2017-2021年北京高考數(shù)學(xué)真題分類匯編之立體幾何

第40頁（共40頁）2017-2021年北京高考數(shù)學(xué)真題分類匯編之立體幾何一．選擇題（共5小題）1．（2021?北京）某四面體的三視圖如圖所示，該四面體的表面積為（）A．+ B．3+ C．+ D．3+2．（2020?北京）某三棱柱的底面為正三角形，其三視圖如圖所示，該三棱柱的表面積為（）A．6+ B．6+2 C．12+ D．12+23．（2018?北京）某四棱錐的三視圖如圖所示，在此四棱錐的側(cè)面中，直角三角形的個數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．44．（2017?北京）某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的最長棱的長度為（）A．3 B．2 C．2 D．25．（2017?北京）某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積為（）A．60 B．30 C．20 D．10二．填空題（共2小題）6．（2019?北京）某幾何體是由一個正方體去掉一個四棱柱所得，其三視圖如圖所示．如果網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，那么該幾何體的體積為．7．（2019?北京）已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：．三．解答題（共8小題）8．（2021?北京）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1，E為A1D1的中點，B1C1交平面CDE交于點F．（Ⅰ）求證：F為B1C1的中點；（Ⅱ）若點M是棱A1B1上一點，且二面角M﹣CF﹣E的余弦值為，求的值．9．（2020?北京）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為BB1的中點．（Ⅰ）求證：BC1∥平面AD1E；（Ⅱ）求直線AA1與平面AD1E所成角的正弦值．10．（2019?北京）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3．E為PD的中點，點F在PC上，且＝．（Ⅰ）求證：CD⊥平面PAD；（Ⅱ）求二面角F﹣AE﹣P的余弦值；（Ⅲ）設(shè)點G在PB上，且＝．判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明理由．11．（2019?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．12．（2018?北京）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F(xiàn)，G分別為AA1，AC，A1C1，BB1的中點，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2．（Ⅰ）求證：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B﹣CD﹣C1的余弦值；（Ⅲ）證明：直線FG與平面BCD相交．13．（2018?北京）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點．（Ⅰ）求證：PE⊥BC；（Ⅱ）求證：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求證：EF∥平面PCD．14．（2017?北京）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，點M在線段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝，AB＝4．（1）求證：M為PB的中點；（2）求二面角B﹣PD﹣A的大?。唬?）求直線MC與平面BDP所成角的正弦值．15．（2017?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(dāng)PA∥平面BDE時，求三棱錐E﹣BCD的體積．

2017-2021年北京高考數(shù)學(xué)真題分類匯編之立體幾何參考答案與試題解析一．選擇題（共5小題）1．（2021?北京）某四面體的三視圖如圖所示，該四面體的表面積為（）A．+ B．3+ C．+ D．3+【考點】由三視圖求面積、體積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；數(shù)形結(jié)合法；空間位置關(guān)系與距離；數(shù)學(xué)運算．【分析】由三視圖還原原幾何體，其中PA⊥底面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝AC＝2，再由三角形面積公式求解．【解答】解：由三視圖還原原幾何體如圖，PA⊥底面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝AC＝1，則△PBC是邊長為的等邊三角形，則該四面體的表面積為S＝．故選：A．【點評】本題考查由三視圖求面積、體積，關(guān)鍵是由三視圖還原原幾何體，是中檔題．2．（2020?北京）某三棱柱的底面為正三角形，其三視圖如圖所示，該三棱柱的表面積為（）A．6+ B．6+2 C．12+ D．12+2【考點】由三視圖求面積、體積．【專題】計算題；數(shù)形結(jié)合；轉(zhuǎn)化思想；分析法；空間位置關(guān)系與距離；直觀想象．【分析】畫出幾何體的直觀圖，利用三視圖的數(shù)據(jù)求解幾何體的表面積即可．【解答】解：幾何體的直觀圖如圖：是三棱柱，底面邊長與側(cè)棱長都是2，幾何體的表面積為：3×2×2+2××2＝12+2．故選：D．【點評】本題考查三視圖求解幾何體的表面積，判斷幾何體的形狀是解題的關(guān)鍵，是基本知識的考查．3．（2018?北京）某四棱錐的三視圖如圖所示，在此四棱錐的側(cè)面中，直角三角形的個數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．4【考點】由三視圖求面積、體積．【專題】計算題；數(shù)形結(jié)合；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離．【分析】畫出三視圖的直觀圖，判斷各個面的三角形的情況，即可推出結(jié)果．【解答】解：四棱錐的三視圖對應(yīng)的直觀圖為：PA⊥底面ABCD，AC＝，CD＝，PC＝3，PD＝2，可得三角形PCD不是直角三角形．所以側(cè)面中有3個直角三角形，分別為：△PAB，△PBC，△PAD．故選：C．【點評】本題考查簡單幾何體的三視圖的應(yīng)用，是基本知識的考查．4．（2017?北京）某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的最長棱的長度為（）A．3 B．2 C．2 D．2【考點】由三視圖求面積、體積．【專題】計算題；數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；立體幾何．【分析】根據(jù)三視圖可得物體的直觀圖，結(jié)合圖形可得最長的棱為PA，根據(jù)勾股定理求出即可．【解答】解：由三視圖可得直觀圖，在四棱錐P﹣ABCD中，最長的棱為PA，即PA＝＝＝2，故選：B．【點評】本題考查了三視圖的問題，關(guān)鍵畫出物體的直觀圖，屬于基礎(chǔ)題．5．（2017?北京）某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積為（）A．60 B．30 C．20 D．10【考點】由三視圖求面積、體積．【專題】數(shù)形結(jié)合；轉(zhuǎn)化思想；空間位置關(guān)系與距離．【分析】由三視圖可知：該幾何體為三棱錐，如圖所示．【解答】解：由三視圖可知：該幾何體為三棱錐，該三棱錐的體積＝＝10．故選：D．【點評】本題考查了三棱錐的三視圖、體積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題．二．填空題（共2小題）6．（2019?北京）某幾何體是由一個正方體去掉一個四棱柱所得，其三視圖如圖所示．如果網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，那么該幾何體的體積為40．【考點】由三視圖求面積、體積．【專題】數(shù)形結(jié)合；轉(zhuǎn)化法；空間位置關(guān)系與距離．【分析】由三視圖還原原幾何體，然后利用一個長方體與一個棱柱的體積作和求解．【解答】解：由三視圖還原原幾何體如圖，該幾何體是把棱長為4的正方體去掉一個四棱柱，則該幾何體的體積V＝．故答案為：40．【點評】本題考查由三視圖求面積、體積，關(guān)鍵是由三視圖還原原幾何體，是中檔題．7．（2019?北京）已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：若l⊥α，l⊥m，則m∥α（或若l⊥α，m∥α，則l⊥m）．【考點】空間中直線與平面之間的位置關(guān)系．【專題】計算題；轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；空間位置關(guān)系與距離；直觀想象．【分析】由l，m是平面α外的兩條不同直線，利用線面平行的判定定理得若l⊥α，l⊥m，則m∥α．若l⊥α，m∥α，則由線面垂直的性質(zhì)和線面平行的性質(zhì)得l⊥m．【解答】解：由l，m是平面α外的兩條不同直線，知：由線面平行的判定定理得：若l⊥α，l⊥m，則m∥α．若l⊥α，m∥α，則由線面垂直的性質(zhì)和線面平行的性質(zhì)得l⊥m，∴若l⊥α，m∥α，則l⊥m故答案為：若l⊥α，l⊥m，則m∥α．（或若l⊥α，m∥α，則l⊥m）．【點評】本題考查滿足條件的真命題的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查推理能力與計算能力，屬于中檔題．三．解答題（共8小題）8．（2021?北京）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1，E為A1D1的中點，B1C1交平面CDE交于點F．（Ⅰ）求證：F為B1C1的中點；（Ⅱ）若點M是棱A1B1上一點，且二面角M﹣CF﹣E的余弦值為，求的值．【考點】二面角的平面角及求法．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；邏輯推理；數(shù)學(xué)運算．【分析】（Ⅰ）連結(jié)DE，利用線面平行的判定定理證明CD∥平面A1B1C1D1，從而可證明CD∥EF，即可證明四邊形A1B1FE為平行四邊形，四邊形EFC1D1為平行四邊形，可得A1E＝B1F，ED1＝FC1，即可證明B1F＝FC1，故點F為B1C1的中點；（Ⅱ）建立合適的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點M（m，0，0），且m＜0，求出所需點的坐標(biāo)和向量的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求出平面CMF與CDEF的法向量，由向量的夾角公式列出關(guān)于m的關(guān)系式，求解即可得到答案．【解答】（Ⅰ）證明：連結(jié)DE，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，CD∥C1D1，C1D1?平面A1B1C1D1，CD?平面A1B1C1D1，則CD∥平面A1B1C1D1，因為平面A1B1C1D1∩平面CDEF＝EF，所以CD∥EF，則EF∥C1D1，故A1B1∥EF∥C1D1，又因為A1D1∥B1C1，所以四邊形A1B1FE為平行四邊形，四邊形EFC1D1為平行四邊形，所以A1E＝B1F，ED1＝FC1，而點E為A1D1的中點，所以A1E＝ED1，故B1F＝FC1，則點F為B1C1的中點；（Ⅱ）解：以點B1為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)正方體棱長為2，設(shè)點M（m，0，0），因為二面角M﹣CF﹣E的余弦值為，則m＜0，所以m≠0，則C（0，2，﹣2），E（﹣2，1，0），F(xiàn)（0，1，0），故，設(shè)平面CMF的法向量為，則，即，所以，b＝2，故，設(shè)平面CDEF的法向量為，則，即，所以x＝0，y＝2，故，因為二面角M﹣CF﹣E的余弦值為，則＝＝，解得m＝±1，又m＜0，所以m＝﹣1，故＝．【點評】本題考查了立體幾何的綜合應(yīng)用，涉及了線面平行的性質(zhì)定理的應(yīng)用，二面角的應(yīng)用，在求解有關(guān)空間角問題的時候，一般會建立合適的空間直角坐標(biāo)系，將空間角問題轉(zhuǎn)化為空間向量問題進行研究，屬于中檔題．9．（2020?北京）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為BB1的中點．（Ⅰ）求證：BC1∥平面AD1E；（Ⅱ）求直線AA1與平面AD1E所成角的正弦值．【考點】直線與平面所成的角；直線與平面平行．【專題】轉(zhuǎn)化思想；向量法；空間角；直觀想象．【分析】（Ⅰ）根據(jù)正方體的性質(zhì)可證得BC1∥AD1，再利用線面平行的判定定理即可得證；（Ⅱ）解法一：以A為原點，AD、AB、AA1分別為x、y和z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)直線AA1與平面AD1E所成角為θ，先求出平面AD1E的法向量，再利用sinθ＝|cos＜，＞|＝以及空間向量數(shù)量積的坐標(biāo)運算即可得解．解法二：設(shè)正方體的棱長為2a，易知＝2a2，結(jié)合勾股定理和余弦定理可求得cos∠EAD1＝，再求得＝AD1?AE?sin∠EAD1；設(shè)點A1到平面EAD1的距離為h，根據(jù)等體積法＝，可求出h的值，設(shè)直線AA1與平面AD1E所成角為θ，則sinθ＝，從而得解．【解答】解：（Ⅰ）由正方體的性質(zhì)可知，AB∥C1D1中，且AB＝C1D1，∴四邊形ABC1D1是平行四邊形，∴BC1∥AD1，又BC1?平面AD1E，AD1?平面AD1E，∴BC1∥平面AD1E．（Ⅱ）解法一：以A為原點，AD、AB、AA1分別為x、y和z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為a，則A（0，0，0），A1（0，0，a），D1（a，0，a），E（0，a，a），∴，，，設(shè)平面AD1E的法向量為，則，即，令z＝2，則x＝﹣2，y＝﹣1，∴＝（﹣2，﹣1，2），設(shè)直線AA1與平面AD1E所成角為θ，則sinθ＝|cos＜，＞|＝＝，故直線AA1與平面AD1E所成角的正弦值為．解法二：設(shè)正方體的棱長為2a，則AD1＝a，AE＝a，ED1＝3a，＝?2a?2a＝2a2，由余弦定理知，cos∠EAD1＝＝＝，∴sin∠EAD1＝，∴＝AD1?AE?sin∠EAD1＝3a2，設(shè)點A1到平面EAD1的距離為h，∵＝，∴，∴h＝，設(shè)直線AA1與平面AD1E所成角為θ，則sinθ＝＝．故直線AA1與平面AD1E所成角的正弦值為．【點評】本題考查空間中線面的位置關(guān)系和線面夾角問題，熟練掌握線面平行的判定定理和利用空間向量求線面夾角是解題的關(guān)鍵，考查學(xué)生的空間立體感和運算能力，屬于基礎(chǔ)題．10．（2019?北京）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3．E為PD的中點，點F在PC上，且＝．（Ⅰ）求證：CD⊥平面PAD；（Ⅱ）求二面角F﹣AE﹣P的余弦值；（Ⅲ）設(shè)點G在PB上，且＝．判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明理由．【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面垂直．【專題】證明題；數(shù)形結(jié)合；向量法；空間位置關(guān)系與距離；空間角；數(shù)學(xué)建模．【分析】（Ⅰ）推導(dǎo)出PA⊥CD，AD⊥CD，由此能證明CD⊥平面PAD．（Ⅱ）以A為原點，在平面ABCD內(nèi)過A作CD的平行線為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角F﹣AE﹣P的余弦值．（Ⅲ）求出＝（，0，），平面AEF的法向量＝（1，1，﹣1），＝0，從而直線AG在平面AEF內(nèi)．【解答】證明：（Ⅰ）∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，∵AD⊥CD，PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD．解：（Ⅱ）以A為原點，在平面ABCD內(nèi)過A作CD的平行線為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，A（0，0，0），E（0，1，1），F(xiàn)（，，），P（0，0，2），B（2，﹣1，0），＝（0，1，1），＝（），平面AEP的法向量＝（1，0，0），設(shè)平面AEF的法向量＝（x，y，z），則，取x＝1，得＝（1，1，﹣1），設(shè)二面角F﹣AE﹣P的平面角為θ，則cosθ＝＝＝．∴二面角F﹣AE﹣P的余弦值為．（Ⅲ）直線AG在平面AEF內(nèi)，理由如下：∵點G在PB上，且＝．∴G（，﹣，），∴＝（，﹣，），∵平面AEF的法向量＝（1，1，﹣1），＝﹣＝0，故直線AG在平面AEF內(nèi)．【點評】本題考查線面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查直線是否在已知平面內(nèi)的判斷與求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查推理能力與計算能力，屬于中檔題．11．（2019?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(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯推理．【分析】（Ⅰ）推導(dǎo)出BD⊥PA，BD⊥AC，由此能證明BD⊥平面PAC．（Ⅱ）推導(dǎo)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(jié)GF，CG，推導(dǎo)出CG∥AE，F(xiàn)G∥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(jié)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，F(xiàn)G∥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(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查推理能力與計算能力，屬于中檔題．12．（2018?北京）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F(xiàn)，G分別為AA1，AC，A1C1，BB1的中點，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2．（Ⅰ）求證：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B﹣CD﹣C1的余弦值；（Ⅲ）證明：直線FG與平面BCD相交．【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面垂直；直線與平面所成的角．【專題】數(shù)形結(jié)合；向量法；空間位置關(guān)系與距離．【分析】（I）證明AC⊥BE，AC⊥EF即可得出AC⊥平面BEF；（II）建立坐標(biāo)系，求出平面BCD的法向量，通過計算與的夾角得出二面角的大小；（III）計算與的數(shù)量積即可得出結(jié)論．【解答】（I）證明：∵E，F(xiàn)分別是AC，A1C1的中點，∴EF∥CC1，∵CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC，又AC?平面ABC，∴EF⊥AC，∵AB＝BC，E是AC的中點，∴BE⊥AC，又BE∩EF＝E，BE?平面BEF，EF?平面BEF，∴AC⊥平面BEF．（II）解：以E為原點，以EB，EC，EF為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示：則B（2，0，0），C（0，1，0），D（0，﹣1，1），∴＝（﹣2，1，0），＝（0，﹣2，1），設(shè)平面BCD的法向量為＝（x，y，z），則，即，令y＝2可得＝（1，2，4），又EB⊥平面ACC1A1，∴＝（2，0，0）為平面CD﹣C1的一個法向量，∴cos＜，＞＝＝＝．由圖形可知二面角B﹣CD﹣C1為鈍二面角，∴二面角B﹣CD﹣C1的余弦值為﹣．（III）證明：F（0，0，2），G（2，0，1），∴＝（2，0，﹣1），∴?＝2+0﹣4＝﹣2≠0，∴與不垂直，∴FG與平面BCD不平行，又FG?平面BCD，∴FG與平面BCD相交．【點評】本題考查了線面垂直的判定，二面角的計算與空間向量的應(yīng)用，屬于中檔題．13．（2018?北京）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點．（Ⅰ）求證：PE⊥BC；（Ⅱ）求證：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求證：EF∥平面PCD．【考點】平面與平面垂直；直線與平面平行；直線與平面垂直．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離．【分析】（Ⅰ）由等腰三角形的三線合一性質(zhì)和矩形的對邊平行性質(zhì)，即可得證；（Ⅱ）作出平面PAB和平面PCD的交線，注意運用公理4，再由面面垂直的性質(zhì)和兩個平面所成角的定義，即可得證；（Ⅲ）取PC的中點H，連接DH，F(xiàn)H，運用中位線定理和平行四邊形的判斷和性質(zhì)，結(jié)合線面平行的判定定理，即可得證．【解答】證明：（Ⅰ）PA＝PD，E為AD的中點，可得PE⊥AD，底面ABCD為矩形，可得BC∥AD，則PE⊥BC；（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一個公共點P，且AB∥CD，在平面PAB內(nèi)過P作直線PG∥AB，可得PG∥CD，即有平面PAB∩平面PCD＝PG，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，PA⊥PG；同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，可得∠APD為平面PAB和平面PCD的平面角，由PA⊥PD，可得平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）取PC的中點H，連接DH，F(xiàn)H，在三角形PBC中，F(xiàn)H為中位線，可得FH∥BC，F(xiàn)H＝BC，由DE∥BC，DE＝BC，可得DE＝FH，DE∥FH，四邊形EFHD為平行四邊形，可得EF∥DH，EF?平面PCD，DH?平面PCD，即有EF∥平面PCD．【點評】本題考查線面和面面的位置關(guān)系，考查線面平行、垂直的判定和性質(zhì)，以及面面垂直的判斷和性質(zhì)，注意運用轉(zhuǎn)化思想，考查推理能力和空間想象能力，屬于中檔題．14．（2017?北京）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，點M在線段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝，AB＝4．（1）求證：M為PB的中點；（2）求二面角B﹣PD﹣A的大?。唬?）求直線MC與平面BDP所成角的正弦值．【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面所成的角．【專題】綜合題；數(shù)形結(jié)合；向量法；空間角．【分析】（1）設(shè)AC∩BD＝O，則O為BD的中點，連接OM，利用線面平行的性質(zhì)證明OM∥PD，再由平行線截線段成比例可得M為PB的中點；（2）取AD中點G，可得PG⊥AD，再由面面垂直的性質(zhì)可得PG⊥平面ABCD，則PG⊥AD，連接OG，則PG⊥OG，再證明OG⊥AD．以G為坐標(biāo)原點，分別以GD、GO、GP所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面PBD與平面PAD的一個法向量，由兩法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求出的坐標(biāo)，由與平面PBD的法向量所成角的余弦值的絕對值可得直線MC與平面BDP所成角的正弦值．【解答】（1）證明：如圖，設(shè)AC∩BD＝O，∵ABCD為正方形，∴O為BD的中點，連接OM，∵PD∥平面MAC，PD?平面PBD，平面PBD∩平面AMC＝OM，∴PD∥OM，則，即M為PB的中點；（2）解：取AD中點G，∵PA＝PD，∴PG⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PG⊥平面ABCD，則PG⊥AD，連接OG，則PG⊥OG，由G是AD的中點，O是AC的中點，可得OG∥DC，則OG⊥AD．以G為坐標(biāo)原點，分別以GD、GO、GP所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，由PA＝PD＝，AB＝4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2，），，．設(shè)平面PBD的一個法向量為，則由，得，取z＝，得．取平面PAD的一個法向量為．∴cos＜＞＝＝．∴二面角B﹣PD﹣A的大小為60°；（3）解：，平面BDP的一個法向量為．∴直線MC與平面BDP所成角的正弦值為|cos＜＞|＝||＝||＝．【點評】本題考查線面角與面面角的求法，訓(xùn)練了利用空間向量求空間角，屬中檔題．15．（2017?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(dāng)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(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離．【分析】（1）運用線面垂直的判定定理可得PA⊥平面ABC，再由性質(zhì)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(zhì)可得BD⊥AC，運用面面垂直的性質(zhì)定理，即可得證；（3）由線面平行的性質(zhì)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DE＝PA＝1，由PA⊥平面ABC，可得DE⊥平面ABC，可得S△BDC＝S△ABC＝××2×2＝1，則三棱錐E﹣BCD的體積為DE?S△BDC＝×1×1＝．【點評】本題考查空間的線線、線面和面面的位置關(guān)系的判斷，主要是平行和垂直的關(guān)系，注意運用線面平行的性質(zhì)定理以及線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，面面垂直的判定定理和性質(zhì)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．

考點卡片1．由三視圖求面積、體積【知識點的認識】1．三視圖：觀測者從不同位置觀察同一個幾何體，畫出的空間幾何體的圖形，包括：（1）主視圖：物體前后方向投影所得到的投影圖，反映物體的高度和長度；（2）左視圖：物體左右方向投影所得到的投影圖，反映物體的高度和寬度；（3）俯視圖：物體上下方向投影所得到的投影圖，反映物體的長度和寬度．2．三視圖的畫圖規(guī)則：（1）高平齊：主視圖和左視圖的高保持平齊；（2）長對正：主視圖和俯視圖的長相對應(yīng)；（3）寬相等：俯視圖和左視圖的寬度相等．3．常見空間幾何體表面積、體積公式（1）表面積公式：（2）體積公式：【解題思路點撥】1．解題步驟：（1）由三視圖定對應(yīng)幾何體形狀（柱、錐、球）（2）選對應(yīng)公式（3）定公式中的基本量（一般看俯視圖定底面積，看主、左視圖定高）（4）代公式計算2．求面積、體積常用思想方法：（1）截面法：尤其是關(guān)于旋轉(zhuǎn)體及與旋轉(zhuǎn)體有關(guān)的組合體問題，常用軸截面進行分析求解；（2）割補法：求不規(guī)則圖形的面積或幾何體的體積時常用割補法；（3）等體積轉(zhuǎn)化：充分利用三棱錐的任意一個面都可以作為底面的特點，靈活求解三棱錐的體積；（4）還臺為錐的思想：這是處理臺體時常用的思想方法．【命題方向】三視圖是新課標(biāo)新增內(nèi)容之一，是新課程高考重點考查的內(nèi)容．解答此類問題，必須熟練掌握三視圖的概念，弄清視圖之間的數(shù)量關(guān)系：正視圖、俯視圖之間長相等，左視圖、俯視圖之間寬相等，正視圖、左視圖之間高相等（正俯長對正，正左高平齊，左俯寬相等），要善于將三視圖還原成空間幾何體，熟記各類幾何體的表面積和體積公式，正確選用，準(zhǔn)確計算．例：某幾何體三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A.8﹣2πB.8﹣πC.8﹣D.8﹣分析：幾何體是正方體切去兩個圓柱，根據(jù)三視圖判斷正方體的棱長及切去的圓柱的底面半徑和高，把數(shù)據(jù)代入正方體與圓柱的體積公式計算．解答：由三視圖知：幾何體是正方體切去兩個圓柱，正方體的棱長為2，切去的圓柱的底面半徑為1，高為2，∴幾何體的體積V＝23﹣2××π×12×2＝8﹣π．故選：B．點評：本題考查了由三視圖求幾何體的體積，根據(jù)三視圖判斷幾何體的形狀及數(shù)據(jù)所對應(yīng)的幾何量是解題的關(guān)鍵．2．棱柱、棱錐、棱臺的體積【知識點的知識】柱體、錐體、臺體的體積公式：V柱＝sh，V錐＝Sh．3．空間中直線與平面之間的位置關(guān)系【知識點的認識】空間中直線與平面之間的位置關(guān)系：位置關(guān)系公共點個數(shù)符號表示圖示直線在平面內(nèi)有無數(shù)個公共點a?α直線和平面相交有且只有一個公共點a∩α＝A直線和平面平行無a∥α4．直線與平面平行【知識點的知識】1、直線與平面平行的判定定理：如果平面外一條直線和這個平面內(nèi)的一條直線平行，那么這條直線和這個平面平行．用符號表示為：若a?α，b?α，a∥b，則a∥α．2、直線與平面平行的判定定理的實質(zhì)是：對于平面外的一條直線，只需在平面內(nèi)找到一條直線和這條直線平行，就可判定這條直線必和這個平面平行．即由線線平行得到線面平行．1、直線和平面平行的性質(zhì)定理：如果一條直線和一個平面平行，經(jīng)過這條直線的平面和這個平面相交，那么這條直線和交線平行．用符號表示為：若a∥α，a?β，α∩β＝b，則a∥b．2、直線和平面平行的性質(zhì)定理的實質(zhì)是：已知線面平行，過已知直線作一平面和已知平面相交，其交線必和已知直線平行．即由線面平行?線線平行．由線面平行?線線平行，并不意味著平面內(nèi)的任意一條直線都與已知直線平行．正確的結(jié)論是：a∥α，若b?α，則b與a的關(guān)系是：異面或平行．即平面α內(nèi)的直線分成兩大類，一類與a平行有無數(shù)條，另一類與a異面，也有無數(shù)條．5．直線與平面垂直【知識點的認識】直線與平面垂直：如果一條直線l和一個平面α內(nèi)的任意一條直線都垂直，那么就說直線l和平面α互相垂直，記作l⊥α，其中l(wèi)叫做平面α的垂線，平面α叫做直線l的垂面．直線與平面垂直的判定：（1）定義法：對于直線l和平面α，l⊥α?l垂直于α內(nèi)的任一條直線．（2）判定定理1：如果兩條平行直線中的一條垂直于一個平面，那么另一條也垂直于這個平面．（3）判定定理2：如果一條直線和一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，那么這條直線垂直于這個平面．直線與平面垂直的性質(zhì)：①定理：如果兩條直線同垂直于一個平面，那么這兩條直線平行．符號表示為：a⊥α，b⊥α?a∥b②由定義可知：a⊥α，b?α?a⊥b．6．平面與平面垂直【知識點的認識】平面與平面垂直的判定：判定定理：如果一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，那么這兩個平面互相垂直．平面與平面垂直的性質(zhì)：性質(zhì)定理1：如果兩個平面垂直，則在一個平面內(nèi)垂直于它們交線的直線垂直于另一個平面．性質(zhì)定理2：如果兩個平面垂直，那么經(jīng)過第一個平面內(nèi)的一點垂直于第二個平面的直線在第一個平面內(nèi)．性質(zhì)定理3：如果兩個相交平面都垂直于第三個平面，那么它們的交線垂直于第三個平面．性質(zhì)定理4：三個兩兩垂直的平面的交線兩兩垂直．7．直線與平面所成的角【知識點的知識】1、直線和平面所成的角，應(yīng)分三種情況：（1）直線與平面斜交時，直線和平面所成的角是指此直線和它在平面上的射影所成的銳角；（2）直線和平面垂直時，直線和平面所成的角的大小為90°；（3）直線和平面平行或在平面內(nèi)時，直線和平面所成的角的大小為0°．顯然，斜線和平面所成角的范圍是（0，）；直線和平面所成的角的范圍為[0，]．2、一條直線和一個平面斜交，它們所成的角的度量問題（空間問題）是通過斜線在平面內(nèi)的射影轉(zhuǎn)化為兩條相交直線的度量問題（平面問題）來解決的．具體的解題步驟與求異面直線所成的角類似，有如下的環(huán)節(jié)：（1）作﹣﹣作出斜線與射影所成的角；（2）證﹣﹣論證所作