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1615分立体几何初步★★★★☆
如图，三棱锥 AA-BCDBCD 中，点 EE 在 BDBD 上，AE⊥CEAE\perp CE，AE⊥DEAE\perp DE，CD⊥ADCD\perp AD.
(1) 证明：CD⊥ABCD\perp AB； (2) 若 DE=2DE=2，BE=1BE=1，AE=2AE=\sqrt{2}，CD=23CD=2\sqrt{3}，求直线 ADAD 与平面 ABCABC 所成角的正弦值.

2026 · 全国 · 二卷 · 第 16 题 · 解答题

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1715分立体几何初步★★★☆☆
如图，在四边形 ABCDABCD 中，AB//CDAB//CD，∠DAB=90∘\angle DAB=90^\circ，FF 为 CDCD 的中点，点 EE 在 ABAB 上，EF//ADEF//AD，AB=3ADAB=3AD，CD=2ADCD=2AD.
将四边形 EFDAEFDA 沿 EFEF 翻折至四边形 EFD′A′EFD'A'，使得面 EFD′A′EFD'A' 与面 EFCBEFCB 所成的二面角为 60∘60^\circ.
(1) 证明：A′B//A'B// 平面 CD′FCD'F； (2) 求面 BCD′BCD' 与面 EFD′A′EFD'A' 所成的二面角的正弦值.

2025 · 全国 · 二卷 · 第 17 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在以 AA，BB，CC，DD，EE，FF 为顶点的五面体中，四边形 ABCDABCD 与四边形 ADEFADEF 均为等腰梯形，BC∥ADBC\parallel AD，EF∥ADEF\parallel AD，AD=4AD=4，AB=BC=EF=2AB=BC=EF=2，ED=10ED=\sqrt{10}，FB=23FB=2\sqrt{3}，MM 为 ADAD 的中点.
(1) 证明：BM∥BM\parallel平面 CDECDE； (2) 求二面角 F−BM−EF-BM-E 的正弦值.

2024 · 全国 · 甲卷 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在以 AA，BB，CC，DD，EE，FF 为顶点的五面体中，四边形 ABCDABCD 与四边形 ADEFADEF 均为等腰梯形，EF∥ADEF\parallel AD，BC∥ADBC\parallel AD，AD=4AD=4，AB=BC=EF=2AB=BC=EF=2，ED=10ED=\sqrt{10}，FB=23FB=2\sqrt3，MM 为 ADAD 的中点.
(1) 证明：BM∥BM\parallel 平面 CDECDE； (2) 求 MM 到平面 FABFAB 的距离.

2024 · 全国 · 甲卷 · 文 · 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，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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20立体几何初步★★★★☆
如图，已知三棱柱 ABC−A1B1C1ABC-A_1B_1C_1 的底面是正三角形，侧面 BB1C1CBB_1C_1C 是矩形，MM，NN 分别为 BCBC，B1C1B_1C_1 的中点，PP 为 AMAM 上一点. 过 B1C1B_1C_1 和 PP 的平面交 ABAB 于 EE，交 ACAC 于 FF.
(1) 证明：AA1∥MNAA_1\parallel MN，且平面 A1AMN⊥A_1AMN\perp 平面 EB1C1FEB_1C_1F； (2) 设 OO 为 △A1B1C1\triangle A_1B_1C_1 的中心. 若 AO∥AO\parallel 平面 EB1C1FEB_1C_1F，且 AO=ABAO=AB，求直线 B1EB_1E 与平面 A1AMNA_1AMN 所成角的正弦值.

2020 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★★☆
如图，已知三棱柱 ABC−A1B1C1ABC-A_1B_1C_1 的底面是正三角形，侧面 BB1C1CBB_1C_1C 是矩形，MM，NN 分别为 BCBC，B1C1B_1C_1 的中点，PP 为 AMAM 上一点. 过 B1C1B_1C_1 和 PP 的平面交 ABAB 于 EE，交 ACAC 于 FF.
(1) 证明：AA1∥MNAA_1\parallel MN，且平面 A1AMN⊥A_1AMN\perp 平面 EB1C1FEB_1C_1F； (2) 设 OO 为 △A1B1C1\triangle A_1B_1C_1 的中心. 若 AO=AB=6AO=AB=6，AO∥AO\parallel 平面 EB1C1FEB_1C_1F，且 ∠MPN=π3\angle MPN=\dfrac{\pi}{3}，求四棱锥 B−EB1C1FB-EB_1C_1F 的体积.

2020 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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17立体几何初步★★★★☆
如图，长方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_1B_1C_1D_1 的底面 ABCDABCD 是正方形，点 EE 在棱 AA1AA_1 上，BE⊥EC1BE\perp EC_1.
(1) 证明：BE⊥平面EB1C1BE\perp \text{平面} EB_1C_1； (2) 若 AE=A1EAE=A_1E，求二面角 B−EC−C1B-EC-C_1 的正弦值.

2019 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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17立体几何初步★★★☆☆
如图，长方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_1B_1C_1D_1 的底面 ABCDABCD 是正方形，点 EE 在棱 AA1AA_1 上，BE⊥EC1BE\perp EC_1.
(1) 证明：BE⊥BE\perp 平面 EB1C1EB_1C_1； (2) 若 AE=A1EAE=A_1E，AB=3AB=3，求四棱锥 E−BB1C1CE-BB_1C_1C 的体积.

2019 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★★☆
如图，在三棱锥 P−ABCP-ABC 中，AB=BC=22AB=BC=2\sqrt2，PA=PB=PC=AC=4PA=PB=PC=AC=4，OO 为 ACAC 的中点.
(1) 证明：PO⊥PO\perp 平面 ABCABC； (2) 若点 MM 在棱 BCBC 上，且二面角 M−PA−CM-PA-C 为 30∘30^\circ，求 PCPC 与平面 PAMPAM 所成角的正弦值.

2018 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 20 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=BC=22AB=BC=2\sqrt2，PA=PB=PC=AC=4PA=PB=PC=AC=4，OO 为 ACAC 的中点.
(1) 证明：PO⊥PO\perp 平面 ABCABC； (2) 若点 MM 在棱 BCBC 上，且 MC=2MBMC=2MB，求点 CC 到平面 POMPOM 的距离.

2018 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
如图 1，在直角梯形 ABCDABCD 中，AD∥BCAD \parallel BC，∠BAD=π2\angle BAD = \frac{\pi}{2}，AB=BC=1AB = BC = 1，AD=2AD = 2，EE 是 ADAD 的中点，OO 是 ACAC 与 BEBE 的交点. 将 △ABE\triangle ABE 沿 BEBE 折起到 △A1BE\triangle A_1BE 的位置，如图 2.
(1) 证明：CD⊥CD\perp 平面 A1OCA_{1}OC； (2) 若平面 A1BE⊥A_{1}BE \perp 平面 BCDEBCDE，求平面 A1BCA_{1}BC 与平面 A1CDA_{1}CD 夹角的余弦值.

2015 · 陕西 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
如图 1，在直角梯形 ABCDABCD 中，AD∥BCAD \parallel BC，∠BAD=π2\angle BAD = \frac{\pi}{2}，AB=BC=12AD=aAB = BC = \frac{1}{2}AD = a，EE 是 ADAD 的中点，OO 是 ACAC 与 BEBE 的交点. 将 △ABE\triangle ABE 沿 BEBE 折起到图 2 中 △A1BE\triangle A_{1}BE 的位置，得到四棱锥 A1−BCDEA_{1}-BCDE.
(1) 证明：CD⊥CD \perp 平面 A1OCA_{1}OC； (2) 若平面 A1BE⊥A_{1}BE \perp 平面 BCDEBCDE，四棱锥 A1−BCDEA_{1}-BCDE 的体积为 36236\sqrt{2}，求 aa 的值.
[c]{} [c]{}

2015 · 陕西 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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17立体几何初步★★★☆☆
四面体 ABCDABCD 及其三视图如图所示，过棱 ABAB 的中点 EE 作平行于 ADAD，BCBC 的平面分别交四面体的棱 BDBD，DCDC，CACA 于点 FF，GG，HH.
(1) 证明：四边形 EFGHEFGH 是矩形. (2) 求直线 ABAB 与平面 EFGHEFGH 夹角 θ\theta 的正弦值.

2014 · 陕西 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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17立体几何初步★★★☆☆
四面体 ABCDABCD 及其三视图如图所示，过棱 ABAB 的中点 EE 作平行于 ADAD，BCBC 的平面分别交四面体的棱 BDBD，DCDC，CACA 于点 FF，GG，HH.
(1) 求四面体 ABCDABCD 的体积； (2) 证明：四边形 EFGHEFGH 是矩形.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由三视图可知，AD⊥BDAD\perp BD，AD⊥DCAD\perp DC，BD⊥DCBD\perp DC，且 AD=1AD=1，BD=DC=2BD=DC=2. 因为 BDBD、DCDC 是平面 BDCBDC 内相交的两条直线，所以直线 ADAD 垂直于平面 BDCBDC. 因而以三角形 BDCBDC 为底，ADAD 为高，四面体体积为
V=13⋅12BD⋅DC⋅AD=13⋅12⋅2⋅2⋅1=23V=\frac13\cdot\frac12BD\cdot DC\cdot AD =\frac13\cdot\frac12\cdot2\cdot2\cdot1=\frac23
\item 平面 EFGHEFGH 平行于 ADAD 和 BCBC. 在三角形 ABDABD 中，过 EE 的截线 EF∥ADEF\parallel AD，且 EE 为 ABAB 的中点，所以 FF 为 BDBD 的中点. 在三角形 ABCABC 中，截线 EH∥BCEH\parallel BC，所以 HH 为 ACAC 的中点.
平面 BDCBDC 与平面 EFGHEFGH 的交线为 FGFG，且 FG∥BCFG\parallel BC. 由三角形 BDCBDC 的中位线定理，GG 为 DCDC 的中点. 又在三角形 ADCADC 中，HH，GG 分别为 ACAC，DCDC 的中点，所以 HG∥ADHG\parallel AD. 因此 EF∥HGEF\parallel HG，EH∥FGEH\parallel FG，四边形 EFGHEFGH 为平行四边形.
由 AD⊥BCAD\perp BC，且 EF∥ADEF\parallel AD，FG∥BCFG\parallel BC，得 EF⊥FGEF\perp FG. 该平行四边形有一个直角，所以四边形 EFGHEFGH 是矩形. \end{enumerate} \end{solution}

2014 · 陕西 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★☆☆
如图，四棱柱 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 的底面 ABCDABCD 是正方形，OO 为底面中心，A1O⊥A_{1}O\perp 平面 ABCDABCD，AB=AA1=2AB=AA_{1}=\sqrt2.
(1) 证明：A1C⊥A_{1}C\perp 平面 BB1D1DBB_{1}D_{1}D. (2) 求平面 OCB1OCB_{1} 与平面 BB1D1DBB_{1}D_{1}D 的夹角 θ\theta 的大小.

2013 · 陕西 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★☆☆
如图，四棱柱 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 的底面 ABCDABCD 是正方形，OO 为底面中心，A1O⊥A_{1}O \perp 平面 ABCDABCD，AB=AA1=2AB = AA_{1} = \sqrt{2}.
(1) 证明：平面 A1BDA_{1}BD ∥\parallel 平面 CD1B1CD_{1}B_{1}. (2) 求三棱柱 ABD−A1B1D1ABD - A_{1}B_{1}D_{1} 的体积.

2013 · 陕西 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
(1) 如图，证明命题“aa 是平面 π\pi 内的一条直线，bb 是 π\pi 外的一条直线（bb 不垂直于 π\pi），cc 是直线 bb 在 π\pi 上的投影，若 a⊥ba \perp b，则 a⊥ca \perp c”为真； (2) 写出上述命题的逆命题，并判断其真假（不需证明）.

2012 · 陕西 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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18立体几何初步★★☆☆☆
直三棱柱 ABC−A1B1C1ABC - A_1B_1C_1 中，AB=AA1AB = AA_1，∠CAB=π2\angle CAB = \frac{\pi}{2}.
(1) 证明：CB1⊥BA1CB_1 \perp BA_1； (2) 已知 AB=2AB = 2，BC=5BC = \sqrt{5}，求三棱锥 C1−ABA1C_1 - ABA_1 的体积.

2012 · 陕西 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
如图，在 △ABC\triangle ABC 中，∠ABC=60∘\angle ABC = 60^{\circ}，∠BAC=90∘\angle BAC = 90^{\circ}，ADAD 是 BCBC 上的高，沿 ADAD 把 △ABD\triangle ABD 折起，使 ∠BDC=90∘\angle BDC = 90^{\circ}.
(1) 证明：平面 ADB⊥ADB\perp 平面 BDCBDC； (2) 设 EE 为 BCBC 的中点，求 AE→\overrightarrow{AE} 与 DB→\overrightarrow{DB} 夹角的余弦值.

2011 · 陕西 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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