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1513分立体几何初步★★★☆☆
如图，在直三棱柱 ABC−A1B1C1ABC-A_1B_1C_1 中，∠ACB=90∘\angle ACB=90^\circ，AC=BCAC=BC，DD，EE 分别为 ABAB，AC1AC_1 的中点.
(1) 证明：DE//平面BCC1B1DE // \text{平面} BCC_1B_1； (2) 设 CC1=2CC_1=2，直线 DEDE 与平面 ACC1A1ACC_1A_1 所成的角为 45∘45^\circ，求直线 DEDE 到平面 BCC1B1BCC_1B_1 的距离．

2026 · 全国 · 一卷 · 第 15 题 · 解答题

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1715分立体几何初步★★★★☆
如图所示的四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，PA⊥平面ABCDPA \perp \text{平面} ABCD，BC∥ADBC \parallel AD，AB⊥ADAB \perp AD.
(1) 证明：平面 PAB⊥平面PADPAB \perp \text{平面} PAD； (2) PA=AB=2PA = AB = \sqrt{2}，BC=2BC = 2，AD=1+3AD = 1 + \sqrt{3}，点 PP，BB，CC，DD 均在球 OO 的球面上.
(i) 证明：OO 在平面 ABCDABCD 上； (ii) 求直线 ACAC 与直线 POPO 所成角的余弦值.

2025 · 全国 · 一卷 · 第 17 题 · 解答题

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1715分立体几何初步★★★★☆
如图，四棱锥 P−ABCDP-ABCD 中，PA⊥PA\perp 底面 ABCDABCD，且 PA=AC=2PA=AC=2，BC=1BC=1，AB=3AB=\sqrt3.
(1) 若 AD⊥PBAD\perp PB，证明 AD∥AD\parallel 平面 PBCPBC； (2) 若 AD⊥DCAD\perp DC，且二面角 A−CP−DA-CP-D 的正弦值为 427\frac{\sqrt{42}}{7}，求 ADAD.

2024 · 全国 · 新高考一卷 · 第 17 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在三棱锥 P−ABCP-ABC 中，AB⊥BCAB\perp BC，AB=2AB=2，BC=22BC=2\sqrt2，PB=PC=6PB=PC=\sqrt6，BPBP，APAP，BCBC 的中点分别为 DD，EE，OO，AD=5DOAD=\sqrt5 DO，点 FF 在 ACAC 上，BF⊥AOBF\perp AO.
(1) 证明：EF//平面 ADOEF // \text{平面 }ADO； (2) 证明：平面 ADO⊥平面 BEF\text{平面 }ADO\perp\text{平面 }BEF； (3) 求二面角 D−AO−CD-AO-C 的正弦值.

2023 · 全国 · 乙卷 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在三棱锥 P−ABCP-ABC 中，AB⊥BCAB\perp BC，AB=2AB=2，BC=22BC=2\sqrt2，PB=PC=6PB=PC=\sqrt6，BPBP，APAP，BCBC 的中点分别为 DD，EE，OO，点 FF 在 ACAC 上，BF⊥AOBF\perp AO.
(1) 证明 EF∥EF\parallel 平面 ADOADO； (2) 若 ∠POF=120∘\angle POF=120^\circ，求三棱锥 P−ABCP-ABC 的体积.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设 AF→=mAC→\overrightarrow{AF}=m\overrightarrow{AC}，则 0≤m≤10\le m\le1，并且 BF→=(m−1)AB→+mBC→\overrightarrow{BF}=(m-1)\overrightarrow{AB}+m\overrightarrow{BC}，AO→=AB→+12BC→\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\dfrac12\overrightarrow{BC}. 由 BF⊥AOBF\perp AO 及 AB⊥BCAB\perp BC，得
0=BF→⋅AO→=4(m−1)+m2×8=8m−40=\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{AO}=4(m-1)+\frac{m}{2}\times8=8m-4
所以 m=12m=\dfrac12，即 FF 是 ACAC 的中点.
在三角形 APCAPC 中，EE，FF 分别是 APAP，ACAC 的中点，所以 EF∥PCEF\parallel PC. 在三角形 BPCBPC 中，DD，OO 分别是 BPBP，BCBC 的中点，所以 DO∥PCDO\parallel PC. 因此 EF∥DOEF\parallel DO，且 DO⊂DO\subset 平面 ADOADO. 又 P∉P\notin 平面 ABCABC，故平面 ADOADO 与平面 ABCABC 的交线为 AOAO. 由 AF→=12AC→=12(AB→+BC→)\overrightarrow{AF}=\dfrac12\overrightarrow{AC}=\dfrac12\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}\right) 与 AO→=AB→+12BC→\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\dfrac12\overrightarrow{BC}，且 AB→\overrightarrow{AB}，BC→\overrightarrow{BC} 不共线，可知 F∉AOF\notin AO，从而 F∉F\notin 平面 ADOADO，即 EFEF 不在平面 ADOADO 内. 因此 EF∥EF\parallel 平面 ADOADO. \item 建立空间直角坐标系，使 B=(0,0,0)B=(0,0,0)，A=(2,0,0)A=(2,0,0)，C=(0,22,0)C=(0,2\sqrt2,0). 设 P=(u,v,w)P=(u,v,w)，由 PB=PC=6PB=PC=\sqrt6 得 u2+v2+w2=6u^2+v^2+w^2=6，u2+(v−22)2+w2=6u^2+(v-2\sqrt2)^2+w^2=6. 两式相减得 v=2v=\sqrt2，代回得 u2+w2=4u^2+w^2=4. 由上面的结论，O=(0,2,0)O=(0,\sqrt2,0)，F=(1,2,0)F=(1,\sqrt2,0)，故 OP→=(u,0,w)\overrightarrow{OP}=(u,0,w)，OF→=(1,0,0)\overrightarrow{OF}=(1,0,0)，且 ∣OP∣=2|OP|=2，∣OF∣=1|OF|=1.
由 ∠POF=120∘\angle POF=120^\circ，得 u=OP→⋅OF→=∣OP∣∣OF∣cos⁡120∘=−1u=\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OF}=|OP||OF|\cos120^\circ=-1. 所以 w2=4−u2=3w^2=4-u^2=3，点 PP 到平面 ABCABC 的距离为 3\sqrt3. 又 S△ABC=12×2×22=22S_{\triangle ABC}=\dfrac12\times2\times2\sqrt2=2\sqrt2，故
VP−ABC=13S△ABC⋅3=263V_{P-ABC}=\frac13S_{\triangle ABC}\cdot\sqrt3=\frac{2\sqrt6}{3}
\end{enumerate} \end{solution}

2023 · 全国 · 乙卷 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★★☆
如图，四面体 ABCDABCD 中，AD⊥CDAD\perp CD，AD=CDAD=CD，∠ADB=∠BDC\angle ADB=\angle BDC，EE 为 ACAC 的中点.
(1) 证明：平面 BED⊥平面 ACD\text{平面 }BED\perp \text{平面 }ACD； (2) 设 AB=BD=2AB=BD=2，∠ACB=60∘\angle ACB=60^\circ，点 FF 在 BDBD 上. 当 △AFC\triangle AFC 面积最小时，求 CFCF 与平面 ABDABD 所成的角的正弦值.

2022 · 全国 · 乙卷 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
如图，四面体 ABCDABCD 中，AD⊥CDAD\perp CD，AD=CDAD=CD，∠ADB=∠CDB\angle ADB=\angle CDB，EE 为 ACAC 的中点.
① 证明：平面 BED⊥BED\perp 平面 ACDACD；
② 设 AB=BD=2AB=BD=2，∠ACB=60∘\angle ACB=60^\circ，点 FF 在 BDBD 上，当 △AFC\triangle AFC 的面积最小时，求三棱锥 F−ABCF-ABC 的体积.

2022 · 全国 · 乙卷 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
如图，四棱锥 P−ABCDP-ABCD 的底面是矩形，PD⊥PD\perp 底面 ABCDABCD，PD=DC=1PD=DC=1，MM 为 BCBC 的中点，且 PB⊥AMPB\perp AM.
(1) 求 BCBC； (2) 求二面角 A−PM−BA-PM-B 的正弦值.

2021 · 全国 · 乙卷 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
如图，四棱锥 P−ABCDP-ABCD 的底面是矩形，PD⊥PD\perp 底面 ABCDABCD，MM 为 BCBC 的中点，且 PB⊥AMPB\perp AM.
(1) 证明：平面 PAM⊥PAM\perp 平面 PBDPBD； (2) 若 PD=DC=1PD=DC=1，求四棱锥 P−ABCDP-ABCD 的体积.

2021 · 全国 · 乙卷 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★★☆
如图，DD 为圆锥的顶点，OO 是圆锥底面的圆心，AEAE 为底面直径，AE=ADAE=AD. △ABC\triangle ABC 是底面的内接正三角形，PP 为 DODO 上一点，PO=66DOPO=\dfrac{\sqrt{6}}{6}DO.
(1) 证明：PA⊥PA\perp 平面 PBCPBC； (2) 求二面角 B−PC−EB-PC-E 的余弦值.

2020 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★☆☆
如图，DD 为圆锥的顶点，OO 是圆锥底面的圆心，△ABC\triangle ABC 是底面的内接正三角形，PP 为 DODO 上一点，∠APC=90∘\angle APC=90^{\circ}.
(1) 证明：平面 PAB⊥PAB\perp 平面 PACPAC； (2) 设 DO=2DO=\sqrt{2}，圆锥的侧面积为 3π\sqrt{3}\pi，求三棱锥 P−ABCP-ABC 的体积.

2020 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
如图，直四棱柱 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_1B_1C_1D_1 的底面是菱形，AA1=4AA_1=4，AB=2AB=2，∠BAD=60∘\angle BAD=60^\circ. EE，MM，NN 分别是 BCBC，BB1BB_1，A1DA_1D 的中点.
(1) 证明：MN∥MN\parallel 平面 C1DEC_1DE； (2) 求二面角 A−MA1−NA-MA_1-N 的正弦值.

2019 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★☆☆
如图，直四棱柱 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_1B_1C_1D_1 的底面是菱形，AA1=4AA_1=4，AB=2AB=2，∠BAD=60∘\angle BAD=60^\circ，EE，MM，NN 分别是 BCBC，BB1BB_1，A1DA_1D 的中点.
(1) 证明：MN∥MN\parallel 平面 C1DEC_1DE； (2) 求点 CC 到平面 C1DEC_1DE 的距离.

2019 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★★☆
如图，四边形 ABCDABCD 为正方形，EE，FF 分别为 ADAD，BCBC 的中点，以 DFDF 为折痕把 △DFC\triangle DFC 折起，使点 CC 到达点 PP 的位置，且 PF⊥BFPF\perp BF.
(1) 证明：平面 PEF⊥PEF\perp 平面 ABFDABFD； (2) 求 DPDP 与平面 ABFDABFD 所成角的正弦值.

2018 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
如图，在平行四边形 ABCMABCM 中，AB=AC=3AB=AC=3，∠ACM=90∘\angle ACM=90^\circ，以 ACAC 为折痕将 △ACM\triangle ACM 折起，使点 MM 到达点 DD 的位置，且 AB⊥DAAB\perp DA.
(1) 证明：平面 ACD⊥ACD\perp 平面 ABCABC； (2) QQ 为线段 ADAD 上一点，PP 为线段 BCBC 上一点，且 BP=DQ=23DABP=DQ=\dfrac23DA，求三棱锥 Q−ABPQ-ABP 的体积.

2018 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★★☆
如图，四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，ABCDABCD 为矩形，平面 PAD⊥PAD \perp 平面 ABCDABCD.
(1) 求证： AB⊥PDAB \perp PD； (2) 若 ∠BPC=90∘\angle BPC = 90^{\circ}，PB=2PB = \sqrt{2}，PC=2PC = 2. 问 ABAB 为何值时，四棱锥 P−ABCDP - ABCD 的体积最大，并求此时平面 PBCPBC 与平面 DPCDPC 夹角的余弦值.

2014 · 江西 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，三棱柱 ABC−A1B1C1ABC - A_{1}B_{1}C_{1} 中，AA1⊥BCAA_{1} \perp BC，A1B⊥BB1A_{1}B \perp BB_{1}.
(1) 求证：A1C⊥CC1A_{1}C \perp CC_{1}； (2) 若 AB=2AB = 2，AC=3AC = \sqrt{3}，BC=7BC = \sqrt{7}，问 AA1AA_{1} 为何值时，三棱柱 ABC−A1B1C1ABC-A_{1}B_{1}C_{1} 体积最大，并求此最大值.

2014 · 江西 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★☆☆
如图，四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，PA⊥PA \perp 平面 ABCDABCD，EE 为 BDBD 的中点，GG 为 PDPD 的中点，△DAB≅△DCB\triangle DAB \cong \triangle DCB，EA=EB=AB=1EA = EB = AB = 1，PA=32PA = \frac{3}{2}，连接 CECE 并延长交 ADAD 于 FF.
(1) 求证：AD⊥AD \perp 平面 CFGCFG； (2) 求平面 BCPBCP 与平面 DCPDCP 的夹角的余弦值.

2013 · 江西 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★☆☆
如图，直四棱柱 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 中，AB∥CDAB \parallel CD，AD⊥ABAD \perp AB，AB=2AB = 2，AD=2AD = \sqrt{2}，AA1=3AA_{1} = 3，EE 为 CDCD 上一点，DE=1DE = 1，EC=3EC = 3.
(1) 证明： BE⊥BE \perp 平面 BB1C1CBB_{1}C_{1}C； (2) 求点 B1B_{1} 到平面 EA1C1EA_{1}C_{1} 的距离.

2013 · 江西 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★★☆
在三棱柱 ABC−A1B1C1ABC - A_{1}B_{1}C_{1} 中，已知 AB=AC=AA1=5AB = AC = AA_{1} = \sqrt{5}，BC=4BC = 4，点 A1A_{1} 在底面 ABCABC 的射影是线段 BCBC 的中点 OO.
(1) 证明：在侧棱 AA1AA_{1} 上存在一点 EE，使得 OE⊥OE \perp 平面 BB1C1CBB_{1}C_{1}C，并求出 AEAE 的长； (2) 求平面 A1B1CA_{1}B_{1}C 与平面 BB1C1CBB_{1}C_{1}C 夹角的余弦值.

2012 · 江西 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★☆☆
如图，在梯形 ABCDABCD 中，AB∥CDAB \parallel CD，EE，FF 是线段 ABAB 上的两点，且 DE⊥ABDE \perp AB，CF⊥ABCF \perp AB，AB=12AB = 12，AD=5AD = 5，BC=42BC = 4\sqrt{2}，DE=4DE = 4. 现将 △ADE\triangle ADE，△CFB\triangle CFB 分别沿 DEDE，CFCF 折起，使 AA，BB 两点重合于点 GG，得到多面体 CDEFGCDEFG.
(1) 求证：平面 DEG⊥DEG \perp 平面 CFGCFG； (2) 求多面体 CDEFGCDEFG 的体积.

2012 · 江西 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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21立体几何初步★★★★★
(1) 如图，对于任一给定的四面体 A1A2A3A4A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}，找出依次排列的四个相互平行的平面 α1\alpha_{1}，α2\alpha_{2}，α3\alpha_{3}，α4\alpha_{4}，使得 Ai∈αiA_{i} \in \alpha_{i} （i=1i = 1，22，33，44），且其中每相邻两个平面间的距离都相等； (2) 给定依次排列的四个相互平行的平面 α1\alpha_{1}，α2\alpha_{2}，α3\alpha_{3}，α4\alpha_{4}，其中每相邻两个平面间的距离都为 1，若一个正四面体 A1A2A3A4A_{1}A_{2}A_{3}A_{4} 的四个顶点满足： Ai∈αiA_{i} \in \alpha_{i} （i=1i = 1，22，33，44），求该正四面体 A1A2A3A4A_{1}A_{2}A_{3}A_{4} 的体积.

2011 · 江西 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
如图，在 △ABC\triangle ABC 中，∠B=π2\angle B = \frac{\pi}{2}，AB=BC=2AB = BC = 2. PP 为 ABAB 边上动一点，PD∥BCPD \parallel BC 交 ACAC 于点 DD，现将 △PDA\triangle PDA 沿 PDPD 翻折至 △PDA′\triangle PDA'，使平面 PDA′⊥PDA' \perp 平面 PBCDPBCD.
(1) 当棱锥 A′−PBCDA' - PBCD 的体积最大时，求 PAPA 的长； (2) 若点 PP 为 ABAB 的中点，EE 为 A′CA'C 的中点，求证： A′B⊥DEA'B \perp DE.

2011 · 江西 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★★☆
如图，△BCD\triangle BCD 与 △MCD\triangle MCD 都是边长为 2 的正三角形，平面 MCD⊥MCD \perp 平面 BCDBCD，AB⊥AB \perp 平面 BCDBCD，AB=23AB = 2\sqrt{3}.
(1) 求点 AA 到平面 MBCMBC 的距离； (2) 求平面 ACMACM 与平面 BCDBCD 所成二面角的正弦值.

2010 · 江西 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★☆☆
如图，△BCD\triangle BCD 与 △MCD\triangle MCD 都是边长为 22 的正三角形，平面 MCD⊥MCD \perp 平面 BCDBCD，AB⊥AB \perp 平面 BCDBCD，AB=23AB = 2\sqrt{3}.
(1) 求直线 AMAM 与平面 BCDBCD 所成的角的大小； (2) 求平面 ACMACM 与平面 BCDBCD 所成二面角的正弦值.

2010 · 江西 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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