2018年数学理科高考题分类 真题与模拟题 立体几何
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G 单元 立体几何
G1 空间几何体的结构
16.G1,G12[2018·全国卷Ⅱ] 已知圆锥的顶点为S ,母线SA ,SB 所成角的余弦值为7
8,SA 与圆锥底
面所成角为45°.若△SAB 的面积为5√15,则该圆锥的侧面积为 .
16.40√2π [解析] 设圆锥的底面圆的半径为r ,因为SA 与圆锥底面所成角为45°,所以SA=√2r.由cos ∠ASB=7
8得sin ∠ASB=
√158,所以12SA ·SB ·sin ∠ASB=12×√2r×√2r×√15
8
=5√15,所以r 2=40,所
以圆锥的侧面积为√2πr 2=40√2π.
G2 空间几何体的三视图和直观图
7.G2,G11[2018·全国卷Ⅰ] 某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图1-2所示.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ,圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ,则在此圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径的长度为 ( )
图1-2
A .2√17
B .2√5
C .3
D .2
7.B [解析] 由三视图可知圆柱表面上的点M ,N 的位置如图1,将圆柱的侧面展开得到图2,在圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径即为侧面展开图中的线段MN ,所以最短路径的长度为MN=√22+42=2√5.
3.G2[2018·全国卷Ⅲ] 中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图1-1中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 ( )
图1-1
图1-2
3.A[解析] 卯眼的空间立体图如图,同时需要注意在三视图中,看不见的线用虚线表示,故选A.
5.G2[2018·北京卷]某四棱锥的三视图如图1-2所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为()
图1-2
A.1
B.2
C.3
D.4
5.C[解析] 由三视图可得该几何体的直观图如图所示,且PD⊥平面ABCD,∴△P AD和△PDC 均为直角三角形.又∵PD⊥AB,AB⊥AD,PD∩AD=D,∴AB⊥平面P AD,∴AB⊥P A,∴△P AB为直角三角形.故选C.
3.G2[2018·浙江卷]某几何体的三视图如图1-1所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()
图1-1
A.2
B.4
C.6
D.8
3.C[解析] 该几何体为直四棱柱,如图所示,底面是直角梯形,其面积为1
2
×(1+2)×2=3,又四棱柱的高为2,故体积为2×3=6,故选C.
G3 平面的基本性质、空间两条直线
G4 空间中的平行关系
12.G4,G11[2018·全国卷Ⅰ]已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为()
A.3√3
4B.2√3
3
C.3√2
4D.√3
2
12.A[解析] 平面α与正方体的每条棱所在直线所成的角都相等,只需与过同一顶点的三条
棱所成的角相等即可,如图,AP=AR=AQ,则平面PQR与正方体过点A的三条棱所成的角相等.若点E,F,G,H,M,N分别为相应棱的中点,易证得平面EFGHMN平行于平面PQR,且六边形
EFGHMN 为正六边形.正方体棱长为1,所以正六边形EFGHMN 的边长为√2
2
,可得此正六边形的面积为
3√3
4
,而在四个选项中,选项B,C,D 中的值都小于
3√3
4
,所以选A .
15.G4,G5[2018·江苏卷] 在平行六面体ABCD - A 1B 1C 1D 1中,AA 1=AB ,AB 1⊥B 1C 1. 求证:(1)AB ∥平面A 1B 1C ; (2)平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC.
图1-4
15.证明:(1)在平行六面体ABCD - A 1B 1C 1D 1中,AB ∥A 1B 1. 因为AB ⊄平面A 1B 1C ,A 1B 1⊂平面A 1B 1C , 所以AB ∥平面A 1B 1C.
(2)在平行六面体ABCD - A 1B 1C 1D 1中,四边形ABB 1A 1为平行四边形. 又因为AA 1=AB ,所以四边形ABB 1A 1为菱形, 因此AB 1⊥A 1B.
又因为AB 1⊥B 1C 1,BC ∥B 1C 1,所以AB 1⊥BC. 又因为A 1B ∩BC=B ,A 1B ⊂平面A 1BC ,BC ⊂平面A 1BC , 所以AB 1⊥平面A 1BC. 因为AB 1⊂平面ABB 1A 1, 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC.
6.G4[2018·浙江卷] 已知平面α,直线m ,n 满足m ⊄α,n ⊂α,则“m ∥n ”是“m ∥α”的 ( ) A .充分不必要条件 B .必要不充分条件 C .充分必要条件
D .既不充分也不必要条件
6.A [解析] 因为m 在平面α外,n 在平面α内,所以若m ∥n ,则m ∥α;反之,若m ∥α,则m 和n 可能平行或异面.故“m ∥n ”是“m ∥α”的充分不必要条件,故选A .
G5 空间中的垂直关系
18.G5,G11[2018·全国卷Ⅰ] 如图1-4所示,四边形ABCD 为正方形,E ,F 分别为AD ,BC 的中点,以DF 为折痕把△DFC 折起,使点C 到达点P 的位置,且PF ⊥BF . (1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD ;
(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.
图1-4
18.解:(1)证明:由已知可得,BF ⊥PF ,BF ⊥EF ,所以BF ⊥平面PEF .
又BF ⊂平面ABFD ,所以平面PEF ⊥平面ABFD. (2)作PH ⊥EF ,垂足为H. 由(1)得,PH ⊥平面ABFD.
以H 为坐标原点,HF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为y 轴正方向,|BF ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H - xyz.
由(1)可得,DE ⊥PE.
又DP=2,DE=1,所以PE=√3.
又PF=1,EF=2,故PE ⊥PF , 可得PH=√3
2,EH=3
2, 则H (0,0,0),P 0,0,√3
2
,D -1,-32,0,DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,32,√3
2
,HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,0,√3
2
为平面ABFD 的法向量.
设DP 与平面ABFD 所成的角为θ,则sin θ=
HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |HP
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=
3
4
√
3=√3
4
,
所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为√3
4
.
20.G5,G11[2018·全国卷Ⅱ] 如图1-4,在三棱锥P-ABC 中,AB=BC=2√2,P A=PB=PC=AC=4,O 为AC 的中点.
图1-4
(1)证明:PO ⊥平面ABC ;
(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M-P A-C 为30°,求PC 与平面P AM 所成角的正弦值. 20.解:(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP=2√3. 连接OB.因为AB=BC=√2
2
AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB=1
2
AC=2.
由OP 2+OB 2=PB 2知PO ⊥OB.
由OP ⊥OB ,OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC. (2)如图,以O 为坐标原点,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.
由已知得O (0,0,0),B (2,0,0),A (0,-2,0),C (0,2,0),P (0,0,2√3),AP
⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2√3).取平面P AC 的法向量OB
⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0). 设M (a ,2-a ,0)(0<a ≤2),则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ,4-a ,0). 设平面P AM 的法向量为n=(x ,y ,z ).
由AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0,AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0得 {2y +2√3z =0,ax +(4-a)y =0,可取n=(√3(a-4),√3a ,-a ), 所以cos <OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=
√3(a 2√3(a -4)2+3a 2+a 2
.
由已知可得|cos <OB
⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=√3
2, 所以
√3|a 222
=√32,解得a=-4(舍去),a=4
3, 所以n=(-
8√33
,4√33,-4
3),
又PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2√3),所以cos <PC
⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=√34
, 所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为√3
4.
19.G5[2018·全国卷Ⅲ] 如图1-5,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ⏜所在平面垂直,M 是CD
⏜上异于C ,D 的点. (1)证明:平面AMD ⊥平面BMC ;
(2)当三棱锥M-ABC 体积最大时,求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值.
图1-5
19.解:(1)证明:由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD.因为BC ⊥CD ,BC ⊂平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD ,故BC ⊥DM.
因为M 为CD
⏜上异于C ,D 的点,且DC 为直径,所以DM ⊥CM. 又BC ∩CM=C ,所以DM ⊥平面BMC.
而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC. (2)以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
当三棱锥M-ABC 体积最大时,M 为CD
⏜的中点.由题设得D (0,0,0),A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,2,0),M (0,1,1),AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0).
设n=(x ,y ,z )是平面MAB 的法向量,则
{n ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,
n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即{-2x +y +z =0,2y =0,
可取n=(1,0,2).
DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面MCD 的法向量,因此cos <n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=
n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n||DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55,sin <n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√5
5
. 所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是
2√5
5
. 16.G5、G11[2018·北京卷] 如图1-3,在三棱柱ABC - A 1B 1C 1中,CC 1⊥平面ABC ,D ,E ,F ,G 分别为AA 1,AC ,A 1C 1,BB 1的中点,AB=BC=√5,AC=AA 1=2. (1)求证:AC ⊥平面BEF ;
(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;
(3)证明:直线FG与平面BCD相交.
图1-3 16.解:(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,
∵CC1⊥平面ABC,
∴四边形A1ACC1为矩形.
又E,F分别为AC,A1C1的中点,
∴AC⊥EF.
∵AB=BC,∴AC⊥BE,
∴AC⊥平面BEF.
(2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.
又CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC.
∵BE⊂平面ABC,∴EF⊥BE.
如图建立空间直角坐标系E-xyz.
由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1), ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,1),CB⃗⃗⃗⃗ =(1,2,0).
∴CD
设平面BCD的法向量为n=(a,b,c),
∴{n ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗
=0,n ·CB
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{2a +c =0,
a +2
b =0,
令a=2,则b=-1,c=-4,
∴平面BCD 的一个法向量为n=(2,-1,-4).
又∵平面CDC 1的一个法向量为EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0), ∴cos <n ,EB
⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·EB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n||EB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
=-√21
21. 由图可得二面角B - CD - C 1为钝二面角,∴二面角B - CD - C 1的余弦值为-√21
21. (3)证明:平面BCD 的一个法向量为n=(2,-1,-4).
∵G (0,2,1),F (0,0,2),∴GF ⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,1),
∴n ·GF ⃗⃗⃗⃗ =-2,∴n 与GF ⃗⃗⃗⃗ 不垂直,
∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内,∴GF 与平面BCD 相交.
17.G5、G10[2018·天津卷] 如图1-4所示,AD ∥BC 且AD=2BC ,AD ⊥CD ,EG ∥AD 且EG=AD ,CD ∥FG 且CD=2FG ,DG ⊥平面ABCD ,DA=DC=DG=2. (1)若M 为CF 的中点,N 为EG 的中点,求证:MN ∥平面CDE ; (2)求二面角E - BC - F 的正弦值;
(3)若点P 在线段DG 上,且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°,求线段DP 的长.
图1-4
17.解:依题意,可以建立以D 为原点,分别以DA
⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DG ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D (0,0,0),A (2,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),E (2,0,2),F (0,1,2),G (0,0,2),M 0,3
2,1
,N (1,0,2).
(1)证明:依题意DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2). 设n 0=(x ,y ,z )为平面CDE 的法向量,则{
n 0·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 0·DE
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y =0,
2x +2z =0,不妨令z=-1,可得n 0=(1,0,-1).
又MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1,-32,1,可得MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 0=0,又因为直线MN ⊄平面CDE ,所以MN ∥平面CDE. (2)依题意,可得BC ⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,2),CF ⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2). 设n=(x ,y ,z )为平面BCE 的法向量,则{
n ·BC
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x =0,x -2y +2z =0,不妨令z=1,可得n=(0,1,1).
设m=(x ,y ,z )为平面BCF 的法向量,则{m ·BC
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CF
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x =0,-y +2z =0,不妨令z=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos <m ,n>=m ·n
|m||n|=
3√10
10
,于是sin <m ,n>=√10
10.
所以,二面角E - BC - F 的正弦值为√10
10.
(3)设线段DP 的长为h (h ∈[0,2]),则点P 的坐标为(0,0,h ),可得BP
⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,h ). 易知DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量,故|cos <BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
|
|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DC
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√ℎ+5
.
由题意,可得
ℎ+5
=sin 60°=√32,解得h=√3
3∈[0,2],
所以,线段DP 的长为√3
3.
15.G4,G5[2018·江苏卷] 在平行六面体ABCD - A 1B 1C 1D 1中,AA 1=AB ,AB 1⊥B 1C 1. 求证:(1)AB ∥平面A 1B 1C ; (2)平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC.
图1-4
15.证明:(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.
因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,
所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.
又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,
因此AB1⊥A1B.
又因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.
又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,
所以AB1⊥平面A1BC.
因为AB1⊂平面ABB1A1,
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
19.G5,G11,G12[2018·浙江卷]如图1-3所示,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.
图1-3
(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;
(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.
19.解: 方法一:
(1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=2√2,所以A1B12+A B12=A A12, 故AB1⊥A1B1.
由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=√5,
由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2√3,
由CC1⊥AC,得AC1=√13,所以A B12+B1C12=A C12,故AB1⊥B1C1.
因此AB1⊥平面A1B1C1.
(2)如图,过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1,交直线A 1B 1于点D ,连接AD.
由AB 1⊥平面A 1B 1C 1得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1, 由C 1D ⊥A 1B 1得C 1D ⊥平面ABB 1,
所以∠C 1AD 是AC 1与平面ABB 1所成的角. 由B 1C 1=√5,A 1B 1=2√2,A 1C 1=√21得 cos ∠C 1A 1B 1=√67,sin ∠C 1A 1B 1=7,
所以C 1D=√3,故sin ∠C 1AD=C 1
D AC 1
=√39
13.
因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是
√39
13
. 方法二:
(1)证明:如图,以AC 的中点O 为原点,分别以射线OB ,OC 为x ,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意知,各点坐标如下:
A (0,-√3,0),
B (1,0,0),A 1(0,-√3,4),B 1(1,0,2),
C 1(0,√3,1).
因此AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,2),A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,-2),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,-3). 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·
A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得A
B 1⊥A 1
C 1. 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.
(2)设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.
由(1)可知AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2). 设平面ABB 1的法向量n=(x ,y ,z ). 由{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,
得{x +√3y =0,2z =0,可取n=(-√3,1,0).
所以sin θ=|cos <AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AC 1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=√3913
.
因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是
√39
13
. G6 三垂线定理
4.G6[2018·全国卷Ⅲ] 若sin α=1
3,则cos 2α=
( )
A .89
B .7
9
C .-79
D .-8
9
4.B [解析] cos 2α=1-2sin 2α=7
9.
G7 棱柱与棱锥
11.G7[2018·天津卷] 已知正方体ABCD - A 1B 1C 1D 1的棱长为1,除面ABCD 外,该正方体其余各面的中心分别为点E ,F ,G ,H ,M (如图1-3所示),则四棱锥M - EFGH 的体积为 .
图1-3
11.1
12 [解析] 四棱锥M - EFGH 的高为1
2,底面积为1
2,故其体积为13×12×1
2=1
12.
G8 多面体与球
10.G8[2018·全国卷Ⅲ] 设A ,B ,C ,D 是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC 为等边三角形且其面积为9√3,则三棱锥D-ABC 体积的最大值为 ( ) A .12√3 B .18√3 C .24√3 D .54√3
10.B [解析] 由题易知当点D 到平面ABC 的距离最大时,三棱锥D-ABC 的体积最大.
∵S △ABC =√3
4AB 2=9√3,∴AB=6.设△ABC 的中心为M ,由等边三角形的性质得,
AM=BM=CM=2√3.设球心为O ,则OA=OB=OC=4,
∴OM=√OB 2-BM 2=2,
∴点D 到平面ABC 的距离的最大值为OM+4=6.故三棱锥D-ABC 体积的最大值为
13
×9√3×6=18√3.
G9 空间向量及运算
G10 空间向量解决线面位置关系
17.G5、G10[2018·天津卷] 如图1-4所示,AD ∥BC 且AD=2BC ,AD ⊥CD ,EG ∥AD 且EG=AD ,CD ∥FG 且CD=2FG ,DG ⊥平面ABCD ,DA=DC=DG=2. (1)若M 为CF 的中点,N 为EG 的中点,求证:MN ∥平面CDE ; (2)求二面角E - BC - F 的正弦值;
(3)若点P 在线段DG 上,且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°,求线段DP 的长.
图1-4
17.解:依题意,可以建立以D 为原点,分别以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DG ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D (0,0,0),A (2,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),E (2,0,2),F (0,1,2),G (0,0,2),M 0,3
2,1
,N (1,0,2).
(1)证明:依题意DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2). 设n 0=(x ,y ,z )为平面CDE 的法向量,则{
n 0·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 0·DE
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y =0,
2x +2z =0,不妨令z=-1,可得n 0=(1,0,-1).
又MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1,-32,1,可得MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 0=0,又因为直线MN ⊄平面CDE ,所以MN ∥平面CDE. (2)依题意,可得BC ⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,2),CF ⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2). 设n=(x ,y ,z )为平面BCE 的法向量,则{
n ·BC
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x =0,x -2y +2z =0,不妨令z=1,可得n=(0,1,1).
设m=(x ,y ,z )为平面BCF 的法向量,则{m ·BC
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CF
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x =0,-y +2z =0,不妨令z=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos <m ,n>=m ·n
|m||n|=
3√10
10
,于是sin <m ,n>=√10
10.
所以,二面角E - BC - F 的正弦值为√10
10.
(3)设线段DP 的长为h (h ∈[0,2]),则点P 的坐标为(0,0,h ),可得BP
⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,h ). 易知DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量,故|cos <BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
|
|BP
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2
ℎ+5
.
由题意,可得
√ℎ+5
=sin 60°=√32,解得h=√3
3∈[0,2],
所以,线段DP 的长为√3
3.
G11 空间角与距离的求法
7.G2,G11[2018·全国卷Ⅰ] 某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图1-2所示.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ,圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ,则在此圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径的长度为 ( )
图1-2
A .2√17
B .2√5
C .3
D .2
7.B [解析] 由三视图可知圆柱表面上的点M ,N 的位置如图1,将圆柱的侧面展开得到图2,在圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径即为侧面展开图中的线段MN ,所以最短路径的长度为MN=√22+42=2√5.
12.G4,G11[2018·全国卷Ⅰ] 已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为 ( )
A .
3√3
4
B .
2√3
3
C .
3√2
4
D .√32
12.A [解析] 平面α与正方体的每条棱所在直线所成的角都相等,只需与过同一顶点的三条棱所成的角相等即可,如图,AP=AR=AQ ,则平面PQR 与正方体过点A 的三条棱所成的角相等.若点E ,F ,G ,H ,M ,N 分别为相应棱的中点,易证得平面EFGHMN 平行于平面PQR ,且六边形EFGHMN 为正六边形.正方体棱长为1,所以正六边形EFGHMN 的边长为√2
2,可得此正六边形的面积为
3√3
4
,而在四个选项中,选项B,C,D 中的值都小于
3√3
4
,所以选A .
18.G5,G11[2018·全国卷Ⅰ] 如图1-4所示,四边形ABCD 为正方形,E ,F 分别为AD ,BC 的中点,以DF 为折痕把△DFC 折起,使点C 到达点P 的位置,且PF ⊥BF .
(1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD ;
(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.
图1-4
18.解:(1)证明:由已知可得,BF ⊥PF ,BF ⊥EF ,所以BF ⊥平面PEF .
又BF ⊂平面ABFD ,所以平面PEF ⊥平面ABFD. (2)作PH ⊥EF ,垂足为H. 由(1)得,PH ⊥平面ABFD.
以H 为坐标原点,HF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为y 轴正方向,|BF ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H - xyz.
由(1)可得,DE ⊥PE.
又DP=2,DE=1,所以PE=√3.
又PF=1,EF=2,故PE ⊥PF , 可得PH=√3
2,EH=3
2,
则H (0,0,0),P 0,0,√3
2
,D -1,-32,0,DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,32,√3
2
,HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,0,√3
2
为平面ABFD 的法向量.
设DP 与平面ABFD 所成的角为θ,则sin θ=HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |HP
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=
3
4
√
3=√3
4
, 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为√34
.
9.G11[2018·全国卷Ⅱ] 在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=BC=1,AA 1=√3,则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为 ( ) A .1
5 B .√5
6
C .√55
D .√22
9.C [解析] 方法一:以D 为坐标原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则A (1,0,0),D 1(0,0,√3),B 1(1,1,√3),所以AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√3),DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,√3),所以cos <AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=
√1+3×√1+1+3=√5
5
,所以异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为√55
.
方法二:如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的面ABB 1A 1的一侧再补填一个完全一样的长方体ABC 2D 2-A 1B 1B 2A 2,连接AB 2,B 2D 1.
易知AB 2∥DB 1,所以异面直线AD 1与DB 1所成的角即为AD 1与AB 2所成的角. 因为AB=BC=1,AA 1=√3,
所以AD 1=2,AB 2=√5,B 2D 1=√5. 在△AB 2D 1中,cos ∠D 1AB 2=
2√5)2√5)22×2×√5
=√5
5, 所以异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为√5
5.
20.G5,G11[2018·全国卷Ⅱ] 如图1-4,在三棱锥P-ABC 中,AB=BC=2√2,P A=PB=PC=AC=4,O 为
AC 的中点.
图1-4
(1)证明:PO ⊥平面ABC ;
(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M-P A-C 为30°,求PC 与平面P AM 所成角的正弦值. 20.解:(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP=2√3. 连接OB.因为AB=BC=√2
2
AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB=1
2
AC=2.
由OP 2+OB 2=PB 2知PO ⊥OB.
由OP ⊥OB ,OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC.
(2)如图,以O 为坐标原点,OB
⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.
由已知得O (0,0,0),B (2,0,0),A (0,-2,0),C (0,2,0),P (0,0,2√3),AP
⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2√3).取平面P AC 的法向量OB
⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0). 设M (a ,2-a ,0)(0<a ≤2),则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ,4-a ,0). 设平面P AM 的法向量为n=(x ,y ,z ). 由AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0,AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0得 {2y +2√3z =0,ax +(4-a)y =0,可取n=(√3(a-4),√3a ,-a ), 所以cos <OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=
√3(a 222
.
由已知可得|cos <OB
⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=√32
, 所以
√3|a 2√3(a -4)2+3a 2+a
2
=√3
2
,解得a=-4(舍去),a=4
3
, 所以n=(-
8√33
,4√33,-4
3), 又PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2√3),所以cos <PC
⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=√34, 所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为√3
4.
16.G5、G11[2018·北京卷]如图1-3,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=√5,AC=AA1=2.
(1)求证:AC⊥平面BEF;
(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;
(3)证明:直线FG与平面BCD相交.
图1-3
16.解:(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,
∵CC1⊥平面ABC,
∴四边形A1ACC1为矩形.
又E,F分别为AC,A1C1的中点,
∴AC⊥EF.
∵AB=BC,∴AC⊥BE,
∴AC⊥平面BEF.
(2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.
又CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC.
∵BE⊂平面ABC,∴EF⊥BE.
如图建立空间直角坐标系E-xyz.
由题意得B (0,2,0),C (-1,0,0),D (1,0,1),F (0,0,2),G (0,2,1), ∴CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,1),CB ⃗⃗⃗⃗ =(1,2,0).
设平面BCD 的法向量为n=(a ,b ,c ),
∴{n ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗
=0,n ·CB
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{2a +c =0,
a +2
b =0,
令a=2,则b=-1,c=-4,
∴平面BCD 的一个法向量为n=(2,-1,-4).
又∵平面CDC 1的一个法向量为EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0), ∴cos <n ,EB
⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·EB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n||EB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
=-√21
21. 由图可得二面角B - CD - C 1为钝二面角,∴二面角B - CD - C 1的余弦值为-√21
21. (3)证明:平面BCD 的一个法向量为n=(2,-1,-4). ∵G (0,2,1),F (0,0,2),∴GF ⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,1), ∴n ·GF ⃗⃗⃗⃗ =-2,∴n 与GF ⃗⃗⃗⃗ 不垂直,
∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内,∴GF 与平面BCD 相交.
22. G 11[2018·江苏卷] 如图1-8所示,在正三棱柱ABC - A 1B 1C 1中,AB=AA 1=2,点P ,Q 分别为A 1B 1,BC 的中点.
(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值; (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值.
图1-8
22.解:如图,在正三棱柱ABC - A 1B 1C 1中,设AC ,A 1C 1的中点分别为O ,O 1,则OB ⊥OC ,OO 1⊥OC ,OO 1⊥OB ,以{OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗ ,OO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为基底,建立空间直角坐标系O - xyz. 因为AB=AA 1=2,所以A (0,-1,0),B (√3,0,0),C (0,1,0),A 1(0,-1,2),B 1(√3,0,2),C 1(0,1,2).
(1)因为P 为A 1B 1的中点,所以P √32
,-1
2,2,
从而BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =-√32,-12,2,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2), 故|cos <BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC 1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
|·|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
=|-1+4|√5×22=3√1020. 因此,异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为3√10
20
. (2)因为Q 为BC 的中点,所以Q √32,1
2
,0,
因此AQ
⃗⃗⃗⃗⃗ =√32,3
2
,0,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2).
设n=(x ,y ,z )为平面AQC 1的一个法向量,
则{AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,
即{√32x +32y =0,
2y +2z =0. 不妨取n=(√3,-1,1),
设直线CC 1与平面AQC 1所成的角为θ,
则sin θ=|cos <CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
·n||CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|
=√5×2=√55
, 所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为√5
5.
8.G11[2018·浙江卷] 已知四棱锥S-ABCD 的底面是正方形,侧棱长均相等,E 是线段AB 上的点(不含端点).设SE 与BC 所成的角为θ1,SE 与平面ABCD 所成的角为θ2,二面角S-AB-C 的平面
角为θ3,则 ( ) A .θ1≤θ2≤θ3 B .θ3≤θ2≤θ1 C .θ1≤θ3≤θ2 D .θ2≤θ3≤θ1
8.D [解析] 过S 作SO ⊥平面ABCD ,连接OE ,则θ2=∠SEO ,sin θ2=SO
SE .取AB 的中点F ,连接OF ,
则θ3=∠SFO,sin θ3=SO
SF ,∵SE≥SF,∴sin θ2≤sin θ3,又θ2,θ3∈(0,π
2
),∴θ2≤θ3.作GE∥BC,OG⊥GE,
连接SG,则GE⊥SG,θ1=∠SEG,tan θ1=SG
GE ,∵OF=GE,SO≤SG,tan θ3=SO
OF
,∴tan θ3≤tan
θ1,∴θ2≤θ3≤θ1,故选D.
19.G5,G11,G12[2018·浙江卷]如图1-3所示,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.
图1-3
(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;
(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.
19.解: 方法一:
(1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=2√2,所以A1B12+A B12=A A12, 故AB1⊥A1B1.
由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=√5,
由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2√3,
由CC1⊥AC,得AC1=√13,所以A B12+B1C12=A C12,故AB1⊥B1C1.
因此AB1⊥平面A1B1C1.
(2)如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.
由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1,
由C 1D ⊥A 1B 1得C 1D ⊥平面ABB 1,
所以∠C 1AD 是AC 1与平面ABB 1所成的角. 由B 1C 1=√5,A 1B 1=2√2,A 1C 1=√21得 cos ∠C 1A 1B 1=√6
√7
,sin ∠C 1A 1B 1=√7
,
所以C 1D=√3,故sin ∠C 1AD=C 1
D AC 1
=√39
13.
因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√39
13.
方法二:
(1)证明:如图,以AC 的中点O 为原点,分别以射线OB ,OC 为x ,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意知,各点坐标如下:
A (0,-√3,0),
B (1,0,0),A 1(0,-√3,4),B 1(1,0,2),
C 1(0,√3,1).
因此AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,2),A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,-2),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,-3). 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·
A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得A
B 1⊥A 1
C 1. 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.
(2)设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.
由(1)可知AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2). 设平面ABB 1的法向量n=(x ,y ,z ). 由{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,
得{x +√3y =0,2z =0,可取n=(-√3,1,0).
所以sin θ=|cos <AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
·n||AC 1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=√39
13
. 因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是
√39
13
.
G12 单元综合
16.G1,G12[2018·全国卷Ⅱ] 已知圆锥的顶点为S ,母线SA ,SB 所成角的余弦值为7
8,SA 与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为5√15,则该圆锥的侧面积为 .
16.40√2π [解析] 设圆锥的底面圆的半径为r ,因为SA 与圆锥底面所成角为45°,所以SA=√2r.
由cos ∠ASB=7
8
得sin ∠ASB=
√158,所以12SA ·SB ·sin ∠ASB=12×√2r×√2r×√15
8
=5√15,所以r 2=40,所
以圆锥的侧面积为√2πr 2=40√2π.
10.G12[2018·江苏卷] 如图1-3所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 .
图1-3
10.4
3 [解析] 该几何体是一个正八面体,而正八面体是由两个相同的正四棱锥组成的,由图可知一个正四棱锥的高为1,底面边长为1
2√22+22=√2,所以正八面体的体积V=2×1
3×(√2)2×1=4
3. 19.G5,G11,G12[2018·浙江卷] 如图1-3所示,已知多面体ABCA 1B 1C 1,A 1A ,B 1B ,C 1C 均垂直于平面ABC ,∠ABC=120°,A 1A=4,C 1C=1,AB=BC=B 1B=2.
图1-3
(1)证明:AB 1⊥平面A 1B 1C 1;
(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值. 19.解: 方法一:
(1)证明:由AB=2,AA 1=4,BB 1=2,AA 1⊥AB ,BB 1⊥AB 得AB 1=A 1B 1=2√2,所以A 1B 12+A B 12=A A 12
, 故AB 1⊥A 1B 1.
由BC=2,BB 1=2,CC 1=1,BB 1⊥BC ,CC 1⊥BC 得B 1C 1=√5, 由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2√3,
由CC 1⊥AC ,得AC 1=√13,所以A B 12+B 1C 12=A C 12
,故AB 1⊥B 1C 1. 因此AB 1⊥平面A 1B 1C 1.
(2)如图,过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1,交直线A 1B 1于点D ,连接AD.
由AB 1⊥平面A 1B 1C 1得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1, 由C 1D ⊥A 1B 1得C 1D ⊥平面ABB 1,
所以∠C 1AD 是AC 1与平面ABB 1所成的角. 由B 1C 1=√5,A 1B 1=2√2,A 1C 1=√21得 cos ∠C 1A 1B 1=√6
√
7,sin ∠C 1A 1B 1=√
7,
所以C 1D=√3,故sin ∠C 1AD=
C 1
D AC 1=√39
13
. 因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√39
13.
方法二:
(1)证明:如图,以AC 的中点O 为原点,分别以射线OB ,OC 为x ,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意知,各点坐标如下:
A (0,-√3,0),
B (1,0,0),A 1(0,-√3,4),B 1(1,0,2),
C 1(0,√3,1).
因此AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,2),A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,-2),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,-3). 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·
A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得A
B 1⊥A 1
C 1. 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.
(2)设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.
由(1)可知AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2). 设平面ABB 1的法向量n=(x ,y ,z ). 由{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,
得{x +√3y =0,2z =0,可取n=(-√3,1,0).
所以sin θ=|cos <AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AC
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=√3913. 因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√39
13.
4.[2018·马鞍山一检]已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆,则该圆锥的外接球的表面积是()
A.4π
3
B.4π
C.16π
3
D.16π
4.C[解析] 设圆锥的底面半径为r,则由题意得2πr=2π,解得r=1,∴圆锥的轴截面是边长为2的正三角形,圆锥外接球的球心是正三角形的中心,外接球的半径等于正三角形外接圆的半
径,∴外接球的半径R=√3
3×2=2√3
3
,故外接球的表面积为4πR2=16π
3
.故选C.
6.[2018·厦门期末]若m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是()
A.若α⊥β,m⊥β,则m∥α
B.若m∥α,n⊥m,则n⊥α
C.若m∥α,n∥α,m⊂β,n⊂β,则α∥β
D.若m∥β,m⊂α,α∩β=n,则m∥n
6.D[解析] 选项A中,m与α的关系是m∥α或m⊂α,故A不正确.选项B中,n与α的关系是n⊥α或n与α相交但不垂直或n∥α,故B不正确.选项C中,α与β的关系是α∥β或α与β相交,故C不正确.由线面平行的性质可得选项D正确.
2.[2018·北京石景山区一模]如图K33-6,在三棱锥D-ABC中,已知△BCD是正三角形,AB⊥平面BCD,AB=BC=a,E为BC的中点,F在棱AC上,且AF=3F C.
(1)求三棱锥D-ABC的体积;
(2)求证:AC⊥平面DEF;
(3)若M为DB的中点,N在棱AC上,且CN=3
8
CA,求证:MN∥平面DEF.
图K33-6
2.解:(1)因为△BCD是正三角形,且AB=BC=a,所以S△BCD=√3
4
a2,又AB⊥平面BCD,所以
V
三棱锥DABC =V
三棱锥ABCD
=1
3
·AB·S
△BCD
=1
3
×√3
4
a2·a=√3
12
a3.
(2)证明:在底面ABC中,取AC的中点H,连接BH.因为AB=BC,所以BH⊥AC.因为AF=3FC,所以F为CH的中点.又E为BC的中点,所以EF∥BH,所以EF⊥AC.因为AB⊥平面BCD,AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCD.因为△BCD是正三角形,E为BC的中点,所以DE⊥BC,又平面ABC∩平面BCD=BC,DE⊂平面BCD,所以DE⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以DE⊥AC.又DE∩EF=E,所以AC⊥平面DEF.
(3)证明:当CN=3
8
CA时,连接CM,交DE于点O,连接OF.因为E为BC的中点,M为DB的中点,
所以O为△BCD的重心,CO=2
3CM.因为AF=3FC,CN=3
8
CA,所以CF=2
3
CN,故MN∥OF.又OF⊂
平面DEF,MN⊄平面DEF,所以MN∥平面DEF.
4.[2018·武汉二月调研]如图K34-12,在四棱锥E-ABCD中,平面ABE⊥平面ABCD,底面ABCD 为平行四边形,∠DAB=∠BAE=60°,∠AEB=90°,AB=4,AD=3.
(1)求CE的长;
(2)求二面角A-DE-C的余弦值.
图K34-12
4.解:(1)过点E 作OE ⊥AB ,垂足为O.∵平面ABE ⊥平面ABCD ,平面ABE ∩平面ABCD=AB ,EO ⊂平面ABE ,∴EO ⊥平面ABCD.过O 点在平面ABCD 内作OF ⊥AB 交AD 于F.以O 为坐标原点,OE 所在直线为x 轴,OB 所在直线为y 轴,OF 所在直线为z 轴,建立空间直角坐标
系.∵∠DAB=∠EAB=60°,∠AEB=90°,AB=4,AD=3,∴OE=OF=√3,∴E (√3,0,0),B (0,3,0),A (0,-1,0),
D (0,12,3√32),C 0,92,3√32,∴|EC
⃗⃗⃗⃗⃗ |2=(√3)2+(92)2
+(3√32
)2
=30,∴EC 的长为√30. (2)设平面ADE 的法向量n 1=(x 1,y 1,z 1).∵AE
⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,32,3√32), ∴由AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0及AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0可得{√3x 1+y 1=0,3
2
y 1+
3√3
2z 1
=0,
取x 1=1,则y 1=-√3,z 1=1,∴n 1=(1,-√3,1).设平面DEC 的
法向量n 2=(x 2,y 2,z 2).∵DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-12,-32√3),∴由{DC ⃗⃗⃗⃗⃗
·n 2=0,DE ⃗⃗⃗⃗⃗
·n 2=0,
得{4y 2=0,
√3x
2-1
2y 2-3
2√3z 2
=0,
∴可取n 2=(3,0,2).设二面角A -DE -C 的平面角为θ,∴cos θ=n 1·n 2
|n 1|·|n 2|=5√5×√13=√6513
.∴二面角A -DE -C 的余弦值为√6513.
3.[2018·长沙一模] 如图T7-5,在多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 为矩形,△ADE ,△BCF 均为等边三角形,EF ∥AB ,EF=AD=1
2AB.
(1)过BD 作截面与线段FC 交于点N ,使得AF ∥平面BDN ,试确定点N 的位置,并予以证明; (2)在(1)的条件下,求直线BN 与平面ABF 所成角的正弦值.
图T7-5
3.解:(1)当N 为线段FC 的中点时,AF ∥平面BDN.
证明如下:如图所示,连接AC ,记AC 与BD 的交点为O ,连接ON.∵四边形ABCD 为矩形,∴O 为AC 的中点,又N 为FC 的中点,∴AF ∥ON.∵AF ⊄平面BDN ,ON ⊂平面BDN ,∴AF ∥平面BDN.故当N 为FC 的中点时,AF ∥平面BDN.
(2)过O 作PQ ∥AB 分别与AD ,BC 交于P ,Q ,∵O 为AC 的中点,∴P ,Q 分别为AD ,BC 的中点,∵△ADE 与△BCF 均为等边三角形且AD=BC ,∴△ADE ≌△BCF.连接EP ,FQ ,则
EP=FQ ,∵EF ∥AB ,AB PQ ,EF=12AB ,∴EF ∥PQ ,EF=12PQ ,∴四边形EPQF 为等腰梯形.取EF 的中点M ,连接MO ,则MO ⊥PQ ,又AD ⊥EP ,AD ⊥PQ ,EP ∩PQ=P ,∴AD ⊥平面EPQF.过点O 作
OG ⊥AB 于点G ,则OG ∥AD ,∴OG ⊥平面EPQF ,∴OG ⊥OM ,OG ⊥OQ.分别以OG
⃗⃗⃗⃗⃗ ,OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ,
不妨设AB=4,则由条件可得O (0,0,0),A (1,-2,0),B (1,2,0),F (0,1,√2),D (-1,-2,0),N (-12,32,√22
),则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0),AF
⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,3,√2).设n=(x ,y ,z )是平面ABF 的法向量,则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,
n ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗
=0,
即{4y =0,
-x +3y +
√2z =0,
∴可取n=(√2,0,1),由BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-32,-12,√22,可得|cos <BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
·n||BN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=√23,∴直线BN 与平面ABF 所成角的正弦值为√23.。