分析能力8（1

13、）见解析 （2）【解析】试题分析：对应第一问，关键是要掌握线面垂直的判定，把握线线垂直的证明方法，第二问注意椎体的体积公式的应用.试题解析：（1）由题设知，平面. （2分）又平面，. （3分）由题设知，即. （4分），平面. （6分）（2） ，D是棱的中点， （7分）， （9分）的面积 （10分） （11分），即三棱锥的体积为. （13分）考点：线面垂直的判定，椎体的体积.9（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）3.【解析】试题分析：（1）此题将线面平行转化为线线平行问题，可取的中点，连接构造辅助线，得到，进而证明出平面；（2）此题将面面垂直问题转化为线面垂直问题，可取的中点，连接构造辅助

14、线,借助于余弦定理，得出，即为直角三角形，由线面垂直的判定定理，证明出，根据面面垂直的判定定理得出面面；（3）由棱锥的体积公式得，梯形的底边为2、4，高为，由（2），代入上式即可求得.试题解析： (1)证明：取的中点，连接 为中点，且 为平行四边形边的中点，且 ，且四边形是平行四边形平面，平面 平面 4分（2）取的中点，连接，为的中点为等边三角形，即折叠后也为等边三角形，且在中，根据余弦定理，可得在中，即又，所以又面面 10分（3）由第（2）问知3 14分考点：1、线面平行；2、面面垂直；3.棱锥的体积10（）见解析；（）见解析； （）【解析】试题分析：（）要证明线面平行，只需证明这条直线以平

15、面内的一条直线平行即可，连结,易得为三角形的中位线，所以，平面；要证明线线垂直，一般通过线面垂直得到，易得平面，在菱形中，平面（）利用等体积法即可，即 试题解析：（）连结, .1分因为四边形是菱形，所以，,又,所以，为三角形的中位线 .2分所以，.又平面,平面平面 4分 （）因为四边形是菱形，所以。又平面平面，且交线为平面, 2分又 平面 3分在菱形中，, 4分平面平面 5分 6分（）由题知，=2,故,在三角形中，,所以=. 1分又,所以,所以是等边三角形，所以,所以 2分又面，所以，点C到面的距离 3分所以 4分考点：立体几何的综合应用11（）见解析 ；（）【解析】试题分析：（）证明直线和平

16、面垂直的常用方法：（1）利用判定定理（2）利用判定定理的推论（）（3）利用面面平行的性质（）（4）利用面面垂直的性质本题即是利用面面垂直的性质；（）求面面角方法一是传统方法，作出二面角，难度较大，一般不采用，方法二是向量法，思路简单，运算量稍大，一般采用向量法.试题解析：（）依题意,侧面是菱形,是的中点,因为,所以,又平面平面,且平面,平面平面所以平面. 5分（）传统法由（）知平面,面,所以,CC1B1AA1BDH传统法图又,所以平面,过作,垂足为,连结,则,所以为二面角的平面角. 9分在中,所以, 12分所以,即二面角的余弦值是. 14分向量法以为原点,建立空间直角坐标系如图所示, 6分C1

17、B1ACA1BDxzy向量法图由已知可得 故,则, 8分设平面的一个法向量是,则,即,解得令,得 11分显然是平面的一个法向量, 12分所以,即二面角的余弦值是. 14分考点：线面垂直、二面角12（1）详见解析；（2）二面角的余弦值为 .【解析】试题分析：（1） 因为EACF，所以ACFE是一个平面图形，在这个平面图形中，ACAE2，所以ACE是等腰直角三角形.连接AC交BD于点O，连接FO.易得OCFC，所以OCF也是等腰直角三角形.由此可证得ECOF.又由三垂线定理可证得，从而可得平面.法二， 以点A为坐标原点，AD所在的直线为x轴，AB所在直线为y轴，AE所在直线为z轴建立直角坐标系，利

18、用向量也可证得面.（2）由（1）知向量为平面的法向量，再用向量方法求出平面的法向量即可求出二面角的余弦值.试题解析：（1）（法一）连接AC交BD于点O，连接FO.过点O作OHAE交EC于点H，连接HF，因为O是AC的中点，所以H是EC的中点，所以，因为EACF，且EA=2CF，所以OHCF且OH=CF，又因为所以四边形OCFH为菱形，而垂直于平面ABCD，所以从而，从而四边形OCFH为正方形进而又因为四边形ABCD为正方形，所以; 又且从而面，则又且所以平面. .6分（法二） 以点A为坐标原点，AD所在的直线为x轴，AB所在直线为y轴，AE所在直线为z轴建立直角坐标系，则，所以从而有·

19、;=0，·=0所以又因为从而面 （2）由（1）知向量为平面的法向量设平面的法向量为则即；令得故 所以二面角的余弦值为 考点：1、空间线面间的位置关系；2、二面角.13（1）证明详见解析；（2）证明详见解析；（3）点F为边BC上靠近B点的三等分点.【解析】试题分析：本题主要考查线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、二面角、向量法等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑推理能力.第一问，在中，E、F分别是BP、BC中点，利用中位线的性质得，再根据线面平行的判定得出结论；第二问，由正方形ABCD得出，利用面面垂直的性质，得平面PAB，利用线面垂直的性质，得，再从中

20、证出，利用线面垂直的判定得平面PBC，所以AE垂直面PBC内的线PF；第三问，利用已知的这些条件整理出AD、AB、AP两两垂直，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，得出向量坐标，分别求出平面AEF和平面ABF的法向量，利用夹角公式列出表达式，求出m，即得到BF的长，从而得到点F的位置.试题解析：（1）在中，点E是PB中点，点F是BC中点，又平面PAC，平面PAC，平面PAC（2）底面ABCD是正方形，.又侧面PAB底面ABCD，平面PAB平面ABCD=AB，且平面ABCD，平面PAB.平面PAB，由已知，点E是PB的中点，又，平面PBC.平面PBC，.（3）点F为边BC上靠近B点的三等分点.

21、，由（2）可知，平面PAB.又，平面PAB，即，两两垂直.分别以AD，AB，AP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系（如图）.不妨设，则，.，.设平面AEF的一个法向量为，得，取，则，得.，平面ABCD.即平面ABF的一个法向量为.，解得.，即点F为边BC上靠近B点的三等分点.考点：线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、二面角、向量法.14（1）16；（2） ；（3）【解析】试题分析：（1）由三视图易得AC平面BCE，则体积；（2）取EC的中点是F，连结BF，可证FBA或其补角即为异面直线DE与AB所成的角，在BAF中，利用余弦定理可求得异面直线DE与AB所成的角的余弦值为 ；（3）过C作

22、CGDE交DE于G，连AG，可证DE平面ACG，易知AGC为二面角A-ED-B的平面角，在ACG中，可求得二面角A-ED-B的的正弦值为试题解析：（1）AC平面BCE， 则 几何体的体积V为16（2）取EC的中点是F，连结BF，则BF/DE，FBA或其补角即为异面直线DE与AB所成的角在BAF中，AB=，BF=AF=异面直线DE与AB所成的角的余弦值为 （3）AC平面BCE，过C作CGDE交DE于G，连AG可得DE平面ACG，从而AGDE,AGC为二面角A-ED-B的平面角在ACG中，ACG=90°，AC=4，G=,二面角A-ED-B的的正弦值为考点：1空间几何体的结构特征与三视图；

23、2空间几何中的线面角与二面角15（1）详见解析；（2）【解析】试题分析：（1） 取的中点，连接，要证 ,只要证 平面 由直三棱柱的性质可知 ,只需证，因此只要证明平面事实上，由已知平面侧面，平面，且所以平面成立，于是结论可证.（2） 思路一：连接，可证即为直线与所成的角，则 过点A作于点，连，可证即为二面角的一个平面角.在直角中 ，即二面角的大小为思路二：以点为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系设平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用向量的数量积求出这两个法向量的坐标，进而利用法向量的夹角求出锐二面角的大小.试题解析：.解（1）证明：如图，取的中点，连接，因，则由平面侧面，且平面侧

24、面，得，又平面， 所以.因为三棱柱是直三棱柱，则，所以.又，从而侧面 ，又侧面，故.解法一：连接，由（1）可知，则是在内的射影 即为直线与所成的角，则在等腰直角中，且点是中点， ，且， 过点A作于点，连，由（1）知，则，且 即为二面角的一个平面角且直角中：，又， ，且二面角为锐二面角 ，即二面角的大小为 解法二（向量法）：由（1）知且，所以以点为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，且设，则， 设平面的一个法向量，由， 得： 令 ，得 ，则 设直线与所成的角为，则得，解得，即 又设平面的一个法向量为，同理可得，设锐二面角的大小为，则，且，得 锐二面角的大小为. 考点：1、空间直

25、线、平面的位置关系；2、空间向量在立体几何问题中的应用.16（1)祥见解析；（2）祥见解析；（3）存在满足条件的.【解析】试题分析：（1）O是AD1的中点，连接OE，由中位线定理可得EOBD1，再由线面平行的判定定理可得BD1平面A1DE；（2）由正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，根据面面垂直的性质定理可得AB平面ADD1A1，进而线面垂直的性质定理得到ABA1D，结合A1DAD1及线面垂直的判定定理，可得A1D平面AD1E，进而D1EA1D；（3）以点D为原点，DA，DC，DD1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，设M（1，a，0）（0a2），分别求

26、出平面D1MC的法向量和平面MCD的一个法向量，根据二面角D1-MC-D的大小为，结合向量夹角公式，构造关于a的方程，解方程可得M点的坐标，进而求出AM长试题解析：（1)连结交于，连结,因为四边形为正方形，所以为的中点，又点为的中点，在中，有中位线定理有/，而平面，平面，所以，/平面.（2）因为正方形与矩形所在平面互相垂直，所以，而，所以平面，又平面，所以.（3）存在满足条件的.依题意，以为坐标原点，、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，因为，则，所，易知为平面的法向量，设，所以平面的法向量为，所以，即，所以，取，则，又二面角的大小为，所以，解得.故在线段上是存在点，使二面角的大小为，且.考点

27、：1空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；空间向量求平面间的夹角.17（1），（2）.【解析】试题分析：（1）此小题考查用空间向量解决线面角问题，只需找到面的法向量与线的方向向量，注意用好如下公式：，且线面角的范围为：；（2）此小题考查的是用空间向量解决面面角问题，只需找到两个面的法向量，但由于点坐标未知，可先设出，利用二面角的大小是45，求出点坐标，从而可得到的长度，则易求出其比值.试题解析： 如图，以点为原点建立空间直角坐标系，依题意得，因为为中点，则，设是平面的一个法向量，则，得，取，则，设直线与平面的法向量的夹角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为；设，设是平面的一个

28、法向量，则，取，则，是平面的一个法向量，得，即，所以当时，二面角的大小是.考点：运用空间向量解决线面角与面面角问题，要掌握线面角与面面角的公式，要注意合理建系.18（1）详见解析；（2）二面角的大小是【解析】试题分析：（1）求证：平面，证明线面垂直，先证线线垂直，即证线和平面内两条相交直线垂直，由已知可得，只需证明，或，由已知平面平面，只需证明，就得平面，即，而由已知，在直角梯形中，易求，从而满足，即得，问题得证；（2）求二面角的大小，可用传统方法，也可用向量法，用传统方法，关键是找二面角的平面角，可利用三垂线定理来找，但本题不存在利用三垂线定理的条件，因此利用垂面法，即作，与交于点，过点作，

29、与交于点，连结，由（1）知，则，所以是二面角的平面角，求出的三条边，利用余弦定理，即可求出二面角的大小，用向量法，首先建立空间坐标系，先找三条两两垂直的直线作为坐标轴，观察几何图形可知，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，写出个点坐标，设出设平面的法向量为，平面的法向量为，求出它们的一个法向量，利用法向量的夹角与二面角的关系，即可求出二面角的大小（1）在直角梯形中，由，得，由，则，即，又平面平面，从而平面，所以，又，从而平面；（2）方法一：作，与交于点，过点作，与交于点，连结，由（1）知，则，所以是二面角的平面角，在直角梯形中，由，得，又平面平面，得平面，从而，由于平面，得：，在中，由，得，在中，得，在中，得，从而，在中，利用余弦定理分别可得，在中，所以，即二面角的大小是方法二：以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系如图所示，由题意可知各点坐标如下：，设平面的法向量为，平面的法向量为，可算得，由得，可取，由得，可取，于是，由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角的大小是点评：本题主要考查空间点，线，面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用 ，同时考查空间想象能力，与推理论证，运算求解能力19（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析；（3）.【解析】试题分析：本题主要考查中位线、平行四