2018届高考数学(理)大一轮复习2017高考试题汇编 第八章 立体几何含解析

第八章 立体几何
第一节 空间几何体及其表面积和体积
题型85 空间几何体的表面积与体积
1.（2017江苏6）如图所示，在圆柱12O O 内有一个球O ，该球与圆柱的上、下面及母线均
相切．记圆柱12O O 的体积为1V ，球O 的体积为2V ，则1
2
V V 的值是 ．
1.解析 设球O 的半径为r ，由题意2
12V r r =π⋅，3243
V r =
π，所以1232V V =．故填3
2．
2．（2017天津理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 .
2.解析 设正方体的边长为a ，则226183a a =⇒=.外接球直径为正方体的体对角线，所以
23==R ，344279
πππ3382
=
=⨯=V R . 3.（2107全国1卷理科16）如图所示，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，DBC △，ECA △，FAB △分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起DBC △，ECA △，FAB △，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥.当ABC △的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：3cm ）的最大值为_______.
3.解析 由题意，联结OD ，交BC 于点G ，如图所示，则OD BC ⊥，3
OG BC =
， 即OG 的长度与BC 的长度成正比.设OG x =，则23BC x =，5DG x =-，三棱锥的高
222225102510h DG OG x x x x =-=-+-=-，21
233332
ABC S x x x =⋅⋅
=△， 则2
1325103ABC V S h x x =⋅=-△45=32510x x -.令()452510f x x x =-，50,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，
()3410050f x x x '=-，令()0f x '>，即4320x x -<，2x <，当()0f x '<，得5
22
x <<
，所以()f x 在()0,2上单调递增，在52,2⎛⎫ ⎪⎝⎭
上单调递减.故()()280f x f =≤，则
380415V ⨯=≤，
所以体积的最大值为3415cm .
题型86 旋转体的表面积、体积及球面距离
4.（2107全国3卷理科8）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 ．
3π4
C ．
π2
D ．
π4
4．解析 如图所示，由题可知球心在圆柱体的中心处，圆柱体上、下底面圆的半径 2
2
1312r ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
2
3ππ4V r h ==.故选B.
题型87 几何体的外接球与内切球
第二节 空间几何体的直观图与三视图
题型88 斜二测画法与直观图——暂无 题型89 空间几何体的三视图
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：3cm ）是（ ）. A.
π12+ B. π32+ C. 3π12
+ D. 3π
32+
5.解析 由三视图可知，直观图是由半个圆锥与一个三棱锥构成，半圆锥体积为
()2111=13232
S π
⨯π⨯⨯=，三棱锥体积为211=213=132S ⎛⎫⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭，所以几何体体积
1212
S S S π
=+=
+．故选A ．
6.（2017全国1卷理科7）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（ ）.
A.10
B.12
C.14
D.16
6. 解析 由三视图可画出立体图，如图所示，该多面体只有两个相同的梯形的面， ()24226S =+⨯÷=梯，6212S =⨯=全梯.故选
B.
7.（2107全国2卷理科4）如图所示，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所得，则该几何体的体积为（ ）. A ．90π B ．63π C ．42π D ．36π
7．解析 该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，如图所示． 2211
π310π3663π22
=-=⋅⋅-⋅⋅⋅=V V V 总上.故选B.
8.（2017北京理7）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（ ）.
A.
B.
C. D.2
8. 解析 几何体四棱锥如图所示，最长棱为正方体的体对角线，即
22222223l =++=.故选B.
9.（2017山东理13）由一个长方体和两个1
4
圆柱体构成的几何体的三视图如图所示，则该
几何体的体积为 .
9. 解析 该几何体的体积为21112211242
V π
=π⨯⨯⨯+⨯⨯=+．
第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系
题型90 证明“点共面”“线共面”“点共线”或“线共点” ——暂无 题型91 截面问题——暂无
10.（2017江苏18）如图所示，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为107cm ，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，
11E G 的长分别为14cm 和62cm ． 分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，
水深均为12cm ． 现有一根玻璃棒l ，其长度为40cm （容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）.
（1）将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱1CC 上，求l 没入水中部分 的长度；
（2）将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱1GG 上，求l 没入水中部
分
的长度．
A
C A 1
1
容器Ⅰ
E G 1
H 1
容器Ⅱ
10.解析 （1）由正棱柱的定义，1CC ⊥平面ABCD ，所以平面11A ACC ⊥平面ABCD ，
1CC AC ⊥．
记玻璃棒的另一端落在1CC 上点M 处，如图所示为截面11A ACC
的平面图形．因为
AC =40AM =，所以
30MC ==，从而3
sin 4
MAC ∠=
.记AM 与水面的交点为1P ， 过点1P 作11PQ AC ⊥，1Q 为垂足，则11PQ ⊥平面ABCD ，
故1112PQ =，从而11
116sin PQ AP MAC
=
=∠．
答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为16cm ．
问(1)
A
C 1A 1
C
M
P 1
Q 1
（2）如图所示为截面11E EGG 的平面图形，O ，1O 是正棱台两底面的中心．
由正棱台的定义，
1OO ⊥平面EFGH ， 所以平面11E EGG ⊥平面EFGH ，1O O EG ⊥． 同理，平面11E EGG ⊥平面1111E F G H ，111O O E G ⊥． 记玻璃棒的另一端落在1GG 上点N 处．
过G 作11GK E G ⊥，K 为垂足，则132GK OO ==． 因为 14EG =，1162E G =，所以16214
242
KG -==，
从而1GG =
40==．
设1EGG α∠=，ENG β∠=，则114sin sin cos 25KGG KGG απ⎛⎫
=+==
⎪⎝⎭
∠∠．
因为
2απ<<π，所以3
cos 5
α=-． 在ENG △中，由正弦定理可得
4014sin sin αβ=，解得7
sin 25
β=． 因为02βπ<<
，所以24
cos 25
β=， 于是()()sin sin sin =NEG αβαβ=π--=+∠
sin cos cos sin αβαβ+424373
5255255
⎛⎫=
⨯+-⨯= ⎪⎝⎭． 记EN 与水面的交点为2P ，过2P 作22P Q EG ⊥，2Q 为垂足，则22P Q ⊥平面EFGH ，
故2212P Q =，从而22
220sin PQ EP NEG
=
=∠．
答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为20cm ．
问(2)
G O E Q 2
P 2
N
G 1
K
E 1
O 1
评注 此题本质上考查解三角形的知识，但在这样的大背景下构造的应用题让学生有畏惧之感，且该应用题的实际应用性也不强．也有学生第（1）问采用相似法解决，解法如下：
AC =40AM =，所以
30CM =
=，1112PQ =，
所以由11AP A Q CM △△∽，
111
PQ AP CM AM =，即1123040
AP =，解得116AP =． 答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为16cm ．
题型92 异面直线的判定——暂无
第四节 直线、平面平行的判定与性质
题型93 证明空间中直线、平面的平行关系
11.（2107浙江19（1））如图所示，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 ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点. （1）证明：//CE 平面PAB .
11.解析 （1）如图所示，设PA DE 的中点为F ，联结EF ，FB .
A B
C
D
P
E
因为E ，F 分别为PD ，PA 的中点，所以//EF AD ，且1
=2
EF AD . 又因为//BC AD ，1
2
BC AD =
，所以//EF BC ，且=EF BC ，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以//CE BF ，又BF ⊂平面PAB ，所以//CE 平面PAB .
H Q
P
N F D
B
C
E
A
12.（2017江苏15）如图所示，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 ⊥．
A
B
D
C
E
F
12.解析 （1）在平面ABD 内，因为AB AD ⊥，EF AD ⊥，且点E 与点A 不重合，所以//EF AB .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以//EF 平面ABC . （2）因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD I 平面BCD BD =，
BC ⊂平面BCD ，BC BD ⊥，所以BC ⊥平面ABD .
因为AD ⊂平面ABD ，所以BC AD ⊥.
又AB AD ⊥，BC AB B =I ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， 所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD AC ⊥.
13.（2017全国2卷理科19）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，1
2
AB BC AD ==，o 90BAD ABC ∠=∠=， E 是PD 的中点. （1）求证：直线//CE 平面PAB ；
E
M D
C
B
A
P
13．解析 （1）令PA 的中点为F ，联结EF ，BF ，如图所示．因为点E ，F 为PD ，PA 的中点，所以EF 为PAD △的中位线，所以=1
//2EF AD ．又因为90BAD ABC ∠=∠=︒，所以
BC AD ∥．又因为12AB BC AD ==
，所以=1//2
BC AD ，于是=//EF BC ．从而四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥．又因为BF PAB ⊂面，所以CE ∥平面PAB
.
题型94 与平行有关的开放性、探究性问题
第五节 直线、平面垂直的判定与性质
题型95 证明空间中直线、平面的垂直关系
14.（2017江苏15）如图所示，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 ⊥．
A
B
D
C
E
F
14.解析 （1）在平面ABD 内，因为AB AD ⊥，EF AD ⊥，且点E 与点A 不重合，所以//EF AB .
又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以//EF 平面ABC . （2）因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD I 平面BCD BD =，
BC ⊂平面BCD ，BC BD ⊥，所以BC ⊥平面ABD .
因为AD ⊂平面ABD ，所以BC AD ⊥.
又AB AD ⊥，BC AB B =I ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， 所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD AC ⊥.
15.（2017全国1卷理科18（1））如图所示，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，且
90BAP CDP ∠=∠=o .
(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；
D
C
B
A
P
15. 解析 （1）证明：因为90BAP CDP ∠=∠=o ，所以PA AB ⊥，PD CD ⊥.
又因为AB CD ∥，所以PD AB ⊥.又因为PD PA P =I ，PD ，PA ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平
面PAD .
又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .
16.（2017全国3卷理科19（1））如图所示，四面体ABCD 中，ABC △是正三角形，ACD △是直角三角形，
ABD CBD ∠=∠，AB BD =．
（1）求证：平面ACD ⊥平面ABC ；
16．解析 ⑴如图所示，取AC 的中点为O ，联结BO ，DO . 因为ABC △为等边三角形，所以BO AC ⊥，AB BC =.
由AB BC BD BD ABD DBC =⎧⎪
=⎨⎪∠=∠⎩
，得ABD CBD ≅△△，所以AD CD =，即ACD △为等腰直角三角形， 从而ADC ∠为直角.又O 为底边AC 中点，所以DO AC ⊥. 令AB a =，则AB AC BC BD a ====，易得2a OD =
，OB = 所以2
2
2
OD OB BD +=，从而由勾股定理的逆定理可得2
DOB π
∠=，即OD OB ⊥. 由OD AC OD OB AC OB O AC ABC OB ABC
⊥⎧⎪⊥⎪⎪
=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩I 平面平面，所以OD ⊥平面ABC . 又因为OD ⊂平面ADC ，由面面垂直的判定定理可得平面ADC ⊥平面ABC .
B
E
C D
A
O
题型96 与垂直有关的开放性、探索性问题——暂无
第六节 空间向量与立体几何
题型97 空间向量及其运算 题型98 空间角的计算
17.（2017全国2卷理科10）已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=o ，2AB =，
11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）.
A
B
C
D
17．解析 设M ，N ，P 分别为AB ，1BB ，11B C 的中点，则1AB 和1BC 的夹角为MN 和NP 夹角或其补角（异面线所成角为π02⎛⎤ ⎥⎝⎦，）.
可知112MN AB ==
，112NP BC ==，
取BC 的中点Q ，联结,,PQ MQ PM ，则可知PQM △为直角三角形．1=PQ ，1
2
MQ AC =.
在ABC
△中，2222cos
AC AB BC AB BC ABC
=+-⋅⋅∠
1 412217
2
⎛⎫
=+-
⨯⨯⋅-=
⎪
⎝⎭
，即7
=
AC，则
7
MQ=，则在MQP
△中，2211
MP MQ PQ
=+=.
在
PMN
△中，
222
cos
2
MN NP PM
PNM
MN NP
+-
∠=
⋅⋅
222
5211
10
52
2
⎛⎫⎛⎫⎛⎫
+-
⎪ ⎪ ⎪
⎪ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
==-
⋅⋅
.
又异面直线所成角为
π
2
⎛⎤
⎥
⎝⎦
，，则其余弦值为10．故选C.
18.（2107山东理17）如图所示，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120o得到的，G是»DF的中点.
（1）设P是»CE上的一点，且AP BE
⊥，求CBP
∠的大小；
（2）当3
AB=，2
AD=，求二面角E AG C
--的大小.
18.解析（1）因为AP BE
⊥，AB BE
⊥，AB，AP⊂平面ABP，AB AP A
=
I，
所以BE⊥平面ABP.又BP⊂平面ABP，所以BE BP
⊥.又120
EBC
∠=︒，所以30
CBP
∠=︒.
（2）以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意得(0,0,3)A ，(2,0,0)E
，G
，(C -，则(2,0,3)AE =-u u u r
，
AG =u u u r ，(2,0,3)CG =u u u r
.
设111(,,)x y z =m 是平面AEG 的一个法向量，
由00
AE AG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r m m
，可得1111230
0x z x -=⎧⎪⎨=⎪⎩，
取12z =，可得平面AEG
的一个法向量(3,2)m =. 设222(,,)x y z =n 是平面ACG 的一个法向量，
由00
AG CG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r
u u u r n n
，可得22220230x x z ⎧=⎪
⎨+=⎪⎩，
取22z =-，可得平面ACG
的一个法向量(3,2)=-n . 从而1
cos ,2
⋅=
=⋅m n m n m n ，易知二面角E AG C --为锐角.因此所求的角为60︒.
19.（2017江苏22）如图所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥平面ABCD ，且2AB AD ==
，1AA =120BAD ∠=︒． （1）求异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值； （2）求二面角1B A D A --的正弦值．
A 1
B 1
C 1
D 1
A
B
C
D
19.解析 在平面ABCD 内，过点A 作AE AD ⊥，交BC 于点E ． 因为1AA ⊥平面ABCD ，所以1AA AE ⊥，1AA AD ⊥．
如图所示，以{}
1,,AE AD AA u u u r u u u r u u u r
为正交基底，建立空间直角坐标系A xyz -．
B
B y
因为2AB AD ==
，1AA =120BAD ∠=︒． 则()0,0,0A
，)
1,0B
-，()0,2,0D
，)E
，(1A
，1
C ．
（1
）11,A B =
-u u u r
，1AC =
u u u u r
，
则11
11
11
cos ,A B AC A B AC A B AC ⋅=u u u r u u u u r
u u u r u u u u r u u u r u u u u
r
1,17
7
-⋅
==-．
因此异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值为
17
． （2）平面1A DA
的一个法向量为)
AE =
u u u r
．
设(),,x y z =m 为平面1BA D 的一个法向量，
又11,A B =
-u u u r
，()
BD =u u u r
，
则100A B BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r
u u u r m m
，即0
30
y y --=+=⎪⎩． 不妨取3x =
，则y =
，2z =，
所以()
=m 为平面1BA D 的一个法向量.
从而
cos ,AE AE AE ⋅=u u u r
u u u r u u u r m m
m
34
⋅=
=，
设二面角1B A D A --的大小为θ，则3cos 4
θ=
． 因为[
]0,θ∈π，所以sin 4
θ==
． 因此二面角1B A D A --的正弦值为
4
． 20.（2017全国1卷理科18）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，且
90BAP CDP ∠=∠=o .
(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；
(2)若PA PD AB DC ===，90APD ∠=o ，求二面角A PB C --的余弦值.
D
C
B
A
P
20. 解析 （1）证明：因为90BAP CDP ∠=∠=o ，所以PA AB ⊥，PD CD ⊥.
又因为AB CD ∥，所以PD AB ⊥.又因为PD PA P =I ，PD ，PA ⊂平面PAD ，所以AB ⊥ 平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .
（2）取AD 的中点O ，BC 的中点E ，联结PO ，OE ，因为AB CD ∥，所以四边形ABCD 为平行四边形，所以OE AB ∥.由（1）知，AB ⊥平面PAD ，所以OE ⊥平面PAD .又PO ，
AD ⊂平面PAD ，所以OE PO ⊥，OE AD ⊥.又因为PA PD =，所以PO AD ⊥，从而PO ，
OE ，AD 两两垂直.以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系
O xyz -， 设2PA =
，所以()00D ，
，)20B ，
，(00P ，()
20C ，，
所以()022PD =--u u u r ，，
，
(
)222PB =-u u u r ，，，()
2200BC =-u u u r
，，.
设()x y z =n ,,为平面PBC 的一个法向量，
由00PB BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r
u u u r n n ，得2220
220x y z x ⎧+-=⎪⎨-=⎪⎩
. 令1y =，则2z =，0x =，可得平面PBC 的一个法向量()
012=n ,,. 因为90APD ∠=︒，所以PD PA ⊥，又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ， 所以PD AB ⊥，又PA AB A =I ，所以PD ⊥平面PAB .
即PD u u u r
是平面PAB 的一个法向量，
()
022PD =--u u u r ,,， 从而3
cos 23
PD PD PD ⋅===-⋅u u u r
u u u r u u u
r n n n ,. 由图知二面角A PB C --为钝角，所以它的余弦值为3
-
.
21.（2017全国2卷理科19）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，1
2
AB BC AD ==，o 90BAD ABC ∠=∠=， E 是PD 的中点. （1）求证：直线//CE 平面PAB ；
（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成的锐角为45o ，求二面角
M AB D --的余弦值.
E
M D
C
B
A
P
21．解析 （1）令PA 的中点为F ，联结EF ，BF ，如图所示．因为点E ，F 为PD ，PA
的中点，所以EF 为PAD △的中位线，所以=1
//2EF AD ．又因为90BAD ABC ∠=∠=︒，所以
BC AD ∥．又因为12
AB BC AD ==
，所以=1//2BC AD ，于是=//EF BC ．从而四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥．又因为BF PAB ⊂面，所以CE ∥平面PAB .
（2）以AD 的中点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设1AB BC ==，则
()000O ，，，()010A -，，，()110B -，，，()100C ，，，()010D ，，
，(00P ．点M 在底面ABCD 上的投影为M '，所以M M BM ''⊥，联结BM '．因为45MBM '∠=o ，所以MBM '△为等腰直角三角形．因为POC △
为直角三角形，OC =
，
所以60PCO ∠=o ． 设MM a '=
，CM '=
，1OM '=
．所以100M ⎛⎫' ⎪ ⎪⎝⎭
，，．
BM a a '===⇒=
112OM '==-．
所以100M ⎛⎫'- ⎪ ⎪⎝⎭，
，102M ⎛- ⎝⎭
，112AM ⎛=- ⎝⎭
u u u u r ，(100)AB =u u u
r ，，． 设平面ABM 的法向量11(0)y z =，，m ，
则110AM y ⋅=+=u u u u r m
，所以(02)=，m ， 易知平面ABD 的一个法向量为(001)=，
，n
，从而cos ,⋅==⋅m n m n m n ．故二面角M AB D --
．
22.（2017全国3卷理科19）如图所示，四面体ABCD 中，ABC △是正三角形，ACD △是直角三角形，
ABD CBD ∠=∠，AB BD =．
（1）求证：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．
22．解析 ⑴如图所示，取AC 的中点为O ，联结BO ，DO . 因为ABC △为等边三角形，所以BO AC ⊥，AB BC =.
由AB BC BD BD ABD DBC =⎧⎪
=⎨⎪∠=∠⎩
，得ABD CBD ≅△△，所以AD CD =，即ACD △为等腰直角三角形， 从而ADC ∠为直角.又O 为底边AC 中点，所以DO AC ⊥. 令AB a =，则AB AC BC BD a ====，易得2a OD =
，3a OB = 所以2
2
2
OD OB BD +=，从而由勾股定理的逆定理可得2
DOB π
∠=，即OD OB ⊥. 由OD AC OD OB AC OB O AC ABC OB ABC
⊥⎧⎪⊥⎪⎪
=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩I 平面平面，所以OD ⊥平面ABC . 又因为OD ⊂平面ADC ，由面面垂直的判定定理可得平面ADC ⊥平面ABC .
B
E
C D
A
O
⑵由题意可知V V D ACE B ACE --=，即B ，D 到平面ACE 的距离相等，即点E 为BD 的中点.
以O 为坐标原点，OA u u u r 为x 轴正方向，OB u u u r 为y 轴正方向，OD u u u r
为z 轴正方向，设AC a =，建立空间直角坐标系，则()0,0,0O ，,0,02a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,0,2a D ⎛
⎫ ⎪⎝⎭，3a B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，3,4a E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭， 易得324a a a AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭
u u u r ，,0,22a a AD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭u u u r ，,0,02a OA ⎛⎫
= ⎪⎝⎭u u u r . 设平面AED 的法向量为()1111=,,x y z n ，平面AEC 的法向量为()2222=,,x y z n ，
则11
00AE AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n ，取(
)13,1,3=n
；22
00AE OA ⎧⋅=⎪
⎨⋅=⎪⎩u u u r
u u u r n n ，取()
20,1,3=-n .
设二面角D AE C --为θ，易知θ为锐角，则12127
cos 7
θ⋅=
=⋅n n n n .
z O
A
D
C E
B
x
y
23.（2017北京理16）如图所示，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 ，6PA PD ==，4AB =．
（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．
23.解析 （1）设,AC BD 的交点为E ，联结ME .
因为PD ∥平面MAC ，平面MAC I 平面PBD ME =，所以PD ME ∥. 因为ABCD 是正方形，所以E 为BD 的中点，所以M 为PB 的中点.
M
P E
D
C
B
A
（2）取AD 的中点O ，联结OP ，OE . 因为PA PD =，所以OP AD ⊥.
又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且OP ⊂平面PAD ，所以OP ⊥平面ABCD . 因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP OE ⊥.
因为ABCD 是正方形，所以OE AD ⊥.
如图所示，建立空间直角坐标系O xyz -
，则P ，(2,0,0)D ，(2,4,0)B -，
(4,4,0)BD =-u u u r
，(2,0,PD =u u u r
.
设平面BDP 的法向量为(,,)x y z =n ，则00
BD PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n
，即440
20x y x -=⎧⎪⎨
=⎪⎩. 令1x =，则1y =
，z =
=n .
平面PAD 的法向量为(0,1,0)=p ，所以1cos ,||||2
⋅=
=<>n p n p n p .
由题知二面角B PD A --为锐角，所以它的大小为
3
π
.
（3）由（1
）知1,M ⎛- ⎝⎭
，(2,4,0)C
，(3,2,MC =u u u u r . 设直线MC 与平面BDP 所成角为α
，则sin cos ,9MC MC MC
α⋅==
=u u u u r
u u u u r
u u u u r <>n n n . 所以直线MC 与平面BDP
所成角的正弦值为
9
. 24.（2017天津理17）如图所示，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=o .点D E N ，，分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==，
2AB =.
（1）求证：//MN 平面BDE ； （2）求二面角C EM N --的正弦值；
（3）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE
，求线段AH 的长.
N
M E
D C
B
A
P
24.解析 如图所示，以A 为坐标原点，{}
,,AB AC AP u u u r u u u r u u u r
为基底，建立如图所示的空间直角坐
标系，依题意可得(000)A ，，，(200)B ，，，(040)C ，，，(004)P ，，，(002)D ，，，(022)E ，，，(001)M ，，，(120)N ，，．
（1）证明：()0,2,0DE =u u u r ，()2,0,2DB =-u u u r
.设(,,)x y z =n 为平面BDE 的一个法向量，
则00
DE DB ⎧⋅=⎪
⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n ，即20220y x z =⎧⎨-=⎩，不妨设1z =，可得(1,0,1)=n .
又()1,2,1MN =-u u u u r ，可得0MN ⋅=u u u u r
n ，因为MN ⊄平面BDE ，所以//MN 平面BDE ．
（2）易知1(1,0,0)=n 为平面CEM 的一个法向量.设2(,,)x y z =n 为平面EMN 的一个法向量，则220
EM MN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u u r n n ，因为(0,2,1)EM =--u u u u r ，(1,2,1)MN =-u u u u r ，所以2020y z x y z --=⎧⎨
+-=⎩. 不妨设1y =，可得2(4,1,2)=--n .
因此有121212cos ,|||⋅=
=n n n n |n n
，于是12sin ,=
n n . 所以二面角C EM N --
.
（3）依题意，设()04AH h h =剟，则H （0，0，h ），进而可得(1,2,)NH h =--u u u u r ，(2,2,2)BE =-u u u r
.
由已知得||cos ,||||NH BE NH BE NH BE ⋅===u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r 2102180h h -+=， 解得85h =
或12h =.所以线段AH 的长为85或1
2
. 25.（2107浙江19）如图所示，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 ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点. （1）证明：//CE 平面PAB ；
（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值.
25.解析 （1）如图所示，设PA DE 的中点为F ，联结EF ，FB . 因为E ，F 分别为PD ，PA 的中点，所以//EF AD ，且1
=2
EF AD . 又因为//BC AD ，1
2
BC AD =
，所以//EF BC ，且=EF BC ，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以//CE BF ，又BF ⊂平面PAB ，所以//CE 平面PAB .
H Q
P
N M
F D
B
C
E
A
（2）分别取BC ，AD 的中点为M ，N .联结PN 交EF 于点Q ，联结MQ .
因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 的中点，在平行四边形BCEF 中，//MQ CE .
由PAD △为等腰直角三角形，得PN AD ⊥.
A B
C
D
P
E
由DC AD ⊥，N 是AD 的中点，
所以1
2
ND AD BC ==，且BC DN ∥,所以四边形BCDN 是平行四边形，所以CD BN ∥，所以BN AD ⊥.又BN PN N =I ,所以AD ⊥平面PBN ， 由//BC AD ，得BC ⊥平面PBN ，又BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PBN . 过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，联结MH .
MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以QMH ∠是直线CE 与平面PBC 所成的角.
设1CD =.在PCD △中，由2PC =，1CD =，2PD =
，由余弦定理得2CE =，
又BC ⊥平面PBN ，PB ⊂平面PBN ，所以BC PB ⊥.在PBN △中，由1PN BN ==，
2
2
3PB PC BC =
-=，QH PB ⊥,Q 为PN 的中点，得1
4
QH =
. 在Rt MQH △中，14QH =
，2MQ =，所以2sin 8
QMH ∠=， 所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是
2
8
. 26．（2107浙江9）如图所示，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 =，2BQ CR
QC RA
==，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 ．γαβ<<
B ．αγβ<<
C ．αβγ<<
D ．βγα<<
26.解析 如图所示，设点D 在底面ABC 内的射影为O ，判断O 到PR ，PQ ，QR 的距离，
O 到哪条线段的距离越小，对应的二面角就越大.显然有,αβ,γ均为锐角．
1P 为三等分点，O 到1PQR △三边的距离相等．动态研究问题：1P P ®，
所以O 到QR 的距离不变，O 到PQ 的距离减少，O 到PR 的距离变大．所以αγβ<<．
1
题型99 空间距离的计算——暂无
题型100 与空间角、空间距离有关的开放性、探索性问题——暂无
27.（2017全国3卷理科16）a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形
ABC 的直角边AC 所在的直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下
列结论：
①当直线AB 与a 成60o 角时，AB 与b 成30o 角； ②当直线AB 与a 成60o 角时，AB 与b 成60o 角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45o ； ④直线AB 与a 所成角的最小值为60o ；
其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）.
27．解析 由题意知，a ，b ，AC 三条直线两两相互垂直，作出图像如图所示．不妨设图中 所示的正方体的边长为1
，故1AC =，AB =AB 以直线AC 为旋转轴旋转，则点A 保持不变，点B 的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．以C 为坐标原点，以CD u u u r
为x 轴
正方向，CB u u u r 为y 轴正方向，CA u u u r
为z 轴正方向，建立空间直角坐标系．
则(1,0,0)D ，(0,0,1)A ，直线a 的方向单位向量(0,1,0)=a ，1=a ．B 点起始坐标为(0,1,0) ，直线b 的方向单位向量(1,0,0)=b ，1=b ．设B 点在运动过程中的坐标()cos ,sin ,0B θθ'， 其中θ为B C '与CD 的夹角，[0,2π)θ∈.
那么'AB 在运动过程中的向量(cos ,sin ,1)AB θθ'=-u
u u u r
，AB 'u u u u r 设AB '与直线a 所成夹角为π0,2α⎡⎤
∈⎢⎥⎣⎦
，
则(cos ,sin ,1)(0,1,0)cos AB θθαθ⎡-⋅=
=∈⎢'⎣⎦
u u u u r a ， 所以ππ,42α⎡⎤
∈⎢⎥⎣⎦
，故③正确，④错误．
设AB '与直线b 所成夹角为π
[0,]2
β∈，
(cos ,sin ,1)(1,0,0)cos AB AB AB θθβθ'⋅-⋅==''
u u u u r
u u u u r u u u u r
b b b . 当AB '与直线a 夹角为60︒时，即π3
α=，
sin 3
π
θα=
． 因为22cos sin 1θθ+=
，所以cos θ=
．从而1cos 2
βθ=． 因为π0,2β⎡⎤
∈⎢⎥⎣⎦
，所以π=3β，此时AB '与b 的夹角为60︒．所以②正确，①错误．故填② ③
.
28.（2017天津理17）如图所示，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=o .点D E N ，，分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==，
2AB =.
（1）求证：//MN 平面BDE ； （2）求二面角C EM N --的正弦值；
（3）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE
，求线段AH 的长.
N
M E
D B
A
P
28.解析 如图所示，以A 为坐标原点，{}
,,AB AC AP u u u r u u u r u u u r
为基底，建立如图所示的空间直角坐
标系，依题意可得(000)A ，，，(200)B ，，，(040)C ，，，(004)P ，，，(002)D ，，，(022)E ，，，(001)M ，，，(120)N ，，．
（1）证明：()0,2,0DE =u u u r ，()2,0,2DB =-u u u r
.设(,,)x y z =n 为平面BDE 的一个法向量，
则0
DE DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n ，即20220y x z =⎧⎨-=⎩，不妨设1z =，可得(1,0,1)=n .
又
()1,2,1MN =-u u u u r ，可得0MN ⋅=u u u u r
n ，因为MN ⊄平面BDE ，所以//MN 平面BDE ． （2）易知1(1,0,0)=n 为平面CEM 的一个法向量.设2(,,)x y z =n 为平面EMN 的一个法向量，
则2
2
00EM MN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u u r n n ，因为(0,2,1)EM =--u u u u r ，(1,2,1)MN =-u u u u r ，所以2020y z x y z --=⎧⎨
+-=⎩. 不妨设1y =，可得2(4,1,2)=--n .
因此有121212cos ,|||⋅=
=n n n n |n n
，于是12sin ,=
n n . 所以二面角C EM N --
. （3）依题意，设()04AH h h =剟，则H （0，0，h ），进而可得(1,2,)NH h =--u u u u r ，(2,2,2)BE =-u u u r
.
由已知得||cos ,||||NH BE NH BE NH BE ⋅===u u u u r u u u r
u u u u r u u u r u u u u r u u u r 2102180h h -+=， 解得85h =
或12h =.所以线段AH 的长为85或1
2
.
题型101 立体几何中的最值问题探究与扩展——暂无。