2017-2021年北京高考数学真题分类汇编之立体几何

2017-2021年北京高考数学真题分类汇编之立体几何

一.选择题（共5小题）

1.（2021•北京）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）

正（主）视图侧（左）视图

俯视图

A.当3B.3+甚C.2+73D,3巫

2222

2.（2020•北京）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（）

3.（2018•北京）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为

()

C.3D.4

则该四棱锥的最长棱的长度为（）

C.2y2D.2

5.（2017•北京）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（)

正（主〉视图侧（左）视图

俯视图

A.60B.30C.20D.10

填空题（共2小题）

6.（2019•北京）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示.如果

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：.

三.解答题（共8小题）

8.（2021•北京）如图，在正方体ABCD-AIBICIOI，E为AiOi的中点，囱。交平面COE

交于点F.

（I）求证：F为BiCi的中点；

后A1财

（II）若点M是棱4以上一点，且二面角M-CF-E的余弦值为匚，求一一的

3AiBi

值.

9.(2020•北京)如图，在正方体A8CD-4B1GO1中，E为的中点.

(I)求证：平面AOiE；

(II)求直线44与平面AGE所成角的正弦值.

10.(2019•北京)如图，在四棱锥尸-ABCD中，用J_平面ABC。，ADLCD,AD//BC,PA

PF1

^AD=CD=2,BC=3.E为PO的中点，点尸在PC上，且-----=—

PC3

(I)求证：CO_L平面PAD-.

(II)求二面角尸-AE-P的余弦值;

pG2

(III)设点G在尸8上，且-----=—.判断直线AG是否在平面AE尸内，说明理由.

11.(2019•北京)如图，在四棱锥P-A8C。中，B4_L平面4BCD,底面ABCZ)为菱形，E

为CO的中点.

(1)求证：平面PAC；

(II)若NA8C=60°,求证：平面以8,平面以E；

(III)棱PB上是否存在点F,使得CF〃平面B4E?说明理由.

12.(2018•北京)如图，在三棱柱ABC-AiBCi中，CCi，平面ABC,D,E,F,G分别

为A4i，AC,A\C\,B8i的中点，AB=8C=/^,AC=44i=2.

(I)求证：AC_L平面BEF；

(II)求二面角B-CD-C\的余弦值；

(III)证明：直线FG与平面8C£＞相交.

13.(2018♦北京)如图，在四棱锥P-A8CD中，底面A8CD为矩形，平面平面A8CD,

PALPD,PA=PD,E,F分别为40,PB的中点.

(I)求证：PELBC；

(II)求证：平面以B_L平面PCD；

14.(2017•北京)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面4BCD为正方形，平面以。，平面

ABC。，点M在线段PB上，〃平面MAC,PA=PD=AB=4.

(1)求证：例为尸8的中点;

(2)求二面角B-PC-A的大小；

(3)求直线MC与平面BOP所成角的正弦值.

15.(2017•北京)如图，在三棱锥P-ABC中，PALAB,PA1.BC,ABLBC,PA^AB^BC

=2,。为线段AC的中点，E为线段尸C上一点.

(1)求证：PA±BD；

(2)求证：平面平面B4C；

(3)当以〃平面BOE时，求三棱锥E-BCD的体积.

2017-2021年北京高考数学真题分类汇编之立体几何

参考答案与试题解析

选择题（共5小题）

1.（2021•北京）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）

正（主）视图侧（左）视图

俯视图

3J3L3厂73

A.—+-^—B.3+/3C.—+/gD.3+^—

2222

【考点】由三视图求面积、体积.

【专题】转化思想；数形结合法；空间位置关系与距离；数学运算.

【分析】由三视图还原原几何体，其中必，底面ABC,AB±AC,PA=AB=AC^2,再

由三角形面积公式求解.

【解答】解：由三视图还原原几何体如图，

B4_L底面ABC,ABLAC,B4=AB=AC=1,

则APBC是边长为v历的等边三角形，

则该四面体的表面积为S=3X^X1Xl+^Xy攵X样

故选：A.

【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题.

2.（2020•北京）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（）

C.12+D.12+2

【考点】由三视图求面积、体积.

【专题】计算题；数形结合；转化思想；分析法；空间位置关系与距离；直观想象.

【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可.

【解答】解：几何体的直观图如图：是三棱柱，底面边长与侧棱长都是2,

几何体的表面积为：3X2X2+2X」-X2X<3X2=12+2/O.

22V

【点评】本题考查三视图求解几何体的表面积，判断几何体的形状是解题的关键，是基

本知识的考查.

3.（2018•北京）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为

正（主）视图侧（左）视图

俯视图

A.1B.2C.3D.4

【考点】由三视图求面积、体积.

【专题】计算题；数形结合；转化思想；综合法；空间位置关系与距离.

【分析】画出三视图的直观图，判断各个面的三角形的情况，即可推出结果.

【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：布_L底面ABCZ）,

叱=啰，3=6

PC=3,尸。=20,可得三角形PC£＞不是直角三角形.

所以侧面中有3个直角三角形，分别为：△以8,△P8C,

△B4D.

故选：C.

【点评】本题考查简单几何体的三视图的应用，是基本知识的考查.

4.（2017•北京）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）

一工

富嘉

俯视图

【考点】由三视图求面积、体积.

【专题】计算题；数形结合；数形结合法；立体几何.

【分析】根据三视图可得物体的直观图，结合图形可得最长的棱为南，根据勾股定理求

出即可.

【解答】解：由三视图可得直观图,

在四棱锥P-ABC。中,

最长的棱为限,

即雨2&+（2展）2

【点评】本题考查了三视图的问题，关键画出物体的直观图，属于基础题.

5.（2017•北京）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）

正（主〉视图侧（左）视图

俯视图

A.60B.30C.20D.10

【考点】由三视图求面积、体积.

【专题】数形结合：转化思想；空间位置关系与距离.

【分析】由三视图可知：该几何体为三棱锥，如图所示.

【解答】解：由三视图可知：该几何体为三棱锥，

11

该三棱锥的体积=——X——X5X3X4=10.

32

故选：D.

【点评】本题考查了三棱锥的三视图、体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属

于基础题.

二.填空题（共2小题）

6.（2019•北京）某儿何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示.如果

网格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的体积为40.

【专题】数形结合；转化法；空间位置关系与距离.

【分析】由三视图还原原几何体，然后利用一个长方体与一个棱柱的体积作和求解.

【解答】解：由三视图还原原几何体如图，

该几何体是把棱长为4的正方体去掉一个四棱柱，

则该几何体的体积U=4X2X2+L(2+4)X2X4=40.

2

故答案为：40.

【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题.

7.(2019•北京)已知/，机是平面a外的两条不同直线.给出下列三个论断：

①/_1_相；②《i〃a；(3)/±a.

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：若/

Ja,/1加，则加〃a(或若/Ja,"?〃a,则.

【考点】空间中直线与平面之间的位置关系.

【专题】计算题；转化思想；转化法；空间位置关系与距离；直观想象.

【分析】由是平面a外的两条不同直线，利用线面平行的判定定理得若da,山n,

则机〃a.若/，a,m//a,则由线面垂直的性质和线面平行的性质得

【解答】解：由/,机是平面a外的两条不同直线，知：

由线面平行的判定定理得：

若/_La,ILm,则m//a.

若/_La,m//a,则由线面垂直的性质和线面平行的性质得/，相，

...若/J_a，机〃a,则/_1_根

故答案为：若/_La,/_!_〃?，则〃?〃a.（或若/J_a,m//a,则/L"）.

【点评】本题考查满足条件的真命题的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关

系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题.

三.解答题（共8小题）

8.（2021•北京）如图，在正方体E为的中点，81cl交平面C£>E

交于点F.

（I）求证：F为BiCi的中点；

（II）若点M是棱A\B\上一点，且二面角M-CF-E的余弦值为士一，求--------的

3A1%

值.

【考点】二面角的平面角及求法.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑推理；数学运算.

【分析】（I）连结OE,利用线面平行的判定定理证明8〃平面AIBICIOI，从而可证

明CD〃E凡即可证明四边形为平行四边形，四边形EFG5为平行四边形，可

得AiE=BiF,ED\=FC\,即可证明BiF=fC”故点尸为BiCi的中点；

（II）建立合适的空间直角坐标系，设点M（相，0,0）,且m<0,求出所需点的坐标

和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面CMF与CQEF的法向量，由向量的夹角公

式列出关于帆的关系式，求解即可得到答案.

【解答】(I)证明：连结。E,

在正方体ABCD-AiBiCDl中,CD//C\D\,平面A|81clz>i,C£>C平面A181CQ1,

则CO〃平面A1B1C1O1，因为平面4B1C1O1C平面CDEF=EF,

所以CD〃EF,则砂〃C1D1,

故A1B〃即〃Cd,又因为AIOI〃BIC”

所以四边形A181FE为平行四边形，四边形EFCiOi为平行四边形，

所以4E=5iF,ED\=FC\,

而点E为4。的中点，所以4E=EG,

故BiF=FCi，则点F为B1C1的中点；

(H)解：以点囱为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，

设正方体棱长为2,设点M(m,0,0),

/5

因为二面角M-CF-E的余弦值为,则〃?<0,所以m#0,

3

则C(0,2,-2),£(-2,1,0),F(0,1,0),

故版=(-2,0,0),FC=(0,1,-2),=-1,0)，

设平面CA75的法向量为小=(a,b,1：，

方，FM=0ma—b=0

则

)\m-FC=0b—2—Q

2t2

所以a=—,b=2,故m=(—,2,1)，

mm

设平面COE尸的法向量为n=(*,y,1)，

,fn-FE=0—2a?=0

则T一，

[n*FC=0y-2=0‘

所以x=0,y=2,故7=(0,2,1；，

/5

因为二面角M-CF-E的余弦值为

3

则Icos<m,n>I=——————=r=—

1句即|L±-+4+lxy22+l3

\lm

解得m=±1,又mVO,

所以m=-1,

AyM1

故一--=—

A月2

【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面平行的性质定理的应用，二面角

的应用，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角

问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题.

9.(2020•北京)如图，在正方体A8CO-481GO1中，E为的中点.

(I)求证：BCi〃平面AOiE；

(II)求直线与平面ADE所成角的正弦值.

【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行.

【专题】转化思想；向量法；空间角；直观想象.

【分析】(I)根据正方体的性质可证得BC\//AD\,再利用线面平行的判定定理即可得

证；

(II)解法一：以A为原点，AD,AB,44分别为x、y和z轴建立空间直角坐标系，设

直线441与平面AGE所成角为。，先求出平面AGE的法向量募再利用sine=|cos<溢,

-->,

m,AA,

AA>1=|-^——-------|以及空间向量数量积的坐标运算即可得解.

解法二：设正方体的棱长为2"，易知S_,c=2J,结合勾股定理和余弦定理可求得

/I51

cosZ£ADi=-^——，再求得S=-ADrAfsinZEADi；设点4到平面EAD\

10ZE2'2

的距离为〃，根据等体积法V,…,，可求出/?的值，设直线A4与平

A1-EADlE-AAtD

面AOiE所成角为。，则sin8=---,从而得解.

AA1

【解答】解：(I)由正方体的性质可知，A8〃CiOi中，且力”

四边形AB。。是平行四边形，

又BC1C平面AGE,AQiu平面AOiE,；.BCi〃平面AOiE.

(II)解法一：以A为原点，A。、A&441分别为x、y和z轴建立如图所示的空间直角

坐标系，

>

y

1

设正方体的棱长为。，则A(0,0,0),A\(0,0,a),D\(a,0,a),E(0,a,—«),

2

——‘r八］、

•y=(o,o,吟AD.=(a,0a)，AE=(0»a,—

152

'a(t+z)=0

m•AD]=0

设平面AD\E的法向量为/=gy,Z：,则一一，即

a(y+-z)=0'

nvAE=02

令z=2,则x=-2,y=-1,山=(-2,-1,2),

设直线Mi与平面AD\E所成角为0,则sine=|cos<蔡，AA>I=

eA%2。2

----------=------=---,

|rn|•|AAj|八33

2

故直线A4与平面AD\E所成角的正弦值为一.

3

1

解法二：设正方体的棱长为2a,则A£h=2/a，AE=E£>i=3a,S

&441刀2

•2a*2a=22,

AD：2+AE2-ED：2222

80+5。-9Qyio

由余弦定理知，cos/E4Oi=--------------------

2,AD]'AE2-272010

10

...S&EAD=—ADrAE'sinZEADi=3a2,

i2

设点Ai到平面EAD\的距离为h,

7

vAi.SAD=vs.AAiD

22.4

A—h-3a=--2G-2Q.•>h——a，

333

4

一a八

h32

设直线A4i与平面AD1E所成角为。，则sinO=

AA12a3

故直线A4i与平面AOiE所成角的正弦值为上.

3

【点评】本题考查空间中线面的位置关系和线面夹角问题，熟练掌握线面平行的判定定

理和利用空间向量求线面夹角是解题的关键，考查学生的空间立体感和运算能力，属于

基础题.

10.(2019•北京)如图，在四棱锥P-ABC。中，以_L平面ABC。，AD±CD,AD//BC,PA

PF1

=AD=CD=2,BC=3.E为P0的中点，点尸在PC上，且----=—.

PC3

(I)求证：COL平面力。；

(H)求二面角F-AE-P的余弦值；

PQ2

(III)设点G在P8上，且-----=—.判断直线AG是否在平面AEr内，说明理由.

PB3

【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直.

【专题】证明题；数形结合；向量法；空间位置关系与距离；空间角；数学建模.

【分析】(I)推导出B4_LCD,ADLCD,由此能证明CO_L平面外Z).

(II)以A为原点，在平面ABC。内过A作C£＞的平行线为x轴，AO为y轴，AP为z

轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角尸-AE-P的余弦值.

___,42一____,

(IID求出标=(——，0,——)，平面AEF的法向量山=(1,1,-1),m,AG=0,

33

从而直线AG在平面4EF内.

【解答】证明：(I)；以_L平面48C£),...以_LC。，

'：AD±CD,PAC\AD=A,

.*.C£)_L平面PAD.

解：(H)以A为原点，在平面ABC。内过A作CD的平行线为x轴，

为y轴，4P为z轴，建立空间直角坐标系，

224

A(0,0,0),E(0,1,1),F(——，——，——),

333

P(0,0,2),B(2,-1,0),

—，,—,224

AE~(°，L1)，AF~(——，——，——)，

333

平面AEP的法向量扇=(1,0,0),

设平面AEF的法向量盛=(x,y,z),

m,AE=y+z=0

贝—>224，取x=i,得蔡=(1.I,-1),

nvAF=—*+—y+—z=0

333

设二面角尸-AE-P的平面角为。，

八1mn|1/

则COS0=——...——=----=———.

ImI,In|\/33

/3

...二面角尸-AE-P的余弦值为¥一.

3

(III)直线AG在平面AEF内，理由如下：

PG2422

•.•点G在PB上，且----=——.：.G(―,-—,——),

PB3333

.—，4

,,AG=(——>12)

333

♦.•平面AEF的法向量山=(1,1,-1),

—-,422

m,AG---------——=°，

333

故直线AG在平面AEF内.

【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查直线是否在已知

平面内的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推

理能力与计算能力，属于中档题.

11.(2019•北京)如图，在四棱锥尸-ABCZ)中，布_L平面A8CZ),底面ABCZ)为菱形，E

为C。的中点.

(I)求证：B£)_L平面PAC；

(II)若NABC=60°,求证：平面以B_L平面%E；

(III)棱尸8上是否存在点F,使得C/〃平面B4E?说明理由.

【考点】直线与平面垂直；平面与平面垂直.

【专题】证明题；数形结合：数形结合法；空间位置关系与距离；逻辑推理.

【分析】(I)推导出BD1.PA,BD1AC,由此能证明平面PAC.

(II)推导出AB1.AE,PA1AE,从而4瓦1_平面PAB,由此能证明平面附8，平面PAE.

(III)棱PB上是存在中点F,取A8中点G,连结GF,CG,推导出CG〃AE,FG//PA,

从而平面CFG〃平面PAE,进而CF〃平面PAE.

【解答】证明：(I):四棱锥尸-A8C£＞中，出_L平面48CZ),底面ABCD为菱形，

：.BDA.PA,BDLAC,

VB4nAC=A,平面出C.

(II)•..在四棱锥P-ABC。中，B4_L平面A8CO,底面ABC。为菱形，

E为CD的中点，/ABC=60°,

：.ABLAE,PAA,AE,

'：PAnAB=A,；.AE_L平面%8,

：AEu平面南£,平面平面RIE.

解：(HD棱P8上是存在中点F,使得CF〃平面

理由如下：取4B中点G,连结GF,CG,

；在四棱锥P-ABCD中，出J_平面ABCO,底面A8CD为菱形，E为C。的中点，

J.CG//AE,FG//PA,

\"CGCiFG=G,AEOPA=A,

.•.平面CFG〃平面PAE,

：CFu平面CFG,：.CF//平面PAE.

【点评】本题考查线面垂直、面面垂直的证明，考查满足线面平行的眯是否存在的判断

与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算

能力，属于中档题.

12.（2018•北京）如图，在三棱柱Ai81cl中，CCi_L平面D,E,F,G分别

为A4,AC,A\C\,BBi的中点,AB=BC=^,AC=AAi=2.

（I）求证：AC_L平面BEF；

（ID求二面角B-CD-Ci的余弦值；

（HI）证明：直线尸G与平面BCD相交.

【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直；直线与平面所成的角.

【专题】数形结合；向量法；空间位置关系与距离.

【分析】（/）证明AC_LBE,AC_LEF即可得出AC_L平面BEF；

（//）建立坐标系，求出平面8。的法向量通过计算；;与宣的夹角得出二面角的

大小:

(/〃)计算近与；;的数量积即可得出结论.

【解答】(1)证明：IE,F分别是AC,4。的中点，尸〃CG，

CC11平面ABC,：.EF±平面ABC,

又ACu平面A8C,：.EFLAC,

'：AB=BC,E是AC的中点，

J.BELAC,

又BECEF=E,BEu平面BEF,EFu平面BEF,

；.AC_L平面BEF.

(〃)解：以E为原点，以EB,EC,EF为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示:

则B(2,0,0),C(0,1,0),D(0,-1,I),

二B占(-2,1,0),cd=(0，-2，1)，

[n-BC=0-2x-\-y=0

设平面BCD的法向量为n=(X,yfz)，则T一>

[n，CD=0一2y+z=0

令y=2可得7；=(1,2,4),又EB_L平面ACC1A1，

(2,0,0)为平面CO-Ci的一个法向量,

n；2721

/.cos<n，R§>=

InI|721X221

由图形可知二面角8-CO-Cl为钝二面角,

二面角B-CD-C\的余弦值为-上一.

21

(///)证明：F(0,0,2),G(2,0,1),A~FG=(2,0,-1),

•••FG-n=2+0-4=-2W0,

・••访与7；不垂直，

.•.fG与平面BC£＞不平行，又FGC平面8C£),

尸G与平面BCD相交.

【点评】本题考查了线面垂直的判定，二面角的计算与空间向量的应用，属于中档题.

13.(2018•北京)如图，在四棱锥P-ABCC中，底面ABCD为矩形，平面fl4Q_L平面ABCC,

PA±PD,PA=PD,E,尸分别为AO,P8的中点.

(I)求证：PELBC；

(II)求证：平面以8,平面PC£＞；

【考点】平面与平面垂直；直线与平面平行；直线与平面垂直.

【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离.

【分析】(I)由等腰三角形的三线合一性质和矩形的对边平行性质，即可得证；

(H)作出平面出B和平面PCD的交线，注意运用公理4,再由面面垂直的性质和两个

平面所成角的定义，即可得证；

(IH)取PC的中点”，连接QH,FH,运用中位线定理和平行四边形的判断和性质，

结合线面平行的判定定理，即可得证.

【解答】证明：(I)PA=PD,E为A。的中点，

可得PELAD,

底面A8CO为矩形，可得BC〃AD,

则PE±BC；

(II)由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P,

S.AB//CD,

在平面PAB内过P作直线PG〃AB,

可得PG〃CD,

即有平面RIBC平面PCD=PG,

由平面附O_L平面ABC£>,又AB_LA。，

可得AB_L平面附。，即有AB_L必，

PAVPGx

同理可得C£)_LP£>,即有PO_LPG,

可得NAP。为平面PAB和平面PCD的平面角，

由PA±PD,

可得平面B4B，平面PCD；

(III)取PC的中点H,连接。H,FH,

在三角形PBC中，尸，为中位线，可得FH〃BC,

1

FH=——BC,

2

1

由。£:〃BC,DE=——BC,

2

可得DE=FH,DE//FH,

四边形为平行四边形，

可得

ERt平面PCD,£Wu平面PCD,

即有EF〃平面PCD.

【点评】本题考查线面和面面的位置关系，考查线面平行、垂直的判定和性质，以及面

面垂直的判断和性质，注意运用转化思想，考查推理能力和空间想象能力，属于中档题.

14.(2017•北京)如图，在四棱锥P-ABCO中，底面A8CD为正方形，平面以DJ_平面

ABCC,点M在线段PB上，PZ)〃平面MAC,PA=PD=^Q,AB=4.

(1)求证：M为PB的中点；

(2)求二面角B-PD-A的大小；

【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面所成的角.

【专题】综合题；数形结合；向量法；空间角.

【分析】(1)设ACnB£>=0,则。为8。的中点，连接OM,利用线面平行的性质证明

OM//PD,再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点；

(2)取AO中点G,可得PG_LAO,再由面面垂直的性质可得PG_L平面A8CD,则PG

VAD,连接。G,则PGLOG,再证明OGLAD以G为坐标原点，分别以G。、GO、

GP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBD与平面PAD的一个法向

量，由两法向量所成角的大小可得二面角B-PD-A的大小；

(3)求出行的坐标，由葡与平面尸8。的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线

MC与平面BDP所成角的正弦值.

【解答】(1)证明：如图，设ACCB£>=。，

,.,ABC。为正方形，工。为80的中点，连接OM,

〃平面MAC,POu平面尸8。，平面PBZ)C平面AMC=OM,

J.PD//OM,则3一=----,即M为PB的中点；

BDBP

(2)解：取中点G,

'：PA^PD,：.PGLAD,

•.•平面J_平面ABCD,且平面B4OC平面ABCD=AD,

：.PG±^ABCD,贝IJPGLAO,连接OG,贝iJPGLOG,

由G是A。的中点，。是AC的中点，可得OG〃Z)C,则OGLAO.

以G为坐标原点，分别以G。、GO、GP所在直线为x、＞、z轴建立空间直角坐标系,

由PA=PD=^,AB=4,得。(2,0,0),A(-2,0,0),P(0,0,0),C(2,

%。入3,4,。)，〃一，2,E

2

赤=(-2,0,㈤RB=(-4,4,0)-

设平面PBO的一个法向量为蓝=(*,y,0,

n]G'DP=0'-21+/'z=0

则由(t>，得<,取z="，得01=(1,1,修:

，DB=0一4i+4y=0

取平面玄。的一个法向量为n=(0,1,0；.

—*―,

-9-im'n11

•'-cos<m,n>=-----------

Im||n|2X12

二二面角B-P。-A的大小为60°；

(3)解：CM=(-3,-2,—；.平面BOP的一个法向量为情=Q,小

2

cM-*

直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜下而蓝＞|=|-----:~三—尸

ICM||ni|

【点评】本题考查线面角与面面角的求法，训练了利用空间向量求空间角，属中档题.

15.(2017•北京)如图，在三棱锥P-ABC中，PALAB,PALBC,ABLBC,PA=AB=BC

=2,。为线段AC的中点，E为线段PC上一点.

(1)求证：PA1.BD；

(2)求证：平面BCE_L平面出C；

(3)当孙〃平面8OE时，求三棱锥E-2CZ)的体积.

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直；平面与平面垂直.

【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离.

【分析】(1)运用线面垂直的判定定理可得出，平面ABC,再由性质定理即可得证；

(2)要证平面8OE_L平面PAC,可证8£>_L平面PAC,由(1)运用面面垂直的判定定

理可得平面H1CJ■.平面A8C,再由等腰三角形的性质可得8。_LAC,运用面面垂直的性

质定理，即可得证；

(3)由线面平行的性质定理可得出〃QE,运用中位线定理，可得QE的长，以及DE

，平面48C,求得三角形38的面积，运用三棱锥的体积公式计算即可得到所求值.

【解答】解：(1)证明：由朋，48,PA1BC,

ABu平面ABC,BCu平面ABC,且48nBe=8,

可得应_L平面ABC,

由8£>u平面ABC,

可得以J_8。；

(2)证明：由AB=8C,O为线段AC的中点，

可得BO_LAC,

由办_L平面ABC,B4u平面以C,

可得平面网C_L平面ABC,

又平面Bien平面ABC=AC,

BOu平面ABC,且BO_LAC,

即有BO_L平面PAC,

BOu平面BDE,

可得平面平面PAC；

(3)朋〃平面BQE,出u平面%C,

且平面以CC平面BDE=DE,

可得雨〃。E,

又。为4c的中点，

1

可得E为PC的中点，且。E=—以=1,

2

由以，平面ABC,

可得£＞《_1_平面48(7,

111

可得S&BDC=—SAMC=—X—X2义2=1,

222

111

则三棱锥E-BCD的体积为一DE,S&BDC=—X1X1=—.

333

【点评】本题考查空间的线线、线面和面面的位置关系的判断，主要是平行和垂直的关

系，注意运用线面平行的性质定理以及线面垂直的判定定理和性质定理，面面垂直的判

定定理和性质定理，同时考查三棱锥的体积的求法，考查空间想象能力和推理能力，属

于中档题.

考点卡片

1.由三视图求面积、体积

【知识点的认识】

1.三视图：观测者从不同位置观察同一个几何体，画出的空间几何体的图形，包括:

(1)主视图：物体前后方向投影所得到的投影图，反映物体的高度和长度；

(2)左视图：物体左右方向投影所得到的投影图，反映物体的高度和宽度；

(3)俯视图：物体上下方向投影所得到的投影图，反映物体的长度和宽度.

2.三视图的画图规则：

主视图左视图

,长对TF'

(1)高平齐：主视图和左视图的高保持平齐;

(2)长对正：主视图和俯视图的长相对应；

(3)宽相等：俯视图和左视图的宽度相等.

3.常见空间几何体表面积、体积公式

'圆柱：S图柱=2?tr(r+l)

图锥：S图锥=Hr(r+?)

(1)表面积公式：,周台：S向台=兀(/+「'"+rl+r'，)

球：S/=4兀

'柱体：V■柱=Sh

1

锥体：丫雄=—Sh

锥3

（2）体积公式「台体：丫台=」（5+/利+S，）h

口3

【解题思路点拨】

1.解题步骤：

（1）由三视图定对应几何体形状（柱、锥、球）

（2）选对应公式

（3）定公式中的基本量（一般看俯视图定底面积，看主、左视图定高）

（4）代公式计算

2.求面积、体积常用思想方法：

（1）截面法：尤其是关于旋转体及与旋转体有关的组合体问题，常用轴截面进行分析求解;

（2）割补法：求不规则图形的面积或几何体的体积时常用割补法；

（3）等体积转化：充分利用三棱锥的任意一个面都可以作为底面的特点，灵活求解三棱锥

的体积；

（4）还台为锥的思想：这是处理台体时常用的思想方法.

【命题方向】三视图是新课标新增内容之一，是新课程高考重点考查的内容.解答此类问题，

必须熟练掌握三视图的概念，弄清视图之间的数量关系：正视图、俯视图之间长相等，左视

图、俯视图之间宽相等，正视图、左视图之间高相等（正俯长对正，正左高平齐，左俯宽相

等），要善于将三视图还原成空间几何体，熟记各类几何体的表面积和体积公式，正确选用，

准确计算.

例：某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（）

冗冗

A.8-27rA8-irC.8-——D.8--

24

1

分析：几何体是正方体切去两个一圆柱，根据三视图判断正方体的棱长及切去的圆柱的底

4

面半径和高，把数据代入正方体与圆柱的体积公式计算.

解答：由三视图知：几何体是正方体切去两个」圆柱，

4

正方体的棱长为2,切去的圆柱的底面半径为1,高为2,

1

，几何体的体积v=23-2X—XirX»X2=8-n.

4

故选：B.

点评：本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的

几何量是解题的关键.

2.棱柱、棱锥、棱台的体积

【知识点的知识】

柱体、锥体、台体的体积公式：

1

V^=sh,v!®=—Sh.

3

3.空间中直线与平面之间的位置关系

【知识点的认识】

空间中直线与平面之间的位置关系：

位置关系公共点个数符号表示图示

直线在平面内有无数个公共点aua/—5/

直线和平面相交有且只有一个公共点aDa=A/p7

a

直线和平面平行无a//a

4.直线与平面平行

【知识点的知识】

1、直线与平面平行的判定定理：

如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行.用符

号表示为：若aCa,bua,a//b,贝!Ia〃a.

2、直线与平面平行的判定定理的实质是：对于平面外的一条直线，只需在平面内找到一条

直线和这条直线平行，就可判定这条直线必和这个平面平行.即由线线平行得到线面平行.

1、直线和平面平行的性质定理：

如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和

交线平行.

用符号表示为：若“〃a,ocp,an0=4贝

2、直线和平面平行的性质定理的实质是：

已知线面平行，过已知直线作一平面和已知平面相交，其交线必和已知直线平行.即由

线面平行=线线平行.

由线面平行=线线平行，并不意味着平面内的任意一条直线都与已知直线平行.

正确的结论是：a//a,若bua,则6与a的关系是：异面或平行