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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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1817分立体几何初步★★★★☆
如图，在正四棱柱 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_1B_1C_1D_1 中，AB=2AB=2，AA1=4AA_1=4. 点 A2A_2，B2B_2，C2C_2，D2D_2 分别在棱 AA1AA_1，BB1BB_1，CC1CC_1，DD1DD_1 上，且 AA2=1AA_2=1，BB2=DD2=2BB_2=DD_2=2，CC2=3CC_2=3.
(1) 证明：B2C2∥A2D2B_2C_2\parallel A_2D_2； (2) 点 PP 在棱 BB1BB_1 上，当二面角 P−A2C2−D2P-A_2C_2-D_2 为 150∘150^\circ 时，求 B2PB_2P.

2023 · 全国 · 新高考一卷 · 第 18 题 · 解答题

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1917分立体几何初步★★★☆☆
如图，直三棱柱 ABC−A1B1C1ABC-A_1B_1C_1 的体积为 44，△A1BC\triangle A_1BC 的面积为 222\sqrt2.
(1) 求 AA 到平面 A1BCA_1BC 的距离； (2) 设 DD 为 A1CA_1C 的中点，AA1=ABAA_1=AB，平面 A1BC⊥A_1BC\perp 平面 ABB1A1ABB_1A_1，求二面角 A−BD−CA-BD-C 的正弦值.

2022 · 全国 · 新高考一卷 · 第 19 题 · 解答题

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2015分立体几何初步★★★★☆
如图，在三棱锥 A−BCDA-BCD 中，平面 ABD⊥ABD\perp 平面 BCDBCD，AB=ADAB=AD，OO 为 BDBD 的中点.
(1) 证明：OA⊥CDOA\perp CD； (2) 若 △OCD\triangle OCD 是边长为 11 的等边三角形，点 EE 在棱 ADAD 上，DE=2EADE=2EA，且二面角 E−BC−DE-BC-D 的大小为 45∘45^\circ，求三棱锥 A−BCDA-BCD 的体积.

2021 · 全国 · 新高考一卷 · 第 20 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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16立体几何初步★★★☆☆
如图，在 ⊙O\odot O 中，相交于点 EE 的两弦 ABAB，CDCD 的中点分别是 MM，NN，直线 MOMO 与直线 CDCD 相交于点 FF. 证明：
(1) ∠MEN+∠NOM=180∘\angle MEN + \angle NOM = 180^{\circ}； (2) FE⋅FN=FM⋅FOFE\cdot FN = FM\cdot FO.

2015 · 湖南 · 理 · 第 16 题（I） · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，已知四棱台 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 的上，下底面分别是边长为 3 和 6 的正方形，AA1=6AA_{1} = 6，且 AA1⊥AA_{1} \perp 底面 ABCDABCD，点 PP，QQ 分别在棱 DD1DD_{1}，BCBC 上.
(1) 若点 PP 是 DD1DD_{1} 的中点，证明： AB1⊥PQAB_{1} \perp PQ； (2) 若 PQ∥PQ \parallel 平面 ABB1A1ABB_{1}A_{1}，二面角 P−QD−AP - QD - A 的余弦值为 37\frac{3}{7}，求四面体 ADPQADPQ 的体积.

2015 · 湖南 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
如图，直三棱柱 ABC−A1B1C1ABC - A_{1}B_{1}C_{1} 的底面是边长为 22 的正三角形，EE，FF 分别是 BCBC，CC1CC_{1} 的中点.
(1) 证明：平面 AEF⊥AEF \perp 平面 B1BCC1B_{1}BCC_{1}； (2) 若直线 A1CA_{1}C 与平面 A1ABB1A_{1}ABB_{1} 所成的角为 45∘45^{\circ}，求三棱锥 F-AECF\text{-}AEC 的体积.

2015 · 湖南 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，四棱柱 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 的所有棱长都相等，AC∩BD=OAC \cap BD = O，A1C1∩B1D1=O1A_{1}C_{1} \cap B_{1}D_{1} = O_{1}，四边形 ACC1A1ACC_{1}A_{1} 和四边形 BDD1B1BDD_{1}B_{1} 均为矩形.
(1) 证明：O1O⊥O_{1}O \perp 底面 ABCDABCD； (2) 若 ∠CBA=60∘\angle CBA = 60^{\circ}，求二面角 C1−OB1−DC_{1} - OB_{1} - D 的余弦值.
\begin{solution} 因为四边形 ACC1A1ACC_1A_1 是矩形，所以 CC1⊥ACCC_1\perp AC. 同理，由矩形 BDD1B1BDD_1B_1 得 DD1⊥BDDD_1\perp BD. 四棱柱的侧棱互相平行，故 CC1∥DD1CC_1\parallel DD_1，于是同一方向的直线同时垂直于底面内相交的两条直线 ACAC、BDBD，从而 CC1⊥CC_1\perp 底面 ABCDABCD. 又 OO1∥CC1OO_1\parallel CC_1，所以 OO1⊥OO_1\perp 底面 ABCDABCD.
设四棱柱的棱长为 ll. 以 OO 为原点，取 ACAC、BDBD 所在直线为坐标轴，并令底面为 z=0z=0，可设 A(−l2,0,0)A\left(-\frac l2,0,0\right)，C(l2,0,0)C\left(\frac l2,0,0\right)，B(0,−3l2,0)B\left(0,-\frac{\sqrt3l}{2},0\right)，D(0,3l2,0)D\left(0,\frac{\sqrt3l}{2},0\right). 这些点构成边长为 ll 且 ∠CBA=60∘\angle CBA=60^{\circ} 的菱形. 由第一问及侧棱长为 ll，有 C1(l2,0,l)C_1\left(\frac l2,0,l\right)，B1(0,−3l2,l)B_1\left(0,-\frac{\sqrt3l}{2},l\right). 平面 C1OB1C_1OB_1 的一个法向量为
OC1→×OB1→=l2(32,−12,−34)\overrightarrow{OC_1}\times\overrightarrow{OB_1} =l^2\left(\frac{\sqrt3}{2},-\frac12,-\frac{\sqrt3}{4}\right)
平面 OB1DOB_1D 的一个法向量为
OB1→×OD→=l2(−32,0,0)\overrightarrow{OB_1}\times\overrightarrow{OD} =l^2\left(-\frac{\sqrt3}{2},0,0\right)
所以二面角的余弦值为
∣(32,−12,−34)⋅(−32,0,0)∣34+14+316⋅32=34194⋅32=25719\frac{\left|\left(\frac{\sqrt3}{2},-\frac12,-\frac{\sqrt3}{4}\right)\cdot\left(-\frac{\sqrt3}{2},0,0\right)\right|} {\sqrt{\frac34+\frac14+\frac{3}{16}}\cdot\frac{\sqrt3}{2}} =\frac{\frac34}{\frac{\sqrt{19}}4\cdot\frac{\sqrt3}{2}} =\frac{2\sqrt{57}}{19}
\end{solution}

2014 · 湖南 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
如图，已知二面角 α−MN−β\alpha - MN - \beta 的大小为 60∘60^{\circ}，菱形 ABCDABCD 在面 β\beta 内，AA，BB 两点在棱 MNMN 上，∠BAD=60∘\angle BAD = 60^{\circ}，EE 是 ABAB 的中点，DO⊥DO \perp 面 α\alpha，垂足为 OO.
(1) 证明： AB⊥AB \perp 平面 ODEODE； (2) 求异面直线 BCBC 与 ODOD 所成角的余弦值.

2014 · 湖南 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★☆☆
如图，在直棱柱 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 中，AD∥BCAD \parallel BC，∠BAD=90∘\angle BAD = 90^{\circ}，AC⊥BDAC \perp BD，BC=1BC = 1，AD=AA1=3AD = AA_{1} = 3.
(1) 证明： AC⊥B1DAC \perp B_{1}D； (2) 求直线 B1C1B_{1}C_{1} 与平面 ACD1ACD_{1} 所成角的正弦值.

2013 · 湖南 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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17立体几何初步★★★☆☆
如图，在直棱柱 ABC−A1B1C1ABC - A_{1}B_{1}C_{1} 中，∠BAC=90∘\angle BAC = 90^{\circ}，AB=AC=2AB = AC = \sqrt{2}，AA1=3AA_{1} = 3，DD 是 BCBC 的中点，点 EE 在棱 BB1BB_{1} 上运动.
(1) 证明：AD⊥C1EAD \perp C_{1}E； (2) 当异面直线 ACAC，C1EC_1E 所成的角为 60∘60^\circ 时，求三棱锥 C1−A1B1EC_1 - A_1B_1E 的体积.

2013 · 湖南 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★★☆
如图，在四棱锥 P−ABCDP-ABCD 中，PA⊥PA\perp 平面 ABCDABCD，AB=4AB=4，BC=3BC=3，AD=5AD=5，∠DAB=∠ABC=90∘\angle DAB=\angle ABC=90^\circ，EE 是 CDCD 的中点.
(1) 证明：CD⊥CD\perp 平面 PAEPAE； (2) 若直线 PBPB 与平面 PAEPAE 所成的角和 PBPB 与平面 ABCDABCD 所成的角相等，求四棱锥 P−ABCDP-ABCD 的体积.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 在底面 ABCDABCD 中，取 A(0,0,0)A(0,0,0)、B(4,0,0)B(4,0,0)、C(4,3,0)C(4,3,0)、D(0,5,0)D(0,5,0) 为各点坐标. 因为 EE 是 CDCD 的中点，所以 E(2,4,0)E(2,4,0). 从而 CD→=(−4,2,0)\overrightarrow{CD}=(-4,2,0)，AE→=(2,4,0)\overrightarrow{AE}=(2,4,0)， 且
CD→⋅AE→=−8+8=0\overrightarrow{CD}\cdot\overrightarrow{AE}=-8+8=0
又因为 PA⊥PA\perp 平面 ABCDABCD，所以 CD⊥PACD\perp PA. 直线 PAPA 与 AEAE 相交且都在平面 PAEPAE 内，直线 CDCD 垂直于这两条相交直线，故
CD⊥平面 PAECD\perp\text{平面 }PAE
\item 设 PA=hPA=h，则 P(0,0,h)P(0,0,h). 梯形 ABCDABCD 的面积为
SABCD=AD+BC2⋅AB=5+32⋅4=16S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}\cdot AB =\frac{5+3}{2}\cdot4=16
设直线 PBPB 与平面 PAEPAE、平面 ABCDABCD 所成的角分别为 α\alpha，β\beta. 平面 PAEPAE 的一个法向量可取
AP→×AE→=(−4h,2h,0)\overrightarrow{AP}\times\overrightarrow{AE} =(-4h,2h,0)
而 PB→=(4,0,−h)\overrightarrow{PB}=(4,0,-h)，∣PB∣=h2+16|PB|=\sqrt{h^2+16}. 因此
sin⁡α=∣PB→⋅(AP→×AE→)∣∣PB∣ ∣AP→×AE→∣=85h2+16\sin\alpha =\frac{|\overrightarrow{PB}\cdot(\overrightarrow{AP}\times\overrightarrow{AE})|} {|PB|\,|\overrightarrow{AP}\times\overrightarrow{AE}|} =\frac{8}{\sqrt5\sqrt{h^2+16}}
直线 PBPB 与底面所成角满足
sin⁡β=PAPB=hh2+16\sin\beta=\frac{PA}{PB}=\frac{h}{\sqrt{h^2+16}}
题设 α=β\alpha=\beta，且两角均为锐角或直角，故正弦相等，得 85h2+16=hh2+16\frac{8}{\sqrt5\sqrt{h^2+16}} =\frac{h}{\sqrt{h^2+16}}，h=85h=\frac8{\sqrt5}. 所以四棱锥体积为
V=13SABCD⋅PA=13⋅16⋅85=128515V=\frac13S_{ABCD}\cdot PA =\frac13\cdot16\cdot\frac8{\sqrt5} =\frac{128\sqrt5}{15}
\end{enumerate} \end{solution}

2012 · 湖南 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★☆☆
如图，在四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，PA⊥PA \perp 平面 ABCDABCD，底面 ABCDABCD 是等腰梯形，AD∥BCAD\parallel BC，AC⊥BDAC \perp BD.
(1) 证明： BD⊥PCBD \perp PC； (2) 若 AD=4AD=4，BC=2BC=2，直线 PDPD 与平面 PACPAC 所成的角为 30∘30^{\circ}，求四棱锥 P−ABCDP-ABCD 的体积.

2012 · 湖南 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在圆锥 POPO 中，已知 PO=2PO = \sqrt{2}，⊙O\odot O 的直径 AB=2AB = 2，CC 是 AB^\widehat{AB} 的中点，DD 为 ACAC 的中点.
(1) 证明：平面 POD⊥POD \perp 平面 PACPAC； (2) 求二面角 B−PA−CB - PA - C 的余弦值.

2011 · 湖南 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★☆☆
如图，在圆锥 POPO 中，已知 PO=2PO = \sqrt{2}，⊙O\odot O 的直径 AB=2AB = 2，点 CC 在 AB^\widehat{AB} 上，且 ∠CAB=30∘\angle CAB = 30^{\circ}，DD 为 ACAC 的中点.
(1) 证明： AC⊥AC \perp 平面 PODPOD； (2) 求直线 OCOC 和平面 PACPAC 所成角的正弦值.

2011 · 湖南 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
如图所示，在正方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 中，EE 是棱 DD1DD_{1} 的中点.
(1) 求直线 BEBE 和平面 ABB1A1ABB_{1}A_{1} 所成的角的正弦值； (2) 在棱 C1D1C_{1}D_{1} 上是否存在一点 FF，使 B1F∥B_{1}F \parallel 平面 A1BEA_{1}BE？证明你的结论.
\begin{solution} 设正方体的棱长为 aa，以 BB 为原点，以 BCBC，BABA，BB1BB_{1} 所在直线分别为三个坐标轴，则 \begin{enumerate} \item 于是 B=(0,0,0)B=\left(0,0,0\right)，C=(a,0,0)C=\left(a,0,0\right)，A=(0,a,0)A=\left(0,a,0\right)，B1=(0,0,a)B_{1}=\left(0,0,a\right)，A1=(0,a,a)A_{1}=\left(0,a,a\right)，D=(a,a,0)D=\left(a,a,0\right)，E=(a,a,a2)E=\left(a,a,\frac{a}{2}\right). 直线 BEBE 的方向向量可取 v=(a,a,a2)\boldsymbol{v}=\left(a,a,\frac{a}{2}\right). 平面 ABB1A1ABB_{1}A_{1} 的法向为 xx 轴方向，因此直线 BEBE 与该平面所成的角为 θ\theta 时，
sin⁡θ=∣a∣a2+a2+(a2)2=23\sin\theta=\frac{|a|}{\sqrt{a^2+a^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2}}=\frac{2}{3}
\item 设 FF 的坐标为 (a,t,a)\left(a,t,a\right)，其中 0⩽t⩽a0\leqslant t\leqslant a. 有 BA1→=(0,a,a)\overrightarrow{BA_{1}}=\left(0,a,a\right)，BE→=(a,a,a2)\overrightarrow{BE}=\left(a,a,\frac{a}{2}\right)，B1F→=(a,t,0)\overrightarrow{B_{1}F}=\left(a,t,0\right). 取平面 A1BEA_{1}BE 的一个法向量
n=BA1→×BE→=a2(−12,1,−1)\boldsymbol{n}=\overrightarrow{BA_{1}}\times\overrightarrow{BE}=a^2\left(-\frac{1}{2},1,-1\right)
由于 BB 是平面 A1BEA_{1}BE 上的点，且 BB1→⋅n=−a3≠0\overrightarrow{BB_{1}}\cdot\boldsymbol{n}=-a^3\ne0，所以直线 B1FB_{1}F 不在该平面内. 因而要使 B1F∥B_{1}F\parallel 平面 A1BEA_{1}BE，必须且只需其方向向量满足 B1F→⋅n=0\overrightarrow{B_{1}F}\cdot\boldsymbol{n}=0，即
−a32+a2t=0-\frac{a^3}{2}+a^2t=0
从而 t=a2t=\frac{a}{2}. 因此存在这样的点 FF，且 FF 是棱 C1D1C_{1}D_{1} 的中点. \end{enumerate} \end{solution}

2010 · 湖南 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
如图所示，在长方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 中，AB=AD=1AB = AD = 1，AA1=2AA_{1} = 2，MM 是棱 CC1CC_{1} 的中点.
(1) 求异面直线 A1MA_{1}M 和 C1D1C_{1}D_{1} 所成的角的正切值； (2) 证明：平面 ABM⊥ABM \perp 平面 A1B1MA_{1}B_{1}M.

2010 · 湖南 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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