2018高考数学空间几何高考真题

2017 年高考数学空间几何高考真题一．选择题（共9小题）1．如图，在下列四个正方体中，A，B 为正方体的两个顶点，M，N，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是（）A． CD．2．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A．π B．C．D．3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E 为棱CD的中点，则（）A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）5．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm2）是（）A． +1 B． +3 C．+1 D．+36．如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R 分别为AB、BC、CA 上的点，AP=PB，= =2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P 的平面角为α、β、γ，则（）A．γ<α<β B．α<γ<β C．α<β<γ D．β<γ<α7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）1．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三 角形组成，正方形的边长为 2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中 有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（ ）2．已知直三棱柱 ABC ﹣A 1B 1C 1 中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC 1=1，则异面直线 AB 1与 BC 1所成角的余弦值为（）A ．B ．C ．D ． 二．填空题（共 5 小题）8．已知三棱锥 S ﹣ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平 面 SCA ⊥平面 SCB ， SA=AC ， SB=BC ，三棱锥 S ﹣ ABC 的体积为 9 ，则球 O 的表面 积为 ．9．长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球 O 的球面上，则球O 的 表面积为 ．10．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为 18， 则这个球的体积为 ．11．由一个长方体和两个 圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的 体积为 ．D ．1612．如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O 的体积为V2，则的值是．三．解答题（共9 小题）13．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．1）证明：平面PAB⊥平面PAD；2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，且四棱锥P﹣ABCD 的体积为，求该四棱侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°．（1）证明：直线BC∥平面PAD；2）若△PCD 面积为2 ，求四棱锥P﹣ABCD 的体积．15．如图四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD 是直角三角形，AB=BD，若 E 为棱BD 上与 D 不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．16．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4 和2，侧棱AA1的长为5．（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1 的体积；（2）设M 是BC中点，求直线A1M 与平面ABC所成角的大小．17．如图，在三棱锥P﹣ABC 中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D 为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE 时，求三棱锥E﹣BCD 的体积．18．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2．（Ⅰ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（Ⅱ）求证：PD⊥平面PBC；（Ⅲ）求直线AB与平面PBC 所成角的正弦值．19．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC 所成角的正弦值．20．由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A1E⊥平面ABCD，（Ⅰ）证明：A1O∥平面B1CD1；（Ⅱ）设M 是OD 的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．21．如图，在三棱锥A﹣BCD 中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E 与A、D 不重合）分别在棱AD，BD 上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；3．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C 的余弦值．4．如图，四棱锥P﹣ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E 是PD 的中点．（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D 的余弦值．5．如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD= ∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC 的平面交BD 于点E，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两点M 在线段PB 上，PD∥平面MAC ，PA=PD= ，AB=4 ．（1）求证：M 为PB 的中点；（2）求二面角B﹣PD﹣A 的大小；（3）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．7．如图，在三棱锥P﹣ABC 中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N 分别为棱PA，PC，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA=AC=4，AB=2．（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N 的正弦值；（Ⅲ）已知点H 在棱PA 上，且直线NH与直线BE 所成角的余弦值为，求线段AH 的长．8．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是的中点．Ⅰ）设P 是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP 的大小；求二面角E﹣AG﹣C 的大小．2017 年高考数学空间几何高考真题参考答案与试题解析一．选择题（共7 小题）1．如图，在下列四个正方体中，A，B 为正方体的两个顶点，M，N，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是（）解答】解：对于选项B，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知B不满足题意；对于选项C，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知 C 不满足题意；对于选项D，由于AB∥NQ，结合线面平行判定定理可知D不满足题意；所以选项A满足题意，故选：A．2．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A．π B．C．D．【解答】解：∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，∴该圆柱底面圆周半径r==，A． C∴该圆柱的体积：V=Sh=3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E 为棱CD的中点，则（）A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC【解答】解：法一：连B1C，由题意得BC1⊥B1C，∵A1B1⊥平面B1BCC1，且BC1⊂平面B1BCC1，∴A1B1⊥BC1，∵A1B1∩B1C=B1，∴BC1⊥平面A1ECB1，∵A1E⊂平面A1ECB1，∴A1E⊥BC1．故选：C．法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，则A1（2，0 ，2），E （0，1，0），B（2，2，0），D（0，0，0），C1（0，2，2），A（2，0，0），C（0，2，0），=（﹣2，1，﹣2），=（0，2，2），=（﹣2，﹣2，0），=（﹣2，0，2），=（﹣2，2，0），•=﹣2 ，=2，=0，=6，∴A1E⊥BC1．故选：C．4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）【解答】解：由三视图可知：该几何体为三棱锥，该三棱锥的体积= =10．故选：D．5．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm2）是（）A． +1【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长 2 的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为× ×π×12×3+ × × ××3= +1，6．如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R 分别为AB、BC、CA 上的点，AP=PB，= =2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P 的平面角为α、β、γ，则（）A．γ<α<β B．α<γ<β C．α<β<γ D．β<γ<α解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC 的中心为O．B． +3 C．+1 D．+3不妨设 OP=3．则 O （0，0，0）， P （0，﹣3，0）， C （0，﹣6，0）， D （0，0，6 ），Q ， R ，= ， =（ 0 ，3 ，6 ）， =（ ，5 ，=．设平面 PDR 的法向量为 =（x ，y ，z ），则，可得 可得 = ，取平面 ABC的法向量 =（0，0，1）．则 cos = = ， 同理可得：β=arccos．γ=arccos ． >．∴α<γ<β． 解法二：如图所示，连接OP ，OQ ，OR ，过点 O 分别作垂线：OE ⊥PR ，OF ⊥PQ ，OG ⊥QR ，垂足分别为 E ，F ，G ，连接 DE ，DF ，DG ．设 OD=h ．则 tanα= ．同理可得：tanβ= ，tanγ= ．由已知可得：OE >OG >OF ．∴tanα<tanγ<tanβ，α，β，γ 为锐角．∴α<γ<β．故选：B ．0）， = ， 取 α=arccos ．7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）【解答】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为 6 的圆柱的一半，V=π•32×10﹣•π•32×6=63π，故选：B．1．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角 三角形组成，正方形的边长为 2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面 中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（ ）【解答】解：由三视图可画出直观图， 该立体图中只有两个相同的梯形的面， S 梯形= ×2 ×（2+4 ）=6， ∴这些梯形的面积之和为 6×2=12， 故选：B2．已知直三棱柱 ABC ﹣A 1B 1C 1 中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC 1=1，则异面直线 AB 1与 BC 1所成角的余弦值为（ ）D ．16A ．B ．C ．D ．【解答】解：【解法一】如图所示，设M 、N 、P 分别为 AB ，BB 1和 B 1C 1的中点，则 AB 1 、 BC 1 夹角为 MN 和 NP 夹角或其补角（因异面直线所成角为（0， ］）， 可知 MN= AB 1= ， 1NP= BC 1= ； 1作 BC 中点 Q ，则△PQM 为直角三角形；∵PQ=1，MQ= AC ，△ABC 中，由余弦定理得AC 2=AB 2+BC 2﹣2AB•BC•cos ∠ABC =4+1﹣2×2×1×（﹣ ）=7，∴AC= ，∴MQ= ；又异面直线所成角的范围是（0， ］，∴AB 1与 BC 1所成角的余弦值为 ．在△MQP 中，在△PMN 中， 由余弦定理得cos ∠MNP=MP=补成四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，求∠BC1D 即可；BC1= ，BD= = ，C1D= ，∴+BD2= ，∴∠DBC1=90°，∴cos∠BC1D= =二．填空题（共 5 小题）8．已知三棱锥S﹣ABC 的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA=AC ，SB=BC ，三棱锥S ﹣ABC 的体积为9 ，则球O 的表面积为36π ．【解答】解：三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O 的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S﹣ABC 的体积为9，可知三角形SBC 与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，可得，解得r=3．球O 的表面积为：4πr 2=36π ．故答案为：36π．9．长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为14π ．【解答】解：长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，可知长方体的对角线的长就是球的直径，所以球的半径为：=．则球O 的表面积为：4×=14π．故答案为：14π．10．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为．【解答】解：设正方体的棱长为a，∵这个正方体的表面积为18，∴6a2=18，则a2=3，即a= ，∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，∴正方体的体对角线等于球的直径，即a=2R，即R= ，则球的体积V= π•（）3= ；故答案为：．11．由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为2+ ．【解答】解：由长方体长为2，宽为1，高为1，则长方体的体积V1=2×1×1=2，圆柱的底面半径为1，高为1，则圆柱的体积V2= ×π×12×1= ，则该几何体的体积V=V1+2V1=2+ ，故答案为：2+ ．12．如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O 的体积为V2，则的值是．【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：R3，圆柱的体积为：πR2•2R=2πR3．则=故答案为：三．解答题（共9小题）13．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．1）证明：平面 PAB ⊥平面 PAD ；2）若 PA=PD=AB=DC ，∠APD=90°，且四棱锥 P ﹣ABCD 的体积为 ，求该四棱 【解答】证明：（1）∵在四棱锥 P ﹣ABCD 中，∠BAP=∠CDP=90°，∴AB ⊥PA ，CD ⊥PD ，又 AB ∥ CD ，∴ AB ⊥ PD ，∵PA ∩PD=P ，∴AB ⊥平面 PAD ，∵AB ⊂平面 PAB ，∴平面 PAB ⊥平面 PAD ． 解：（2）设 PA=PD=AB=DC=a ，取 AD 中点 O ，连结 PO ， ∵PA=PD=AB=DC ，∠APD=90°，平面 PAB ⊥平面 PAD ， ∴PO ⊥底面 ABCD ，且 AD== ，PO= ，∵四棱锥 P ﹣ABCD 的体积为 ，∴V P ﹣ABCD == = = = ，解得 a=2，∴PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=2 ，PO= ，∴PB=PC= =2 ， ∴该四棱锥的侧面积： S 侧=S △PAD +S △PAB +S △PDC +S △PBC=6+2 ．=+++锥的侧面积．14．如图，四棱锥P﹣ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°．（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD 面积为 2 ，求四棱锥P﹣ABCD 的体积．解答（1）证明：四棱锥P﹣ABCD 中，∵∠BAD=∠ABC=90°．∴BC∥AD，∵AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，∴直线BC∥平面PAD；（2）解：四棱锥P﹣ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°．设AD=2x，则AB=BC=x ，CD= ，O 是AD 的中点，连接PO，OC，CD 的中点为：E，连接OE，则OE= ，PO= ，PE= = ，△PCD 面积为 2 ，可得：=2 ，即：，解得x=2，PE=2 ．则V P﹣ABCD= × （BC+AD）×AB×PO= =4 ．15．如图四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD 是直角三角形，AB=BD，若 E 为棱BD 上与 D 不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．【解答】证明：（1）取AC中点O，连结DO、BO，∵△ABC 是正三角形，AD=CD，∴DO⊥AC，BO⊥AC，∵DO∩BO=O，∴AC⊥平面BDO，∵BD⊂平面BDO，∴AC⊥BD．解：（2）法一：连结OE，由（1）知AC⊥平面OBD，∵OE⊂平面OBD，∴OE⊥AC，设AD=CD= ，则OC=OA=1，∴E 是线段AC 垂直平分线上的点，∴EC=EA=CD= 由余弦定理得：cos∠CBD=解得BE=1 或BE=2，∵BE＜＜BD=2，∴BE=1，∴BE=ED，∵四面体ABCE 与四面体ACDE 的高都是点A 到平面BCD的高h，∵BE=ED，∴S△DCE=S△BCE，∴四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比为1．法二：设AD=CD= ，则AC=AB=BC=BD=2，AO=CO=DO=1，∴BO= = ，∴BO2+DO2=BD2，∴BO⊥DO，以O 为原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OD 为z 轴，建立空间直角坐标系，则C（﹣1 ，0，0 ），D（0，0，1），B（0，，0），A（1，0，0），设E（a，b ，c），，（0≤λ≤1），则（a，b，c﹣1）=λ（0，，﹣1），解得E（0，，1﹣λ），∵AE⊥EC，∴=﹣1+3λ2+（1﹣λ）2=0，由λ∈[0，1]，解得，∴DE=BE，∵四面体ABCE 与四面体ACDE 的高都是点A 到平面BCD的高h，∵DE=BE，∴S△DCE=S△BCE，∴四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比为1．16．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为 4 和2，侧棱AA1的长为5．（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1 的体积；（2）设M 是BC中点，求直线A1M 与平面ABC所成角的大小．【解答】解：（1）∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC 的长分别为4 和2，侧棱AA1的长为5．∴三棱柱ABC﹣A1B1C1 的体积：V=S△ABC×AA1== =20．（2）连结AM，∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1 的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5，M是BC中点，∴AA1⊥底面ABC，AM= = ，∴∠A1MA 是直线A1M 与平面ABC 所成角，tan∠A1MA= = = ，∴直线A1M 与平面ABC所成角的大小为arctan ．17．如图，在三棱锥P﹣ABC 中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D 为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；3）当PA∥平面BDE 时，求三棱锥E﹣BCD 的体积．【解答】解：（1）证明：由PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC=B，可得PA⊥平面ABC，由BD⊂平面ABC，可得PA⊥BD；（2）证明：由AB=BC，D 为线段AC 的中点，可得BD⊥AC，由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，可得平面PAC⊥平面ABC，又平面ABC∩平面ABC=AC，BD⊂平面ABC，且BD⊥AC，即有BD⊥平面PAC，BD⊂平面BDE，可得平面BDE⊥平面PAC；（3）PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC，且平面PAC∩平面BDE=DE，可得PA∥DE，又D 为AC 的中点，可得E 为PC 的中点，且DE= PA=1，由PA⊥平面ABC，可得DE⊥平面ABC，可得S△BDC= S△ABC= × ×2×2=1，则三棱锥E﹣BCD 的体积为DE•S△BDC=18．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2．（Ⅰ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（Ⅱ）求证：PD⊥平面PBC；（Ⅲ）求直线AB与平面PBC 所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）如图，由已知AD∥BC，故∠DAP 或其补角即为异面直线AP 与BC所成的角．因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD．在Rt△PDA 中，由已知，得，故．所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为．证明：（Ⅱ）因为AD⊥平面PDC，直线PD⊂平面PDC，所以AD⊥PD．又因为BC∥AD，所以PD⊥BC，又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC．解：（Ⅲ）过点D 作AB的平行线交BC于点F，连结PF，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP 为直线DF和平面PBC 所成的角．由于AD∥BC，DF∥AB，故BF=AD=1，由已知，得CF=BC﹣BF=2．又×1×1=AD⊥DC，故BC⊥DC，在Rt△DCF 中，可得．所以，直线AB与平面PBC 所成角的正弦值为．19．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC 所成角的正弦值．【解答】证明：（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，∵E 为PD 的中点，∴EF∥PA，在四边形ABCD 中，BC∥AD，AD=2DC=2CB，F 为中点，∴CF∥AB，∴平面EFC∥平面ABP，∵EC⊂平面EFC，∴EC∥平面PAB．解：（Ⅱ）连结BF，过 F 作FM⊥PB 于M，连结PF，∵PA=PD，∴PF⊥AD，推导出四边形BCDF 为矩形，∴BF⊥AD，∴AD⊥平面PBF，又AD∥BC，∴BC⊥平面PBF，∴BC⊥PB，设DC=CB=1，则AD=PC=2，∴PB= ，BF=PF=1，∴MF= ，又BC⊥平面PBF ，∴ BC⊥ MF，∴MF⊥平面PBC，即点 F 到平面PBC 的距离为，∵MF= ，D 到平面PBC 的距离应该和MF 平行且相等，为，E为PD中点，E 到平面PBC的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，∴E 到平面PBC 的距离为，在，由余弦定理得CE= ，设直线CE 与平面PBC 所成角为θ，则sinθ= =20．由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A1E⊥平面ABCD，（Ⅰ）证明：A1O∥平面B1CD1；（Ⅱ）设M 是OD 的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．【解答】证明：（Ⅰ）取B1D1中点G，连结A1G、CG，∵四边形ABCD 为正方形，O为AC与BD 的交点，∴四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后，A1G OC，∴四边形OCGA1 是平行四边形，∴A1O∥CG，∵A1O⊄平面B1CD1，CG⊂平面B1CD1，∴A1O∥平面B1CD1．（Ⅱ）四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后，BD B1D1，∵M 是OD 的中点，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A1E⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴BD⊥A1E，∵四边形ABCD 为正方形，O为AC与BD 的交点，∴AO⊥BD，∵M 是OD 的中点，E 为AD 的中点，∴EM⊥BD，∵A1E∩EM=E，∴BD⊥平面A1EM，∵BD∥B1D1，∴B1D1⊥平面A1EM，∵B1D1⊂平面B1CD1，∴平面A1EM⊥平面B1CD1．21．如图，在三棱锥A﹣BCD 中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E 与A、D 不重合）分别在棱AD，BD 上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．【解答】证明：（1）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F 四点共面，所以AB∥EF，又因为EF⊊平面ABC，AB⊆平面ABC，所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；（2）在线段CD 上取点G，连结FG、EG 使得FG∥BC，则EG∥AC，因为BC⊥BD，FG∥BC，所以FG⊥BD，又因为平面ABD⊥平面BCD，所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD，又因为AD⊥EF，且EF∩FG=F，所以AD⊥平面EFG，所以AD⊥EG，故AD⊥AC．3．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．1）证明：平面PAB⊥平面PAD；2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C 的余弦值．解答（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵PA∩PD=P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD；（2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD 为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD 为矩形，在△APD 中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD 为等腰直角三角形，设PA=AB=2a ，则AD= ．取AD 中点O ，BC 中点 E ，连接PO、OE，以O 为坐标原点，分别以OA、OE、OP 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，设平面PBC 的一个法向量为，由，得，取y=1，得．∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，又PD⊥PA，PA∩AB=A，∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB 的一个法向量，∴cos<由图可知，二面角A﹣PB﹣C 为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C 的余弦值为．4．如图，四棱锥P﹣ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E 是PD 的中点．（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D 的余弦值．【解答（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF AD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥ AD，∴BCEF 是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，∴直线CE∥平面PAB；（2）解：四棱锥P﹣ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E 是PD 的中点．取AD 的中点O，M 在底面ABCD 上的射影N 在OC 上，设AD=2，则AB=BC=1，OP= ，∴∠PCO=60°，直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，可得：BN=MN，CN= MN，BC=1，二面角M﹣AB﹣D 的余弦值为：5．如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD= ∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC 的平面交BD 于点E，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C 的余弦值．【解答（1）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．∵△ABC 是等边三角形，∴OB⊥AC．可得：1+ BN2=BN2，BN= MN=作NQ⊥ AB 于Q ，连接MQ，所以∠MQN 就是二面角M﹣AB﹣D 的平面角，MQ=△ABD 与△CBD 中，AB=BD=BC ，∠ABD=∠CBD ， ∴△ABD ≌△CBD ，∴AD=CD ． ∵△ACD 是直角三角形，∴AC 是斜边，∴∠ADC=90°．∴DO= AC ．∴DO 2+BO 2=AB 2=BD 2．∴∠BOD=90°．∴OB ⊥OD ．又 DO ∩AC=O ，∴OB ⊥平面 ACD ．又 OB ⊂ 平面 ABC ，∴平面 ACD ⊥平面 ABC ．（2）解：设点D ，B 到平面ACE 的距离分别为 h D ，h E ．则 =∵平面 AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，= = =1．∴点 E 是BD 的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取 AB=2．则 O （0 ，0 ，0 ）， A （1，0，0）， C （﹣1，0，0）， D （0，0，1）， B （0， ，0）， E ．=（﹣1，0，1）， = ， =（﹣2，0，0）．=．同理可得：平面 ACE 的法向量为 =（0，1， ）．= = ﹣ ==∴二面角 D ﹣AE ﹣C 的余弦值为 ．设平面 ADE 的法向量为 =x ，y ，z ），则 ∴cos 即 ，取6．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M 在线段PB 上，PD∥平面MAC ，PA=PD= ，AB=4 ．（1）求证：M 为PB 的中点；（2）求二面角B﹣PD﹣A 的大小；（3）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．∵ABCD 为正方形，∴O 为BD 的中点，连接OM，∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM，∴PD∥OM，则，即M 为PB 的中点；（2）解：取AD中点G，∵PA=PD，∴PG⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，由G 是AD 的中点，O 是AC 的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD．以G 为坐标原点，分别以GD 、GO、GP 所在直线为x、y、z 轴距离空间直角坐标系，由PA=PD= ，AB=4 ，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，），C （2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2，），，．设平面PBD 的一个法向量为取平面PAD 的一个法向量为∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；3）解：，平面BDP的一个法向量为．∴ 直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为 |cos < >7．如图，在三棱锥P﹣ABC 中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N 分别为棱PA，PC，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA=AC=4，AB=2．（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N 的正弦值；（Ⅲ）已知点H 在棱PA 上，且直线NH与直线BE 所成角的余弦值为，求线段AH 的长．则由，得取z= ，得．∴cos< >= =|=|【解答（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，∵M 为AD 中点，∴MF∥BD，∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE．∵N 为BC 中点，∴NF∥AC，又D 、E 分别为AP、PC 的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE．又MF∩ NF=F ．∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z 轴建立空间直角坐标系．∵PA=AC=4，AB=2，∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E （0，2，2），则，，设平面MEN 的一个法向量为，由，得，取z=2，得．由图可得平面CME 的一个法向量为．∴二面角C﹣EM﹣N 的余弦值为，则正弦值为；（Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t），，∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，解得：t= 或t= ．∴当H 与P 重合时直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为，此时线段AH 的长8．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是的中点．（Ⅰ）设P 是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP 的大小；Ⅱ）当AB=3，AD=2 时，求二面角E﹣AG﹣C 的大小．【解答】解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，∴BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，∴BE⊥BP，又∠EBC=120°，因此∠CBP=30°；Ⅱ）解法一、∴|cos< >|=| |=|=取的中点H，连接EH，GH，CH，∵∠EBC=120°，∴四边形BECH 为菱形，∴AE=GE=AC=GC= ．取AG 中点M ，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，∴∠EMC 为所求二面角的平面角．又AM=1，∴EM=CM= ．在△BEC 中，由于∠EBC=120°，由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12，∴，因此△EMC 为等边三角形，故所求的角为60°．解法二、以B 为坐标原点，分别以BE，BP，BA 所在直线为x，y，z 轴建立空间直角坐标系．由题意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，，3），C（﹣1，，0），故，，．设为平面AEG 的一个法向量，取z1=2，得；设为平面ACG 的一个法向量，可得取z2= ﹣2 ，得∴cos<∴二面角E﹣AG﹣C 的大小为60°．.专业知识分享..专业知识分享.。