(完整)2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何(二)
(完整版)2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何(三)
2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何（三）53.如图，在四棱锥E ﹣ABCD 中，平面CDE ⊥平面ABCD ，∠DAB =∠ABC =90°，AB =BC =1，AD =ED =3，EC =2．（1）证明：AB ⊥平面BCE ；（2）求直线AE 与平面CDE 所成角的正弦值．54.如图1，2，已知ABCD 是矩形，M ，N 分别为边AD ，BC 的中点，MN 与AC 交于点O ，沿MN 将矩形MNCD 折起，设AB =2，BC =4，二面角B ﹣MN ﹣C 的大小为θ． （1）当θ=90°时，求cos ∠AOC 的值；（2）点θ=60°时，点P 是线段MD 上一点，直线AP 与平面AOC 所成角为α．若sin α=714，求线段MP 的长．55.在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，∠CDA =∠BAD =90°，AD =DC =2，AB =P A =22，且E 为线段PB 上的一动点． （1）若E 为线段PB 的中点，求证：CE ∥平面P AD ；（2）当直线CE 与平面P AC 所成角小于3π，求PE 长度的取值范围．56.如图，在几何体111ABC A B C -中，平面11A ACC ⊥底面ABC ，四边形11A ACC 是正方形，11B C BC ∥，Q 是1A B 的中点，且112AC BC B C ==，2π3ACB ∠=． (Ⅰ) 证明：1B Q ∥平面11A ACC ；(Ⅱ) 求直线AB 与平面11A BB 所成角的正弦值．57.如图，已知ABC V 和BCD V 所在平面互相垂直，且090BAC BCD ∠=∠=，,AB AC =CB CD =，点,E F 分别在线段,BD CD 上，沿直线EF 将EFD V 向上翻折使得D 与A 重合（Ⅰ）求证：AB CF ⊥；（Ⅱ）求直线AE 与平面ABC 所成角。
2019-2020年高考数学 7.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离练习
2019-2020年高考数学 7.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离练习——求空间角和距离(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为()A. B. C. D.【解析】选B.建立空间直角坐标系如图.则A(1,0,0),E(0,2,1),B(1,2,0),C1(0,2,2).=(-1,0,2),=(-1,2,1),cos<,>==.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.2.(xx·宁波模拟)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A. B. C. D.【解析】选A.以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=1,则=(1,1,0),=(0,1,2),=(0,1,0),设平面DBC1的法向量为n=(x,y,z),则取z=1,则y=-2,x=2,所以n=(2,-2,1),所以sinθ====.【一题多解】本题还可以采用如下方法解答.方法一:选A.设AB=1,则AA1=2.设AC∩BD=O,连接C1O,过C作CH⊥C1O于H,连接DH,显然△C1DB是等腰三角形,所以C1O⊥BD,又C1C⊥BD,因为C1O∩C1C=C1,所以BD⊥平面C1CO,CH⊂平面C1CO,所以BD⊥CH,而CH⊥C1O,BD∩C1O=O,所以CH⊥平面C1BD,所以∠CDH是CD与平面C1BD所成的角,在Rt△C1OC中,OC=,C1C=2,所以C1O==,由C1C·OC=C1O·CH知CH==,在Rt△CDH中,sin∠CDH==.方法二:选A.设点C到平面C1BD的距离为h,CD与平面C1BD所成的角为θ,由=知·h=S△CBD·C1C,所以h=,所以sinθ==.3.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=4,CC1=2,则直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为()A. B.C. D.【解题提示】以A为原点建立空间直角坐标系,分别求出直线BC1的方向向量与平面DBB1D1的法向量,用空间向量的直线与平面所成角的夹角公式计算得解.【解析】选C.如图建立空间直角坐标系,则B(4,0,0),C(4,4,0),C1(4,4,2),显然AC⊥平面BB1D1D,所以=(4,4,0)为平面BB1D1D的一个法向量.又=(0,4,2).所以cos<,>===.即直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为.4.(xx·厦门模拟)二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2,则该二面角的大小为()A.150°B.45°C.60°D.120°【解析】选C.由条件知·=0,·=0,因为=++.所以||2=||2+||2+||2+2·+2·+2·=62+42+82+2×6×8cos<,>=(2)2.所以cos<,>=-,则<,>=120°,即<,>=60°.所以二面角的大小为60°.5.(xx·北京模拟)在四面体P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,设PA=PB=PC=a,则点P到平面ABC的距离为()A. B.a C. D.a【解题提示】以P为原点建立空间直角坐标系,利用空间向量法求解.【解析】选B.根据题意,可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz,则P(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a).所以=(-a,a,0),=(-a,0,a),=(a,0,0).设平面ABC的法向量为n=(x,y,z).由得得令x=1,所以n=(1,1,1),所以P到平面ABC的距离d===a.二、填空题(每小题5分,共15分)6.如图,在直三棱柱中,∠ACB=90°,AC=BC=1,侧棱AA1=,M为A1B1的中点,则AM与平面AA1C1C所成角的正切值为.【解析】以C1为原点,C1A1,C1B1,C1C所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则平面AA1C1C的法向量为n=(0,1,0),AM=-(1,0,)=,则直线AM与平面AA1C1C所成角θ的正弦值为sinθ=|cos<,n>|==,所以tanθ=.答案:7.已知点E,F分别在正方体ABCD -A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则面AEF与面ABC 所成的二面角的正切值为.【解析】如图,建立空间直角坐标系Dxyz,设DA=1,由已知条件得A(1,0,0),E,F,=,=,设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),面AEF与面ABC所成的二面角为θ,由图知θ为锐角,由得令y=1,z=-3,x=-1,则n=(-1,1,-3),平面ABC的法向量为m=(0,0,-1),cosθ=|cos<n,m>|=,tanθ=.答案:8.(xx·石家庄模拟)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E是A1B1上的点,则点E到平面ABC1D1的距离是.【解析】以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴,建立如图所示空间直角坐标系,设点E(1,a,1)(0≤a≤1),连接D1E,则=(1,a,0).连接A1D,易知A1D⊥平面ABC1D1,则=(1,0,1)为平面ABC1D1的一个法向量.所以点E到平面ABC1D1的距离是d==.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.(xx·湖南高考)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明:O1O⊥底面ABCD.(2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.【解题提示】(1)利用矩形的邻边垂直,及线线平行证明OO1⊥AC,OO1⊥BD.(2)由二面角的定义或者向量法求二面角的余弦值.【解析】(1)因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形,所以CC1⊥AC,DD1⊥BD,又CC1∥DD1∥OO1,所以OO1⊥AC,OO1⊥BD,因为AC∩BD=O,所以O1O⊥底面ABCD.(2)方法一:如图,过O1作O1H⊥B1O,垂足为H,连接C1H,由(1)可得OO1⊥A1C1,由于A1B1C1D1是菱形,所以B1D1⊥A1C1,所以A1C1⊥平面B1D1DB,所以由三垂线定理得HC1⊥B1O,所以∠O1HC1就是二面角C1-OB1-D的平面角.设棱柱的棱长为2,因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,OB1=,在直角三角形O1OB1中,O1H==,因为O1C1=1,所以C1H===,所以cos∠C1HO1==,即二面角C1-OB1-D的余弦值为.方法二:因为四棱柱的所有棱长都相等,所以四边形ABCD为菱形,AC⊥BD,又O1O⊥底面ABCD,所以OB,OC,OO1两两垂直.如图,以O为原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.设棱长为2,因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,所以O,B1,C1,平面BDD1B1的一个法向量为n=,设平面OC1B1的法向量为m=,则由m⊥,m⊥,所以x+2z=0,y+2z=0,取z=-,则x=2,y=2,所以m=,所以cos<m,n>===.由图形可知二面角C1-OB1-D为锐二面角,所以二面角C1-OB1-D的余弦值为.10.(xx·杭州模拟)如图,将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成一个直二面角,且EA⊥平面ABD,AE=a,(1)若a=2,求证:AB∥平面CDE.(2)求实数a的值,使得二面角A-EC-D的大小为60°.【解析】(1)如图建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,),D(0,2,0),E(0,0,2),=(2,0,0),=(0,-2,2),=(1,-1,),设平面CDE的一个法向量为n1=(x,y,z),则有-2y+2z=0,x-y+z=0,取z=时,n1=(0,2,),所以·n1=0,又AB不在平面CDE内,所以AB∥平面CDE.(2)如图建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,),D(0,2,0),E(0,0,a),=(0,-2,a),=(1,-1,),设平面CDE的一个法向量为n2=(x,y,z),则有-2y+az=0,x-y+z=0,取z=2时,n2=(a-2,a,2),又平面AEC的一个法向量为n3=(-1,1,0),因为二面角A-EC-D的大小为60°,所以=,即a2-2a-2=0, 解得a=±2.(20分钟40分)1.(5分)如图,在四面体ABCD中,AB=1,AD=2,BC=3,CD=2,∠ABC=∠DCB=,则二面角A-BC-D的大小为()A. B.C. D.【解析】选 B.二面角A-BC-D的大小等于AB与CD所成角的大小.=++.而=+++2||||·cos<,>,即12=1+9+4+2×1×2cos<,>,所以cos<,>=-,所以AB与CD所成角为,即二面角A-BC-D的大小为.2.(5分)(xx·北京模拟)已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则点A1到平面AB1D1的距离是.【解析】如图所示建立空间直角坐标系Dxyz,则A1(2,0,4),A(2,0,0),B1(2,2,4),D1(0,0,4),=(-2,0,4),=(0,2,4),=(0,0,4),设平面AB1D1的法向量为n=(x,y,z),则即解得x=2z且y=-2z,不妨设n=(2,-2,1),设点A1到平面AB1D1的距离为d,则d==.答案:3.(5分)(xx·郑州模拟)正四棱锥S -ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC的夹角的大小为.【解析】如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P.则=(2a,0,0),=,=(a,a,0).设平面PAC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),则cos<,n>===.所以<,n>=60°,所以直线BC与平面PAC的夹角为90°-60°=30°.答案:30°4.(12分)(能力挑战题)如图,在平行四边形ABCD中,AB=2BC=2,∠ABC=120°,M,N分别为线段AB,CD的中点,连接AN,DM交于点O,将△ADM沿直线DM翻折成△A′DM.使平面A′DM⊥平面BCD,F为线段A′C的中点.(1)求证:ON⊥平面A′DM.(2)求证:BF∥平面A′DM.(3)求直线FO与平面A′DM所成的角.【解析】(1)连接MN,由平面几何知四边形AMND是菱形.所以AN⊥DM.因为平面A′DM⊥平面ABCD,DM是交线,AN⊂平面ABCD,所以AN⊥平面A′DM,即ON⊥平面A′DM.(2)取A′D的中点E,连接EF,EM,因为F是A′C中点,所以EFCD.又M是AB中点,所以在平行四边形ABCD中,BMCD,所以EF BM,所以四边形EFBM是平行四边形.所以BF∥EM,因为EM⊂平面A′DM,BF⊄平面A′DM,所以BF∥平面A′DM.(3)因为AB=2BC=2,M是AB中点,所以A′D=A′M=1.因为菱形ADNM中O是DM中点,所以A′O⊥DM,因为平面A′DM⊥平面ABCD,所以A′O⊥平面ABCD.以ON为x轴,OM为y轴,OA′为z轴建立空间直角坐标系,∠ADN=∠ABC=120°,在△ADN中,AD=DN=1,所以AN==.同理求得DM=AD=AM=1,所以N,D,A′,因为N是CD的中点,所以C.因为F是A′C的中点,所以F.因为NO⊥平面A′DM,所以平面A′DM的一个法向量=.因为=,所以||==1.设OF与平面A′DM所成的角为θ,0<θ<,则sinθ=|cos<,>|===,所以θ=.所以直线FO与平面A′DM所成的角为.5.(13分)(xx·江西高考)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证:AB⊥PD.(2)若∠BPC=90°,PB=,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此时平面PBC与平面DPC 夹角的余弦值.【解题提示】(1)利用面面垂直的性质定理证明AB⊥平面PAD即可.(2)借助两平面垂直的性质,作PO⊥AD,即四棱锥的高找到,过点O作OM⊥BC于点M,连接PM.则四棱锥的体积能用AB的长度表示,即可建立体积与AB的函数,借助二次函数知识求最值;此时可建立空间直角坐标系,利用坐标法求解.【解析】(1)因为ABCD为矩形,所以AB⊥AD,又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD,又PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.(2)过点P作PO⊥AD于点O,则PO⊥平面ABCD,过点O作OM⊥BC于点M,连接PM.则PM⊥BC,因为∠BPC=90°,PB=,PC=2,所以BC=,PM=,设AB=t,则在Rt△POM中,PO=,所以VP-ABCD=·t··=,所以当t2=,即t=时,VP-ABCD最大为.此时PO=AB=,且PO,OA,OM两两垂直,以OA,OM,OP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系Oxyz, 则P,D,C,B.所以=,=,=.设平面PCD的一个法向量m=(x1,y1,z1),则即令x1=1,则m=(1,0,-2),|m|=;同理设平面PBC的一个法向量n=(x2,y2,z2),即令y2=1,则n=(0,1,1),|n|=,设平面PBC与平面DPC夹角为θ,显然θ为锐角,且cosθ===..。
2019年高考专题：立体几何试题及答案
2019年高考专题：立体几何试题1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．2．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是 .【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =， 由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高， 所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=.3．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE .（2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH.从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =，故417CH =. 从而点C 到平面1C DE 的距离为1717. 4．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积．【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知∠BEB 1=90°. 由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==. 作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==．所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=． 5．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ．又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）取CG 的中点M ，连结EM ，DM.因为AB ∥DE ，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE ，故DE ⊥CG .由已知，四边形BCGE 是菱形，且∠EBC =60°得EM ⊥CG ，故CG ⊥平面DEM ．因此DM ⊥CG ．在Rt △DEM 中，DE =1，EM =3，故DM =2．所以四边形ACGD 的面积为4．6．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底部ABCD 为菱形，E 为CD 的中点．（1）求证：BD ⊥平面PAC ；（2）若∠ABC =60°，求证：平面PAB ⊥平面PAE ；（3）棱PB 上是否存在点F ，使得CF ∥平面PAE ？说明理由．【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA BD ⊥．又因为底面ABCD 为菱形，所以BD AC ⊥．所以BD ⊥平面PAC ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点，所以AE ⊥CD ．所以AB ⊥AE ．所以AE ⊥平面PAB ．所以平面PAB ⊥平面PAE ．（3）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ．则FG ∥AB ，且FG =12AB ．因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点， 所以CE ∥AB ，且CE =12AB ．所以FG ∥CE ，且FG =CE ． 所以四边形CEGF 为平行四边形．所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ，所以CF ∥平面PAE ．7．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ；（2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.【解析】（1）连接BD ，易知ACBD H =，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，所以GH ∥平面P AD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ，又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC 平面PCD PC =， 所以DN ⊥平面P AC ，又PA ⊂平面P AC ，故DN PA ⊥.又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面P AC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面P AC 所成的角， 因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点， 所以3DN =.又DN AN ⊥，在Rt AND △中，3sin 3DN DAN AD ∠==. 所以，直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为33. 8．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．【解析】（1）因为D ，E 分别为BC ，AC 的中点，所以ED ∥AB .在直三棱柱ABC−A 1B 1C 1中，AB ∥A 1B 1，所以A 1B 1∥ED .又因为ED ⊂平面DEC 1，A 1B 1⊄平面DEC 1，所以A 1B 1∥平面DEC 1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC .因为三棱柱ABC−A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC .又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ，所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .9．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点.（1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【解析】（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）． 不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3.由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35。
第8章立体几何专题4 垂直的证明-人教A版(2019)高中数学必修(第二册)常考题型专题练习
垂直的证明【方法总结】1、证明线面垂直的方法：①利用线面垂直定义：如果一条直线垂直于平面内任一条直线，则这条直线垂直于该平面；②用线面垂直判定定理：如果一条直线与平面内的两条相交直线都垂直，则这条直线与平面垂直；③用线面垂直性质：两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也必垂直于这个平面．2、证明线线（或线面）垂直有时需多次运用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，实现线线垂直与线面垂直的相互转化．3、证明面面垂直一般要先找到两个面的交线，然后再在两个面内找能与交线垂直的直线，最后通过证明线面垂直证明面面垂直。
【分类练习】考向一线面垂直例1、在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，//AB CD ，AB BC ⊥，1AB BC ==，2DC =，点E 在PB 上求证：CA ⊥平面PAD ；【答案】(1)证明见解析；(2)2.【解析】(1)过A 作AF ⊥DC 于F ,则CF =DF =AF ,所以∠DAC =90°,即AC ⊥DA ，又PA ⊥底面ABCD ，AC ⊂面ABCD ，所以AC ⊥PA ，因为PA 、AD ⊂面PAD ，且PA ∩AD =A ，所以AC ⊥平面PAD .例2、如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；解析：（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．例3、如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点求证：AC ⊥平面BEF ；【解析】(1)在三棱柱111ABC A B C -中，∵1CC ⊥平面ABC ，∴四边形11A ACC 为矩形．又E ，F 分别为AC ，11A C 的中点，∴AC ⊥EF ．∵AB BC =．∴AC ⊥BE ，∴AC ⊥平面BEF ．例4、如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，CD ⊥AD ，BC ∥AD ，12BC CD AD ==.（Ⅰ）求证：BD ⊥平面PAB ；【解析】因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥PA .所以222AD AB BD =+，所以BD AB ⊥.因为PA AB A = ，所以BD ⊥平面PAB .【巩固练习】1、如图，在三棱柱ABC－A 1B 1C 1中，AB＝AC，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是B 1C 1的中点．证明：A 1D⊥平面A 1BC；【答案】见解析【解析】证明：设E 为BC 的中点，连接A 1E，AE.由题意得A 1E⊥平面ABC，所以A 1E⊥AE.因为AB＝AC，所以AE⊥BC.故AE⊥平面A 1BC.连接DE，由D，E 分别为B 1C 1，BC 的中点，得DE∥B 1B 且DE＝B 1B，从而DE∥A 1A 且DE ＝A 1A，所以AA 1DE 为平行四边形．于是A 1D∥AE.因为AE⊥平面A 1BC，所以A 1D⊥平面A 1BC.2．（2019·上海格致中学高三月考）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD DC =，E 是PC 的中点，作EF PB ⊥交PB 于点F .（1）证明：PA ∥平面EDB ；（2）证明：PB ⊥平面EFD .【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】（1）设AC 与BD 相交于O ，连接OE ，由于O 是AC 中点，E 是PC 中点，所所以PA ∥平面EDB .（2）由于PD ⊥底面ABCD ，所以PD BC ⊥，由于,BC CD PD CD D ⊥⋂=，所以BC ⊥平面PCD ，所以BC DE ⊥.由于DP DC =且E 是PC 中点，所以DE PC ⊥，而PC BC C ⋂=，所以DE ⊥平面PBC ，所以DE PB ⊥.依题意EF PB ⊥，DE EF E = ，所以PB ⊥平面EFD .3．（2019·江苏高三月考）如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是平行四边形，AC ，BD 相交于点O ，OP OC =，E 为PC 的中点，PA PD ⊥.（1）求证：//PA 平面BDE ；（2）求证：PA ⊥平面PCD【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】（1）连结OE .因为四边形ABCD 是平行四边形，AC ，BD 相交于点O ，所以O 为AC 的中点.因为E 为PC 的中点，所以//OE PA .因为OE ⊂平面BDE ，PA ⊄平面BDE ，所以//PA 平面BDE .（2）因为OP OC =，E 为PC 的中点，所以OE PC ⊥.由（1）知，//OE PA ，所以PA PC ⊥.因为PA PD ⊥，PC ，PD ⊂平面PCD ，PC PD P ⋂=，所以PA ⊥平面PCD .考向二面面垂直例1、如图，在四棱锥P ABCD -中，已知底面ABCD 为矩形，且AB =，1BC =，E ，F 分别是AB ，PC 的中点，PA DE ⊥.(1)求证：//EF 平面PAD ；(2)求证：平面PAC ⊥平面PDE ．【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】证明：(1)取PD 中点G ，连AG ，FG ，F ，G 分别是PC ，PD 的中点又E 为AB 中点//AE FG ∴，AE FG=四边形AEFG 为平行四边形//EF AG ∴，又EF ⊄平面PAD ，AG ⊂平面PAD//EF ∴平面PAD(2)设AC DE H= 由AEH CDH ∆∆ 及E 为AB 中点又BAD ∠为公共角GAE BAC∴∆∆ 90AHE ABC ∴∠=∠=︒即DE AC ⊥又DE PA ⊥，PA AC A= DE ⊥平面PAC ，又DE ⊂平面PDE∴平面PAC ⊥平面PDE例2、如图，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 ；【解析】(1)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 ．例3、如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD=DC=CB=a ，∠ABC=3π，平面ACFE ⊥平面ABCD ，四边形ACFE 是矩形，AE=AD ，点M 在线段EF 上。
2019高考数学试题汇编之立体几何(原卷版)
专题04 立体几何1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线3．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A．158 B．162C．182 D．3244．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β5．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC P 到平面ABC 的距离为___________．6．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）7．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D 挖去四棱锥O −EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =AA =，，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.8．【2019年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．9．【2019年高考北京卷文数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．10．【2019若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________.11．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD的体积是 ▲ .12．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离．13．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C 的体积．14．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积.-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 15．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．16．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.17．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1； （2）BE ⊥C 1E ．18．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.19．【云南省昆明市2019届高三高考5月模拟数学试题】已知直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，若αβ⊥，则下列结论正确的是 A ．l β∥或l β⊄ B ．//l m C ．m α⊥D ．l m ⊥20．【陕西省2019届高三年级第三次联考数学试题】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为A B ．34C ．4D ．5421．【四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学试题】如图，边长为2的正方形ABCD 中，,E F 分别是,BC CD 的中点，现在沿,AE AF 及EF 把这个正方形折成一个四面体，使,,B C D 三点重合，重合后的点记为P ，则四面体P AEF -的高为A ．13 B ．23C ．34D ．122．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学试题】在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，ABC △是边长为6的等边三角形，PAB △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．23．【河南省洛阳市2019年高三第三次统一考试（5月）数学试题】在四棱柱1111ABCD A B C D -中，四边形ABCD 是平行四边形，1A A ⊥平面ABCD ， 60BAD ∠=︒，12,1,AB BC AA ===，E 为11A B 中点.（1）求证：平面1A BD ⊥平面1A AD ； （2）求多面体1A E ABCD -的体积.。
2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何(二)
2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何（二）27.如图，四边形ABCD 与BDEF 均为菱形，，且FA =FC . 60DAB DBF ∠=∠=︒（1）求证：AC ⊥平面BDEF ；（2）求直线AF 与平面BCF 所成角的正弦值.28.如图（甲），在直角梯形ABED 中，，，，且，//AB DE AB BE ⊥AB CD ⊥BC CD =，F 、H 、G 分别为AC 、AD 、DE 的中点，现将沿折起，使平面ACD ⊥平2AB =ACD ∆CD 面CBED ，如图（乙）．（1）求证：平面FHG ∥平面ABE ；（2）若，求二面角D -AB -43BC =C的余弦值．29.如图,在四棱锥中,平面平面P ABCD -PAB ⊥,,90,ABCD AD BC ABC ∠=A PA =为的中点.3,1,2,3,PB BC AB AD O ====AB （1）证明:PO CD ⊥；（2）求二面角的余弦值.C PD O --30.如图所示的几何体中，为三棱柱，且，111ABC A B C -1AA ABC⊥平面四边形ABCD 为平行四边形，，.2AD CD =060ADC ∠=（1）求证：；11//C D AB C平面（2）若，求证：；1AA AC =111AC A B CD⊥平面（3）若，二面角2CD =1A C D C--，求三棱锥的体积．11C A CD-31.如图，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD =6，BC =2AB =4，E 、F 分别在BC 、AD 上，EF ∥A B ，现将四边形ABCD 沿EF 折起，使平面ABEF ⊥平面EFDC ．（1）若BE =1，是否存在折叠后的线段AD 上存在一点P ，且，使得CP ∥平面ABEAP PD λ=F ？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．λ（2）求三棱锥A -CDF 的体积的最大值，并求此时点F 到平面ACD 的距离．FECBA DFECBAD32.已知在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，且AD =2，AB =1，PA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是线段AB ，BC 的中点.（1）证明：PF ⊥DF ；（2）在线段PA 上是否存在点G ，使得EG ∥平面PFD ？若存在，确定点G 的位置；若不存在，说明理由.（3）若PB 与平面ABCD 所成的角为45°,求二面角A - PD -F 的余弦值.33.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝4，CB＝4，CC1＝2，∠ACB＝90°，点M在线段A1B1上.2(1)若A1M＝3MB1，求异面直线AM和A1C所成角的余弦值；(2)若直线AM与平面ABC1所成角为30°，试确定点M的位置．34.如图，几何体EF﹣ABCD中，CDEF为边长为2的正方形，ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，AD=2，AB=4，∠ADF=90°．（Ⅰ）求证：AC⊥FB（Ⅱ）求二面角E﹣FB﹣C的大小．35.如图，在四棱锥中，是的中点，底面P ABCD -E PC 为矩形，，，，且平面ABCD 4AB =2AD =PA PD =PAD ⊥平面，平面与棱交于点，平面与平面ABCD ABE PD F PCD 交于直线.PAB l （1）求证：；l EF ∥（2）求与平面PB ABCD 的余弦值.P AE B --36.在四棱锥P ﹣ABCD 中，AD ∥BC ，AD =AB =DC =BC 21=1，E 是PC 的中点，面PA C ⊥面ABCD ．（Ⅰ）证明：ED ∥面PAB ；（Ⅱ）若PC =2，PA =，求二面角A ﹣PC ﹣D 的余弦值3．37.如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，∠ABC =∠ACD =90°，∠BAC =∠CAD =60°，PA ⊥平面ABCD ，PA =2，AB =1．（1）设点E为PD 的中点，求证：CE ∥平面PAB ；（2）线段PD 上是否存在一点N ，使得直线CN 与平面PAC 所成的角θ的正弦值为？若存515在，试确定点N 的位置，若不存在，请说明理由．38.如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，E ABCD -60ABC ∠=︒2AB EC ==AE BE ==（1）求证：平面EAB ⊥平面ABCD .（2）求二面角A -EC -D 的余弦值.39.如图，在三棱锥P -ABC 中，侧面PAB 为边长为ABC 为以AB 为斜边的等腰直角三角形， PC ⊥AC ．（Ⅰ）求证：PC ⊥平面ABC ；（Ⅱ）求二面角B -AP -C 的的余弦值.40.在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面是边长为2的菱形，∠BA D =60°，PB =PD =2，AC ∩BD =O ．（Ⅰ）证明：PC ⊥BD（Ⅱ）若E 是PA 的中点，且BE 与平面PAC 所成的角的正切值为，求二面角A﹣EC﹣B 的余36弦值．41. 如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，ABCD P -PAD ABCD ,22==BC AD .90=∠=∠ABC BAD （1）证明：；BC PC ⊥（2）若直线与平面所成角为30°，求二PC PAD 面角的余弦值.D PC B --42.如图，在底面为矩形的四棱锥中，.P ABCD -PB AB ⊥（1）证明：平面平面；PBC ⊥PCD （2）若异面直线与所成角为，，，求二面角PC BD 60PB AB =PB BC ⊥的大小.B PDC --43.如图，已知四棱锥的底面是菱形，，，P ABCD -3BAD π∠=2AB PD ==.PB PC ==（1）求证：平面平面；PBC ⊥ABCD （2）求直线与平面所成角的正弦值.PC PAB 44.如图，矩形ABCD 所在的平面和平面互相垂直，ABEF 等腰梯形中， ，，1AD AF ==，ABEF EF AB //2=AB ,分别为的中点，为底面060=∠BAF P O ,CB AB ,M 的重心.OBF ∆（Ⅰ）求证：∥平面；PM AFC （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.ACCEFa 45.如图，在四棱锥中，面，，，P ABCD -PA ⊥ABCD //AB CD CD AD ⊥，，分别为，的中点．22AD CDAB ===E F PC CD （Ⅰ）求证：平面平面；ABE ⊥BEF （Ⅱ）设，若平面与平面所成锐二面角，求的取值范PA a =EBD ABCD ,43ππθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦a 围．46.如图所示中，，，，将三角形ABCD //AD BC AD DC AB ==60ABC ∠=︒ABD 沿折起，使点在平面上的投影落在上.BD A BCD G BD （Ⅰ）求证：平面平面；ACD ⊥ABD （Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值.G AC D --47.如图，在三棱锥中，，，为的中点.P ABC -AB BC ⊥PA PB =E AC （1）求证：；PE AB ⊥（2）设平面平面，，，求二面角的平面PAB ⊥ABC 2PB BC ==4AC =B PA C --角的正弦值.48.如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，P ABC -PAC ⊥PAB PAC ∆且为的中点，点在上.AB PB ⊥AB PB ==O PA M AC （1）求证：平面平面；BOM ⊥PAC （2）求点到平面的距离.P ABC49.如图，在四棱锥中，底面P ABCD -PA ⊥ABCD ，底面为直角梯形，，ABCD AD BC ∥90BAD ∠=︒，，为的中点，平面交于点.22PA AD AB BC ====M PB ADM PC N （1）求证：；PB DN ⊥（2）求二面角的余弦值.P DN A --50.如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC =90°，CD ∥AB ，AB =4，AD =CD =2，M 为线段AB 的中点．将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体D ﹣ABC ，如图2所示．（Ⅰ）求证：BC ⊥平面ACD ；（Ⅱ）求二面角A ﹣CD ﹣M的余弦值．51.已知四边形ABCD 为直角梯形，∠BCD =90°，AB ∥CD ，且AD =3，BC =2CD =4，点E ，F 分别在线段AD 和BC 上，使FECD 为正方形，将四边形ABFE 沿EF 翻折至使二面角B ﹣EF ﹣C 的所成角为60°（Ⅰ）求证：CE ∥面A ′DB ′（Ⅱ）求直线A ′B ′与平面FECD所成角的正弦值52.如图，在四棱锥中，底面是P ABCD -ABCD 矩形，M 是的中点，平面，且PA PD ⊥ABCD 4PD CD ==，．2AD =（）求与平面所成角的正弦．1AP CMB （）求二面角的余弦值．2M CB P --D PABCMAl l试卷答案27.（1）设与相交于点，连接，AC BD O FO ∵四边形为菱形，∴，且为中点，ABCD AC BD ⊥O AC ∵，∴,FA FC =AC FO ⊥又，∴平面.FO BD O ⋂=AC ⊥BDEF （2）连接，∵四边形为菱形，且，∴为等边三角形，DF BDEF 60DBF ∠=︒DBF ∆∵为中点，∴，又，∴平面.O BD FO BD ⊥AC FO ⊥FO ⊥ABCD ∵两两垂直，∴建立空间直角坐标系，如图所示，,,OA OB OF O xyz -设，∵四边形为菱形，，∴2AB =ABCD 60DAB ∠=︒2,BD AC ==∵为等边三角形，∴.DBF ∆OF =∴，)()()(,0,1,0,,AB C F ∴.(),,AF CF CB ===设平面的法向量为，则，BCF (),,n x y z = 00CF n CB n y ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩取，得.1x =()1,1n =-设直线与平面所成角为，AF BCF θ则.sin cos ,AF n AF n AF nθ⋅===⋅ 28.（1）证明：由图（甲）结合已知条件知四边形为正方形，如图（乙），CBED ∵分别为的中点，∴．F HG 、、AC AD DE 、、//,//FH CD HG AE ∵，∴．//CD BE //FH BE ∵面，面．∴面．BE ⊂ABE FH ⊄ABE //FH ABE 同理可得面，//HG ABE 又∵,∴平面平面．FH HG H ⋂=//FHG ABE（2）这时，43BC =23AC =从而，AB ==过点作于，连结．C CM AB ⊥M MD ∵，∴面．,,CD AC CD BC AC BC C ⊥⊥⋂=CD ⊥ABC ∵面，∴,∴面，CM ⊂ABC CM CD ⊥AB ⊥MCD ∵面，∴， MD ⊂MCD AB MD ⊥∴是二面角的平面角，CMD ∠D AB C --由得，AB CM AC BC ⋅=⋅AC BC CM AB ⋅==∴，MD ==在中Rt MCD∆cos MC CMD MD ∠===29.解：（1）联结因为为的中点,,PO 3,PA PB ==O AB 所以又平面平面交线为.PO AB ⊥PAB ⊥,ABCD ,AB 平面所以又PO ⊆,PAB .PO ABCD ⊥平面CD ⊆平面所以,ABCD .PO CD ⊥（2）取线段的中点因为所以CD ,E 2OE =，,OE BC A 90,ABC ∠= 由（1）知,故可以为原点,,.AB BC AB OE ⊥⊥.PO ABCD ⊥平面O 射线分别为的正半轴建立空间直角坐标系则,,OB OE OP ,x y z 轴,轴轴.O xyz -(0,0,0),(1,1,0),(0,0,(1,3,0).O C P D -于是(1,1,(2,2,0),(0,0,CP CD OP =--=-=设平面的一个法向量为由得CPD 111(,,),x y z =m 0,0CP CD ⋅=⋅=m m 令得111110,220x y x y ⎧--+=⎪⎨-+=⎪⎩11,z==m 设平面的法向量为由得OPD 222(,,),x y z =n 0,0OP OD ⋅=⋅=n n 令得2220,30x y ⎧=⎪⎨-+=⎪⎩23,x =(3,1,0).=n 所以易知二面角的平面角为锐角,所以二4cos ,.5⋅<>===m n m n m n C PD O --面角的余弦值为C PD O --4.530.（1）【证明】连交于点，连交于点，则.1BC 1B CM BD AC N 1MN AB C⊂平面由平几知：为的中点，为的中点，M 1BC N BD 即为的中位线..MN 1BC D∆1//MN C D∴又.……………3分1111,//C D AB CC D AB C⊄∴平面平面（2）【证明】.111,,,AA ABCD AC ABCD AA AC AA CD⊥⊂∴⊥⊥ 平面平面又.11111,,AA AC AA C C AC A C=∴⊥ 知为正方形在中由余弦定理知：.ACD ∆222,AC AD AC CD CD AC ==+∴⊥得又.111,AC AA A CD A ACC =∴⊥ 平面又.1111,AC A ACC CD AC ⊂∴⊥平面又.……………………7分1111,A C CD C AC A B CD=∴⊥ 平面（3）【解】作交于，连，由（2）知：.1CH C D⊥1C DH AG 1AC CC D⊥平面t b . ……9分111,,AC C D C D ACH AHC A C D C∴⊥∴⊥∴∠--平面为二面角的平面角；由知：；cos ,tan 2ACAHC AHC CH ∴∠=∠==2CD =AC =CH =在中由平几知：，于是得为正方形.1C CD∆1CC =11AA C C由（2）知：. ………………………12分111111(2432C A CD D A CC V V --==⨯⨯⨯=31.解：（1）存在P ，使得CP ∥平面ABEF ，此时．32λ=证明：当，此时，32λ=35AP AD =过P 作，与AF 交M ，则，MP FD ∥35MP FD =又，故，5FD =3MP =∵，，3EC =MP FD EC ∥∥∴，且，故四边形MPCE 为平行四边形，MP EC ∥MP EC =∴，PC ME ∥∵平面ABEF ，平面ABEF ，CP ØME ⊂∴平面ABEF 成立．CP ∥（2）∵平面ABEF ⊥平面EFDC ，ABEF ∩平面EFDC =EF ，，AF EF ∥∴AF ⊥平面EFDC ，∵，BE x =∴，，，AF x =(04)x <<6FD x =-故三棱锥A -CDF 的体积，2111162(6)(6)332332x x V x x x x +-⎛⎫=⨯⨯⨯-=-⨯= ⎪⎝⎭≤∴时，三棱锥的体积V 有最大值，最大值为3．3x =建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，．(0,0,0)F (0,0,3)A (2,1,0)C (0,3,0)D ，，．(0,3,3)AD =- (2,2,0)CD =-(0,0,3)FA =设平面ACD 的法向量为，则，(,,)n x y z = 00n AD n CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩∴，取，则，，330220y z x y -=⎧⎨-+=⎩1y =1x =1z =∴．(1,1,1)n =∴点F 到平面ACD 的距离||||n FA d n ⋅==32.（1）连接，则.AF AF =DF =又，∴，∴2AD =222DF AF AD +=DF AF ⊥又∵平面，∴.又.PA ⊥ABCD DF PA ⊥PA AF A = ∴平面.DF ⊥PAF ∵平面，∴.PF ⊂PAF DF PF ⊥（2）过点作交于点，则平面，且有.E EH FD ∥AD H EH ∥PFD 14AH AD =再过点作交于点，连接，则平面且.H HG DP ∥PA G EG HG ∥PFD 14AG AP =∴平面平面.∴平面.EHG ∥PFD EG ∥PFD ∴当为的一个四等分点（靠近点）时，平面G PA A EG ∥PFD（3）∵平面，∴是与平面所成的角，且，∴PA ⊥ABCD PBA ∠PB ABCD 45PBA ∠=︒.1PA AB ==取的中点，连接，则，平面，∴.AD M FM FM AD ⊥FM ⊥PAD FM PD ⊥在平面中，过点作于点，连接则平面，则为PAD M MN PD ⊥N FN PD ⊥FMN MNF ∠二面角的平面角.A PD F --∵，∴Rt MND RtPAD △∽△MN MDPA PD=∵，，，且，1PA =1MD =PD =90FMN ∠=︒h ng sn ∴，，∴MN =FN =cos MN MNF FN ∠==故二面角A PD F -- 33.解:以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (4,0,0)，A 1(4,0,2)，B 1(0,4，2).22(1)因为A 1M ＝3MB 1，所以M (1,3,2).2所以＝(4,0,2)，＝(－3,3,2).1CA 2AM 2所以cos 〈，＝＝－.1CA AM AMCA 26244⋅-3939所以异面直线AM 和A 1C 所成角的余弦值为.-------------------------8分3939(2)由A (4,0,0)，B (0,4,0)，C 1(0,0,2)，知＝(－4,4,0)，＝(－4,0,2).2AB 1AC 2设平面ABC 1的法向量为n ＝(a ，b ，c )，由得，⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅001AC n AB n ⎪⎩⎪⎨⎧=+-=+-0224044c a b a 令a ＝1，则b ＝1，c ＝，所以平面ABC 1的一个法向量为n ＝(1,1，).22因为点M 在线段A 1B 1上，所以可设M (x,4－x,2)，所以＝(x －4,4－x,2).2AM 2因为直线AM 与平面ABC 1所成角为30°，所以|cos 〈n ，〉|＝sin 30°＝.AM 21e 由|n ·|＝|n ||||cos 〈n ，〉|，得|1·(x －4)＋1·(4－x )＋·2|AM AM AM 22＝2· ·， 解得x ＝2或x ＝6.8)4()4(22+-+-x x 21因为点M 在线段A 1B 1上，所以x ＝2，即点M (2,2,2)是线段A 1B 1的中点. -------------------------14分234.（Ⅰ）证明：由题意得，AD ⊥DC ，AD ⊥DF ，且DC ∩DF =D ，∴AD ⊥平面CDEF ，∴AD ⊥FC ，……………………………………2分∵四边形CDEF 为正方形．∴DC ⊥FC由DC ∩AD =D ∴FC ⊥平面ABCD ，∴FC ⊥AC ……………………4分又∵四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD =2，AB =4∴，，则有AC 2+BC 2=AB 2∴AC ⊥BC22=AC 22=BC 由BC ∩FC =C ，∴AC ⊥平面FCB ，∴AC ⊥FB ．……………………6分（Ⅱ）解：由（I ）知AD ，DC ，DE 所在直线相互垂直，故以D 为原点，以的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-DADC DE ，，xyz…………………………………7分可得D （0，0，0），F （0，2，2），B （2，4，0），E （0，0，2），C （0，2，0），A （2，0，0），由（Ⅰ）知平面FCB 的法向量为)0,2,2(-=AC ∵，……………………………………………………8分)0,2,0(=EF )2,2,2(-=FB 设平面EFB 的法向量为则有即),,(z y x n =⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00FB n EF n ⎩⎨⎧=-+=022202z y x y 令则……………………………………………………………………10分1=z )1,0,1(=n设二面角E ﹣FB ﹣C 的大小为θ，有图易知为锐角θ21cos θ所以二面角E ﹣FB ﹣C 的大小为……………………………………………………12分3π35.解：（1）矩形中，ABCD AB CD ∥∵面，平面，AB ⊄PCD CD ⊂PCD ∴平面，AB ∥PCD 又平面，AB ⊂ABE 平面平面，∴，PCD ABE EF =AB EF ∥又平面平面，∴PAB PCD l =AB l ∥∴.l EF ∥（2）取中点，连接，∵，∴，AD O PO PA PD =PO AD ⊥又平面平面，且平面平面，PAD ⊥ABCD PAD ABCD AD =∴平面，连接，则为在平面内的射影，PO ⊥ABCD OB OB PB ABCD ∴为与平面所成角，∴PBO ∠PB ABCD sin PBO ∠=∴，由题，∴tan PBO ∠=OB =2PO =取中点，连接，以为坐标原点，分别以，的方向分别为，，BC G OG O OA OG OP x y z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系：则：，，，，则，(002)P ∥∥(100)A ∥∥(140)B ∥∥(140)C -∥∥1212E ⎛⎫- ⎪⎝⎭∥∥，(102)PA =-∥∥3212AE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭∥∥设平面的法向量为，于是，∴，令，PAE ()n x yz =∥∥00n PA n AE ⋅=⎧⋅=⎪⎨⎪⎩203202x z x y z -=⎧⎪⎨-++=⎪⎩2x =则，1y =1z =∴平面的一个法向量PAE (211)n =∥∥同理平面的一个法向量为，ABE (203)m =∥∥∴cos ||||n m n m n m ⋅===∥可知二面角为钝二面角P AE B --所以二面角的余弦值为P AEB --36.【分析】（Ⅰ）取PB 的中点F ，连接AF ，EF ，由三角形的中位线定理可得四边形ADEF 是平行四边形．得到DE ∥AF ，再由线面平行的判定可得ED ∥面PAB ；（Ⅱ）法一、取BC 的中点M ，连接AM ，由题意证得A 在以BC 为直径的圆上，可得AB ⊥AC，找出二面角A ﹣PC ﹣D 的平面角．求解三角形可得二面角A ﹣PC ﹣D 的余弦值．法二、由题意证得AB ⊥AC ．又面PAC ⊥平面ABCD ，可得AB ⊥面PAC ．以A 为原点，方向分别为x 轴正方向，y 轴正方向建立空间直角坐标系．求出P 的坐标，再求出平面PDC 的一个法向量，由图可得为面PAC 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A ﹣PC ﹣D 的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：取PB 的中点F ，连接AF ，EF ．∵EF 是△PBC 的中位线，∴EF ∥BC ，且EF=．又AD=BC ，且AD=，∴AD ∥EF 且AD=EF ，则四边形ADEF 是平行四边形．∴DE ∥AF ，又DE ⊄面ABP ，AF ⊂面ABP ，∴ED ∥面PAB ；（Ⅱ）解：法一、取BC 的中点M ，连接AM ，则AD ∥MC 且AD=MC ，∴四边形ADCM 是平行四边形，∴AM=MC=MB，则A在以BC为直径的圆上．∴AB⊥AC ，可得．过D作DG⊥AC于G，∵平面PAC⊥平面ABCD，且平面PAC∩平面ABCD=AC，∴DG⊥平面PAC，则DG⊥PC．过G作GH⊥PC于H，则PC⊥面GHD，连接DH，则PC⊥DH，∴∠GHD是二面角A﹣PC﹣D的平面角．在△ADC中，，连接AE ，．在Rt△GDH中，，∴，即二面角A﹣PC﹣D 的余弦值．法二、取BC的中点M，连接AM，则AD∥MC，且AD=MC．∴四边形ADCM是平行四边形，∴AM=MC=MB，则A在以BC为直径的圆上，∴AB⊥AC．∵面PAC⊥平面ABCD，且平面PAC∩平面ABCD=AC，∴AB⊥面PAC．如图以A 为原点，方向分别为x轴正方向，y轴正方向建立空间直角坐标系．可得，．设P（x，0，z），（z＞0），依题意有，，解得．则，，．设面PDC 的一个法向量为，由，取x0=1，得．为面PAC 的一个法向量，且，设二面角A﹣PC﹣D的大小为θ，则有，即二面角A﹣PC﹣D 的余弦值．37.【分析】（1）取AD中点M，利用三角形的中位线证明EM∥平面PAB，利用同位角相等证明MC∥AB，得到平面EMC∥平面PAB，证得EC∥平面PAB；（2）建立坐标系，求出平面PAC的法向量，利用直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为，可得结论．【解答】（1）证明：取AD中点M，连EM，CM，则EM∥PA．∵EM⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴EM∥平面PAB．在Rt△ACD中，∠CAD=60°，AC=AM=2，∴∠ACM=60°．而∠BAC=60°，∴MC∥AB．∵MC⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴MC∥平面PAB．∵EM∩MC=M，∴平面EMC∥平面PAB．∵EC⊂平面EMC，∴EC∥平面PAB．（2）解：过A作AF⊥AD，交BC于F，建立如图所示的坐标系，则A（0，0，0），B （，﹣，0），C（，1，0），D（0，4，0），P（0，0，2），设平面PAC 的法向量为=（x ，y ，z），则，取=（，﹣3，0），设=λ（0≤λ≤1），则=（0，4λ，﹣2λ），=（﹣λ﹣1，2﹣2λ），∴|cos ＜，＞|==，∴，∴N 为PD 的中点，使得直线CN 与平面PAC 所成的角θ的正弦值为．38.（1）证明：取AB 的中点O ，连接EO ，COAE EB ==AEB ∆为等腰直角三角形∴EO AB ⊥，1EO =又∵AB BC =，60ABC ∠=︒，∴ABC ∆是等边三角形.∴CO =，2EC =，∴222EC EO CO =+∴EO CO⊥∵EO ⊥平面ABCD ，又EO ⊂平面EAB ，∴平面EAB ⊥平面ABCD（2）解：以AB 的中点O 为坐标原点，OB 所在直线为y 轴，OE 所在直线为z 轴，如图建系则()0,1,0A -，)C，)2,0D -，()0,0,1Ed)AC =u u u r，)1EC =-u u u r，()0,2,0DC =u u u r设平面DCE 的法向量为(),,1n x y =r ，则00EC n DCn ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r r u u u r r，即1020y -==⎪⎩，解得：0x y ⎧=⎪⎨⎪=⎩∴n ⎫=⎪⎪⎭r 同理求得平面EAC 的一个法向量为1,1m ⎫=-⎪⎪⎭u r cos ,m n m n m n⋅==u r ru r r u r r ，所以二面角A EC D --.39.证明：（Ⅰ）取中点，连结．AB D PD CD ，，．AP BP =Q PD AB ∴⊥，．，AC BC =Q CD AB ∴⊥PD CD D =Q I 平面．----3分AB ∴⊥PCD 平面，PC ⊂Q PCD ，又∵，∴- ----6分PC AB ∴⊥PC AC ⊥PC ABC ⊥平面解：（Ⅱ）如图，以为原点建立空间直角坐标系．C C xyz -则．设．---8分(000)(020)(200)C A B ，，，，，，，，(00)P t ，，，，． ----9分PB AB == 2t ∴=(002)P ，，取中点，连结．，，AP E BE CE ，AC PC = AB BP =，．CE AP ∴⊥BE AP ⊥是二面角的平面角．BEC ∴∠B AP C --，，， ---10分(011)E ，，(011)EC =--u u u r ，，(211)EB =--u u r，，cos EC EB BEC EC EB∴∠===u u u r u u r g u u u r u u r g二面角． -------- -12分∴B AP C --40.【分析】（Ⅰ）证明BD ⊥AC ，BD ⊥PO ，推出BD ⊥面PAC ，然后证明BD ⊥PC ．（Ⅱ）说明OE 是BE 在面PAC 上的射影，∠OEB 是BE 与面PAC 所成的角．利用Rt △BOE ，在Rt △PEO 中，证明PO ⊥AO ．推出PO ⊥面ABCD ．方法一：说明∠OHB 是二面角A ﹣EC ﹣B 的平面角．通过求解三角形求解二面角A ﹣EC ﹣B 的余弦值．方法二：以建立空间直角坐标系，求出平面BEC的法向量，平面AEC 的一个法向量，利用空间向量的数量积求解即可．【解答】（本小题满分12分）证明：（Ⅰ）因为底面是菱形，所以BD ⊥AC ．（1分）又PB=PD ，且O 是BD 中点，所以BD ⊥PO ．（2分）PO∩AC=O ，所以BD ⊥面PAC ．（3分）又PC ⊂面PAC ，所以BD ⊥PC ．（4分）（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，OE 是BE 在面PAC 上的射影，所以∠OEB 是BE 与面PAC 所成的角．在Rt △BOE 中，，BO=1，所以．在Rt △PEO 中，，，所以．所以，又，所以PO 2+AO 2=PA 2，所以PO ⊥AO ．（6分）又PO ⊥BD ，BD∩AO=O ，所以PO ⊥面ABCD ．（7分）方法一：过O 做OH ⊥EC 于H ，由（Ⅰ）知BD ⊥面PAC ，所以BD ⊥EC ，所以EC ⊥面BOH ，BH ⊥EC ，所以∠OHB 是二面角A ﹣EC ﹣B 的平面角．（9分）在△PAC 中，，所以PA 2+PC 2=AC 2，即AP ⊥PC ．所以．（10分），得，（11分），，所以二面角A﹣EC﹣B的余弦值为．（12分）方法二：如图，以建立空间直角坐标系，，B（0，1，0），，，，，．（9分）设面BEC 的法向量为，则，即，得方程的一组解为，即．（10分）又面AEC 的一个法向量为，（11分）所以，所以二面角A﹣EC﹣B的余弦值为．（12分）【点评】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．41.（1）取AD的中点为O，连接COPO,，PAD∆为等边三角形，ADPO⊥∴.底面ABCD中，可得四边形ABCO为矩形，AD CO ⊥∴，⊥∴=⋂AD CO PO ,0 平面POC ，⊂PC 平面PC AD POC ⊥,.又BC AD //，所以PC AD ⊥.（2）由面⊥PAD 面AD PO ABCD ⊥,知，⊥∴PO 平面ABCD ，OC OD OP ,,两两垂直，直线PC 与平面PAD 所成角为30，即30=∠CPO ，由2=AD ，知3=PO ，得1=CO .分别以→→→OP OD OC ,,的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系xyz O -，则),3,0,0(P ),0,1,0(D )0,1,1(),0,0,1(-B C ，),0,1,0(=→BC )0,1,1(),3,0,1(-=-=→→CD PC ，设平面PBC 的法向量为),,(z y x n =.⎩⎨⎧=-=∴030z x y ，则)1,0,3(=n，设平面PDC 的法向量为),,(z y x m =，⎩⎨⎧=-=-∴030z x y x ，则)1,3,3(=m，772724||||,cos ==⋅>=<n m n m n m,∴由图可知二面角C SB A --的余弦值772-.42.（1）证明：由已知四边形为矩形，得，ABCD AB BC ⊥∵，，∴平面.PB AB ⊥PB BC B = AB ⊥PBC 又，∴平面.//CD AB CD ⊥PBCsi na r∵平面，∴平面平面.CD ⊂PCD PBC ⊥PCD （2）解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.B B xyz -设，，则，，，，1PB AB ==(0)BC a a =>(0,0,0)B (0,0,)C a(1,0,0)P (0,1,)D a 所以，，则，即，(1,0,)PC a =- (0,1,)BD a = ||cos 60||||PC BD PC BD ∙=22112a a =+解得（舍去）.1a =1a =-设是平面的法向量，则，即，111(,,)n x y z = PBD 00n BP n BD ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩11100x y z =⎧⎨+=⎩可取.(0,1,1)n =-设是平面的法向量，则即，222(,,)m x y z = PCD 00m PD m CD ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩222200x y z y -++=⎧⎨=⎩可取，所以，(1,0,1)m = 1cos ,2||||n m n m n m ∙<>==-由图可知二面角为锐角，所以二面角的大小为.B PDC --B PD C --6043.（1）证明：如图，取中点，连接、、，则和分别是等边三角形、等腰直BC M PM DM DB BCD ∆PBC ∆角三角形.故，，且，PM BC ⊥DM BC ⊥1PM =DM =所以，222DM PM PD +=故，PM DM ⊥所以平面.PM ⊥ABCD 又平面，从而平面平面.PM ⊂PBC PBC ⊥ABCD （2）如图，建立空间直角坐标系.M xyz -，，，，，，(0,0,1)P 2,0)A (0,1,0)B (0,1,0)C -(1,0)AB =- (0,1,1)PB =-，(0,1,1)PC =--设平面的法向量为，则，ABP (,,)n x y z = 00y y z ⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩令，解得，，即，1x =-y =z =(n =-记直线与平面所成角的平面角为，则PC PAB θ||sin ||||n PC n PC θ∙===即直线与平面.PC PAB 44.（Ⅰ）连结OM 延长交F B 于H ，则H 为F B 的中点，又P 为C B 的中点，∴PH ∥CF ，又∵CF ⊂平面FC A ，∴PH ∥平面FC A 连结PO ，则PO ∥C A ，C A ⊂平面FC A ，∴PO ∥平面FC APO PH =P ∴平面POH ∥平面FC A ，PM ⊂平面POH∴//PM 平面FCA （Ⅱ）作AQ ⊥EF 交EF 延长线于Q,作AH ⊥DQ 交DQ 于H ，则AH ⊥面EQDC∴∠ACH 就是直线AC 与平面CEF 所成角在Rt ∆ADQ 中，AH=7327231=⨯在Rt ∆ACH 中，sin ∠ACH=35105=AC AH 直线AC 与平面CEF 所成角正弦值为3510545.（Ⅰ）证明：如图，∵，，，为的中点//AB CD CD AD ⊥22AD CD AB ===F CD ，∴为矩形，，ABFD AB BF ⊥又由平面，AB ⊥PAD ∴，AB PD ⊥又∵，∴，//EF PD AB EF ⊥∵，∴平面，BF EF F = AB ⊥BEF 又平面，∴平面平面．AE ⊂ABE ABE ⊥BEF （Ⅱ）由条件以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空AB x AD y AP z 间坐标系，则，，，，，(1,0,0)B (0,2,0)D (0,0,)P a (2,2,0)C (1,1,)2aE ，，(1,2,0)BD =- (0,1,2a BE = 平面的法向量，设平面的法向量为，BCD 1(0,0,1)n = EBD 2(,,)n x y z =由即，即取，得，，22,,n BD n BE ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩ 22,,n BD n BE ⎧⋅⎪⎨⋅⎪⎩ 20,0,2x y azy -+=⎧⎪⎨+=⎪⎩1y =2x =2z a =-则，所以，22(2,1,)n a=- cos θ==因为平面与平面所成锐二面角，EBD ABCD ,43ππθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦所以，得1cos 2θ⎡∈⎢⎣12⎡⎢⎣12≥，得或a≤≤≤a≤a≥所以的取值范围是．a46.（Ⅰ）证明：在等腰梯形ABCD中，可设2AD CD AB===，可求出BD=，4BC=，在BCD∆中，222BC BD DC=+，∴BD DC⊥，∵点A在平面BCD上的投影G落在BD上，∴AG⊥平面BCD，∴AG CD⊥，又BD DC⊥，AG BD G=∴CD⊥平面ABD，而CD⊂平面ACD，∴CD⊥平面ABD.（Ⅱ）由（Ⅰ）知BD CD⊥，AG BD⊥，G为BD中点，建立如图所示的空间坐标系，设2AD CD AB===，结合（Ⅰ）计算可得：(0,0,0)D，(0,2,0)C，G，A，(0,0,1)GA=，(2,1)GC=，设1111(,,)n x y z=是平面AGC的法向量，则11120zy=⎧⎪⎨+=⎪⎩，取1n=.(0,2,0)DC=，设2222(,,)n x y z=是平面ACD的法向量，则222yz=⎧⎪+=，取2n=.设二面角G AC D --的平面角为，则12cos cos ,n n θ=<>==47.（1）设AB 中点为O ，连接PO ，EO ，因为PA PB =，所以PO AB ⊥，又E 为AC 的中点，所以EO BC ∥.因为AB BC ⊥，所以EO AB ⊥，因为PO OE O =I ，所以AB ⊥平面POE ，又PE ⊂平面POE ，所以PE AB⊥（2）由（1）知PO AB ⊥，因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB I 平面ABC AB =，PO ⊂平面PAB ，所以PO ⊥平面ABC ，又EO AB ⊥.以O 为坐标原点，分别以OE u u u r ，OB u u u r ，OP u u u r为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系O xyz -，如图所示，因为AB BC ⊥，4AC =，2BC =，所以AB ==由O 为AB 中点，PO AB ⊥，2PB =，得OA OB ==1PO ==，则，()0,0,0O ，()1,0,0E ，()0,0,1P，()0,A，()B，()C 设平面PAC 的一个法向量为(),,n x y z =r，由00n PA n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u r r u u u r，即020z x z ⎧-=⎪⎨+-=⎪⎩取y =，可得()3,n =r ，因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB I 平面ABC AB =，OE ⊂平面ABC ，所以EO ⊥平面PAB ，所以平面PAB 的一个法向量为()1,0,0OE =u u u r，∴cos,OE nOE nOE n⋅=u u u r ru u u r ru u u r r==，设二面角B PA C--的大小为θ，则cos=θ所以sin==θ，∴二面角B PA C--.48.（1），为的中点，.AB PB=O AB OB PA∴⊥又平面平面，且平面，PAC⊥PAB OB⊂ABP平面，而平面，BO∴⊥PAC OB⊂BOM平面平面.∴BOM⊥PAC（2）由已知得，为等腰直角三角形，，PAB∆AB PB==，等边的面积，2,1AP BO∴==PAC∆PACS∆=，13B PAC PACV S BO-∆∴=⨯⨯=113=由（1）易知平面，，OC⊥APB2AC BC∴==在中，∴ABC∆AB12ABCS∆∴==设点到平面的距离为，P ABC h则有，13P ABC ABCV S h-∆=⨯⨯=，即点到平面.h∴=P ABC49.证明：（1）因为M ，N 分别为PB ，PC 的中点，PA AB =，所以PB MA ⊥.因为90BAD ∠=︒，所以DA AB ⊥.因为PA ⊥底面ABCD ，所以DA PA ⊥.因为PA AB A =I ，所以DA ⊥平面PAB .所以PB DA ⊥.因为AM DA A =I ，所以PB ⊥平面ADNM 因为DN ⊂平面ADNM ，所以PB DN ⊥.（2）如图，以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A xyz -.则()0,0,0A ，()2,0,0B ，()2,1,0C ，()0,2,0D ，()0,0,2P .由（1）可知，PB ⊥平面ADNM ，所以平面ADMN 的法向量为()2,0,2BP =-u u r.设平面PDN 的法向量为(),,n x y z =r因为()2,1,2PC =-u u u r ，()0,2,2PD =-u u u r，所以00n PC n PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u r r u u u r即220220x y z y z +-=⎧⎨-=⎩令2z =，则2y =，1x =，所以()1,2,2n =，所以cos ,n BP n BP n BP ⋅==r u u rr u u r r u u r =所以二面角P DN A --.50.【考点】直线与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题．【分析】（Ⅰ）要证BC ⊥平面ACD ，只需证明BC 垂直平面ACD 内的两条相交直线AC 、OD即可；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量的数量积，求二面角A﹣CD﹣M的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）在图1中，可得，从而AC2+BC2=AB2，故AC⊥BC取AC中点O连接DO，则DO⊥AC，又面ADC⊥面ABC，面ADC∩面ABC=AC，DO⊂面ACD，从而OD⊥平面ABC，∴OD⊥BC又AC⊥BC，AC∩OD=O，∴BC⊥平面ACD另解：在图1中，可得，从而AC2+BC2=AB2，故AC⊥BC∵面ADC⊥面ABC，面ADE∩面ABC=AC，BC⊂面ABC，从而BC⊥平面ACD（Ⅱ）建立空间直角坐标系O﹣xyz如图所示，则，，，设为面CDM的法向量，则即，解得令x=﹣1，可得又为面ACD的一个法向量∴∴二面角A﹣CD﹣M 的余弦值为．51.【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面平行的判定．【分析】（I）如图所示，取FB′的中点M，连接CM，A′M．可得四边形A′EMB′是平行四边形．A′B′∥EM．同理可得A′D∥CM，可得平面EMC∥平面A′DB′，即可证明CE∥面A′DB′．（II）取DE的中点O，建立如图所示的空间直角坐标系．∠A′ED=∠B′FC=60°．平面EFCD的一个法向量为=（0，0，1）．可得=．可得直线A′B′与平面FECD所成角的正弦值=||．【解答】（I）证明：如图所示，取FB′的中点M，连接CM，A′M．∵A′E B′M，∴四边形A′EMB′是平行四边形．∴A′B′∥EM．∵A′M CD，∴四边形A′MCD是平行四边形，∴A′D∥CM，又∵CM∩EM=M，A′B′∩A′D=A′，∴平面EMC∥平面A′DB′，由CE⊂平面CME．∴CE∥面A′DB′．（II）解：取DE的中点O，建立如图所示的空间直角坐标系．∠A′ED=∠B′FC=60°．则，A′， =．平面EFCD的一个法向量为=（0，0，1）．∴===﹣．∴直线A′B′与平面FECD 所成角的正弦值=||=．52.见解析．解：（）∵是矩形，1ABCD ∴，AD CD ⊥又∵平面，PD ⊥ABCD ∴，，即，，两两垂直，PD AD ⊥PD CD ⊥PD AD CD ∴以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立如图空间直角坐标系，D DA DC DP x y z 由，，得，，，，，4PD CD ==2AD =(2,0,0)A (2,4,0)B (0,4,0)C (0,0,0)D (0,0,4)P ，(1,0,2)M 则，，，(2,0,4)AP =- (2,0,0)BC =- (1,4,2)MB =-设平面的一个法向量为，CMB 1111(,,)n x y z =则，即，令，得，，1100BC n MB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 111120420x x y z -=⎧⎨+-=⎩11y =10x =12z =∴，1(0,1,2)n =∴，1114cos ,5||||AP n AP n AP n ⋅<>==⋅故与平面所成角的正弦值为．AP CMB 45（）由（1）可得(0,4,4)PC =-，2设平面PBC 的一个法向量为2222(,,)n x y z =，则2200BC n PC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即22220440x y z -=⎧⎨-=⎩，令21y =，得20x =，21z =，∴2(0,1,1)n =，∴12cos ,n n <>=，故二面角M CB P --。
高考数学《立体几何》练习题及答案
立体几何1．[四川省宜宾市第四中学高2020届一诊模拟考试理科数学]若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A ．2B ．1C ．D ．【答案】B2．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】D 【解析】3．[【全国百强校首发】四川省棠湖中学2020届高三一诊模拟考试数学（理）试题] 在正方体1111ABCD A B C D -中，动点E 在棱1BB 上，动点F 在线段11A C 上，O 为底面ABCD 的中心，若1,BE x A F y ==，则四面体O AEF -的体积 A ．与,x y 都有关 B ．与,x y 都无关 C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关【答案】B4．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]5．[四川省宜宾市第四中学高2020届一诊模拟考试理科数学] 一个圆锥SC的高和底面直径相等，且这个圆锥SC和圆柱OM的底面半径及体积也都相等，则圆锥SC和圆柱OM的侧面积的比值为A．322B．23C．35D．45【答案】C6．[辽宁葫芦岛锦化高中协作校高三上学期第二次考试数学理科试题]【答案】D【解析】7．[广东省三校（广州真光中学、深圳市第二中学、珠海市第二中学）2020届高三上学期第一次联考数学（理）试题] 在如图直二面角ABDC中，△ABD、△CBD均是以BD为斜边的等腰直角三角形，取AD的中点E，将△ABE 沿BE 翻折到△A1BE，在△ABE的翻折过程中，下列不可能成立的是A．BC与平面A1BE内某直线平行B．CD∥平面A1BEC．BC与平面A1BE内某直线垂直D．BC⊥A1B【答案】D8．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】D【解析】9．[陕西省汉中市2020届高三教学质量第一次检测考试理科数学试题] 圆锥的侧面展开图是半径为R 的半圆，则该圆锥的体积为________. 【答案】33πR 10．[辽宁省本溪高级中学2020届高三一模考试数学（理）试卷]【答案】4π11．[安徽省合肥一中、安庆一中等六校教育研究会2020届高三上学期第一次素质测试数学（理)试题] 如图，在棱长为 1 的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面ABCD 内（不包括边界），若1B P ∥平面1A BM ，则1C P 的最小值是________．【答案】305【解析】 【分析】由面面平行找到点P 在底面ABCD 内的轨迹为线段DN ，再找出点P 的位置，使1C P 取得最小值，即1C P 垂直DN 于点O ，最后利用勾股定理求出最小值. 【详解】取BC 中点N ，连接11,,B D B N DN ，作CO DN ⊥，连接1C O ，因为平面1B DN ∥平面1A BM ，所以动点P 在底面ABCD 内的轨迹为线段DN ，当点P 与点O 重合时，1C P 取得最小值，因为11152225DN CO DC NC CO ⋅=⋅⇒==，所以221min 11130()155C P C O CO CC ==+=+=. 故1C P 的最小值是305. 【点睛】本题考查面面平行及最值问题，求解的关键在于确定点P 的位置，再通过解三角形的知识求最值.12．[四川省成都外国语学校2019-2020学年高三（上）期中数学试卷（理科）]已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的半径为________．21【答案】【解析】【分析】根据三视图还原几何体，设球心为O，根据外接球的性质可知，O与PAB△和正方形ABCD中心的连线分别与两个平面垂直，从而可得到四边形OGEQ 为矩形，求得OQ和PQ后，利用勾股定理可求得外接球半径.【详解】由三视图还原几何体如下图所示：设PAB△的中心为Q，正方形ABCD的中心为G，外接球球心为O，则OQ⊥平面PAB，OG⊥平面ABCD，E为AB中点，∴四边形OGEQ为矩形，112OQ GE BC ∴===，2233PQ PE ==， ∴外接球的半径：22213R GE PQ =+=. 故答案为21. 【点睛】本题考查多面体外接球半径的求解，关键是能够根据球的性质确定球心的位置，从而根据长度关系利用勾股定理求得结果. 13．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】【解析】14．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]【答案】1 315．[江苏省南通市2020届高三第一学期期末考试第一次南通名师模拟试卷数学试题]如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD是平行四边形，平面ABP⊥平面BCP，90APB=，M为CP的中点．求证：∠=︒，BP BC（1）AP//平面BDM；（2）BM ACP⊥平面．【解析】（1）设AC 与BD 交于点O ，连接OM ， 因为ABCD 是平行四边形，所以O 为AC 中点， 因为M 为CP 的中点，所以AP ∥OM ， 又AP ⊄平面BDM ，OM ⊂平面BDM ， 所以AP ∥平面BDM ．（2）平面ABP ⊥平面BCP ，交线为BP ， 因为90APB ∠=︒，故AP BP ⊥，因为AP ⊂平面ABP ，所以AP ⊥平面BCP ， 因为BM ⊂平面BCP ，所以AP ⊥BM ． 因为BP BC =，M 为CP 的中点，所以BM CP ⊥． 因为AP CP P =I ，AP CP ⊂，平面ACP ， 所以BM ⊥平面ACP .16．[河南省新乡市高三第一次模拟考试（理科数学）] 如图，在四棱锥ABCDV -中，二面角D BC V --为︒60，E 为BC 的中点. （1）证明：VE BC =；（2）已知F 为直线VA 上一点，且F 与A 不重合，若异面直线BF 与VE 所成角为︒60，求.VA VFABCDPMABCDPMO【解析】17．[四川省成都外国语学校2019-2020学年高三（上）期中数学试卷（理科）]如图，在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，PA=AB=2，点E，F分别为BC，PD的中点，设直线PC与平面AEF交于点Q．（1）已知平面PAB∩平面PCD=l，求证：AB∥l．（2）求直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值． 【解析】 【分析】（1）证明AB ∥平面PCD ，然后利用直线与平面平行的性质定理证明AB ∥l ； （2）以点A 为原点，直线AE 、AD 、AP 分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面PCD 的法向量和直线AQ 的方向向量，然后利用空间向量的数量积求解直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值即可．【详解】（1）证明：∵AB ∥CD ，AB ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ． ∴AB ∥平面PCD ，∵AB ⊂平面PAB ，平面PAB ∩平面PCD =l ， ∴AB ∥l ；（2）∵底面是菱形，E 为BC 的中点，且AB =2， ∴13BE AE AE BC ==⊥,,， ∴AE ⊥AD ，又PA ⊥平面ABCD ，则以点A 为原点，直线AE 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则()()()()020,002,30,300D P C E,,,,,,,,，∴()0,1,1F ，()()()()3000,11310022AE AF DC DP ===-=-u u u r u u u r u u u r u u u r,,,,,,,,,,，设平面PCD 的法向量为(),,x y z =n ，有0PD ⋅=u u u r n ，0CD ⋅=u u u rn ，得()133=，，n ，设()1AQ AC AP λλ=+-u u u r u u u r u u u r，则()()321AQ λλλ=-u u u r ,,，再设(3,,)AQ mAE n m n n AF =+=u u u r u u u r u u u r，则()3321m n nλλλ⎧=⎪=⎨⎪-=⎩，解之得23m n λ===，∴2223333AQ ⎛⎫=⎪⎝⎭u u u r ,,， 设直线AQ 与平面PCD 所成角为α，则3105sin cos ,AQ AQ AQα⋅>=<==u u u r u u u r u u u r n n n ，∴直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值为3105． 【点睛】本题考查直线与平面平行的判定定理以及性质定理的应用，直线与平面所成角的向量求法，合理构建空间直角坐标系是解决本题的关键，属中档题.18．[安徽省合肥一中、安庆一中等六校教育研究会2020届高三上学期第一次素质测试数学（理)试题] 已知三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC AA ==，侧面11ABB A ⊥底面ABC ，D 是BC 的中点，160B BA ∠=︒，1B D AB ⊥.（1）求证：ABC △为直角三角形；（2）求二面角1C AD B --的余弦值． 【解析】（1）取AB 中点O ，连接OD ，1B O ，易知1ABB △为等边三角形，从而得到1B O AB ⊥，结合1B D AB ⊥，可根据线面垂直判定定理得到AB ⊥平面1B OD ，由线面垂直的性质知AB OD ⊥，由平行关系可知AB AC ⊥，从而证得结论；（2）以O 为坐标原点可建立空间直角坐标系，根据空间向量法可求得平面1ADC 和平面ADB 的法向量的夹角的余弦值，根据所求二面角为钝二面角可得到最终结果. 【详解】（1）取AB 中点O ，连接OD ，1B O ，在1ABB △中，1AB B B =，160B BA ∠=︒，1ABB ∴△是等边三角形， 又O 为AB 中点，1B O AB ∴⊥，又1B D AB ⊥，111B O B D B =I ，11,B O B D ⊂平面1B OD ，AB ∴⊥平面1B OD ，OD ⊂Q 平面1B OD ，AB OD ∴⊥， 又OD AC ∥，AB AC ∴⊥， ∴ABC △为直角三角形.（2）以O 为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系：令12AB AC AA ===，则()1,2,0C -，()1,0,0A -，()0,1,0D ，()1,0,0B ，()10,0,3B ，()11,0,3BB ∴=-u u u v ，()0,2,0AC =u u u v ，()1,1,0AD =u u u v，()1111,2,3AC AC CC AC BB =+=+=-u u u u v u u u v u u u u v u u u v u u u v，设平面1ADC 的法向量为(),,x y z =m ，10230AD x y AC x y z ⎧⋅=+=⎪∴⎨⋅=++=⎪⎩u u u v u u u u v m m ，令1x =，则1y =-，3z =，()1,1,3∴=-m ， 又平面ADB 的一个法向量为()0,0,1=n ，315cos ,5113∴<>==++m n ， Q 二面角1C AD B --为钝二面角，∴二面角1C AD B --的余弦值为15-.【点睛】本题考查立体几何中垂直关系的证明、空间向量法求解二面角的问题，涉及到线面垂直判定定理和性质定理的应用；证明立体几何中线线垂直关系的常用方法是通过证明线面垂直得到线线垂直的关系.19．[江西省宜春市上高二中2020届高三上学期第三次月考数学（理）试题]20．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]21．[辽宁葫芦岛锦化高中协作校高三上学期第二次考试数学理科试题]【解析】22．[【全国百强校首发】四川省棠湖中学2020届高三一诊模拟考试数学（理）试题] 如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD为矩形，平面PCD⊥平面ABCD,2AB=,1BC=，2PC PD==，E为PB中点．（1）求证：PD∥平面ACE；（2）求二面角E AC D--的余弦值；（3）在棱PD上是否存在点M，使得AM⊥BD？若存在，求PMPD的值；若不存在，说明理由．【解析】（1）设BD交AC于点F，连接EF. 因为底面ABCD是矩形，所以F为BD中点 . 又因为E为PB中点，所以EF∥PD.因为PD ⊄平面,ACE EF ⊂平面ACE ，所以PD ∥平面ACE.（2）取CD 的中点O ，连接PO ，FO .因为底面ABCD 为矩形，所以BC CD ⊥.因为PC PD =，O CD 为中点，所以,PO CD OF ⊥∥BC ，所以OF CD ⊥. 又因为平面PCD ⊥平面ABCD ，PO ⊂平面,PCD 平面PCD ∩平面ABCD =CD . 所以PO ⊥平面ABCD ，如图，建立空间直角坐标系O xyz -， 则111(1,1,0)(0,1,0)(1,1,0),(0,0,1),(,,)222A C B P E -，,， 设平面ACE 的法向量为(,,)x y z =m ，131(1,2,0),(,,)222AC AE =-=-u u u r u u u r ， 所以20,2,0,131.00222x y x y AC z y x y z AE -+=⎧⎧=⎧⋅=⎪⇒⇒⎨⎨⎨=--++=⋅=⎩⎩⎪⎩u u u v u u u v m m 令1y =，则2,1x z ==-，所以2,11=-（，）m .平面ACD 的法向量为(0,0,1)OP =u u u r ，则6cos ,OP OP OP⋅<>==-⋅u u u r u u u r u u u r m m |m |. 如图可知二面角E AC D --为钝角，所以二面角E AC D --的余弦值为66-. （3）在棱PD 上存在点M ，使AM BD ⊥.设([0,1]),(,,)PM M x y z PD=∈λλ，则,01,0PM PD D =-u u u u r u u u r λ（，）.因为(,,1)(0,1,1)x y z -=--λ，所以(0,,1)M --λλ. (1,1,1),(1,2,0)AM BD =---=--u u u u r u u u r λλ.因为AM BD ⊥，所以0AM BD ⋅=u u u u r u u u r .所以12(1)0λ--=，解得1=[0,1]2∈λ. 所以在棱PD 上存在点M ，使AM BD ⊥，且12PM PD =。
2020版高考数学人教版理科一轮复习第七章 立体几何 (2)
1．(方向 1)(2019·洛阳市第一次统考)某几何体的三视图如图所示，
则该几何体的体积是( B )
15π A. 2
17π C. 2
B．8π D．9π
解析：依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自 用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合 体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分 的底面半径为 1，最短母线长为 3、最长母线长为 5，将这两个截 后所得的部分拼接，恰好可以形成一个底面半径为 1，母线长为 5＋3＝8 的圆柱，因此题中的几何体的体积为 π×12×8＝8π，故 选 B.
又平面 B1D1D∩平面 B1EDF＝B1D，
所以 O1H⊥平面 B1EDF，
所以 O1H 等于四棱锥 C1-B1EDF 的高．
因为△B1O1H∽△B1DD1，
Байду номын сангаас
所以
O1H＝B1OB11·DDD1＝
6 6 a.
方向 3 利用体积法求点面距离 【例 4】 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PD ⊥底面 ABCD，M，N 分别为 AB，PC 的中点，PD＝AD＝2，AB＝4.
如图，连接 AB′，AD′，B′D′，因为三棱锥 A′-AB′D′ 是正三棱锥，所以 A′A，A′B′，A′D′与平面 AB′D′所成 的角都相等．分别取 C′D′，B′C′，BB′，AB，AD，DD′ 的中点 E，F，G，H，I，J，连接 EF，FG，GH，IH，IJ，JE， 易得 E，F，G，H，I，J 六点共面，平面 EFGHIJ 与平面 AB′D′ 平行，且截正方体所得截面的面积最大．又 EF＝FG＝GH＝IH ＝IJ＝JE＝ 22，所以该正六边形的面积为 6× 43×( 22)2＝343， 所以 α 截此正方体所得截面面积的最大值为34 3，故选 A.
高中数学第八章立体几何初步基本立体图形(精练)(必修第二册)(教师版含解析)
8.1 基本立体图形(精练)【题组一多面体】1．(2020·广西崇左市·崇左高中)下列几何体中是棱锥的有( )A．0个B．1个C．2个D．3个【答案】C【解析】由棱锥的定义可得，只有几何体⑤、⑥为棱锥.故选：C.2．(2020·广西桂林市·桂林十八中)下列命题正确的是( )A．棱柱的底面一定是平行四边形B．棱锥的底面一定是三角形C．棱锥被平面分成的两部分不可能都是棱锥D．棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱【答案】D【解析】对于选项,A棱柱的底面也可以是三角形，五边形等，不一定是平行四边形，所以该选项错误；对于选项B，棱锥的底面不一定是三角形，也可以是四边形，五边形等，所以该选项错误；对于选项C，棱锥被平面分成的两部分可能都是棱锥，所以该选项错误；对于选项D，棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱，所以该选项正确.故选：D3．(2020·全国高三专题练习)一个棱锥所有的棱长都相等，则该棱锥一定不是( )A．正三棱锥B．正四棱锥C．正五棱锥D．正六棱锥【答案】D【解析】因为正六变形的中心到底面顶点的距离等于边长，所以正六棱锥的侧棱必大于底面棱长，故选：D.4．(2021·江苏高一课时练习)棱台不具备的特点是( )A．两底面相似B．侧面都是梯形C．侧棱都相等D．侧棱延长后都交于一点【答案】C【解析】根据棱台的定义，由平行于棱锥底面的平面截棱锥，截面与底面之间的部分叫棱台．棱台的两底面是相似多边形，A正确；侧面的上下底边平行，侧面都是梯形，B正确；侧棱延长后交于一点，D正确；由于棱锥的侧棱不一定相等，所以棱台的侧棱也不一定相等，C不一定成立，故选：C．5．(2021·河南焦作市)某几何体有6个顶点，则该几何体不可能是( )A．五棱锥B．三棱柱C．三棱台D．四棱台【答案】D【解析】四棱台有8个顶点，不符合题意.，其他都是6个顶点．故选：D．6．(2020·全国高三专题练习(文))下列说法中正确的是( )A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱C．有一个面是多边形，其余各面都是梯形的几何体叫棱台D．有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形的几何体叫棱锥【答案】D【解析】因为有两个面平行，其余各面是相邻的公共边都相互平行的平行四边形的几何体叫棱柱，所以A、B错误；而一个平行于底面的平面截棱锥，底面与截面之间的部分叫棱台，所以棱台各侧棱的延长线交于一点，所以C错误；因为有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点的三角形的几何体叫棱锥，所以D正确.故选：D.7．(2020·朝阳县柳城高级中学)下列说法正确的是( )A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形B．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台C．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直D．棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形【答案】C【解析】A. 棱柱的侧棱都相等，侧面是平行四边形,但不一定全等，故错误；B.用一个平面去截棱锥，当棱锥底面与截面平行时，才是棱台，故错误；C.若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直，如正方体共顶点的三个相邻平面，故正确；D.棱台的侧棱延长后交于一点，但侧面不一定是等腰梯形，故错误；故选：C8．(2021·江苏高一课时练习)下列说法正确的是________(填序号).①底面是正多边形的棱锥为正棱锥；②各侧棱都相等的棱锥为正棱锥；③各侧面都是等腰三角形的棱锥为正棱锥；④各侧面都是全等的等腰三角形的棱锥是正棱锥；⑤底面是正多边形且各侧面全等的棱锥为正棱锥.【答案】⑤【解析】对于①，如果棱锥的顶点在底面上的射影不是正多边形的中心，则此棱锥不是正棱锥，故①错误.对于②，如图(1)，棱锥的顶点是圆锥的顶点，而底面多边形是圆锥底面圆的内接非正多边形，此时棱锥满足各侧棱都相等，但不是正棱锥，故②错误.对于③④，如图(2)，侧面都是等腰三角形，且它们全等，但该三棱锥不是正棱锥，故③④错误.对于⑤，因为底面是正多边形且各侧面全等的棱锥为正棱锥，故顶点底面上的射影O为正多边形的中心，此时棱锥为正棱锥，故⑤正确.故答案为：⑤9．(2020·全国高三专题练习)给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体.其中正确命题的序号是________.【答案】②③④【解析】①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体1111ABCD A B C D-中的三棱锥1C ABC-，四个面都是直角三角形.故答案为：②③④10．(2020·全国高三专题练习)下列关于棱锥、棱台的说法中，正确说法的序号是________ ①用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台；②棱台的侧面一定不会是平行四边形；③棱锥的侧面只能是三角形；④棱台的各侧棱延长后必交于一点；⑤棱锥被平面截成的两部分不可能都是棱锥.【答案】②③④【解析】①错，若平面不与棱锥底面平行，用这个平面去截棱锥，则棱锥底面和截面之间的部分不是棱台；②对，棱台的侧面一定是梯形，而不是平行四边形；③对，由棱锥的定义知棱锥的侧面只能是三角形；④对，棱台是由平行于棱锥底面的平面截得的，故棱台的各侧棱延长后必交于一点；⑤错，如图所示四棱锥被平面PBD截成的两部分都是棱锥.故答案为：②③④11．(2021·江苏高一课时练习)如图，下列几何体中，_______是棱柱，_______是棱锥，_______是棱台(仅填相应序号).【答案】①③④⑥⑤【解析】结合棱柱、棱锥和棱台的定义可知①③④是棱柱，⑥是棱锥，⑤是棱台.故答案为：①③④；⑥；⑤.【题组二旋转体】1．(2020·浙江)以下空间几何体是旋转体的是( )A．圆台B．棱台C．正方体D．三棱锥【答案】A【解析】由封闭的旋转面围成的几何体叫作旋转体可知，只有A项满足题意故选：A2．(2020·东台创新高级中学高一月考)给出下列命题：①圆柱的母线与它的轴可以不平行；②圆锥的顶点、圆锥底面圆周上任意一点及底面圆的圆心三点的连线都可以构成直角三角形；③在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的．其中正确的是( )A．①③B．②④C．①④D．②③【答案】B【解析】圆柱的母线与它的轴平行，故①错误；圆锥的顶点、圆锥底面圆周上任意一点及底面圆的圆心三点的连线都可以构成直角三角形，故②正确；在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，则这两点的连线不一定是圆台的母线，故③错误；圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的，故④正确；故选：B3．(2020·全国高一课时练习)如图所示，观察下面四个几何体，其中判断正确的是( )A．①是圆台B．②是圆台C．③是圆锥D．④是圆台【答案】C【解析】图①不是由圆锥截得的,所以①不是圆台;图②上下两个面不平行，所以②不是圆台;图④不是由圆锥截得的，所以④不是圆台;很明显③是圆锥，故选：C.4．(2032·上海市)有下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点连线的长度是母线的长度；②圆锥顶点与底面圆周上任意一点连线的长度是母线的长度；③圆柱的任意两条母线所在直线互相平行；④过球上任意两点有且只有一个大圆；其中正确命题的序号是_____【答案】②③【解析】①若上下顶面两点连线不垂直于底面，则两点连线长度不是母线的长度，①错误；②由圆锥的特点可知，圆锥顶点到底面圆周上任意一点长度相等，均为母线长度，②正确；③圆柱的母线均垂直于底面，所以任意两条母线所在直线互相平行，③正确；④若两点连线为球的直径，则过两点有两个大圆，④错误.故答案为②③【题组三组合体】1．(2020·全国高一课时练习)说出图中物体的主要结构特征.【答案】详见解析【解析】(1)一个圆柱与一个圆锥的组合体，上部分为圆锥，下部分为圆柱；(2)一个六棱柱里面挖去了一个圆柱.2．(2020·全国高一课时练习)如图，以直角梯形ABCD的下底AB所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，说出这个几何体的结构特征.【答案】详见解析【解析】几何体如图(2)所示，其中DE AB，垂足为E.这个几何体是由圆柱BE和圆锥AE组合而成的.其中圆柱BE的底面分别是B和E，侧面是由梯形的上底CD绕轴AB旋转形成的；圆锥AE的底面是E，侧面是由梯形的边AD绕轴AB旋转而成的. 3．(2020·全国高一课时练习)如图，说出图中两个几何体的结构特征.【答案】(1)由圆锥和圆台组合而成的简单组合体.(2)由四梭柱和四棱锥组合而成的简单组合体.【解析】几何体(1)是圆台上拼接了一个与圆台上底同底的圆锥；几何体(2)是长方体上拼接了一个同底的四棱锥；4．(2020·全国高一课时练习)试指出图中组成各几何体的基本元素.【答案】(1)几何体由6个顶点、12条棱和8个面组成(2)几何体由6个顶点、10条棱和6个面组成【解析】(1) 是由两个四棱锥组成的，有6个顶点、12条棱和8个面组成.(2)是由两个锥体组合而成，有6个顶点、10条棱和6个面组成.【题组四截面问题】1．(2020·江西吉安市·高三其他模拟(文))如图是一个正方体的表面展开图，则图中“0”在正方体中所在的面的对面上的是( )A．2 B．1 C．高D．考【答案】C【解析】将展开图还原成正方体可知，“0”在正方体中所在的面的对面上的是“高”，故选:C.2．(2021·江苏高一课时练习)如图所示，在三棱台A′B′C′－ABC中，截去三棱锥A′－ABC，则剩余部分是( )A．三棱锥B．四棱锥C．三棱柱D．组合体【答案】B【解析】根据棱锥的结构特征可判断，余下部分是四棱锥A′－BCC′B′．故选：B.3．(2020·唐山市第十一中学高二期中)用一个平面去截一个几何体，得到的截面是三角形面，这个几何体不可能是( )A．棱锥B．圆锥C．圆柱D．正方体【答案】C【解析】圆柱的截面的图形只有矩形或圆形，如果截面是三角形，那么这个几何体不可能是圆柱.故选：C4．(2021·江苏高一课时练习)如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体，现用一个竖直的平面去截这个组合体，则截面图形可能是( )A．①②B．①③C．①④D．①⑤【答案】D【解析】一个圆柱挖去一个圆锥后，剩下的几何体被一个竖直的平面所截后，圆柱的轮廓是矩形除去一条边，当截面经过圆柱上下底面的圆心时，圆锥的截面为三角形除去一条边，所以①正确；当截面不经过圆柱上下底面的圆心时，圆锥的截面为抛物线的一部分，所以⑤正确；故选:D。
2019--2020年高考数学试题分类汇编立体几何及答案详解
2019--2020年高考数学试题分类汇编立体几何一、选择题.1、（2019年高考全国I 卷理科12）已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．68πB ．64πC ．62πD ．6π 答案：D解析：如图，三棱锥ABC P -为正三棱锥，不妨设a PC PB PA 2||||||===，底面外接圆半径为r ，由题意可得3||,||==CF a EF .在PAC ∆中，由余弦定理可得aa a a PAC 21222444cos 22=⨯⨯-+=∠， 所以在EAC ∆中22124||222+=⨯⨯⨯-+=a aa a a EC 又︒=∠90CEF ，根据勾股定理可得222||||||CF EF EC =+，即2||=PC 在直角POC ∆中，332||=OC ,36||||22=-=r PC OP 由正三棱锥外接球半径公式可得26||2||222=+=OP OP r R ，故体积为π6 2、（2019年高考全国II 卷文理科7）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面答案：B解析：由“判定定理:如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面内两条相交直线平行,那么这两个平面平行”可知答案选B3、（2019年高考全国II 卷文理科16）．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．） 答案：A解析：(1)上层8个,中层8个,下层8个上下底各1个(2)设棱长为a ,如图作出该几何体的截面,1,21=-=CE a CD 又△CDE 为等腰直角三角形,则a a =-⨯212，解得12-=a .则棱长为12- 4、（2019年高考全国III 卷文理科8）如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM 、EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM 、EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线答案：B解析：建系如图)23,0,23(),0,11,1(),3,0,1(),0,2,0(M N E B 所以7)023()20()023(||222=-+-+-=BM , 2)300()01()11(||222=-+-+-=EN又因为BN BE BM +=21 所以B 、M 、E 、N 四点共面。
10第一部分 板块二 专题三 立体几何 第2讲 立体几何(大题)
第2讲立体几何(大题)热点一平行、垂直关系的证明高考常考平行、垂直关系的解题策略：(1)证明空间中的平行、垂直关系的常用方法是转化，如证明面面平行时，可转化为证明线面平行，而证明线面平行时，可转化为证明线线平行，但有的时候证明线面平行时，也可先证明面面平行，然后再得出线面平行．(2)在证明时，常通过三角形、平行四边形、矩形等平面图形去寻找平行和垂直的关系．例1(2018·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面P AB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD.跟踪演练1如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ADB＝90°，CB＝CD，点E为棱PB的中点．(1)若PB＝PD，求证：PC⊥BD；(2)求证：CE ∥平面P AD .热点二 体积、距离的计算高考常考体积和距离问题的解题策略：(1)求空间几何体的体积的常用方法有换底法，转化法，割补法．换底法的一般思路是找出几何体的底面和高，看底面积和高是否容易计算，若较难计算，则转换顶点和底面，使得底面积和高都比较容易求出；转化法是利用一个几何体与某几何体之间的关系，转化为求该几何体的体积；对于较复杂的几何体，有时也进行分割和补形，间接求得体积．(2)求立体几何中的距离问题时常利用等体积法，即把要求的距离转化成一个几何体的高，利用同一个几何体的体积相等，转换这个几何体的顶点去求解．例2 (2019·东北三省三校模拟)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，PG ⊥平面ABCD ，垂足为G ，G 在AD 上，且AG ＝13GD ，BG ⊥GC ，GB ＝GC ＝2，四面体P －BCG的体积为83.(1)求点D 到平面PBG 的距离；(2)若点F 是棱PC 上一点，且DF ⊥GC ，求PFFC 的值．跟踪演练2 (2019·淄博模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝1，CD ＝3，AP ＝2，DP ＝23，∠P AD ＝60°，AB ⊥平面P AD ，点M 在棱PC 上．(1)求证：平面P AB⊥平面PCD；(2)若直线P A∥平面MBD，求此时三棱锥P－MBD的体积．热点三翻折与探索性问题高考中翻折与探索性问题的解题策略：(1)翻折问题有一定的难度，在解题时，一定要先弄清楚在翻折过程中哪些量发生了变化，哪些量没有发生变化．一般情况下，长度不发生变化，而位置关系发生变化．再通过连线得到三棱锥、四棱锥等几何体，最后把问题转化到我们较熟悉的几何体中去解决．(2)对于探索性问题，一般根据问题的设问，首先假设其存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾就否定假设．例3如图1，已知菱形AECD的对角线AC，DE交于点F，点E为AB中点．将△ADE沿线段DE折起到△PDE的位置，如图2所示．(1)求证：DE⊥平面PCF；(2)求证：平面PBC⊥平面PCF；(3)在线段PD，BC上是否分别存在点M，N，使得平面CFM∥平面PEN？若存在，请指出点M，N的位置，并证明；若不存在，请说明理由．跟踪演练3(2018·全国Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧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)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．真题体验(2019·全国Ⅰ，文，19)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离．押题预测如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面ABCD ⊥平面P AD ，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝AP ＝12AD ，∠ADP＝30°，∠BAD ＝90°.(1)证明：PD ⊥PB ；(2)设点M 在线段PC 上，且PM ＝13PC ，若△MBC 的面积为273，求四棱锥P －ABCD 的体积．A 组 专题通关1．(2019·全国Ⅱ)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，AB ＝3，求四棱锥E －BB 1C 1C 的体积．2．(2019·哈尔滨模拟)如图，多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是菱形，∠BCD ＝π3，四边形BDEF 是正方形，且DE ⊥平面ABCD .(1)求证：CF ∥平面AED ；(2)若AE ＝2，求多面体ABCDEF 的体积V .3．(2019·长沙模拟)如图，在多边形ABPCD 中(图1)，ABCD 为长方形，△BPC 为正三角形，AB ＝3，BC ＝32，现以BC 为折痕将△BPC 折起，使点P 在平面ABCD 内的射影恰好在AD 上(图2)．(1)证明：PD ⊥平面P AB ；(2)若点E 在线段PB 上，且PE ＝13PB ，当点Q 在线段AD 上运动时，求三棱锥Q －EBC 的体积．B组能力提高4．(2019·潍坊模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，∠BAA1＝45°，平面AA1C1C⊥平面AA1B1B.(1)求证：AA1⊥BC；(2)若BB1＝2AB＝2，∠A1AC＝45°，D为CC1的中点，求三棱锥D－A1B1C1的体积．5．如图，在矩形AB′DE中，AE＝6，DE＝5，被截去一角(即△BB′C)，AB＝3，∠ABC＝135°，平面P AE⊥平面ABCDE，P A＋PE＝10.(1)求五棱锥P－ABCDE的体积的最大值；(2)在(1)的情况下，证明：BC⊥PB.。
浙江省2019高考数学专题二立体几何第三讲大题考法——立体几何课件
[ 解]
法一：(1)证明：设 AD 的中点为 O，连接 OB，OP.
∵△PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形， ∴OP⊥AD. 1 ∵BC＝ AD＝OD，且 BC∥OD， 2
∴四边形 BCDO 为平行四边形， 又∵CD⊥AD，∴OB⊥AD， ∵OP⊂平面 OPB，OB⊂平面 OPB，OP∩OB＝O， ∴AD⊥平面 OPB. 过点 O 在平面 POB 内作 OB 的垂 线 OM， 交 PB 于 M， 以 O 为坐标原点， OB 所在直线为 x 轴，OD 所在直线为 y 轴，OM 所在直线为 z 轴，建立空间直 角坐标系，如图． 设 CD＝1， 则有 A(0， －1,0)， B(1,0,0)， C(1,1,0)， D(0,1,0)．
得 m ＝(1,0， 3)． 设直线 CE 与平面 PBC 所成角为 θ. ―→ | CE · m| ―→ 2 则 sin θ＝|cos〈m ， CE 〉|＝ ＝ ， ―→ 8 | CE |· |m | 2 故直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 . 8 法二：(1)证明：如图，设 PA 的中点 为 F， 连接 EF， FB.因为 E， F 分别为 PD， 1 PA 的中点，所以 EF∥AD 且 EF＝ AD. 2 1 又因为 BC∥AD，BC＝ AD， 2
设平面 PAB 的法向量为 n ＝(x1，y1，z1)， ―→ 3 1 ―→ ∵ AP ＝－ ，1， ， AB ＝(1,1,0)， 2 2
1 － x1＋y1＋ 3z1＝0， 2 ∴ 2 x1＋y1＝0， 取 y1＝－1，得 n ＝(1，－1， 3)． ―→ ―→ 1 3 5 而 CE ＝－ ，－ ， ，则 CE · n ＝0， 2 4 4 而 CE⊄平面 PAB，∴CE∥平面 PAB. (2)设平面 PBC 的法向量为 m ＝(x2，y2，z2)， ―→ ―→ 3 3 ∵ BC ＝(0,1,0)， BP ＝－ ，0， ， 2 2 y2＝0， ∴ 3 3 － x ＋ z ＝0， 2 2 2 2 取 x2＝1，
2020高考—立体几何(解答+答案)
2020年高考——立体几何1.(20全国Ⅰ文19)（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC△是底面的内接正三角形，P为DO 上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）设DO=2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P−ABC的体积.2.(20全国Ⅰ理18)（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE AD=．ABC△是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PO DO=．（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B PC E--的余弦值．3.（20全国Ⅱ文20）（12分）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=π3，求四棱锥B–EB1C1F的体积．4.（20全国Ⅱ理20）（12分）如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．5.（20全国Ⅲ文 19）（12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥； （2）点1C 在平面AEF 内．6.（20全国Ⅲ理19）（12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．7.（20新高考Ⅰ20）（12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．8.(20天津17)（本小题满分15分）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．9.(20浙江19)（本题满分15分）如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ． （Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．10.（20江苏15）（本小题满分14分）在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．11.（20江苏22）（本小题满分10分）在三棱锥A —BCD 中，已知CB =CD =5,BD =2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO =2，E 为AC 的中点．（1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值； （2）若点F 在BC 上，满足BF =14BC ，设二面角F —DE —C 的大小为θ，求sin θ的值．12.(20北京16)（本小题13分）如图，在正方体1111ABCD A B C D 中，E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．参考答案：1.解：（1）由题设可知，PA =PB = PC ．由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC ≌△PAB ． △PAC ≌△PBC ．又∠APC =90°，故∠APB =90°，∠BPC =90°．从而PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC ． （2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ． 由题设可得rl =3，222l r -=． 解得r =1，l =3，从而3AB =．由（1）可得222PA PB AB +=，故62PA PB PC ===． 所以三棱锥P -ABC 的体积为3111166()323228PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=．2．解：（1）设DO a =，由题设可得63,,63PO a AO a AB a ===，22PA PB PC a ===. 因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥. 所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得312(0,1,0),(0,1,0),(,0),(0,0,)222E A C P --. 所以312(,,0),(0,1,)222EC EP =--=-. 设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即20231022y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取3(2)=m . 由（1）知2(0,1,2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ， 则25cos ,|||5⋅==n m n m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为255.3．解：（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN ⋂平面EB 1C 1F = PN ， 故AO ∥PN ，又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN =AO =6，AP = ON =13AM =3，PM =23AM =23，EF =13BC =2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B -EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT =PM sin ∠MPN =3．底面EB 1C 1F 的面积为1111()(62)624.22B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=所以四棱锥B -EB 1C 1F 的体积为1243243⨯⨯=．4．解：（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC ．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1CF ．（2）由己知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA 的方向为x 轴正方向， MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB =2，AM =3． 连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故23231,(,,0)333PM E =．由（1）知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ． 设(,0,0)Q a ，则22123234(),(,1,4())33NQ a B a a =----， 故21123223210(,,4()),||3333B E a a B E =-----=． 又(0,1,0)=-n 是平面A 1AM 的法向量，故1111,π10sin(,)cos ,210||B E B E B E B E -===⋅n n n |n |．所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010．5．解：（1）如图，连结BD ，11B D ．因为AB BC =，所以四边形ABCD 为正方形，故AC BD ⊥．又因为1BB ⊥平面ABCD ，于是1AC BB ⊥．所以AC ⊥平面11BB D D ． 由于EF ⊂平面11BB D D ，所以EF AC ⊥．（2）如图，在棱1AA 上取点G ，使得12AG GA =，连结1GD ，1FC ，FG ，因为1123D E DD =，123AG AA =，11DD AA =∥，所以1ED AG =∥，于是四边形1ED GA 为平行四边形，故1AE GD ∥．因为1113B F BB =，1113AG AA =，11BB AA =∥，所以11FG A B =∥，11FG C D =∥，四边形11FGD C 为平行四边形，故11GD FC ∥．于是1AE FC ∥．所以1,,,A E F C 四点共面，即点1C 在平面AEF 内．6．解：设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c =，11(0,,)3C F b c =，得1EA C F =．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内． （2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =--，1(0,1,2)A E =-，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则 110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ． 设2n 为平面1A EF 的法向量，则 22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为1212127cos ,||||7⋅〈〉==-⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为427．7．解：（1）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD AD ⊥．又底面ABCD 为正方形，所以AD DC ⊥，因此AD ⊥底面PDC ． 因为AD BC ∥，AD ⊄平面PBC ，所以AD ∥平面PBC ． 由已知得l AD ∥．因此l ⊥平面PDC ． （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 -．则(0,0,0),(0,1,0),(1,1,0),(0,0,1)D C B P ，(0,1,0)DC =，(1,1,1)PB =-． 由（1）可设(,0,1)Q a ，则(,0,1)DQ a =．设(,,)x y z =n 是平面QCD 的法向量，则0,0,DQ DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0.ax z y +=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,)a =-n ． 所以2cos ,||||31PB PB PB a⋅-〈〉==⋅+n n n ． 设PB 与平面QCD 所成角为θ，则22332sin 1311aa a θ==+++ 2326131a a ++当且仅当1a =时等号成立，所以PB 与平面QCD 所成角的正6．8．依题意，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)C A B C ，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)C M =，1(2,2,2)B D =--，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA =是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB =，(2,0,1)ED =-．设(,,)x y z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.y z x z +=⎧⎨-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ． 因此有|||6cos ,|A CA C CA ⋅〈〉==n n n 30sin ,6CA 〈〉=n ． 所以，二面角1B B E D --30（Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB =-．由（Ⅱ）知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是3cos ,||||AB AB AB ⋅==n n n ． 所以，直线AB 与平面1DB E 39.（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB .由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥. 由45ACB ∠=︒，122BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB .由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角. 设22CD =.由2,2DO OC BO BC ====，得26,33BD OH = 所以3sin OH OCH OC ∠==， 因此，直线DF 与平面DBC 3. 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设22CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,|3|||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.10.证明：因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ， 所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .11.解：（1）连结OC ，因为CB =CD ，O 为BD 中点，所以CO ⊥B D ．又AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥O C ．以{}OB OC OA ，，为基底，建立空间直角坐标系O –xyz ． 因为BD =2，CB CD ==，AO =2，所以B （1，0，0），D （–1，0，0），C （0，2，0），A （0，0，2）． 因为E 为AC 的中点，所以E （0，1，1）． 则AB =（1，0，–2），DE =（1，1，1），所以|||1||||||5cos AB DE AB DE AB DE +=⋅⋅==<>，．因此，直线AB 与DE ． （2）因为点F 在BC 上，14BF BC =，BC =（–1，2，0）． 所以111(,,0)442BF BC ==-． 又20,0DB =（,）， 故71(,,0)42DF DB BF =+=．设1111()x y z =，，n 为平面DEF 的一个法向量， 则1100,DE DF ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=，n n 即111110710,42x y z x y +⎧+=⎪+=⎪⎨⎩， 取12x =，得1–7y =，15z =，所以1(275)n =-，，． 设2222()x y z =，，n 为平面DEC 的一个法向量，又DC =（1，2，0），则2200,DE DC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=，n n 即22222020,x y z x y ++=+=⎧⎨⎩，取22x =，得2–1y =，2–1z =，所以2(211)n =--，，． 故2112|||475|13|||||co |13786s θ+-⋅===⋅⨯n n n n ．所以22391cos s n 13i θθ=-=．12.。
2019_2020学年高中数学第一章立体几何初步1.1.3.1圆柱、圆锥、圆台练习(含解析)新人教B版必修2
第1课时圆柱、圆锥、圆台A．直线绕定直线旋转形成柱面B．半圆绕定直线旋转形成球体C．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台D．圆柱的任意两条母线所在的直线是相互平行的答案 D解析两直线平行时，直线绕定直线旋转才形成柱面，故A错误；半圆以直径所在直线为轴旋转才形成球体，故B错误；C不符合棱台的定义．所以应选D．2．下列命题正确的是( )A．梯形绕一边所在直线旋转得到的旋转体是圆台B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体是圆柱C．棱锥截去一个小棱锥后剩余部分是棱台D．圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台答案 D解析绕梯形的一边所在直线旋转得到的旋转体也可能是组合体．当夹在圆柱的两个平行截面不与圆柱的底面平行时，不是圆柱．用与棱锥的底面不平行的平面截去一个小棱锥后，剩余部分不是棱台．圆锥是直角三角形绕其一条直角边所在的直线旋转而成的，圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台．A．10 B．20C．30 D．40答案 B解析如图轴截面为矩形，所以面积为(2＋2)×5＝20．4．下列说法中，不正确的是 ( ) A ．圆桂的侧面展开图是一个矩形 B ．圆锥中过轴的截面是一个等腰三角形C ．等腰直角三角形绕它的一条边所在的直线旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥D ．圆台中平行于底面的截面是圆面 答案 C解析 等腰直角三角形绕它的一条直角边所在的直线旋转一周才能形成圆锥，此处必须说明是绕它的一条直角边所在的直线．若换成直角三角形的斜边，则旋转后产生的几何体不是圆锥，而是两个圆锥的组合体，且这两个圆锥同底．5．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，轴截面的面积为392 cm 2，母线与轴的夹角为45°，求这个圆台的高、母线长和底面半径．解 圆台的轴截面如图所示，根据题意可设圆台的上、下底面半径分别为x cm 和3x cm ，即A′O′＝x cm ，AO ＝3x cm(O′，O 分别为上、下底面圆心)，过A′作AB 的垂线，垂足为点D ．在Rt△AA′D 中，∠AA′D＝45°，AD ＝AO －A′O′＝2x cm ， 所以A′D＝AD ＝2x cm ，又S 轴截面＝12(A′B′＋AB)·A′D＝12×(2x＋6x)×2x＝392 (cm 2)，所以x ＝7．综上，圆台的高OO′＝14 cm ，母线长AA′＝2OO′＝14 2 cm ，上、下底面的半径分别为7 cm 和21 cm ．一、选择题1．下列命题正确的个数为( )①圆柱的轴是过圆柱上、下底面圆的圆心的直线；②圆柱的母线是连接圆柱上底面上一点和下底面上一点的直线；③矩形的任意一条边所在直线都可以作为轴，其他边绕其旋转形成圆柱；④矩形绕任何一条直线旋转，都可以围成圆柱．A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 B解析 根据圆柱的定义可知命题①③正确，命题②④错误．2．一个圆锥的母线长为2，圆锥的轴截面的面积为3，则母线与轴的夹角为( ) A ．30° B．60°C ．30°或60° D．60°或75° 答案 C解析 设圆锥的高为h ，则底面圆的半径为4－h 2，由题意，得S ＝12h×24－h 2＝3，平方整理得h 4－4h 2＋3＝0，解得h 2＝1或h 2＝3，∴h＝1或h ＝3．母线与轴的夹角为30°或60°．3．上、下底面面积分别为36π和49π，母线长为5的圆台，其两底面之间的距离为( ) A ．4 B ．3 2 C ．2 3 D ．2 6 答案 D解析 设圆台的母线为l ，高为h ，上、下两底面圆的半径分别为r ，R ，则满足关系式l 2＝h 2＋(R －r)2，根据题意可得h ＝26，即两底面之间的距离为26．4．“两底面直径之差等于母线长”的圆台( ) A ．是不存在的B ．其母线与高线必成60°角C ．其母线与高线必成30°角D ．其母线与高线所成的角不是定值 答案 C解析 设圆台上、下底面半径分别为r 1，r 2，母线长为l ，则由题意可得2r 2－2r 1＝l ，∴r 2－r 1l ＝12， 再设母线与高线所成的角为θ，∴sinθ＝12，θ＝30°．5．用平行于圆锥底面的平面截圆锥，所得截面面积与底面面积的比为1∶3，则截面把圆锥的母线分为上下两段的比是( )A ．1∶3B ．1∶9C ．1∶ 3D ．(1＋3)∶2 答案 D解析 圆锥的上底面半径与下底面半径之比为1∶3，故截去小圆锥的母线与大圆锥的母线之比为1∶3，截面把圆锥的母线分为上下两段的比是1∶(3－1)＝(1＋3)∶2．二、填空题6．圆锥轴截面的顶角为120°，过顶点的截面三角形的最大面积为2，则圆锥的母线长为________．答案 2解析 对于该圆锥，过顶点的截面三角形中面积最大的三角形为等腰直角三角形，其腰为母线，所以母线长为2．7．用一张(6×10) cm 2的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则圆柱轴截面的面积等于________，轴截面的周长等于________．答案60π cm 212＋20π cm 或20＋12πcm 解析 若圆柱的母线长为6，则底面直径为10π，轴截面的面积为60π cm 2，周长为⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋20πcm ；若圆柱的母线长为10，则底面直径为6π，轴截面的面积为60π cm 2，周长为⎝⎛⎭⎪⎫20＋12π cm ．8．给出下列命题：①圆柱的母线与它的轴可以不平行；②圆锥的顶点、圆锥底面圆周上任意一点及底面圆的圆心三点的连线都可以构成直角三角形；③在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的．其中正确的是________．答案②④解析由圆柱、圆锥、圆台的定义及母线的性质可知②④正确，①③错误．三、解答题9．轴截面为正方形的圆柱叫做等边圆柱，已知某等边圆柱的轴截面面积为16 cm2，求其底面周长和高．解如图所示，作出等边圆柱的轴截面ABCD，由题意知，四边形ABCD为正方形，设圆柱的底面半径为r，则AB＝AD＝2r．由题意可得轴截面的面积S＝AB×AD＝2r×2r＝4r2＝16，解得r＝2．所以其底面周长C＝2πr＝2π×2＝4π(cm)，高h＝2r＝4(cm)．10．如图所示，已知圆锥SO中，底面半径r＝1，母线长l＝4，M为母线SA上的一个点，且SM＝x，从点M拉一根绳子，围绕圆锥侧面转到点A．求：(1)绳子的最短长度的平方f(x)；(2)绳子最短时，顶点到绳子的最短距离；(3)f(x)的最大值．解将圆锥的侧面沿SA展开在平面上，如图所示，则该图为扇形，且弧AA′的长度L 就是圆O的周长，∴L＝2πr＝2π．∴∠ASM＝L2πl×360°＝2π2π×4×360°＝90°．(1)由题意知绳子长度的最小值为展开图中的AM，其值为AM＝x2＋16(0≤x≤4)．∴f(x)＝AM 2＝x 2＋16(0≤x≤4)．(2)绳子最短时，在展开图中作SR⊥AM，垂足为R ，则SR 的长度为顶点S 到绳子的最短距离，在△SAM 中，∵S △SAM ＝12SA·SM＝12AM·SR，∴SR＝SA·SM AM ＝4xx 2＋16(0≤x≤4)，即绳子最短时，顶点到绳子的最短距离为4xx 2＋16(0≤x≤4)． (3)∵f(x)＝x 2＋16(0≤x≤4)是增函数， ∴f(x)的最大值为f(4)＝32．。
2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练及答案解析
12020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一线面平行的证明1例1如图，高为1的等腰梯形 ABCD 中，AM = CD = 3AB = 1•现将△AMD 沿MD 折起，使平面 AMD 丄 平面 MBCD ，连接 AB , AC.试判断：在AB 边上是否存在点【解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推出。
此类题的难点就是如何构造辅助线。
构造完辅助线,证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。
本题用到的是线线平行推出面面平行。
【易错点】不能正确地分析DN 与BN 的比例关系，导致结果错误。
【思维点拨】此类题有两大类方法: 1.构造线线平行，然后推出线面平行。
此类方法的辅助线的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行的性质之间的矛盾转化关系。
在此，我们需要借助倒推法进行分析。
首先，此类型题目大部分为证明题，结论必定是正确的，我们以此 为前提可以得到线面平行。
再次由线面平行的性质可知，过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行于该直线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。
从这个角度上看我们可以看出线线平行推线面 平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相交即可。
如本题中即是过AD 做了一个平面ADB与平面MPC 相交于线PN 。
最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向写一遍即可。
即先证1【答案】当AP = 3AB 时，有AD //平面MPC. 理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP.在梯形 MBCD 中，DC // MB ,DN NB DC MB 12,Ap 1在△ADB 中，pp 二」AD 〃 PN . •/ AD?平面 MPC , PN?平面 MPC , ••• AD //平面 MPC.P ,使AD //平面 MPC?并说明理由AD平行于PN，最后得到结论。
构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。
PP上一方法二方法三2.构造面面平行，然后推出线面平行。
高中数学第八章立体几何初步测评习题含解析第二册
第八章测评(时间:120分钟满分：150分)一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的）1。
如图所示,△A’O’B'表示水平放置的△AOB的直观图,B’在x’轴上,A'O’与x’轴垂直,且A’O’=2,则△AOB的边OB上的高为（）A.2B.4 C。
2 D.4△AOB的边OB上的高为h,因为S原图形=2S直观图,所以×OB×h=2×O’B'×2,又OB=O’B'，所以h=4.2。
如图，一圆锥的母线长为4，其侧面积为4π，则这个圆锥的体积为（）A。
B.C。
πD。
π,此扇形的半径R=4，设其弧长为l,侧面积为扇形的面积，所以扇形的面积S1=Rl=4π，解得弧长l=2π,所以圆锥的底面周长为2π，由此可知底面半径r=1,所以底面面积为S=π,圆锥的高为h=，故圆锥的体积V=Sh=π.3。
在等腰直角三角形ABC中,AB=BC=1，M为AC的中点,沿BM把它折成二面角，折后A与C的距离为1，则二面角C—BM—A的大小为()A。
30°B。
60°C.90°D.120°,由A'B=BC=1，∠A’BC=90°知A'C=.∵M为A’C的中点，∴MC=AM=，且CM⊥BM,AM⊥BM,∴∠CMA为二面角C-BM—A的平面角。
∵AC=1，MC=MA=，∴∠CMA=90°,故选C。
4.如图,在四边形ABCD中,∠DAB=90°，∠ADC=135°，AB=5,CD=2，AD=2，则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为(）A.(60+4)πB。
（60+8）πC.(56+8）πD。
(56+4)πABCD绕AD所在直线旋转一周所成的几何体,如图.S表面=S圆台下底面+S圆台侧面+S圆锥侧面=π+π（r1+r2)l2+πr1l1=π×52+π×（2+5)×5+π×2×2=（60+4）π.故选A.5。
2019高考数学大题专题练习立体几何一.doc
2019-2020 年高考数学大题专题练习——立体几何（一）1.如图所示，四棱锥P - ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，PD平面ABCD，PD = AB = 2 ，点E, F , G分别为PC, PD , BC的中点.(1) 求证：PA EF ；(2) 求二面角D - FG - E的余弦值 .2.如图所示，该几何体是由一个直角三棱柱ADE - BCF 和一个正四棱锥P - ABCD 组合而成， AD AF ，AE = AD = 2.(1) 证明：平面 PAD 平面ABFE；(2) 求正四棱锥 P - ABCD 的高 h ，使得二面角 C - AF - P 的余弦值是22 .33.四棱锥P ABCD 中，侧面 PDC 是边长为 2 的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD 是面积为 2 3 的菱形，ADC 为锐角， M 为 PB 的中点．P（Ⅰ）求证： PD ∥面ACM．M（Ⅱ）求证： PA CD ．（Ⅲ）求三棱锥 P ABCD 的体积． C BD A4.如图，四棱锥S ABCD 满足 SA面ABCD，DAB ABC 90 ． SA AB BC a ，AD2a ．（Ⅰ）求证：面SAB面SAD．（Ⅱ）求证：CD面SAC．SA DBC5.在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为矩形，测棱 PD 底面 ABCD ， PDDC，点 E 是BC 的中点，作EF PB 交 PB 于 F ．P（Ⅰ ）求证：平面 PCD 平面 PBC ．F E（Ⅱ）求证：PB 平面 EFD ．D CA B6.在直棱柱ABC A1B1C1 中，已知AB AC ，设AB1中点为 D ，A1C中点为 E ．（Ⅰ）求证： DE ∥平面 BCC1 B1．（Ⅱ ）求证：平面ABB1 A1平面 ACC1 A1．AB CD EA1B1C 17.在四棱锥P ABCD 中， PA平面ABCD，AB // CD，AB AD ， PA PB ，AB : AD : CD 2 : 2 :1 .（1）证明BD PC ；（2）求二面角 A PC D 的余弦值；（3）设点Q为线段PD上一点，且直线AQ 平面PAC所成角的正弦值为2，求PQ的值 . 3PD8.在正方体ABCD A1 B1C1D1中， O 是 AC 的中点， E 是线段 D1O 上一点，且D1E＝λEO. （1）若λ=1，求异面直线 DE 与 CD1所成角的余弦值；（2）若λ=2，求证：平面 CDE⊥平面 CD 1O.9.如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形， ∠BCD 135 ，侧面 PAB ⊥底面 ABCD ， ∠ BAP 90 ， AB AC PA 2 ， E ， F 分别为 BC ， AD 的中点，点 M 在线段 PD 上．（Ⅰ）求证： EF ⊥ 平面 PAC ．P（Ⅱ）若 M 为 PD 的中点，求证：ME ∥ 平面 PAB ．M（Ⅲ）如果直线 ME 与平面 PBC 所成的角和直线 ME 与ADF平面 ABCD 所在的角相等，求PM的值．BECPD10.如图，在三棱柱ABC A 1B 1C1，AA1⊥底面 ABC ， AB ⊥ AC ，AC AB AA1， E ， F 分别是棱BC，A 1 A的中点，G为棱CC 1上的一点，且C 1F∥平面 AEG ．C 1A 1（ 1 ）求 CG的值．CC 1GB1F2 ）求证： EG ⊥ AC 1（ ．（ 3）求二面角 A 1 AG E 的余弦值．CAEB11.如图，在四棱锥P ABCD 中，PB⊥底面 ABCD ，底面 ABCD 为梯形， AD ∥ BC ，AD⊥ AB ，且PB AB AD 3 ， BC 1 ．（Ⅰ ）若点 F 为 PD 上一点且PF 1PD ，证明： CF ∥平面PAB．3（Ⅱ）求二面角 B PD A 的大小．（Ⅲ ）在线段 PD 上是否存在一点M ，使得CM ⊥ PA ？若存在，求出PM 的长；若不存在，说明PF理由．A DB C12.如图，在四棱锥 E ABCD 中，平面EAD⊥平面 ABCD ， CD ∥ AB ， BC ⊥ CD ，EA⊥ ED ， AB 4 ，BC CD EA ED 2．Ⅰ证明： BD ⊥ AE ．Ⅱ求平面 ADE 和平面CDE所成角（锐角）的余弦值．EDCAB13.己知四棱锥P ABCD 中， PA 平面 ABCD ，底面ABCD 是菱形，且 PA AB 2 ．ABC 60 ， BC 、PPD 的中点分别为 E ， F ． F（Ⅰ）求证 BC PE ．A（Ⅱ）求二面角 F AC D 的余弦值． D （Ⅲ）在线段 AB 上是否存在一点G ，使得 AF 平行于B E C平面 PCG ？若存在，指出 G 在 AB 上的位置并给予证明，若不存在，请说明理由．E14.如图，ABCD是边长为3的正方形，DE 平面 ABCD ，AF∥DE ， DE 3AF ， BE 与平面 ABCD 所成角为 60 ．（Ⅰ）求证： AC 平面 BDE ．（Ⅱ）求二面角 F BE D 的余弦值．FD C （Ⅲ ）设点M线段BD上一个动点，试确定点M 的位置，使得 AM ∥平面 BEF ，并证明你的结论． A B15.如图，PA面 ABC ， AB BC ，CAB PA 2BC 2 ，M为PB的中点． D（Ⅰ ）求证： AM 平面 PBC ．AB（Ⅱ）求二面角 A PC B 的余弦值．MP（Ⅲ）在线段 PC 上是否存在点D，使得BD AC ，若存在，求出PD 的值，若不存在，说明理由．PC16.如图所示，在四棱锥P-ABCD 中， AB⊥平面PAD , AB / /CD , E是 PB 的中点 ,PD 2, PA5, AB AD 3, AH2 . HD（1）证明： PH⊥平面 ABCD ；（2）若 F 是 CD 上的点，且FC 2FD 3，求二面角B EF C的正弦值 .17.如图， DC ⊥平面 ABC，EB / / DC，AC BC EB 2DC 2 ，ACB 120 ，Q为 AB 的中点．（Ⅰ）证明： CQ⊥平面 ABE ；（Ⅱ）求多面体ACED 的体积；（Ⅲ）求二面角A-DE-B 的正切值．18.如图 1 , 在△ ABC 中， AB=BC=2, ∠ B=90 °,D 为 BC 边上一点，以边 AC 为对角线做平行四边形 ADCE ，沿 AC 将△ACE 折起，使得平面 ACE ⊥平面 ABC,如图 2.(1)在图 2 中，设 M 为 AC 的中点，求证 :BM 丄 AE；(2) 在图 2 中，当 DE 最小时，求二面角 A -DE -C 的平面角 .19.如图所示，在已知三棱柱ABF -DCE 中，ADE 90 ，ABC 60 ，AB AD 2 AF ，平面ABCD⊥平面ADEF，点M在线段 BE 上，点 G 是线段 AD 的中点．（1）试确定点 M 的位置，使得 AF ∥平面 GMC ；（2）求直线 BG 与平面 GCE 所成角的正弦值．20.已知在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是菱形， AC=AB， PA⊥平面 ABCD ，E， F 分别是AB，PD 的中点 .（Ⅰ）求证： AF ∥平面 PCE；（Ⅱ）若 AB 2 AP 2 ，求平面PAD与平面PCE所成锐二面角的余弦值.21.如图，五面体PABCD 中， CD ⊥平面 PAD ， ABCD 为直角梯形，BCD, PD BC CD 1 AD, AP PD .2 2（1）若 E 为 AP 的中点，求证： BE∥平面 PCD ；（2）求二面角 P-AB-C 的余弦值 .22.如图（ 1）所示，已知四边形SBCD 是由 Rt △ SAB 和直角梯形ABCD 拼接而成的，其中SAB SDC 90 .且点A为线段SD 的中点，AD 2DC 1 ， AB 2 .现将△SAB 沿AB 进行翻折，使得二面角 S-AB-C 的大小为 90°，得到图形如图（ 2）所示，连接 SC，点 E，F 分别在线段 SB，SC 上 .（Ⅰ）证明：BD AF ；（Ⅱ）若三棱锥B-AEC 的体积为四棱锥S-ABCD 体积的2，求点 E 到平面 ABCD 的距离 . 523. 四棱锥S-ABCD 中，AD∥ BC ，BC CD, SDA SDC 600 ，AD DC 1 1BC SD ，E为SD的中点.2 2（1）求证：平面 AEC⊥平面 ABCD ；（2）求 BC 与平面 CDE 所成角的余弦值 .24.已知三棱锥P-ABC，底面 ABC 是以 B 为直角顶点的等腰直角三角形，PA⊥ AC， BA =BC =PA=2，二面角P-AC-B 的大小为 120°.（1）求直线 PC 与平面 ABC 所成角的大小；（2）求二面角 P-BC-A 的正切值 .25.如图，在四棱锥P-ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABC BCD 900， PA PD DC CB 1 AB ，E是PB的中点，2（Ⅰ）求证： EC∥平面 APD ；（Ⅱ）求 BP 与平面 ABCD 所成的角的正切值；（Ⅲ）求二面角P-AB-D 的余弦值 .26.四棱锥 P﹣ ABCD 的底面 ABCD 为边长为 2 的正方形， PA=2， PB=PD =2 2 ，E，F，G，H分别为棱PA， PB， AD ，CD 的中点．（1）求 CD 与平面 CFG 所成角的正弦值；（2）探究棱 PD 上是否存在点 M，使得平面 CFG⊥平面 MEH ，若存在，求出PM的值；PD若不存在，请说明理由．试卷答案1以点 D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 D - xyz ，则D (0,0,0 ) ， A (0,2,0 )， C (- 2,0,0 ) ， P (0,0,2 ) ， E (- 1,0,1) ， F (0,0,1) ， G (- 2,1,0).uuuruuur(1) ∵ PA = (0,2, - 2) ， EF = (1,0,0 ) ，uuur uuur 0 ， ∴ PA ^ EF .则 PA?EF uuur uuur (2) 易知 DF = (0,0,1 )， FG = (- 2,1- 1) ，ur设平面 DFG 的法向量 m = (x 1 , y 1, z 1) ，ur uuurìì = 0m?DF?则，即 ，íur uuurí0 - 2x?m?FG令 x 1 = 1 ，则 m = (1,2,0 ) 是平面 DFG 的一个法向量， r同理可得 n = (0,1,1) 是平面 EFG 的一个法向量，ur r2 10 ur r m ×n∴ cos < m, n >= urr ==，m × 5′ 25n由图可知二面角 D - FG - E 为钝角，∴二面角 D - FG - E 的余弦值为10 -.52.(1) 证明：直三棱柱 ADE - BCF 中， AB ^ 平面 ADE ，所以： AB ^ AD ，又 AD ^ AF ，所以： AD ^ 平面 ABFE ， AD ì平面 PAD ，所以：平面 PAD ^ 平面 ABFE .(2) 由 (1) AD ^ 平面 ABFE ，以 A 为原点， AB, AE , AD 方向为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系A - xyz ，设正四棱锥 P - ABCD 的高 h ， AE = AD = 2 ， 则 A (0,0,0 ) ， F (2,2,0 ) ， C (2,0,2 ) ， P (1,- h,1). uuur uuur uuurAF = (2,2,0) ， AC = (2,0, 2) ， AP = (1,- h,1) .ur设平面 ACF 的一个法向量 m = (x 1 , y 1 , z 1 )，ur uuurì= 0urm? AF 2x 1 + 2 y 1uuurr()n ? AC 2 x 1 + 2 z 1 = 0r uuurrì( x 2 , y 2 , z 2)?n ? AF 2 x 2 + 2 y 2 = 0，设平面 AFP 的一个法向量 n =，则 íruuur?n ? AP x 2 - hy 2 + z 2 = 0r取 x 2 = 1 ，则 y 2 = - 1 ， z 2 = - 1 - h ，所以： n = (1,- 1,- 1- h ) ，ur rur r二面角 C - AF - P 的余弦值是2 2m?n=，所以： cos < m, n >= urr 3m n解得： h = 1.1 1 +1 + h23 2 + (h +1)= 2 2，33.PMC BEODA（Ⅰ ）证明：连结 AC 交 BD 于 O ，则 O 是 BD 中点，∵在 △PBD 中， O 是 BD 的中点， M 是 PB 的中点，∴ PD ∥MO ，又 PD平面 ACM ， MO 平面 ACM ，∴PD∥平面 ACM ．（Ⅱ ）证明：作PE ⊥ CD ，则E为CD中点，连结AE ，∵底面 ABCD 是菱形，边长为 2 ，面积为 2 3，∴ S 1 AD DC sin ADC 2 1 2 2sin ADC 2 2 3 ，2 2∴sin ADC 3 ，ADC 60 ，2∴ △ ACD 是等边三角形，∴CD⊥ AE ，又∵ CD ⊥ PE ，∴CD⊥平面 PAE ，∴CD ⊥ PA ．（Ⅲ ） V P ABCD 1S ABCD PE 1 2 3 3 2 ．3 34.SA EDB C（ 1 ）证明：∵ SA⊥平面 ABCD ， AB平面ABCD，∴AB ⊥ SA，又∵ BAD 90 ，∴AB⊥ AD ，∵SAI AD A ，∴AB⊥平面 SAD，又 AB 平面 SAB，∴平面 SAB⊥平面SAD．（Ⅱ ）证明：取 AD 中点为 E ，∵DAB ABC 90 ， AD 2a ， BC a ， E 是 AD 中点，∴ABCE 是矩形， CE AB a ， DE a ，∴ CD 2a ，在△ACD 中，AC 2a ， CD 2a ，AD 2a ，∴ AC 2 CD 2 AD 2 ，即CD⊥ AC ，又∵ SA⊥平面 ABCD ， CD平面ABCD，∴CD⊥ SA，∴CD ⊥平面PAC．5.PEFCDA B（Ⅰ）证明：∵ PD底面ABCD，BC平面ABCD，∴PD BC ，又∵底面 ABCD 为矩形，∴BC CD ，∴BC 平面 PCD ，∵ BC平面PBC，∴平面 PCD平面PBC．（Ⅱ ）证明：∵ PD DC ， E 是 PC 中点，∴ DE PC ，又平面 PCD平面PBC，平面PCD I平面PBC PC ，∴DE 平面PBC，∴DE PB ，又∵ EF PB ， EF I DE E ，∴PB 平面 EFD ．6.ABCDEA 1B 1C1（Ⅰ ）证明：连结 A 1 B ，∵ D 是 AB 1 的中点，∴ D 是 A 1B 的中点，∵在 △ A 1 BC 中， D 是 A 1 B 的中点， E 是 A 1 C 的中点， ∴ DE ∥ BC ，又 DE平面 BCC 1 B 1 ， BC 平面 BCC 1B 1 ，∴ DE ∥平面 BCC 1B 1 ．（Ⅱ ）证明： ∵ ABC A 1 B 1C 1 是直棱柱，∴ AA 1 平面 ABC ， ∴ AA 1 AB ， 又 ABAC ，∴ AB 平面 ACC 1 A 1 ， ∵ AB 平面 ABB 1 A 1 ，∴平面 ABB 1 A 1 平面 ACC 1 A 1 ．以 为坐标原点，建立空间直角坐标系 B(2,0,0) ， D (0, 2,0) ，P(0,0,2) ，7. AC (1, 2,0)uuur uuur (1, 2, 2) ，（1） BD ( 2, 2,0) ， PCuuur uuur∵ BD ? PC 0 ∴ BD PCuuur(1,uuur ur( 2, 1,0) （2） AC 2,0) ， AP (0,0, 2) ，平面 PAC 的法向量为 muuuruuurr 2, 1) .DP (0,2, 2) ， AP (1,0,0) ，平面 DPC 的法向量为 n (0,ur rur r2 2 m ?ncos m,nurr，二面角 BPC D 的余弦值为.m ? n 33uuur uuur uuur uuur uuur0,1（3） ∵ AQ AP PQ AP tPD ， tuuur (0,0, 2) t(0, 2, 2) (0, 2t, 22t )∴ AQ 设 为直线 AQ 与平面 PAC 所成的角uuur uruuur urAQ ? m2sincos AQ, muuurur3AQ ? m3 2t 22t2t)22 3t2 6t28t4 ，解得 t 2 （舍）或2.(2 33所以，PQ2 即为所求 .PD38.解 :(1) 不妨设正方体的棱长为1，以 DA , DC , DD 1为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ．则 A(1， 0，0) ， O12 ，12，0 ， C 0，1，0 ， D 1(0， 0， 1)，E1，1 ，1，4 4 2 于是，.由 cos＝ ＝ .所以异面直线 AE 与 CD 1 所成角的余弦值为3 .6（2）设平面 CDuuur uuuur ＝0 1111CO ＝ 0， m · O 的向量为m=(x ， y ， z )，由 m ·得取 x 1 ＝ 1，得 y 1＝ z 1＝ 1，即 由 D 1E ＝λEO ，则 E又设平面 CDE 的法向量为n ＝ (x 2，y 2， z 2)，由 m=(1 ，1， 1) .，.n ·＝ 0， n · ＝ 0.CD DE得取 x 2=2 ，得 z 2＝－ λ，即 n ＝ (－ 2，0， λ ) .因为平面 CDE ⊥ 平面 CD 1F ，所以 m ·n ＝0，得 λ＝2．9.（ Ⅰ ）证明：在平行四边形 ABCD 中，∵ AB AC ， ∠ BCD 135 ， ∠ ABC 45 ，∴ AB ⊥ AC ， ∵ E ， F 分别为 BC ， AD 的中点，∴ EF ∥ AB ， ∴ EF ⊥ AC ，∵侧面 PAB ⊥ 底面 ABCD ，且 ∠ BAP90 ，∴ PA ⊥ 底面 ABCD ， ∴ PA ⊥ EF ，又∵ PA I ACA ， PA 平面 PAC ， AC 平面 PAC ，∴ EF ⊥ 平面 PAC ．（Ⅱ ）证明： ∵ M 为 PD 的中点， F 为 AD 的中点，∴ MF ∥ PA ，又 ∵ MF平面 PAB ， PA 平面 PAB ，∴ MF ∥ 平面 PAB ，同理，得 EF ∥ 平面 PAB ，又∵ MF I EFF ， MF 平面 MEF ， EF 平面 MEF ，∴平面MEF ∥ 平面PAB ，又 ∵ME平面MEF，∴ ME ∥ 平面 PAB ．（Ⅲ ）解： ∵ PA ⊥ 底面 ABCD ， AB ⊥ AC ，∴ AP ， AB ， AC 两两垂直，故以AB ， AC ， AP 分别为 x 轴， y 轴和 z 轴建立如图空间直角坐标系，则 A(0,0,0) ， B(2,0,0) ， C(0,2,0) ， P(0,0,2) ， D( 2,2,0) ， E(1,1,0) ，uuur (2,0,uuur ( 2,2,uuur ( 2,2,0) ，所以 PB 2) ， PD 2) ， BC 设 PM(uuuur( 2 ,2 ,2 ) ， [0,1]) ，则 PM PDuuur∴ M ( 2 ,2 ,2 (1 2 ,1 2 ,2 2) ，2 ) ， MEur(0,0,1) ，易得平面 ABCD 的法向量 mr ( x, y,z)设平面 PBC 的法向量为 n ，则：r uuur 0 2x 2 y 0rn BC(1,1,1)，r uuur ，即 2x 2 z 0 ，令 x 1，得 nn PB 0∴直线 ME 与平面 PBC 所成的角和此直线与平面 ABCD 所成的角相等，uuur ur uuur ruuuur ur uuuur r ∴ | cos| ME m | | ME n | ME , m | | cos ME , n |，即 uuur ur uuur r ， | ME | | m | | ME | | n | ∴ | 21| 2 ，解得33 或 33（舍去），322故PM 3 3 ．PD 2z PMAF Dx BC yE10.（ 1） ∵ C 1F ∥ 平面 AEG ，又 C 1F 平面 ACC 1 A 1 ，平面 ACC 1 A 1 I 平面 AEG AG ，∴ C 1 F ∥ AG ，∵ F 为 AA 1 的点，且侧面 ACC 1 A 1 为平行四边形，∴ G 为 CC 1 中点，∴CG 1 ． CC 1 2（ 2 ）证明： ∵ AA 1 ⊥ 底面 ABC ， AA 1 ⊥ AB ， AA 1 ⊥ AC ，又 AB ⊥ AC ，如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系A xyz ，设 AB 2 ，则由 ABACAA 1 可得 C(2,0,0) ， B(0,2,0) ， C 1 (2,0,2) ， A 1 (0,0,2) ，∵ E ， G 分别是 BC ， CC 1 的中点， ∴ E(1,1,0) ， G(2,0,1) ，uuur uuur (1, 1,1) ( 2,0,2) 0 ， ∴ EG CA 1uuur uuur ∴EG ⊥ CA 1 ， ∴ EG ⊥ AC ．1r ( x, y, z) ，则：（ 3）设平面 AEG 的法向量为 n r uuur 0 x y 0n AE1 ，则 y 1 ， z2 ， r uuur ，即 2 x z ，令 x n AG 0 0 r (1, 1, 2) ， ∴ nur由已知可得平面 A 1 AG 的法向量 m (0,1,0) ，r ur r ur 6∴ cos n mn, m r ur ，| n | | m | 6 由题意知二面角 A 1 AG E 为钝角，∴二面角 A 1 AG E 的余弦值为6 ．z C1A1G B 1Fx C AEBy11.（Ⅰ ）证明：过点 F 作 FH ∥ AD ，交 PA 于 H ，连结 BH ，如图所示，∵ PF 1 PD ，3∴ HF 1 AD BC ，3又FH ∥ AD ，AD∥BC，HF∥BC，∴四边形 BCFH 为平行四边形，∴ CF ∥ BH ，又 BH平面PAB，CF平面PAB，∴ CF ∥平面PAB．zPHFyA DxB C（Ⅱ）解：∵梯形 ABCD 中， AD ∥ BC ，AD⊥AB，∴BC ⊥ AB ，∵PB⊥平面ABCD，∴ PB⊥ AB ，PB⊥BC，∴如图，以 B 为原点，BC， BA ， BP所在直线为x ，y， z 轴建立空间直角坐标系，则 C(1,0,0) ， D (3,0,0) ， A(0,3,0) ， P(0,0,3) ，设平面 BPD 的一个法向量为 r ( x, y, z) ，n平面 APD 的一个法向量为 ur(a, b,c) ，muuur (3,3, uuur ∵ PD 3) ， BP (0,0,3) ，uuur r 0 3x 3 y 3z 0PD n∴ uuur r 0 ，即 3z 0 ，BP nr ur (0,1,1) ，令 x 1 得 n (1, 1,0) ，同理可得 mr ur r ur 1∴ cos n m ，n, m r ur 2| n | | m | ∵二面角 B PD A 为锐角，∴二面角 B PD A 为 π．3uuuur uuur3 ) ，（Ⅲ ）假设存在点 M 满足题意，设 PM PD (3 ,3 , uuuur uuur uuur ( 1 3 ,3 ,3 3 ) ， ∴ CM CP PDuuur (0,3,uuur uuuur 93(33) 0 ，解得1 ∵ PA 3) ， ∴ PA CM，2∴ PD 上存在点 M 使得 CM ⊥ PA ，且 PM1 3 3 2PD．212.Ⅰ∵ BC ⊥ CD ， BCCD 2 ，∴ BD 2 2 ，同理 EA ⊥ ED ， EA ED2 ， ∴AD 2 2，又∵ AB 4 ， ∴ 由勾股定理可知 BD 2AD 2AB 2， BD ⊥ AD ，又∵ 平面 EAD ⊥ 平面 ABCD ，平面 EAD I 平面 ABCD AD ， BD 平面 ABCD ，∴ BD ⊥ 平面 AED ， 又∵ AE 平面 AED ， ∴ BD ⊥ AE ．Ⅱ解：取 AD 的中点 O ，连结 OE ，则 OE ⊥ AD ，∵平面 EAD ⊥ 平面 ABCD ，平面 EAD I 平面 ABCDAD ，∴ OE ⊥ 平面 ABCD ，取 AB 的中点 F ，连结 DF ∥ BD ，以 O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz ，则 D( 2,0,0) ， C ( 2 2, 2,0) ， E(0,0,uuur uuur( 2,0, 2) ，2) ， DC (2, 2,0) ， DE r ( x, y, z) ，设平面 CDE 的法向量为 nuuur r 0x z 0DC n ，令 x 1 ，则 z 1， y 1 ，则 uuurr 0 即x y 0 DEnr (1,1, 1) ，∴平面 CDE 的法向量 n 又平面ADE 的一个法向量为 r1(0,1,0) ，n设平面 ADE 和平面 CDE 所成角（锐角）为，r rr r则 cos| cos|rnn r3 ，1| n | | n 1 | 3∴平面 ADE 和平面 CDE 所成角（锐角）的余弦值为3 ．3zDCAOxFBy13.zPFAD yB E Cx（ 1 ）证明：连结 AE ， PE ．∵ PA 平面 ABCD ， BC 平面 ABCD ，∴ PA BC ．又∵ 底面 ABCD 是菱形， AB BC ， ABC 60 ，∴ △ABC 是正三角形．∵ E 是 BC 的中点，∴ AEBC ．又∵ PA I AEA ， PA 平面 PAE ， PE 平面 PAE ，∴ BC 平面 PAE ，∴ BC PE ．（ 2 ）由（ 1）得 AEBC ，由 BC ∥ AD 可得 AEAD ．又∵ PA 底面 ABCD ，∴ PA AE ， PA AD ．∴以 A 为原点，分别以 AE ， AD ， AP 为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系 A xyz ，如图所示，则 A(0,0,0) ， E( 3,0,0) ， D (0,2,0) ， P(0,0,2) ， B( 3, 1,0) ， C ( 3,1,0) ， F (0,1,1) ．∵ PA 平面 ABCD ，uuur (0,0,2) ．∴平面 ABCD 的法向量为 AP uuur ( uuur(0,1,1) ．又∵ AC 3,1,0) ， AF 设平面 ACF 的一个法向量 r( x, y, z) ，则： n uuur r 03x y 0AC n ，令 x 1 ，则 y 3 ， z3 ，uuur r 0 ，即 0AF n y + zr∴ n (1, 3,uuur r ∴ cos AP, n3) ．uuur r AP n uuur r| AP || n |21 ．7∵二面角 F AC D 是锐角，∴二面角 FAC D 的余弦值为 21 ．7uuur uuur（ 3） G 是线段 AB 上的一点，设 AG t AB (0 ≤ t ≤ 1) ． uuur 3, 1,0) ， ∴ G( 3t , t,0) ． ∵ AB (uuur ( 3,1, uuur( 3t, t , 2) ．又∵ PC 2) ， PGr设平面 PCG 的一个法向量为 n ( x, y, z) ，则：uuur ur 0 3 x 1 + y 1 2z 1 0 urPC n 13(t 1), 3t ) ， uuur ur，即 3tx ty 2 z 0 ， ∴ n 1 (t +1, PG 10 n 1 1 1PCGuuur r uuur r 1) + 3t 0 ， ∵平面 ， ∴ AF n ， AF n 0 ，即 3( tAF ∥解得 t1 ．2故线段 AB 上存在一点 G ，使得 AF 平行于平面 PCG ， G 是 AB 中点．14.（ 1 ）证明： ∵ DE平面 ABCD ， AC 平面 ABCD ，∴ DE AC ．∵ ABCD 是正方形，∴ AC BD ．又 DE I BDD ，∴ AC 平面 BDE ．（ 2 ） ∵ DA ， DC ， DE 两两重叠， ∴ 建立空间直角坐标系 Dxyz 如图所示．zEFDCyA Bx∵ BE 与平面 ABCD 所成角为 60 ，即 DBE 60 ，∴ ED3 ．DB由 AD 3 ，可知 DZ 3 16 ， AF6 ，则 A(3,0,0) ， F (3,0, 6) ， E(0,0,3 6) ，B(3,3,0) ， C (0,3,0) ． uuur (0, 3, uuur (3,0, 2 6) ，∴ BF 6) ， EF r ( x, y, z) ，则设平面 BEF 的法向量为 nr uuur 0 3 y 6 z 0rn BFr uuur ，即 3x 2 6 z ，令 z 6 ，则 n (4,2, 6) ．n EF 0 0∵ AC 平面 BDE ，uuur uuur(3, 3,0) ， ∴ CA 为平面 BDE 的一个法向量，CAr uuur r uuur613 n CA∴ cos n, CA r uuuur26．|n ||CA | 3 2 13∵二面角 F BE D 为锐角，∴二面角 FBE D 的余弦值为13 ． 13uuuuruuuur r0 ，解得t 2 ，∵ AM ∥平面BEF，∴ AM n 0 ，即 4(t 3) 2t此时，点 M 坐标为(2,2,0) ， BM 1BD ，符合题意．315.zCDAByMPx（ 1 ）证明：∵ PA平面ABC，BC平面ABC，∴PA BC ．∵ BC AB ，PAI AB A ，∴ BC平面PAB．又 AM平面PAB，∴AM BC ．∵ PA AB ， M 为 PB 的中点，∴AM PB ．又∵ PB I BC B ，∴ AM平面PBC．（ 2 ）如图，在平面ABC 内作AZ∥BC，则AP，AB，AZ两两垂直，建立空间直角坐标系A xyz ．则 A(0,0,0) ， P(2,0,0) ， B(0,2,0) ， C (0,2,1) ， M (1,1,0)．uuur uuur uuuur(1,1,0) ．AP (2,0,0) ， AC (0,2,1) ， AMr( x, y, z) ，则：设平面 APC 的法向量为 nr uuur0 x 0n AP，令 y 1，则z 2．r uuur ，即2 y z 0n AC 0r(0,1, 2) ．∴ nuuuur(1,1,0) 为平面 PBC 的一个法向量，由（ 1）可知AMr uuuuruuuurr 1 10AM n．∴ cos nAMuuuurr5 2 10| AM || n | ∵二面角 A PC B 为锐角，∴二面角 A PC B 的余弦值为 10 ．10 uuur uuur（ 3）证明：设 D (≤ 1) ，, v, w) 是线段 PC 上一点，且 PDPC ， (0 ≤ 即 ( 2,v, w) ( 2,2,1) ， ∴ 2 2 ， v2 ， w．uuur (2 2 ,2 2,) ．∴ BDuuur uuur 0，得4由BD AC[0,1] ，5∴线段 PC 上存在点 D ，使得 BDAC ，此时PD4 ．PC516.解：（ 1）证明：因为 AB 平面 PAD ，所以 PHAB ，因为 AD3,AH2 ，所以 AH 2, HD1，HD设 PHx ，由余弦定可得，cos PHDx 2HD 2 PH 2x 21 cos PHA x2 HA 2 PH 2 x 2 12x HD 2x2x HA 4x因为 cos PHD cos PHA ，故 PH x1 ，所以 PHAD ，因为 AD I AB A ，故 PH 平面 ABCD .（2）以 H 为原点，以 HA, HP , HP 所在的直线分别为 x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，则 B(2,3,0), P(0,0,1), E(1,3 , 1), F ( 1, 3 ,0), C ( 1, 9,0) ，2 222uuur ( 3, 3uuur ( 3 1 uuur (1 uuur，所以可得， BF,0), BE 1, , ), EF 2,0, ), FC (0,3,0)r 2 2 2 2( x, y, z) ，设平面 BEF 的法向量 nuuur r3x 3BF n 0 yr则有：2( 1,2, 4) ，uuur r3 z nBE nx 0y22ur(x, y, z) ，设平面 EFC 的法向量 muuur ur z 0 urEF m 0 2x21,0, 4) ，则有： uuur urm (FC m 3y 0r urr ur 1717n m故 cos n,mrur21 17 ,n m 21设二面角 BEF C 的平面角为，则 sin 2 21.2117.解（ Ⅰ）证明： ∵ DC平面 ABC ， BE / /DC∴ BE 平面 ABC∴ CQ BE ①又∵ ACBC 2，点 Q 为 AB 边中点∴ CQ AB ②AB I BE B故由 ①② 得 CQ平面 ABE（Ⅱ ）过点 A 作 AMBC 交 BC 延长线于点 M∵ AMBC , AM BE∴ AM 平面 BEDC∴V A CED1S CDE gAM3AM AC gsin33 ， S CDE11 2 12∴VA CED1 1 333 3（Ⅲ ）延长 ED 交 BC 延长线于 S ，过点 M 作 MQ ES 于 Q ，连结 AQ由（ Ⅱ ）可得：AQM 为 A DE B 的平面角∵ CD // 1BC2∴ SC CB 2∴ SE BE 2 SB 2 2 5MC MS 1∵ SQM ∽SBE∴ QM SM BE SE∴ QM 15 即 QM 52 2 5∴ tan AQM AM 315 QM 5518.（ 1）证明：∵在中，，∴当为的中点时，∵平面平面，平面，平面平面∴平面∵平面∴（2）如图，分别以射线，的方向为，轴的正方向，建立空间直角坐标系设，则，，，∵，，平面平面∴∴当且仅当时，最小，此时，设， 平面 ，则 ，即∴令，可得 ， ，则有∴∴观察可得二面角的平面角19.（ 1）取 FE 的中点 P ，连接 CP 交 BE 于点 M ， M 点即为所求的点． 连接 PG ，∵ G 是 AD 的中点， P 是 FE 的中点， ∴ PG / / AF ，又 PG平面 MGC ， AF平面 MGC ，所以直线 AF / / 平面 MGC ，∵ PE / / AD ， AD / / BC ， ∴ PE / / BC ， ∴BMBC 2 ，MEPE故点 M 为线段 BE 上靠近点 E 的三等分点． （2）不妨设 AD 2 ，由（ 1）知 PG AD ，又平面 ADEF平面 ABCD ，平面 ADEF I 平面 ABCDAD ，PG平面 ADEF ， ∴ PG 平面 ABCD ．故 PGGD ， PG GC ，以 G 为坐标原点， GC ， GD ， GP 分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系 G xyz ，∵ ABC60 ， AB AD 2 AF ，∴ ADC 为正三角形， GC3 ，∴ G(0,0,0) ， C ( 3,0,0) ， D (0,1,0) uuuruuur 3,0,0) ，， E(0,1,1) ， ∴ GE (0,1,1) ， GC ( urur uuur ur uuur y z 0, 设平面 CEG 的一个法向量 n 1 ( x, y, z) ，则由 n 1 GE 0 ， n 1 GC 0 可得3x0,ur令 y 1，则 n 1 (0,1, 1)，uuuruuur 1,0) ，故 B( 3, uuur 3, 2,0) ，∵ CD ( 3,1,0)BA ，且 A(0, 2,0) ，故 BG (ur uuur故直线 BG 与平面 GCE 所成角的正弦值为| n 1 BG |sinuruuur| n 1 | | BG |14 ．720.（Ⅰ）取PC中点H，连接EH、FH .∵E为AB的中点，ABCD 是菱形，∴ AE / /CD ，且AE 1CD ，又F为PD的中点，H为PC的中点，∴FH / /CD，2且FH 1FH ，则四边形 AEHF 是平行四边形，CD ，∴AE / / FH，且AE2∴ AF / / EH .又 AF 平面 PCE ， EH 面 PCE ，∴ AF / / 平面 PCE .（Ⅱ ）取 BC 的中点为 O ，∵ ABCD 是菱形， AC AB ，∴AO BC ，以 A 为原点，AO, AD , AP 所在直线分别为x, y,z 轴，建立空间直角坐标系 A xyz，则B 3, 1,0 ,C 3,1,0 ,D 0,2,0 ， O 3,0,0 , P 0,0,1 ,E 3 1，, ,02 2uuur3,1, uuur 3 3 uuur3,0,0 ，设平面的法向量为∴ PC 1 , EC , ,0 ， AO2 2uuur3x y z 0n1 PC 0n1 ，令 y 1 ，则 x 3, z 2 ，x, y, z ，则uuur ，即3 x 3 yn1 EC 0 02 2∴平面 PCE 的一个法向量为n1 3, 1,2 ，又平面 PAD 的一个法向量为n2 1,0,0 .∴cos n1 , n2n1 n2 3 6| n1 | | n2 | 3 1 4 .即平面PAD与平面46PCE 所成锐二面角的余弦值为.421.解：（ 1）证明：取PD 的中点 F ，连接 EF ,CF ，因为 E, F 分别是 PA, PD 的中点，所以EF / / AD 且 EF1AD ，2因为 BC 1AB, BC / / AD ，所以 EF / / BC 且 EF BC ，所以 BE / /CF ,2又 BE平面 PCD ,CF平面 PCD ，所以 BE / / 平面 PCD .（ 2）以 P 为坐标原点， PD , PA 所在直线分别为 x 轴和 y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设 BC 1，则 P(0,0,0), A(0, 3,0), D (1,0,0), C (1,0,1), B( 1,3 ,1) ，2 2uuuruuur 13uuur3,0) ,PA(0, 3,0), AB(2 ,1), AD (1,2rr uuur3y 0( x, y, z) ，则 n PA设平面 PAB 的一个法向量为 nr uuur1 x 3 y ，n AB z 0r22令 x 1) ， 2，得 n (2,0,同理可求平面 ABD 的一个法向量为urr ur r urn m 6 15 m (3, 3,0)cos n, mr ur5 12，n m5平面 ABD 和平面 ABC 为同一个平面，所以二面角 PAB C 的余弦值为15 .522.解：（ Ⅰ ）证明：因为二面角S AB C 的大小为 90°，则 SA AD ， 又 SA AB ，故 SA 平面 ABCD ，又 BD 平面 ABCD ，所以 SABD ；在直角梯形 ABCD 中， BADADC90 ， AD 2CD 1 ， AB 2 ，所以 tan ABDtan CAD1DACBAC 90 ，，又2所以 ABDBAC 90 ，即 ACBD ；又 AC I SA A ，故 BD 平面 SAC ，因为AF 平面 SAC ，故 BD AF .（Ⅱ ）设点 E 到平面 ABCD 的距离为 h ，因为 V B ABCVE ABC2 VE ABC，且，VS ABCD515 12VS ABCDS 梯形 ABCD SA1 523故11，V E ABCh1 h2S ABC232故 h1，做点 E 到平面 ABCD 的距离为1.2223. （ ）Q E 为 SD 的中点， AD DC1SD, SDASDC 60012ED EC AD DC.设 O 为 AC 的中点，连接 EO, DO 则 EOACQ AD // BC, BC CDADBC.又 OD OA OCEOCEOD 从而 EO OD Q AC ABCD DO 面 ABCDAC I DOEO 面 ABCD Q EO 面 AEC面 EAC面ABCD 6 分（2）设F为CD的中点 ,连接OF、EF ,则OF平行且等于1AD 2Q AD ∥ BC EF ∥ BC不难得出 CD 面 OEF （ Q EO CD FO CD ）面ECD 面 OEFOF 在面 ECD 射影为 EF ，EFO 的大小为 BC 与面 ECD 改成角的大小设 AD a ，则OF aEF 3 a 2 2c osOF 3 EFO3EF即 BC 与 ECD 改成角的余弦值为3 12分.（亦可以建系完成）324.解（Ⅰ）过点 P 作 PO⊥底面 ABC ，垂足为O，连接 AO、 CO，则∠PCO为所求线面角，Q AC PA, AC PO ,且 PA PO P ，AC 平面 PAO .则∠PAO为二面角P-AC-B平面角的补角∴∠ PAO 60 ，又Q PA 2，PO= 3 ， sinPO 1 PCO2COPCO 300，直线PC与面ABC所成角的大小为30°.（Ⅱ ）过 O 作 OE BC 于点 E ,连接 PE ，则PEO 为二面角P-BC-A的平面角，Q AC 平面 PAO , AC OA AOE 450 ,设 OE 与 CA 相交于 F OE EF FO 22, 2在 PO3 4 36 PEO 中， tan PEO2 7EO22则二面角 P-BC -A 的正切值为4 36 .725.解：（ Ⅰ ）如图，取PA 中点 F ，连接 EF , FD ，E 是 BP 的中点，EF // AB 且 EF1AB ，又 DC // AB , DC 1 AB22EF //DC四边形 EFDC 是平行四边形，故得 EC / / FD又EC 平面 PAD , FD 平面 PADEC // 平面 ADE（Ⅱ ）取 AD 中点 H ,连接 PH ,因为 PAPD ，所以 PH AD平面 PAD平面 ABCD 于 AD ，PH面 ABCD ，HB 是 PB 在平面 ABCD 内的射影PBH 是 PB 与平面 ABCD 所成角四边形 ABCD 中，ABCBCD 900四边形 ABCD 是直角梯形DC CB1AB2设 AB2a ，则 BD2a在 ABD 中，易得 DBA 450 ,AD 2aPH PD 2 DH 2 a2 1 a2 2 a.2 2又BD 2 AD 2 4a2 AB 2ABD 是等腰直角三角形，ADB 90 0 HB DH 2 DB 2 1 a2 2a2 10 a2 2PH 2 a5在 Rt PHB 中，tan PBH 2HB 510 a2（Ⅲ ）在平面 ABCD 内过点 H 作 AB 的垂线交 AB 于 G 点，连接 PG ,则 HG 是 PG 在平面 ABCD 上的射影，故PG AB ，所以PGH 是二面角 P AB D 的平面角，由 AB a HA 2 a ，又HAB 45 0 12 2PH 2 a在 Rt PHG 中， tan PGH 2 2HG 1 a2二面角 P AB D 的余弦值大小为 3 .326.（ 1）∵四棱锥 P﹣ ABCD 的底面 ABCD 为边长为 2 的正方形， PA=2， PB=PD=2，∴PA2+AB 2=PB 2，PA2+AD 2=PD2，∴PA⊥ AB ，PA⊥ AD ，∴以 A 为原点， AB 为 x 轴， AD 为 y 轴， AP 为 z 轴，建立空间直角坐标系，∵E， F， G，H 分别为棱PA，PB ，AD ， CD 的中点．∴C（ 2，2， 0）， D （0， 2， 0）， B （2， 0， 0），P（ 0， 0，2）， F（ 1， 0， 1）， G（ 0， 1，0），=（﹣ 2， 0， 0），=（﹣ 1，﹣ 2，1），=（﹣ 2，﹣ 1， 0），设平面 CFG 的法向量=（ x， y， z），则，取 x=1，得=（ 1，﹣ 2，﹣ 3），设CD与平面CFG所成角为θ，则 sin θ=|cos＜＞ |= = = ．∴CD 与平面 CFG 所成角的正弦值为．（2）假设棱 PD 上是否存在点 M （ a， b， c），且，（ 0≤λ≤1），使得平面CFG⊥平面 MEH ，则（ a， b，c﹣ 2） =（ 0， 2λ，﹣ 2λ），∴ a=0，b=2λ， c=2﹣ 2λ，即 M （ 0，2λ， 2﹣2λ），E（ 0， 0， 1）， H （ 1，2， 0），=（ 1， 2，﹣ 1），=（ 0， 2λ，1﹣ 2λ），设平面 MEH 的法向量=（ x，y， z），则，取 y=1，得=（， 1，），平面 CFG 的法向量 =（ 1，﹣ 2，﹣ 3），∵平面 CFG⊥平面 MEH ，∴= ﹣ 2﹣=0，解得∈ [0， 1]．∴棱 PD 上存在点 M ，使得平面CFG ⊥平面 MEH ，此时=．。
2019-2020年高中数学高考复习《立体几何大题》习题附详细解析
2019-2020年高中数学高考复习《立体几何大题》习题附详细解析1．长方体1111D C B A ABCD -中，1==BC AB ，21=AA ，E 是侧棱1BB 中点（Ⅰ）求直线1AA 与平面E AC 1所成角的大小（Ⅱ）求二面角B AC E --1的大小（Ⅲ）求三棱锥11C AD E -的体积2. 如图，在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，底面边长是2，D 是棱BC 的中点，点M 在棱BB 1上，且BM=31B 1M ，又CM ⊥AC 1. （Ⅰ）求证：A 1B//平面AC 1D （Ⅱ）求三棱锥B 1-ADC 1体积.3.如图，四面体ABCD 中，O 、E 分别是BD 、BC的中点，2,CA CB CD BD AB AD ===== （I ）求证：AO ⊥平面BCD（II ）求异面直线AB 与CD 所成角余弦值的大小（III ）求点E 到平面ACD 的距离ABMDEOC4.已知四棱锥P—ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD．异面直线PB与CD所成的角为45°．求：（1）二面角B—PC—D的大小（2）直线PB与平面PCD所成角大小5.四棱锥P—ABCD中，PA⊥ABCD，四边形ABCD是矩形. E、F分别是AB、PD的中点.若PA=AD=3，CD=6. （I）求证：AF//平面PCE（II）求点F到平面PCE的距离；（III）求直线FC与平面PCE所成角的大小6.已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD，E、F、G分别是PA、PB、BC的中点（I）求证：EF 平面PAD（II）求平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小立体几何大题答案1．长方体1111D C B A ABCD -中，1==BC AB ，21=AA ，E 是侧棱1BB 中点（Ⅰ）求直线1AA 与平面E AC 1所成角的大小（Ⅱ）求二面角B AC E --1的大小（Ⅲ）求三棱锥11C AD E -的体积答案：（I ）arcsin，距离与面33AEC )(1515arccos)(3311D III II 61V 11AEC -D = 2.如图，在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，底面边长是2，D 是棱BC 的中点，点M 在棱BB 1上，且BM=31B 1M ，又CM ⊥AC 1. （Ⅰ）求证：A 1B//平面AC 1D （Ⅱ）求三棱锥B 1-ADC 1体积.答案：提示：)1(连接C A 1,交1AC 于点,E 连接DE ,则DE 是BC A 1∆的中位线，B A DE 1//,又111ADC B A ,ADC 面面⊄⊂DE ,D AC //11面B A ∴.)2(在正三棱锥111C B A ABC -中，BC 是D 的中点，则11B BCC 面⊥AD ,从而MC AD ⊥,又1AC CM⊥,则1ADC CM 和面内的两条相交直线1AC AD,都垂直，1ADC MC 面⊥∴,于是1DC CM⊥,则1CDC ∠与MCB ∠互余，则1tan CDC ∠与MCB ∠tan 互为倒数，易得221=AA ， 连结D B 1，∴2211=∆D C B S ,D C B 11面⊥AD , ∴三棱锥11ADC -B 的体积为362.方法2：以D 为坐标原点，DA DC ,为x y,轴，建立空间直角坐标系，设hBB =1，则)0,0,0(D ,)0,0,1(-B ,)0,0,1(C ,)0,3,0(A ,),0,1(1h B -，),0,1(1h C ， ),3,0(1h A ，)4,0,1(hM -，→B A 1),3,1(h ---=，),3,1(),0,3,0(1h A C AD --=-=→→，设平面D AC 1的法向量),,(z y x n=→，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅→→→→010n A C n AD )1,0,(-=⇒→h n ，→→⊥n B A 1 ∴D AC //11面B A)2(),3,1(),4,0,2(1h AC h CM -=-=→→，1AC CM ⊥,=⋅→→1AC CM 0422=+-h，22=∴h .平面D AC 1的法向量为)1,0,22(-=→n ，)22,3,1(1-=→A B 点)22,0,1(1-B 到平面D AC 1的距离3241=⋅=→→→nd nA B，233=∴∆ADC S . 3623242333111=⨯⨯=∴-ADC B V .3.如图，四面体ABCD 中，O 、E 分别是BD 、BC的中点，2,CA CB CD BD AB AD ===== （I ）求证：AO ⊥平面BCD（II ）求异面直线AB 与CD 所成角余弦值的大小（III ）求点E 到平面ACD 的距离．答案：方法一： （I ）证明：连结OC ,,.BO DO AB AD AO BD ==∴⊥,,.BO DO BC CD CO BD ==∴⊥ 在AOC ∆中，由已知可得1,AO CO == 而2,AC =222,AO CO AC ∴+=90,oAOC ∴∠=即.AO OC⊥,BD OC O = AO ∴⊥平面BCD（II ）解：取AC 的中点M ，连结OM 、ME 、OE ，由E 为BC 的中点知ME ∥AB,OE ∥DC∴直线OE 与EM 所成的锐角就是异面直线AB 与CD 所成的角在OME ∆中，111,22EM AB OE DC ====OM 是直角AOC ∆斜边AC 上的中线，11,2OM AC ∴== cos OEM ∴∠= ∴异面直线AB 与CD 所成角的大小为（III ）解：设点E 到平面ACD 的距离为.h,11....33E ACD A CDE ACD CDE V V h S AO S --∆∆=∴= 在ACD ∆中，2,CA CD AD ===12ACD S ∆∴=而211,22CDE AO S ∆===1.CDEACDAO S h S ∆∆∴=∴点E 到平面ACD方法二： （I ）同方法一.（II ）解：以O 为原点，如图建立空间直角坐标系，则(1,0,0),(1,0,0),B D -1(0,0,1),((1,0,1),(1,2C A E BA CD =-=- .2cos ,BA CD BA CD BA CD ∴<>==∴异面直线AB 与CD 所成角的大小为（III ）解：设平面ACD的法向量为(,,),n x y z =则.(,,).(1,0,1)0,.(,,1)0,n AD x y z n AC x y z ⎧=--=⎪⎨=-=⎪⎩0,0.x z z +=⎧∴-= ABMDEOCy令1,y =得(3,1,n =-是平面ACD 的一个法向量。
2019_2020学年高中数学第一章立体几何初步4.2公理4及等角定理练习(含解析)北师大版必修2
第二课时公理4及等角定理填一填1.公理4(1)文字语言：平行于同一条直线的两条直线平行．(2)符号表述：a∥b，b∥c⇒a∥c.2．两条直线的位置关系(1)共面直线①平行直线：特征：在同一平面内没有公共点．记法：直线m与直线n平行，记作m∥n.②相交直线特征：在同一平面内有且只有一个公共点．记法：直线m与直线n相交于点A，记作m∩n＝A.(2)异面直线：特征：不共面的两条直线，没有公共点．3．等角定理空间中，两个角的两条边分别对应平行，这两个角相等或互补．4．异面直线所成的角定义前提两条异面直线a，b作法过空间任意一点P分别引两条异面直线a，b的平行线l1，l2结论这两条相交直线所成的锐角(或直角)即为异面直线a，b所成的角范围记异面直线a与b所成的角为θ，则0°<θ≤90°特殊情况当θ＝90°时，a与b互相垂直，记作a⊥b.判一判1.2．两条异面直线所成的角一定是锐角．(×)3．和两条异面都相交的两直线必是异面直线．(×)4．如果两条平行直线中的一条与某一条直线垂直，那么另一条直线也与这条直线垂直．(√)5．空间等角定理为定义异面直线所成的角提供了理论依据．(√)6．如果两条相交直线与另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等．(√)7．对于直线a，b，c，若a∥b，b∥c，则a∥c.(√)8．空间三条直线a c异面．(×)想一想1.空间中，没有公共点的两条直线一定平行吗？提示：不一定，在平面内没有公共点的两条直线平行，在空间没有公共点的两条直线可能平行，也可能异面．2．证明两条直线平行的方法有哪些？提示：(1)公理4：即找到第三条直线，证明这两条直线都与之平行，这是一种常用方法，要充分用好平面几何知识，如有中点时用好中位线性质等；(2)平行直线的定义：证明在同一平面内，这两条直线无公共点．3．运用“等角定理”判定两个角是相等还是互补的方法是什么？提示：(1)判定两个角的方向是否相同，若相同则必相等，若相反则必互补；(2)判定这两个角是否均为锐角或均为钝角，若均是则相等，若不均是则互补．4．求两异面直线所成的角的三个步骤是什么？提示：(1)作：根据所成角的定义，用平移法作出异面直线所成的角；(2)证：证明作出的角就是要求的角；(3)计算：求角的值，常利用解三角形得出．可用“一作二证三计算”来概括．同时注意异面直线所成角θ的范围是0°<θ≤90°.思考感悟：练一练1.空间任意两个角β为( )A．60° B．120°C．30° D．60°或120°答案：D2．如果两条直线a和b没有公共点，那么a与b的位置关系是( )A．共面 B．平行C．异面 D．平行或异面答案：D3．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，AD1与A1C1所成角的大小是________．答案：60°4．设α为两条异面直线所成的角，则α满足( )A．0°<α<90° B．0°<α≤90°C．0°≤α≤90° D．0°<α<180°答案：B5．已知a，b，c是空间三条直线，则下列命题中正确命题的序号为________．①若a⊥b，b∥c，则a⊥c②若a，b相交，b，c相交，则a，c也相交③若a，b平行，b，c平行，则a，c也平行答案：①③知识点一公理4及等角定理的应用1．已知AB ∥PQ ，BC ∥QR ，若∠ABC ＝30°，则∠PQR 等于( ) A ．30° B．30°或150° C ．150° D．以上结论都不对解析：由空间等角定理，可知∠PQR 与∠ABC 相等或互补，故∠PQR ＝30°或150°. 答案：B2．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G 分别是棱CC 1，BB 1及DD 1的中点，证明：∠BGC ＝∠FD 1E .证明：因为E ，F ，G 分别是正方体的棱CC 1，BB 1，DD 1的中点， 所以CE 綊GD 1，BF 綊GD 1.所以四边形CED 1G 与四边形BFD 1G 均为平行四边形． 所以GC 綊D 1E ，GB 綊D 1F .又∠BGC 与∠FD 1E 对应两边的方向相同， 所以∠BGC ＝∠FD 1E .知识点二 异面直线及所成的角3.如图，在空间四边形ABCD 中，AD ＝BC ＝2，E ，F 分别是AB ，CD 的中点，若EF ＝3，求异面直线AD ，BC 所成角是( )A ．30° B．45° C ．60° D．120°解析：如图，取BD 的中点M ， 连接EM ，FM .因为E ，F 分别是AB ，CD 的中点，所以EM 綊12AD ，FM 綊12BC ，则∠EMF 或其补角就是异面直线AD ，BC 所成的角． 因为AD ＝BC ＝2， 所以EM ＝MF ＝1，在等腰△MEF 中，过点M 作MH ⊥EF 于H ，在Rt△MHE 中，EM ＝1，EH ＝12EF ＝32，则sin∠EMH ＝32，于是∠EMH ＝60°， 则∠EMF ＝2∠EMH ＝120°.所以异面直线AD ，BC 所成的角为∠EMF 的补角，即异面直线AD ，BC 所成的角为60°.故选C.答案：C4．如图所示，已知三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ，且直线AB 与CD 成60°角，点M ，N 分别是BC ，AD 的中点，求直线AB 和MN 所成的角．解析：如图，取AC 的中点P ，连接PM ，PN ，因为点M ，N 分别是BC ，AD 的中点，所以PM ∥AB ，且PM ＝12AB ；PN ∥CD ，且PN ＝12CD ，所以∠MPN (或其补角)为AB 与CD 所成的角． 所以∠PMN (或其补角)为AB 与MN 所成的角． 因为直线AB 与CD 成60°角， 所以∠MPN ＝60°或∠MPN ＝120°. 又因为AB ＝CD ，所以PM ＝PN ， (1)若∠MPN ＝60°， 则△PMN 是等边三角形， 所以∠PMN ＝60°，即AB 与MN 所成的角为60°. (2)若∠MPN ＝120°，则易知△PMN 是等腰三角形． 所以∠PMN ＝30°，即AB 与MN 所成的角为30°.综合知识公理4及等角定理5.如图，等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝2，DA ⊥AC ，DA ⊥AB ，若DA ＝1，且E 为DA 的中点．求异面直线BE 与CD 所成角的余弦值．解析：取AC 的中点F ，连接BF 、EF ，在△ACD 中，E 、F 分别是AD 、AC 的中点，所以EF ∥CD ，所以∠BEF 即为所求的异面直线BE 与CD 所成的角(或其补角)．在Rt△EAB 中，AB ＝1，AE ＝12AD ＝12，所以BE＝52. 在Rt△AEF 中，AF ＝12AC ＝12，AE ＝12，所以EF ＝22. 在Rt△ABF 中，AB ＝1，AF ＝12，所以BF ＝52. 在等腰△EBF 中，cos∠FEB ＝12EF BE ＝2452＝1010，所以异面直线BE 与CD 所成角的余弦值为1010. 6．在四棱锥A －BCDE 中，底面四边形BCDE 为梯形，BC ∥DE .设CD ，BE ，AE ，AD 的中点分别为M ，N ，P ，Q .(1)求证：M ，N ，P ，Q 四点共面；(2)若AC ⊥DE ，且AC ＝3BC ，求异面直线DE 与PN 所成角的大小． 解析：(1)证明：∵CD ，BE ，AE ，AD 的中点分别为M ，N ，P ，Q ， ∴PQ 为△ADE 的中位线，MN 为梯形BCDE 的中位线． ∴PQ ∥DE ，MN ∥DE ，∴PQ ∥MN ，∴M ，N ，P ，Q 四点共面． (2)∵PN 为△ABE 的中位线， ∴PN ∥AB .又BC ∥DE ，∴∠ABC 即异面直线DE 与PN 所成的角． 又AC ⊥DE ， ∴AC ⊥BC ，在Rt△ACB 中，tan∠ABC ＝AC BC ＝3BCBC＝3，∴∠ABC ＝60°.∴异面直线DE 与PN 所成的角为60°.基础达标一、选择题1．若a，b为异面直线，直线c∥a，则c与b的位置关系是( )A．相交 B．异面C．平行 D．异面或相交解析：由空间直线的位置关系，知c与b可能异面或相交．答案：D2.在三棱锥P－ABC中，PC与AB所成的角为70°，E，F，G分别为PA，PB，AC的中点，则∠FEG等于( )A．20° B．70°C．110° D．70°或110°解析：因为E，F，G分别为PA，PB，AC的中点，所以EF∥AB，EG∥PC，所以∠FEG或其补角为异面直线PC与AB所成的角，又AB与PC所成的角为70°，所以∠FEG为70°或110°.答案：D3．一条直线与两条异面直线中的一条相交，那么它与另一条直线之间的位置关系是( )A．平行 B．相交C．异面 D．相交或平行或异面解析：如图分别为相交、平行、异面的情形．答案：D4．E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，则EG与FH的位置关系是( )A．异面 B．平行C．相交 D．重合解析：由题意画出图后，易得EG，FH是平行四边形EF－GH的对角线．答案：C5．若P是两条异面直线l，m外的任意一点，则( )A．过点P有且仅有一条直线与l，m都平行B．过点P有且仅有一条直线与l，m都垂直C．过点P有且仅有一条直线与l，m都相交D．过点P有且仅有一条直线与l，m都异面解析：逐个分析，过点P与l，m都平行的直线不存在；过点P与l，m都垂直的直线只有一条；过点P与l，m都相交的直线不一定存在；过点P与l，m都异面的直线有无数条．答案：B6.已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中(如图所示)，l平面A1B1C1D1，且l与B1C1不平行，则下列结论一定不可能的是( )A．l与AD平行B．l与AB异面C．l与CD所成的角为30°D．l与BD垂直解析：假设l∥AD，则由AD∥BC∥B1C1，可得l∥B1C1，这与“l与B1C1不平行”矛盾，所以l与AD不平行．答案：A7.如图所示，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H，I，J分别为AF，AD，BE，DE的中点，将△ABC沿DE，EF，DF折成三棱锥以后，HG与IJ所成角的度数为( ) A．90° B．60°C．45° D．0°解析：将三角形折成空间几何体，如图所示，HG与IJ是一对异面直线．因为IJ∥AD，HG∥DF，所以DF与AD所成的角为HG与IJ所成的角，又∠ADF＝60°，所以HG与IJ所成的角为60°.答案：B二、填空题8．已知∠BAC＝∠B1A1C1，AB∥A1B1，则AC与A1C1的位置关系是________．解析：如图所示，∠BAC＝∠B1A1C1，AB∥A1B1，由图可知AC与A1C1可能平行、相交或异面．答案：平行、相交或异面9.如图所示，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AD ，AA 1的中点． (1)直线AB 1和CC 1所成的角为________； (2)直线AB 1和EF 所成的角为________． 解析：(1)因为BB 1∥CC 1，所以∠AB 1B 即为异面直线AB 1与CC 1所成的角，∠AB 1B ＝45°.(2)连接B 1C ，易得EF ∥B 1C ，所以∠AB 1C 即为直线AB 1和EF 所成的角． 连接AC ，则△AB 1C 为正三角形， 所以∠AB 1C ＝60°.答案：(1)45° (2)60°10．在空间四边形ABCD 中，点E ，F ，G ，H 分别为AB ，BC ，CD ，DA 的中点，若AC ＝BD ，且AC ⊥BD ，则四边形EFGH 的形状是________．解析：如图，E ，F ，G ，H 分别为中点，所以EF 綊12AC ，GH 綊12AC ，所以EF 綊GH ，所以四边形EFGH 为平行四边形． 又AC ⊥BD ，所以FG ⊥GH .因为AC ＝BD ， 所以FG ＝GH ，所以EFGH 为正方形． 答案：正方形 11.如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，有以下四个结论： ①直线AM 与CC 1是相交直线； ②直线AM 与BN 是平行直线； ③直线BN 与MB 1是异面直线； ④直线AM 与DD 1是异面直线．其中正确的结论为________(注：把你认为正确结论的序号都填上)．解析：由异面的定义判断可知③④正确．答案：③④12.一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：①AB⊥EF；②AB与CM所成的角为60°；③EF与MN是异面直线；④MN∥CD.以上结论中正确结论的序号为________．解析：还原成正方体如图所示，可知①正确．②AB∥CM，不正确．③正确．④MN⊥CD.不正确．答案：①③三、解答题13.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是A1B1，B1C1的中点，问(1)AM和CN是否是异面直线？(2)D1B和CC1是否是异面直线？说明理由．解析：由于M，N分别是A1B1和B1C1的中点，可证明MN∥AC，因此AM与CN不是异面直线．由空间图形可感知D1B和CC1为异面直线的可能性较大，判断的方法可用反证法．(1)不是异面直线．理由：因为M，N分别是A1B1，B1C1的中点，所以MN∥A1C1.又因为A1A綊C1C，所以A1ACC1为平行四边形．所以A1C1∥AC，得到MN∥AC，所以A，M，N，C在同一个平面内，故AM和CN不是异面直线．(2)是异面直线，证明如下：假设D1B与CC1在同一个平面CC1D1D内，则B∈平面CC1D1D，C∈平面CC1D1D.所以BC平面CC1D1D，这与ABCD－A1B1C1D1是正方体相矛盾．所以假设不成立，故D 1B 与CC 1是异面直线．14．已知点A 是△BCD 所在平面外一点，AD ＝BC ，E ，F 分别是AB ，CD 的中点，且EF ＝22AD ，求异面直线AD 和BC 所成的角．解析：如图，设G 是AC 的中点，连接EG ，FG .因E ，F 分别是AB ，CD 的中点，故EG ∥BC ，且EG ＝12BC ，FG ∥AD ，且FG ＝12AD .由异面直线所成角定义可知EG 与FG 所成锐角或直角为异面直线AD ，BC 所成的角，即∠EGF 为所求的角．由BC ＝AD 知EG ＝GF ＝12AD ，又EF ＝22AD ，由勾股定理可得∠EGF ＝90°，即异面直线AD和BC 所成的角为90°.能力提升15.如图，在三棱锥A －BCD 中，O ，E 分别是BD ，BC 的中点，AO ⊥OC ，CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝2，求异面直线AB 与CD 所成角的余弦值．解析：取AC 的中点M ，连接OM ，ME ，OE ，由E 为BC 的中点知ME ∥AB ， 由O 为BD 中点知OE ∥DC ，所以直线OE 与EM 所成的锐角就是异面直线AB 与CD 所成的角．在△OME 中，EM ＝12AB ＝22，OE ＝12DC ＝1，因为OM 是Rt△AOC 斜边AC 上的中线，所以OM ＝12AC ＝1，取EM 的中点H ，连OH ， 则OH ⊥EM ， 在Rt△OEH 中，所以cos∠OEM ＝EH OE ＝12×221＝24. 16.如图，E ，F ，G ，H 分别是三棱锥A －BCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 上的点，且AE EB ＝AH HD ＝λ，CF FB ＝CG GD ＝μ.(1)若λ＝μ，判断四边形EFGH 的形状；(2)若λ≠μ，判断四边形EFGH 的形状； (3)若λ＝μ＝12，且EG ⊥HF ，求AC BD的值． 解析：(1)因为AE EB ＝AH HD ＝λ，所以EH ∥BD ，且EH ＝λ1＋λBD .① 又因为CF FB ＝CG GD ＝μ.所以FG ∥BD ，且FG ＝μ1＋μBD .②又λ＝μ，所以EH 綊FG (公理4)．因此λ＝μ时，四边形EFGH 为平行四边形．(2)若λ≠μ，由①②，知EH ∥FG ，但EH ≠FG ，因为λ≠μ时，四边形EFGH 为梯形．(3)因为λ＝μ，所以四边形EFGH 为平行四边形．又因为EG ⊥HF ，所以四边形EFGH 为菱形．所以FG ＝HG .所以AC ＝(λ＋1)HG ＝32HG ＝32FG ， 又BD ＝1＋μμFG ＝3FG ， 所以AC BD ＝12.。
2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何(二)
2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何（二）27.如图，四边形ABCD 与BDEF 均为菱形， 60DAB DBF ∠=∠=︒，且F A =FC .（1）求证：AC ⊥平面BDEF ；（2）求直线AF 与平面BCF 所成角的正弦值.28.如图（甲），在直角梯形ABED 中，//AB DE ，AB BE ⊥，AB CD ⊥，且B C C D=，2AB =，F 、H 、G 分别为AC 、AD 、DE 的中点，现将ACD ∆沿CD 折起，使平面ACD ⊥平面CBED ，如图（乙）．（1）求证：平面FHG ∥平面ABE ；（2）若43BC =，求二面角D -AB -C 的余弦值．29.如图,在四棱锥P ABCD -中,平面PAB ⊥平面,,90,ABCD AD BC ABC ∠=PA =3,1,2,3,PB BC AB AD O ====为AB 的中点.（1）证明:PO CD ⊥；（2）求二面角C PD O --的余弦值.30.如图所示的几何体中，111ABC A B C -为三棱柱，且1AA ABC ⊥平面，四边形ABCD 为平行四边形，2AD CD =，060ADC ∠=.（1）求证：11//C D AB C 平面；（2）若1AA AC =，求证：111AC A B CD ⊥平面；（3）若2CD =，二面角1A C D C --的余弦值为若5，求三棱锥11C A CD -的体积．31.如图，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD =6，BC =2AB =4，E 、F 分别在BC 、AD 上，EF ∥AB ，现将四边形ABCD 沿EF 折起，使平面ABEF ⊥平面EFDC ．（1）若BE =1，是否存在折叠后的线段AD 上存在一点P ，且AP PD λ=，使得CP ∥平面ABEF ？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．（2）求三棱锥A -CDF 的体积的最大值，并求此时点F 到平面ACD 的距离．F E C B AD F ECB A D32.已知在四棱锥P - ABCD 中，底面ABCD 为矩形，且AD =2，AB =1，P A ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是线段AB ，BC 的中点.（1）证明：PF ⊥DF ；（2）在线段P A 上是否存在点G ，使得EG ∥平面PFD ？若存在，确定点G 的位置；若不存在，说明理由.（3）若PB 与平面ABCD 所成的角为45°,求二面角A - PD- F 的余弦值.33.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝4，CB＝4，CC1＝22，∠ACB＝90°，点M在线段AB1上.(1)若A1M＝3MB1，求异面直线AM和A1C所成角的余弦值；(2)若直线AM与平面ABC1所成角为30°，试确定点M的位置．34.如图，几何体EF﹣ABCD中，CDEF为边长为2的正方形，ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，AD=2，AB=4，∠ADF=90°．（Ⅰ）求证：AC⊥FB（Ⅱ）求二面角E﹣FB﹣C的大小．35.如图，在四棱锥P ABCD -中，E 是PC 的中点，底面ABCD 为矩形，4AB =，2AD =，PA PD =，且平面PAD ⊥平面ABCD ，平面ABE 与棱PD 交于点F ，平面PCD 与平面PAB 交于直线l .（1）求证：l EF ∥；（2）求PB 与平面ABCD P AE B --的余弦值.36.在四棱锥P ﹣ABCD 中，AD ∥BC ，AD =AB =DC =21BC =1，E 是PC 的中点，面P A C ⊥面ABCD ．（Ⅰ）证明：ED ∥面P AB ；（Ⅱ）若PC =2，P A =3，求二面角A ﹣PC ﹣D 的余弦值．37.如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，∠ABC =∠ACD =90°，∠BAC =∠CAD =60°，P A ⊥平面ABCD ，P A =2，AB =1．（1）设点E 为PD 的中点，求证：CE ∥平面P AB ；（2）线段PD 上是否存在一点N ，使得直线CN 与平面P AC 所成的角θ的正弦值为515？若存在，试确定点N 的位置，若不存在，请说明理由．38.如图，已知四棱锥E ABCD -的底面为菱形，且60ABC ∠=︒，2AB EC ==，AE BE ==（1）求证：平面EAB ⊥平面ABCD .（2）求二面角A -EC -D 的余弦值.39.如图，在三棱锥P -ABC 中，侧面P AB 为边长为ABC 为以AB 为斜边的等腰直角三角形， PC ⊥AC ．（Ⅰ）求证：PC ⊥平面ABC ；（Ⅱ）求二面角B -AP -C 的的余弦值.40.在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面是边长为2的菱形，∠BAD =60°，PB =PD =2，AC ∩BD =O ．（Ⅰ）证明：PC ⊥BD（Ⅱ）若E 是PA 的中点，且BE 与平面PAC 所成的角的正切值为36，求二面角A ﹣EC ﹣B 的余弦值．41. 如图，四棱锥ABCD P -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，,22==BC AD90=∠=∠ABC BAD .（1）证明：BC PC ⊥；（2）若直线PC 与平面PAD 所成角为30°，求二面角D PC B --的余弦值.42.如图，在底面为矩形的四棱锥P ABCD -中，PB AB ⊥.（1）证明：平面PBC ⊥平面PCD ；（2）若异面直线PC 与BD 所成角为60，PB AB =，PB BC ⊥，求二面角B PDC --的大小.43.如图，已知四棱锥P ABCD -的底面是菱形，3BAD π∠=，2AB PD ==，PB PC ==（1）求证：平面PBC ⊥平面ABCD ；（2）求直线PC 与平面PAB 所成角的正弦值.44.如图，矩形ABCD 所在的平面和平面ABEF 互相垂直，等腰梯形ABEF 中， EF AB //，2=AB ，1AD AF ==，060=∠BAF ,P O ,分别为CB AB ,的中点，M 为底面OBF ∆的重心.（Ⅰ）求证：PM ∥平面AFC ；（Ⅱ）求直线AC 与平面CEF 所成角的正弦值.45.如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥面ABCD ，//AB CD ，CD AD ⊥，22AD CD AB ===，E ，F 分别为PC ，CD 的中点．（Ⅰ）求证：平面ABE ⊥平面BEF ；（Ⅱ）设PA a =，若平面EBD 与平面ABCD 所成锐二面角,43ππθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，求a 的取值范围．46.如图所示ABCD 中，//AD BC ，AD DC AB ==，60ABC ∠=︒，将三角形ABD 沿BD 折起，使点A 在平面BCD 上的投影G 落在BD 上.（Ⅰ）求证：平面ACD ⊥平面ABD ；（Ⅱ）求二面角G AC D --的平面角的余弦值.47.如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，PA PB =，E 为AC 的中点. （1）求证：PE AB ⊥；（2）设平面PAB ⊥平面ABC ，2PB BC ==，4AC =，求二面角B PA C --的平面角的正弦值.48.如图，在三棱锥P ABC -中，平面PAC ⊥平面PAB ，PAC ∆为等边三角形，AB PB ⊥且AB PB ==O 为PA 的中点，点M 在AC 上.（1）求证：平面BOM ⊥平面PAC ； （2）求点P 到平面ABC 的距离.-中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，49.如图，在四棱锥P ABCDPA AD AB BC====，M为PB的中点，平面∠=︒，22BAD∥，90AD BCADM交PC于N点.⊥；（1）求证：PB DN--的余弦值.（2）求二面角P DN A50.如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC=90°，CD∥AB，AB=4，AD=CD=2，M为线段AB的中点．将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D﹣ABC，如图2所示．（Ⅰ）求证：BC⊥平面ACD；（Ⅱ）求二面角A﹣CD﹣M的余弦值．51.已知四边形ABCD为直角梯形，∠BCD=90°，AB∥CD，且AD=3，BC=2CD=4，点E，F分别在线段AD和BC上，使FECD为正方形，将四边形ABFE沿EF翻折至使二面角B ﹣EF﹣C的所成角为60°（Ⅰ）求证：CE∥面A′DB′（Ⅱ）求直线A′B′与平面FECD所成角的正弦值52.如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD是矩形，M是PA的中点，PD⊥平面ABCD，且4PD CD==，2AD=．（1）求AP与平面CMB所成角的正弦．（2）求二面角M CB P--的余弦值．DPA B CM试卷答案27.（1）设AC 与BD 相交于点O ，连接FO ，∵四边形ABCD 为菱形，∴AC BD ⊥，且O 为AC 中点， ∵FA FC =，∴AC FO ⊥,又FO BD O ⋂=，∴AC ⊥平面BDEF .（2）连接DF ，∵四边形BDEF 为菱形，且60DBF ∠=︒，∴DBF ∆为等边三角形， ∵O 为BD 中点，∴FO BD ⊥，又AC FO ⊥，∴FO ⊥平面ABCD . ∵,,OA OB OF 两两垂直，∴建立空间直角坐标系O xyz -，如图所示，设2AB =，∵四边形ABCD 为菱形，60DAB ∠=︒，∴2,BD AC ==.∵DBF ∆为等边三角形，∴OF =.∴)()()(,0,1,0,,AB C F ，∴()()()3,0,3,3,0,3,3,1,0AF CF CB =-==.设平面BCF 的法向量为(),,n x y z =，则3030CF n x CB n x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取1x =，得()1,3,1n =--.设直线AF 与平面BCF 所成角为θ， 则10sin cos ,AF n AF n AF nθ⋅===⋅28.（1）证明：由图（甲）结合已知条件知四边形CBED 为正方形，如图（乙）， ∵F H G 、、分别为AC AD DE 、、的中点，∴//,//FH CD HG AE ． ∵//CD BE ，∴//FH BE ．∵BE ⊂面ABE ，FH ⊄面ABE ．∴//FH 面ABE ． 同理可得//HG 面ABE ，又∵FH HG H ⋂=,∴平面//FHG 平面ABE ．（2）43BC =这时23AC =，从而AB =， 过点C 作CM AB ⊥于M ，连结MD ．∵,,CD AC CD BC AC BC C ⊥⊥⋂=，∴CD ⊥面ABC ． ∵CM ⊂面ABC ，∴CM CD ⊥,∴AB ⊥面MCD ， ∵MD ⊂面MCD ，∴AB MD ⊥， ∴CMD ∠是二面角D AB C --的平面角，由AB CM AC BC ⋅=⋅得24AC BC CM AB ⨯⋅===，∴MD =， 在Rt MCD ∆中cos MC CMD MD ∠==29.解：（1）联结,PO 因为3,PA PB ==O 为AB 的中点, 所以.PO AB ⊥又平面PAB ⊥平面,ABCD 交线为,ABPO ⊆平面,PAB 所以.PO ABCD ⊥平面又CD ⊆平面,ABCD 所以.PO CD ⊥（2）取线段CD 的中点,E 2OE =，,OEBC 因为90,ABC ∠=所以,.AB BC AB OE ⊥⊥由（1）知, .PO ABCD ⊥平面故可以O 为原点, 射线,,OB OE OP分别为,x y z 轴,轴轴的正半轴建立空间直角坐标系.O xyz -则(0,0,0),(1,1,0),(0,0,(1,3,0).O C P D -于是(1,1,22),(2,2,0),(0,0,CP CD OP =--=-=设平面CPD 的一个法向量为111(,,),x y z =m由0,0CP CD ⋅=⋅=m m 得111110,220x y x y ⎧--+=⎪⎨-+=⎪⎩令11,z =得=m 设平面OPD 的法向量为222(,,),x y z =n 由0,0OP OD ⋅=⋅=n n 得2220,30x y ⎧=⎪⎨-+=⎪⎩令23,x =得(3,1,0).=n所以4cos ,.5⋅<>===m n m n m n 易知二面角C PD O --的平面角为锐角,所以二面角C PD O --的余弦值为4.530.（1）【证明】连1BC 交1B C于M 点，连BD 交AC 于N 点，则1MN AB C⊂平面.由平几知：M 为1BC 的中点，N 为BD 的中点， 即MN 为1BC D ∆的中位线. 1//MN C D ∴.又1111,//C D AB C C D AB C ⊄∴平面平面.……………3分（2）【证明】111,,,AA ABCD AC ABCD AA AC AA CD ⊥⊂∴⊥⊥平面平面.又11111,,AA AC AACC AC AC =∴⊥知为正方形. 在ACD ∆中由余弦定理知：222,AC AD AC CD CD AC ==+∴⊥得.又111,ACAA A CD A ACC =∴⊥平面.又1111,AC A ACC CD AC ⊂∴⊥平面. 又1111,AC CD C AC A B CD =∴⊥平面.……………………7分（3）【解】作1CH C D ⊥交1C D 于H ，连AG ，由（2）知：1AC CC D ⊥平面.111,,AC C D C D ACH AHC A C D C ∴⊥∴⊥∴∠--平面为二面角的平面角. ……9分cos ,tan 2ACAHC AHC CH∴∠=∠==；由2CD =知：AC =CH =在1C CD ∆中由平几知：1CC =，于是得11AAC C 为正方形.由（2）知：111111(2432C A CD D A CC V V --==⨯⨯⨯=. ………………………12分31.解：（1）存在P ，使得CP ∥平面ABEF ，此时32λ=． 证明：当32λ=，此时35AP AD =， 过P 作MP FD ∥，与AF 交M ，则35MP FD =， 又5FD =，故3MP =， ∵3EC =，MP FD EC ∥∥，∴MP EC ∥，且MP EC =，故四边形MPCE 为平行四边形， ∴PC ME ∥，∵CP Ø平面ABEF ，ME ⊂平面ABEF ， ∴CP ∥平面ABEF 成立．（2）∵平面ABEF ⊥平面EFDC ，ABEF ∩平面EFDC =EF ，AF EF ⊥， ∴AF ⊥平面EFDC ， ∵BE x =，∴AF x =，(04)x <<，6FD x =-，故三棱锥A -CDF 的体积2111162(6)(6)332332x x V x x x x +-⎛⎫=⨯⨯⨯-=-⨯= ⎪⎝⎭≤，∴3x =时，三棱锥的体积V 有最大值，最大值为3．建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)F ，(0,0,3)A ，(2,1,0)C ，(0,3,0)D ． (0,3,3)AD =-，(2,2,0)CD =-，(0,0,3)FA =．设平面ACD 的法向量为(,,)n x y z =，则00n AD n CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，∴330220y z x y -=⎧⎨-+=⎩，取1y =，则1x =，1z =，∴(1,1,1)n =．∴点F 到平面ACD 的距离||||3n FA d n ⋅=== 32.（1）连接AF ，则AF DF 又2AD =，∴222DF AF AD +=，∴DF AF ⊥ 又∵PA ⊥平面ABCD ，∴DF PA ⊥.又PA AF A =.∴DF ⊥平面PAF .∵PF ⊂平面PAF ，∴DF PF ⊥.（2）过点E 作EH FD ∥交AD 于点H ，则EH ∥平面PFD ，且有14AH AD =. 再过点H 作HG DP ∥交PA 于点G ，连接EG ，则HG ∥平面PFD 且14AG AP =. ∴平面EHG ∥平面PFD .∴EG ∥平面PFD .∴当G 为PA 的一个四等分点（靠近点A ）时，EG ∥平面PFD（3）∵PA ⊥平面ABCD ，∴PBA ∠是PB 与平面ABCD 所成的角，且45PBA ∠=︒，∴1PA AB ==.取AD 的中点M ，连接FM ，则FM AD ⊥，FM ⊥平面PAD ，∴FM PD ⊥.在平面PAD 中，过点M 作MN PD ⊥于点N ，连接FN 则PD ⊥平面FMN ，则MNF ∠为二面角A PD F --的平面角. ∵Rt MND Rt PAD △∽△，∴MN MDPA PD=∵1PA =，1MD =，PD =，且90FMN ∠=︒，∴MN =，FN =，∴cos MN MNF FN ∠==故二面角A PD F --33. 解:以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (4,0,0)，A 1(4,0,22)，B 1(0,4，22).(1)因为A 1M ＝3MB 1，所以M (1,3,22). 所以1CA ＝(4,0,22)，AM ＝(－3,3,22). 所以cos 〈1CA ，AM ||||11AM CA ＝26244⋅-＝－3939. 所以异面直线AM 和A 1C 所成角的余弦值为3939.-------------------------8分 (2)由A (4,0,0)，B (0,4,0)，C 1(0,0,22)，知AB ＝(－4,4,0)，1AC ＝(－4,0,22).设平面ABC 1的法向量为n ＝(a ，b ，c )，由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅001AC n n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=+-0224044c a b a ，令a ＝1，则b ＝1，c ＝2，所以平面ABC 1的一个法向量为n ＝(1,1，2). 因为点M 在线段A 1B 1上，所以可设M (x,4－x,22)，所以AM ＝(x －4,4－x,22).因为直线AM 与平面ABC 1所成角为30°，所以|cos 〈n ，AM 〉|＝sin 30°＝21. 由|n ·|＝|n ||||cos 〈n ，AM 〉|，得|1·(x －4)＋1·(4－x )＋2·22|＝2·8)4()4(22+-+-x x ·21， 解得x ＝2或x ＝6.因为点M 在线段A 1B 1上，所以x ＝2，即点M (2,2,22)是线段A 1B 1的中点. -------------------------14分 34.（Ⅰ）证明：由题意得，AD ⊥DC ，AD ⊥DF ，且DC ∩DF =D ， ∴AD ⊥平面CDEF ，∴AD ⊥FC ，……………………………………2分 ∵四边形CDEF 为正方形．∴DC ⊥FC由DC ∩AD =D ∴FC ⊥平面ABCD ，∴FC ⊥AC ……………………4分 又∵四边形ABCD 为直角梯形， AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD =2，AB =4∴22=AC ，22=BC ，则有AC 2+BC 2=AB 2∴AC ⊥BC由BC ∩FC =C ，∴AC ⊥平面FCB ，∴AC ⊥FB ．……………………6分（Ⅱ）解：由（I ）知AD ，DC ，DE 所在直线相互垂直，故以D 为原点，以DADC DE ，，的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz…………………………………7分可得D （0，0，0），F （0，2，2），B （2，4，0）， E （0，0，2），C （0，2，0），A （2，0，0）， 由（Ⅰ）知平面FCB 的法向量为)0,2,2(-=AC∵)0,2,0(=EF ，)2,2,2(-=FB ……………………………………………………8分设平面EFB 的法向量为),,(z y x =则有⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00FB n EF n 即⎩⎨⎧=-+=022202z y x y令1=z 则)1,0,1(=n ……………………………………………………………………10分 设二面角E ﹣FB ﹣C 的大小为θ，有图易知θ为锐角212220120)2(1cos =⨯⨯+⨯+-⨯==θ 所以二面角E ﹣FB ﹣C 的大小为3π……………………………………………………12分 35. 解：（1）矩形ABCD 中，AB CD ∥∵AB ⊄面PCD ，CD ⊂平面PCD ， ∴AB ∥平面PCD ， 又AB ⊂平面ABE ，平面PCD 平面ABE EF =，∴AB EF ∥， 又平面PAB 平面PCD l =，∴AB l ∥ ∴l EF ∥.（2）取AD 中点O ，连接PO ，∵PA PD =，∴PO AD ⊥， 又平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD平面ABCD AD =，∴PO ⊥平面ABCD ，连接OB ，则OB 为PB 在平面ABCD 内的射影，∴PBO ∠为PB 与平面ABCD 所成角，∴sin PBO ∠.∴tan PBO ∠OB ∴2PO = 取BC 中点G ，连接OG ，以O 为坐标原点，分别以OA OG ，OP 的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系：则：(002)P ，，，(100)A ，，，(140)B ，，，(140)C -，，，则1212E ⎛⎫- ⎪⎝⎭，，，(102)PA =-，，，3212AE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，设平面PAE 的法向量为()n x y z =，，，于是00n PA n AE ⋅=⎧⋅=⎪⎨⎪⎩，∴203202x z x y z -=⎧⎪⎨-++=⎪⎩，令2x =，则1y =，1z =∴平面PAE 的一个法向量(211)n =，， 同理平面ABE 的一个法向量为(203)m =，，，∴cos ||||n m n m n m ⋅===，可知二面角P AE B --为钝二面角 所以二面角P AE B --的余弦值为 36.【分析】（Ⅰ）取PB 的中点F ，连接AF ，EF ，由三角形的中位线定理可得四边形ADEF 是平行四边形．得到DE ∥AF ，再由线面平行的判定可得ED ∥面PAB ；（Ⅱ）法一、取BC 的中点M ，连接AM ，由题意证得A 在以BC 为直径的圆上，可得AB ⊥AC ，找出二面角A ﹣PC ﹣D 的平面角．求解三角形可得二面角A ﹣PC ﹣D 的余弦值．法二、由题意证得AB ⊥AC ．又面PAC ⊥平面ABCD ，可得AB ⊥面PAC ．以A为原点，方向分别为x 轴正方向，y 轴正方向建立空间直角坐标系．求出P 的坐标，再求出平面PDC的一个法向量，由图可得为面PAC 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A ﹣PC ﹣D 的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：取PB 的中点F ，连接AF ，EF ． ∵EF 是△PBC 的中位线，∴EF ∥BC ，且EF=．又AD=BC ，且AD=，∴AD ∥EF 且AD=EF ，则四边形ADEF 是平行四边形．∴DE ∥AF ，又DE ⊄面ABP ，AF ⊂面ABP ， ∴ED ∥面PAB ；（Ⅱ）解：法一、取BC 的中点M ，连接AM ，则AD ∥MC 且AD=MC ， ∴四边形ADCM 是平行四边形，∴AM=MC=MB，则A在以BC为直径的圆上．∴AB⊥AC，可得．过D作DG⊥AC于G，∵平面PAC⊥平面ABCD，且平面PAC∩平面ABCD=AC，∴DG⊥平面PAC，则DG⊥PC．过G作GH⊥PC于H，则PC⊥面GHD，连接DH，则PC⊥DH，∴∠GHD是二面角A﹣PC﹣D的平面角．在△ADC中，，连接AE，．在Rt△GDH中，，∴，即二面角A﹣PC﹣D的余弦值．法二、取BC的中点M，连接AM，则AD∥MC，且AD=MC．∴四边形ADCM是平行四边形，∴AM=MC=MB，则A在以BC为直径的圆上，∴AB⊥AC．∵面PAC⊥平面ABCD，且平面PAC∩平面ABCD=AC，∴AB⊥面PAC．如图以A为原点，方向分别为x轴正方向，y轴正方向建立空间直角坐标系．可得，．设P（x，0，z），（z＞0），依题意有，，解得．则，，．设面PDC的一个法向量为，由，取x0=1，得．为面PAC的一个法向量，且，设二面角A﹣PC﹣D的大小为θ，则有，即二面角A﹣PC﹣D的余弦值．37.【分析】（1）取AD中点M，利用三角形的中位线证明EM∥平面PAB，利用同位角相等证明MC∥AB，得到平面EMC∥平面PAB，证得EC∥平面PAB；（2）建立坐标系，求出平面PAC的法向量，利用直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为，可得结论．【解答】（1）证明：取AD中点M，连EM，CM，则EM∥PA．∵EM⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴EM∥平面PAB．在Rt△ACD中，∠CAD=60°，AC=AM=2，∴∠ACM=60°．而∠BAC=60°，∴MC∥AB．∵MC⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴MC∥平面PAB．∵EM∩MC=M，∴平面EMC∥平面PAB．∵EC⊂平面EMC，∴EC∥平面PAB．（2）解：过A作AF⊥AD，交BC于F，建立如图所示的坐标系，则A（0，0，0），B（，﹣，0），C（，1，0），D（0，4，0），P（0，0，2），设平面PAC 的法向量为=（x ，y ，z ），则，取=（，﹣3，0），设=λ（0≤λ≤1），则=（0，4λ，﹣2λ），=（﹣λ﹣1，2﹣2λ），∴|cos ＜，＞|==，∴，∴N 为PD 的中点，使得直线CN 与平面PAC 所成的角θ的正弦值为．38.（1）证明：取AB 的中点O ，连接EO ，COAE EB ==AEB ∆为等腰直角三角形∴EO AB ⊥，1EO =又∵AB BC =，60ABC ∠=︒，∴ABC ∆是等边三角形.∴CO =2EC =，∴222EC EO CO =+∴EO CO ⊥∵EO ⊥平面ABCD ，又EO ⊂平面EAB ，∴平面EAB ⊥平面ABCD（2）解：以AB 的中点O 为坐标原点，OB 所在直线为y 轴，OE 所在直线为z 轴，如图建系则()0,1,0A -，)C，)2,0D-，()0,0,1E)AC=uuu r，)1EC=-uu u r，()0,2,0DC=uuu r设平面DCE的法向量为(),,1n x y=r，则EC nDC n⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r ruuu r r，即1020y-==⎪⎩，解得：3xy⎧=⎪⎨⎪=⎩，∴n⎫=⎪⎪⎝⎭r同理求得平面EAC的一个法向量为1,13m⎛⎫=-⎪⎪⎝⎭u rcos,m nm nm n⋅==u r ru r ru r r，所以二面角A EC D--的余弦值为7. 39.证明：（Ⅰ）取AB中点D，连结PD CD，．AP BP=Q，PD AB∴⊥．AC BC=Q，CD AB∴⊥．PD CD D=Q I，AB∴⊥平面PCD．----3分PC⊂Q平面PCD，PC AB∴⊥，又∵PC AC⊥，∴PC ABC⊥平面- ----6分解：（Ⅱ）如图，以C为原点建立空间直角坐标系C xyz-．则(000)(020)(200)C A B，，，，，，，，．设(00)P t，，．---8分PB AB==2t∴=，(002)P，，． ----9分取AP中点E，连结BE CE，．AC PC=，AB BP=，CE AP∴⊥，BE AP⊥．BEC∴∠是二面角B AP C--的平面角．(011)E，，，(011)EC=--u u u r，，，(211)EB=--u u r，，， ---10分cos3EC EB BEC EC EB∴∠===uu u r uu r g uu u r uu r g ．∴二面角B AP C -- -------- -12分 40.【分析】（Ⅰ）证明BD ⊥AC ，BD ⊥PO ，推出BD ⊥面PAC ，然后证明BD ⊥PC ． （Ⅱ）说明OE 是BE 在面PAC 上的射影，∠OEB 是BE 与面PAC 所成的角．利用Rt △BOE ，在Rt △PEO 中，证明PO ⊥AO ．推出PO ⊥面ABCD ．方法一：说明∠OHB 是二面角A ﹣EC ﹣B 的平面角．通过求解三角形求解二面角A ﹣EC ﹣B 的余弦值．方法二：以建立空间直角坐标系，求出平面BEC 的法向量，平面AEC 的一个法向量，利用空间向量的数量积求解即可． 【解答】（本小题满分12分）证明：（Ⅰ）因为底面是菱形，所以BD ⊥AC ．（1分）又PB=PD ，且O 是BD 中点，所以BD ⊥PO ．（2分） PO∩AC=O ，所以BD ⊥面PAC ．（3分） 又PC ⊂面PAC ，所以BD ⊥PC ．（4分）（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，OE 是BE 在面PAC 上的射影， 所以∠OEB 是BE 与面PAC 所成的角．在Rt △BOE 中，，BO=1，所以．在Rt △PEO 中，，，所以．所以，又，所以PO 2+AO 2=PA 2，所以PO ⊥AO ．（6分）又PO ⊥BD ，BD∩AO=O ，所以PO ⊥面ABCD ．（7分） 方法一：过O 做OH ⊥EC 于H ，由（Ⅰ）知BD ⊥面PAC ，所以BD ⊥EC ，所以EC ⊥面BOH ，BH⊥EC，所以∠OHB是二面角A﹣EC﹣B的平面角．（9分）在△PAC中，，所以PA2+PC2=AC2，即AP⊥PC．所以．（10分），得，（11分），，所以二面角A﹣EC﹣B的余弦值为．（12分）方法二：如图，以建立空间直角坐标系，，B（0，1，0），，，，，．（9分）设面BEC的法向量为，则，即，得方程的一组解为，即．（10分）又面AEC的一个法向量为，（11分）所以，所以二面角A﹣EC﹣B的余弦值为．（12分）【点评】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．41.（1）取AD 的中点为O ，连接CO PO ,，PAD ∆ 为等边三角形，AD PO ⊥∴.底面ABCD 中，可得四边形ABCO 为矩形，AD CO ⊥∴，⊥∴=⋂AD CO PO ,0 平面POC ，⊂PC 平面PC AD POC ⊥,.又BC AD //，所以PC AD ⊥.（2）由面⊥PAD 面AD PO ABCD ⊥,知，⊥∴PO 平面ABCD ，OC OD OP ,,两两垂直，直线PC 与平面PAD 所成角为30，即30=∠CPO ， 由2=AD ，知3=PO ，得1=CO .分别以→→→OP OD OC ,,的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系xyz O -，则),3,0,0(P),0,1,0(D )0,1,1(),0,0,1(-B C ，),0,1,0(=→BC )0,1,1(),3,0,1(-=-=→→CD PC ，设平面PBC 的法向量为),,(z y x n =.⎩⎨⎧=-=∴030z x y ，则)1,0,3(=n， 设平面PDC 的法向量为),,(z y x m =， ⎩⎨⎧=-=-∴030z x y x ，则)1,3,3(=m， 772724||||,cos ==⋅>=<n m n m n m, ∴由图可知二面角C SB A --的余弦值772-.42.（1）证明：由已知四边形ABCD 为矩形，得AB BC ⊥， ∵PB AB ⊥，PBBC B =，∴AB ⊥平面PBC .又//CD AB ，∴CD ⊥平面PBC .∵CD ⊂平面PCD ，∴平面PBC ⊥平面PCD .（2）解：以B 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系B xyz -.设1PB AB ==，(0)BC a a =>，则(0,0,0)B ，(0,0,)C a ，(1,0,0)P ，(0,1,)D a ，所以(1,0,)PC a =-，(0,1,)BD a =，则||cos60||||PC BDPC BD ∙=，即22112a a =+， 解得1a =（1a =-舍去）.设111(,,)n x y z =是平面PBD 的法向量，则0n BP n BD ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩，即11100x y z =⎧⎨+=⎩，可取(0,1,1)n =-.设222(,,)m x y z =是平面PCD 的法向量，则00m PD m CD ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩即22220x y z y -++=⎧⎨=⎩，可取(1,0,1)m =，所以1cos ,2||||n m n m n m ∙<>==-，由图可知二面角B PD C --为锐角，所以二面角B PD C --的大小为60. 43.（1）证明：如图，取BC 中点M ，连接PM 、DM 、DB ，则BCD ∆和PBC ∆分别是等边三角形、等腰直角三角形.故PM BC ⊥，DM BC ⊥，且1PM =，DM =所以222DM PM PD +=， 故PM DM ⊥， 所以PM ⊥平面ABCD .又PM ⊂平面PBC ，从而平面PBC ⊥平面ABCD . （2）如图，建立空间直角坐标系M xyz -.(0,0,1)P ，2,0)A ，(0,1,0)B ，(0,1,0)C -，(1,0)AB =-，(0,1,1)PB =-，(0,1,1)PC =--，设平面ABP 的法向量为(,,)n x y z =，则0y y z ⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩，令1x =-，解得y =z =(1,3,n =-，记直线PC 与平面PAB 所成角的平面角为θ，则||23sin 7||||14n PC n PC θ∙===即直线PC 与平面PAB 所成角的正弦值为7. 44.（Ⅰ）连结OM 延长交F B 于H ，则H 为F B 的中点，又P 为C B 的中点， ∴PH ∥CF ，又∵CF ⊂平面FC A ，∴PH ∥平面FC A 连结PO ，则PO ∥C A ，C A ⊂平面FC A ，∴PO ∥平面FC APO PH =P ∴平面POH ∥平面FC A ，PM ⊂平面POH∴//PM 平面FC A（Ⅱ）作AQ ⊥EF 交EF 延长线于Q,作AH ⊥DQ 交DQ 于H ，则AH ⊥面EQDC ∴∠ACH 就是直线AC 与平面CEF 所成角在Rt ∆ADQ 中，AH=7327231=⨯在Rt ∆ACH 中，sin ∠ACH=35105=AC AH 直线AC 与平面CEF 所成角正弦值为3510545.（Ⅰ）证明：如图，∵//AB CD ，CD AD ⊥，22AD CD AB ===，F 为CD 的中点，∴ABFD 为矩形，AB BF ⊥， 又由AB ⊥平面PAD ， ∴AB PD ⊥，又∵//EF PD ，∴AB EF ⊥， ∵BFEF F =，∴AB ⊥平面BEF ，又AE ⊂平面ABE ，∴平面ABE ⊥平面BEF ．（Ⅱ）由条件以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴建立空间坐标系，则(1,0,0)B ，(0,2,0)D ，(0,0,)P a ，(2,2,0)C ，(1,1,)2a E ，(1,2,0)BD =-，(0,1,)2aBE =，平面BCD 的法向量1(0,0,1)n =，设平面EBD 的法向量为2(,,)n x y z =，由22,,n BD n BE ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩即22,,n BD n BE ⎧⋅⎪⎨⋅⎪⎩，即20,0,2x y azy -+=⎧⎪⎨+=⎪⎩取1y =，得2x =，2z a =-，则22(2,1,)n a=-，所以2cos θ==因为平面EBD 与平面ABCD 所成锐二面角,43ππθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以1cos ,22θ⎡∈⎢⎣⎦1,22⎡⎢⎣⎦12≥，得55a -≤≤2≤，得5a ≤-或5a ≥， 所以a的取值范围是⎣⎦．46.（Ⅰ）证明：在等腰梯形ABCD 中，可设2AD CD AB ===，可求出BD =4BC =，在BCD ∆中，222BC BD DC =+，∴BD DC ⊥， ∵点A 在平面BCD 上的投影G 落在BD 上， ∴AG ⊥平面BCD ，∴AG CD ⊥， 又BD DC ⊥，AGBD G =∴CD ⊥平面ABD ，而CD ⊂平面ACD ，∴CD ⊥平面ABD.（Ⅱ）由（Ⅰ）知BD CD ⊥，AG BD ⊥，G 为BD 中点，建立如图所示的空间坐标系，设2AD CD AB ===，结合（Ⅰ）计算可得：(0,0,0)D ，(0,2,0)C，G，A ，(0,0,1)GA =，(2,1)GC =，设1111(,,)n x y z =是平面AGC的法向量，则111020z y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，取1n =.(0,2,0)DC =，设2222(,,)n x y z =是平面ACD的法向量，则22200y z =⎧⎪+=，取2(1n =.设二面角G AC D --的平面角为，则12cos cos ,n n θ=<>==47.（1）设AB 中点为O ，连接PO ，EO ， 因为PA PB =，所以PO AB ⊥， 又E 为AC 的中点， 所以EO BC ∥.因为AB BC ⊥，所以EO AB ⊥，因为PO OE O =I ，所以AB ⊥平面POE ，又PE ⊂平面POE ， 所以PE AB ⊥（2）由（1）知PO AB ⊥，因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB I 平面ABC AB =，PO ⊂平面PAB ， 所以PO ⊥平面ABC ，又EO AB ⊥.以O 为坐标原点，分别以OE uu u r ，OB uu u r ，OP uu u r为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系O xyz -，如图所示，因为AB BC ⊥，4AC =，2BC =，所以AB =由O 为AB 中点，PO AB ⊥，2PB =，得OA OB ==1PO ==，则，()0,0,0O ，()1,0,0E ，()0,0,1P，()0,A，()B，()C设平面PAC 的一个法向量为(),,n x y z =r，由00n PA n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r uu r r uu u r，即020z x z ⎧-=⎪⎨+-=⎪⎩取y =()3,n =r ， 因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB I 平面ABC AB =，OE ⊂平面ABC ，所以EO ⊥平面PAB ，所以平面PAB 的一个法向量为()1,0,0OE =uu u r，∴cos ,OE n OE n OE n⋅=uu u r ruu u r r uu u rr 7==， 设二面角B PA C --的大小为θ，则cos 7=θ所以sin ==θ， ∴二面角B PA C --. 48. （1）AB PB =，O 为AB 的中点，OB PA ∴⊥.又平面PAC ⊥平面PAB ，且OB ⊂平面ABP ，BO ∴⊥平面PAC ，而OB ⊂平面BOM ，∴平面BOM ⊥平面PAC .（2）由已知得，PAB ∆为等腰直角三角形，AB PB ==2,1AP BO ∴==，等边PAC ∆的面积PAC S ∆， 13B PAC PAC V S BO -∆∴=⨯⨯=113=， 由（1）易知OC ⊥平面APB ，2AC BC ∴==，∴在ABC ∆中，AB，1222ABCS∆∴==，设点P到平面ABC的距离为h，则有13P ABC ABCV S h-∆=⨯⨯=，h∴=，即点P到平面ABC.49.证明：（1）因为M，N分别为PB，PC的中点，PA AB=，所以PB MA⊥. 因为90BAD∠=︒，所以DA AB⊥.因为PA⊥底面ABCD，所以DA PA⊥.因为PA AB A=I，所以DA⊥平面PAB.所以PB DA⊥.因为AM DA A=I，所以PB⊥平面ADNM因为DN⊂平面ADNM，所以PB DN⊥.（2）如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A xyz-.则()0,0,0A，()2,0,0B，()2,1,0C，()0,2,0D，()0,0,2P.由（1）可知，PB⊥平面ADNM，所以平面ADMN的法向量为()2,0,2BP=-uu r.设平面PDN的法向量为(),,n x y z=r因为()2,1,2PC=-uu u r，()0,2,2PD=-uu u r，所以n PCn PD⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r uu u rr uu u r即220220x y zy z+-=⎧⎨-=⎩令2z=，则2y=，1x=，所以()1,2,2n =，所以cos ,n BP n BPn BP ⋅==r uu rr uu r r uu r 6=所以二面角P DN A --50.【考点】直线与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题．【分析】（Ⅰ）要证BC ⊥平面ACD ，只需证明BC 垂直平面ACD 内的两条相交直线AC 、OD 即可；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量的数量积，求二面角A ﹣CD ﹣M 的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）在图1中，可得，从而AC 2+BC 2=AB 2，故AC ⊥BC取AC 中点O 连接DO ，则DO ⊥AC ，又面ADC ⊥面ABC ， 面ADC∩面ABC=AC ，DO ⊂面ACD ，从而OD ⊥平面ABC ， ∴OD ⊥BC又AC ⊥BC ，AC∩OD=O ， ∴BC ⊥平面ACD另解：在图1中，可得，从而AC 2+BC 2=AB 2，故AC ⊥BC∵面ADC ⊥面ABC ，面ADE∩面ABC=AC ，BC ⊂面ABC ，从而BC ⊥平面ACD （Ⅱ）建立空间直角坐标系O ﹣xyz 如图所示，则，，，设为面CDM 的法向量，则即，解得令x=﹣1，可得又为面ACD的一个法向量∴∴二面角A﹣CD﹣M的余弦值为．51.【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面平行的判定．【分析】（I）如图所示，取FB′的中点M，连接CM，A′M．可得四边形A′EMB′是平行四边形．A′B′∥EM．同理可得A′D∥CM，可得平面EMC∥平面A′DB′，即可证明CE∥面A′DB′．（II）取DE的中点O，建立如图所示的空间直角坐标系．∠A′ED=∠B′FC=60°．平面EFCD的一个法向量为=（0，0，1）．可得=．可得直线A′B′与平面FECD所成角的正弦值=||．【解答】（I）证明：如图所示，取FB′的中点M，连接CM，A′M．∵A′E B′M，∴四边形A′EMB′是平行四边形．∴A′B′∥EM．∵A′M CD，∴四边形A′MCD是平行四边形，∴A′D∥CM，又∵CM∩EM=M ，A′B′∩A′D=A′， ∴平面EMC ∥平面A′DB′， 由CE ⊂平面CME ． ∴CE ∥面A′DB′．（II ）解：取DE 的中点O ，建立如图所示的空间直角坐标系．∠A′ED=∠B′FC=60°． 则，A′，=．平面EFCD的一个法向量为=（0，0，1）．∴===﹣．∴直线A′B′与平面FECD 所成角的正弦值=||=．52.见解析． 解：（1）∵ABCD 是矩形， ∴AD CD ⊥，又∵PD ⊥平面ABCD ，∴PD AD ⊥，PD CD ⊥，即PD ，AD ，CD 两两垂直，∴以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图空间直角坐标系， 由4PD CD ==，2AD =，得(2,0,0)A ，(2,4,0)B ，(0,4,0)C ，(0,0,0)D ，(0,0,4)P ，(1,0,2)M ，则(2,0,4)AP =-，(2,0,0)BC =-，(1,4,2)MB =-， 设平面CMB 的一个法向量为1111(,,)n x y z =，则1100BC n MB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111120420x x y z -=⎧⎨+-=⎩，令11y =，得10x =，12z =，∴1(0,1,2)n =， ∴1114cos ,5||||25AP n AP n AP n ⋅<>===⋅，故AP 与平面CMB 所成角的正弦值为45． （2）由（1）可得(0,4,4)PC =-，设平面PBC 的一个法向量为2222(,,)n x y z =，则2200BC n PC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即22220440x y z -=⎧⎨-=⎩，令21y =，得20x =，21z =，∴2(0,1,1)n =， ∴12cos ,n n <>=故二面角M CB P --．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何（二）27.如图，四边形ABCD 与BDEF 均为菱形， 60DAB DBF ∠=∠=︒，且F A =FC .（1）求证：AC ⊥平面BDEF ；（2）求直线AF 与平面BCF 所成角的正弦值.28.如图（甲），在直角梯形ABED 中，//AB DE ，AB BE ⊥，AB CD ⊥，且BC CD =，2AB =，F 、H 、G 分别为AC 、AD 、DE 的中点，现将ACD ∆沿CD 折起，使平面ACD ⊥平面CBED ，如图（乙）．（1）求证：平面FHG ∥平面ABE ；（2）若43BC =，求二面角D -AB -C 的余弦值．29.如图,在四棱锥P ABCD -中,平面PAB ⊥平面,,90,ABCD AD BC ABC ∠=o P PA =3,1,2,3,PB BC AB AD O ====为AB 的中点.（1）证明:PO CD ⊥；（2）求二面角C PD O --的余弦值.30.如图所示的几何体中，111ABC A B C -为三棱柱，且1AA ABC ⊥平面，四边形ABCD 为平行四边形，2AD CD =，060ADC ∠=.（1）求证：11//C D AB C 平面；（2）若1AA AC =，求证：111AC A B CD ⊥平面；（3）若2CD =，二面角1A C D C --的余弦值为若55，求三棱锥11C A CD -的体积．31.如图，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD =6，BC =2AB =4，E 、F 分别在BC 、AD 上，EF ∥AB ，现将四边形ABCD 沿EF 折起，使平面ABEF ⊥平面EFDC ．（1）若BE =1，是否存在折叠后的线段AD 上存在一点P ，且AP PD λ=u u u r u u u r ，使得CP ∥平面ABEF ？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．（2）求三棱锥A -CDF 的体积的最大值，并求此时点F 到平面ACD 的距离． F E C B AD F ECB A D32.已知在四棱锥P - ABCD 中，底面ABCD 为矩形，且AD =2，AB =1，P A ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是线段AB ，BC 的中点.（1）证明：PF ⊥DF ；（2）在线段P A 上是否存在点G ，使得EG ∥平面PFD ？若存在，确定点G 的位置；若不存在，说明理由.（3）若PB 与平面ABCD 所成的角为45°,求二面角A - PD - F 的余弦值.33.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝4，CB＝4，CC1＝22，∠ACB＝90°，点M在线段A1B1上.(1)若A1M＝3MB1，求异面直线AM和A1C所成角的余弦值；(2)若直线AM与平面ABC1所成角为30°，试确定点M的位置．34.如图，几何体EF﹣ABCD中，CDEF为边长为2的正方形，ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，AD=2，AB=4，∠ADF=90°．（Ⅰ）求证：AC⊥FB（Ⅱ）求二面角E﹣FB﹣C的大小．35.如图，在四棱锥P ABCD -中，E 是PC 的中点，底面ABCD 为矩形，4AB =，2AD =，PA PD =，且平面PAD ⊥平面ABCD ，平面ABE 与棱PD 交于点F ，平面PCD 与平面PAB 交于直线l .（1）求证：l EF ∥；（2）求PB 与平面ABCD 所成角的正弦值为22121，求P AE B --的余弦值.36.在四棱锥P ﹣ABCD 中，AD ∥BC ，AD =AB =DC =21BC =1，E 是PC 的中点，面P A C ⊥面ABCD ．（Ⅰ）证明：ED ∥面P AB ；（Ⅱ）若PC =2，P A =3，求二面角A ﹣PC ﹣D 的余弦值．37.如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，∠ABC =∠ACD =90°，∠BAC =∠CAD =60°，P A ⊥平面ABCD ，P A =2，AB =1．（1）设点E 为PD 的中点，求证：CE ∥平面P AB ；（2）线段PD 上是否存在一点N ，使得直线CN 与平面P AC 所成的角θ的正弦值为515？若存在，试确定点N 的位置，若不存在，请说明理由．38.如图，已知四棱锥E ABCD -的底面为菱形，且60ABC ∠=︒，2AB EC ==，2AE BE ==（1）求证：平面EAB ⊥平面ABCD .（2）求二面角A -EC -D 的余弦值.39.如图，在三棱锥P -ABC 中，侧面P AB 为边长为22的正三角形，底面ABC 为以AB 为斜边的等腰直角三角形， PC ⊥AC ．（Ⅰ）求证：PC ⊥平面ABC ；（Ⅱ）求二面角B -AP -C 的的余弦值 .40.在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面是边长为2的菱形，∠BAD =60°，PB =PD =2，AC ∩BD =O ．（Ⅰ）证明：PC ⊥BD（Ⅱ）若E 是PA 的中点，且BE 与平面PAC 所成的角的正切值为36，求二面角A ﹣EC ﹣B 的余弦值．41. 如图，四棱锥ABCD P -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，,22==BC ADο90=∠=∠ABC BAD .（1）证明：BC PC ⊥；（2）若直线PC 与平面PAD 所成角为30°，求二面角D PC B --的余弦值.42.如图，在底面为矩形的四棱锥P ABCD -中，PB AB ⊥.（1）证明：平面PBC ⊥平面PCD ；（2）若异面直线PC 与BD 所成角为60o，PB AB =，PB BC ⊥，求二面角B PD C --的大小.43.如图，已知四棱锥P ABCD -的底面是菱形，3BAD π∠=，2AB PD ==，2PB PC ==.（1）求证：平面PBC ⊥平面ABCD ；（2）求直线PC 与平面PAB 所成角的正弦值.44.如图，矩形ABCD 所在的平面和平面ABEF 互相垂直，等腰梯形ABEF 中， EF AB //，2=AB ，1AD AF ==，060=∠BAF ,P O ,分别为CB AB ,的中点，M 为底面OBF ∆的重心.（Ⅰ）求证：PM ∥平面AFC ；（Ⅱ）求直线AC 与平面CEF 所成角的正弦值.45.如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥面ABCD ，//AB CD，CD AD ⊥，22AD CD AB ===，E ，F 分别为PC ，CD 的中点． （Ⅰ）求证：平面ABE ⊥平面BEF ；（Ⅱ）设PA a =，若平面EBD 与平面ABCD 所成锐二面角,43ππθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，求a 的取值范围．46.如图所示ABCD 中，//AD BC ，AD DC AB ==，60ABC ∠=︒，将三角形ABD 沿BD 折起，使点A 在平面BCD 上的投影G 落在BD 上.（Ⅰ）求证：平面ACD ⊥平面ABD ；（Ⅱ）求二面角G AC D --的平面角的余弦值.47.如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，PA PB =，E 为AC 的中点. （1）求证：PE AB ⊥；（2）设平面PAB ⊥平面ABC ，2PB BC ==，4AC =，求二面角B PA C --的平面角的正弦值.48.如图，在三棱锥P ABC -中，平面PAC ⊥平面PAB ，PAC ∆为等边三角形，AB PB ⊥且2AB PB ==，O 为PA 的中点，点M 在AC 上.（1）求证：平面BOM ⊥平面PAC ； （2）求点P 到平面ABC 的距离.-中，PA⊥底面49.如图，在四棱锥P ABCD∥，ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD BC====，M为PB的中点，平面ADM交PC于N PA AD AB BC90BAD∠=︒，22点.⊥；（1）求证：PB DN--的余弦值.（2）求二面角P DN A50.如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC=90°，CD∥AB，AB=4，AD=CD=2，M为线段AB的中点．将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D﹣ABC，如图2所示．（Ⅰ）求证：BC⊥平面ACD；（Ⅱ）求二面角A﹣CD﹣M的余弦值．51.已知四边形ABCD 为直角梯形，∠BCD =90°，AB ∥CD ，且AD =3，BC =2CD =4，点E ，F 分别在线段AD 和BC 上，使FECD 为正方形，将四边形ABFE 沿EF 翻折至使二面角B ﹣EF ﹣C 的所成角为60° （Ⅰ）求证：CE ∥面A ′DB ′（Ⅱ）求直线A ′B ′与平面FECD 所成角的正弦值52.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，M是PA 的中点，PD ⊥平面ABCD ，且4PD CD ==，2AD =． （1）求AP 与平面CMB 所成角的正弦． （2）求二面角M CB P --的余弦值．DPA BCM试卷答案27.（1）设AC 与BD 相交于点O ，连接FO ，∵四边形ABCD 为菱形，∴AC BD ⊥，且O 为AC 中点， ∵FA FC =，∴AC FO ⊥,又FO BD O ⋂=，∴AC ⊥平面BDEF .（2）连接DF ，∵四边形BDEF 为菱形，且60DBF ∠=︒，∴DBF ∆为等边三角形， ∵O 为BD 中点，∴FO BD ⊥，又AC FO ⊥，∴FO ⊥平面ABCD . ∵,,OA OB OF 两两垂直，∴建立空间直角坐标系O xyz -，如图所示，设2AB =，∵四边形ABCD 为菱形，60DAB ∠=︒，∴2,23BD AC ==. ∵DBF ∆为等边三角形，∴3OF =. ∴)()()(3,0,0,0,1,0,3,0,0,3AB C F -，∴()3,0,3,3,0,3,3,1,0AF CF CB =-==u u u r u u u r u u u r.设平面BCF 的法向量为(),,n x y z =r ，则33030CF n x z CB n x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩u u u r ru u u r r， 取1x =，得()1,3,1n =--r.设直线AF 与平面BCF 所成角为θ，则10sin cos ,AF n AF n AF n θ⋅===⋅u u u r r u u u r r u u u r r28.（1）证明：由图（甲）结合已知条件知四边形CBED 为正方形，如图（乙）， ∵F H G 、、分别为AC AD DE 、、的中点，∴//,//FH CD HG AE ． ∵//CD BE ，∴//FH BE ．∵BE ⊂面ABE ，FH ⊄面ABE ．∴//FH 面ABE ． 同理可得//HG 面ABE ，又∵FH HG H ⋂=,∴平面//FHG 平面ABE ．（2）43BC=这时23AC=，从而2225AB AC BC=+=，过点C作CM AB⊥于M，连结MD．∵,,CD AC CD BC AC BC C⊥⊥⋂=，∴CD⊥面ABC．∵CM⊂面ABC，∴CM CD⊥,∴AB⊥面MCD，∵MD⊂面MCD，∴AB MD⊥，∴CMD∠是二面角D AB C--的平面角，由AB CM AC BC⋅=⋅得24453325AC BCCMAB⨯⋅===，∴224635MD MC CD=+=，在Rt MCD∆中45615cos46MCCMDMD∠===．29.解：（1）联结,PO因为3,PA PB==O为AB的中点,所以.PO AB⊥又平面PAB⊥平面,ABCD交线为,ABPO⊆平面,PAB所以.PO ABCD⊥平面又CD⊆平面,ABCD所以.PO CD⊥（2）取线段CD的中点,E2OE=，,OE BCP因为90,ABC∠=o所以,.AB BC AB OE⊥⊥由（1）知, .PO ABCD⊥平面故可以O为原点, 射线,,OB OE OP 分别为,x y z轴,轴轴的正半轴建立空间直角坐标系.O xyz-则(0,0,0),(1,1,0),(0,0,2),(1,3,0).O C P D-于是(1,1,22),(2,2,0),(0,0,22).CP CD OP=--=-=u u u r u u u r u u u r设平面CPD 的一个法向量为111(,,),x y z =m 由0,0CP CD ⋅=⋅=u u u r u u u rm m 得11111220,220x y z x y ⎧--+=⎪⎨-+=⎪⎩令11,z =得(2,2,1).=m 设平面OPD 的法向量为222(,,),x y z =n 由0,0OP OD ⋅=⋅=u u u r u u u rn n 得222220,30z x y ⎧=⎪⎨-+=⎪⎩令23,x =得(3,1,0).=n 所以424cos ,.5510⋅<>===⋅m n m n m n 易知二面角C PD O --的平面角为锐角,所以二面角C PD O --的余弦值为4.530.（1）【证明】连1BC 交1B C于M 点，连BD 交AC 于N 点，则1MN AB C⊂平面.由平几知：M 为1BC 的中点，N 为BD 的中点， 即MN 为1BC D ∆的中位线. 1//MN C D ∴.又1111,//C D AB C C D AB C ⊄∴平面平面.……………3分（2）【证明】111,,,AA ABCD AC ABCD AA AC AA CD ⊥⊂∴⊥⊥Q 平面平面. 又11111,,AA AC AAC C AC AC =∴⊥Q 知为正方形. 在ACD ∆中由余弦定理知：2223,AC CD AD AC CD CD AC ==+∴⊥得.又111,AC AA A CD A ACC =∴⊥I 平面. 又1111,AC A ACC CD AC ⊂∴⊥平面.又1111,AC CD C AC A B CD =∴⊥I 平面.……………………7分（3）【解】作1CH C D ⊥交1C D 于H ，连AG ，由（2）知：1AC CC D ⊥平面.111,,AC C D C D ACH AHC A C D C ∴⊥∴⊥∴∠--平面为二面角的平面角. ……9分 5cos ,tan 25ACAHC AHC CH∴∠=∠==；由2CD =知：23AC =得3CH =； 在1C CD ∆中由平几知：123CC =，于是得11AAC C 为正方形. 由（2）知：111111(2323)2432C A CD D A CC V V --==⨯⨯⨯⨯=. ………………………12分31.解：（1）存在P ，使得CP ∥平面ABEF ，此时32λ=． 证明：当32λ=，此时35AP AD =， 过P 作MP FD ∥，与AF 交M ，则35MP FD =， 又5FD =，故3MP =， ∵3EC =，MP FD EC ∥∥，∴MP EC ∥，且MP EC =，故四边形MPCE 为平行四边形， ∴PC ME ∥，∵CP Ø平面ABEF ，ME ⊂平面ABEF ， ∴CP ∥平面ABEF 成立．（2）∵平面ABEF ⊥平面EFDC ，ABEF ∩平面EFDC =EF ，AF EF ⊥， ∴AF ⊥平面EFDC ， ∵BE x =，∴AF x =，(04)x <<，6FD x =-，故三棱锥A -CDF 的体积2111162(6)(6)332332x x V x x x x +-⎛⎫=⨯⨯⨯-=-⨯= ⎪⎝⎭≤，∴3x =时，三棱锥的体积V 有最大值，最大值为3．建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)F ，(0,0,3)A ，(2,1,0)C ，(0,3,0)D ．(0,3,3)AD =-u u u r ，(2,2,0)CD =-u u u r，(0,0,3)FA =u u u r ．设平面ACD 的法向量为(,,)n x y z =r ，则00n AD n CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u rr u u u r， ∴330220y z x y -=⎧⎨-+=⎩，取1y =，则1x =，1z =，∴(1,1,1)n =r．∴点F 到平面ACD 的距离||3||3n FA d n ⋅===r u u u rr ． 32.（1）连接AF ，则2AF =，2DF =. 又2AD =，∴222DF AF AD +=，∴DF AF ⊥ 又∵PA ⊥平面ABCD ，∴DF PA ⊥.又PA AF A =I . ∴DF ⊥平面PAF .∵PF ⊂平面PAF ，∴DF PF ⊥.（2）过点E 作EH FD ∥交AD 于点H ，则EH ∥平面PFD ，且有14AH AD =. 再过点H 作HG DP ∥交PA 于点G ，连接EG ，则HG ∥平面PFD 且14AG AP =. ∴平面EHG ∥平面PFD .∴EG ∥平面PFD .∴当G 为PA 的一个四等分点（靠近点A ）时，EG ∥平面PFD（3）∵PA ⊥平面ABCD ，∴PBA ∠是PB 与平面ABCD 所成的角，且45PBA ∠=︒，∴1PA AB ==.取AD 的中点M ，连接FM ，则FM AD ⊥，FM ⊥平面PAD ，∴FM PD ⊥.在平面PAD 中，过点M 作MN PD ⊥于点N ，连接FN 则PD ⊥平面FMN ，则MNF ∠为二面角A PD F --的平面角. ∵Rt MND Rt PAD △∽△，∴MN MDPA PD=∵1PA =，1MD =，5PD =，且90FMN ∠=︒，∴55 MN=，305FN=，∴6cos6MNMNFFN∠==故二面角A PD F--的余弦值为6633.解:以C为坐标原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(4,0,0)，A1(4,0,22)，B1(0,4，22).(1)因为A1M＝3MB1，所以M(1,3,22).所以1CA＝(4,0,22)，AM＝(－3,3,22).所以cos〈1CA，AM||||11AMCA＝26244⋅-＝－3939.所以异面直线AM和A1C所成角的余弦值为3939.-------------------------8分(2)由A(4,0,0)，B(0,4,0)，C1(0,0,22)，知AB＝(－4,4,0)，1AC＝(－4,0,22).设平面ABC1的法向量为n＝(a，b，c)，由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅1ACnABn得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=+-22444caba，令a＝1，则b＝1，c＝2，所以平面ABC1的一个法向量为n＝(1,1，2).因为点M在线段A1B1上，所以可设M(x,4－x,22)，所以AM＝(x－4,4－x,22).因为直线AM 与平面ABC 1所成角为30°，所以|cos 〈n ，AM 〉|＝sin 30°＝21. 由|n ·AM |＝|n ||AM ||cos 〈n ，AM 〉|，得|1·(x －4)＋1·(4－x )＋2·22|＝2·8)4()4(22+-+-x x ·21， 解得x ＝2或x ＝6.因为点M 在线段A 1B 1上，所以x ＝2，即点M (2,2,22)是线段A 1B 1的中点. -------------------------14分 34.（Ⅰ）证明：由题意得，AD ⊥DC ，AD ⊥DF ，且DC ∩DF =D ， ∴AD ⊥平面CDEF ，∴AD ⊥FC ，……………………………………2分 ∵四边形CDEF 为正方形．∴DC ⊥FC由DC ∩AD =D ∴FC ⊥平面ABCD ，∴FC ⊥AC ……………………4分 又∵四边形ABCD 为直角梯形， AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD =2，AB =4∴22=AC ，22=BC ，则有AC 2+BC 2=AB 2∴AC ⊥BC由BC ∩FC =C ，∴AC ⊥平面FCB ，∴AC ⊥FB ．……………………6分（Ⅱ）解：由（I ）知AD ，DC ，DE 所在直线相互垂直，故以D 为原点，以DADC DE u u u r u u u r u u u r ，，的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz…………………………………7分可得D （0，0，0），F （0，2，2），B （2，4，0）， E （0，0，2），C （0，2，0），A （2，0，0）， 由（Ⅰ）知平面FCB 的法向量为)0,2,2(-=AC∵)0,2,0(=，)2,2,2(-=……………………………………………………8分设平面EFB 的法向量为),,(z y x =则有⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00FB n EF n 即⎩⎨⎧=-+=022202z y x y令1=z 则)1,0,1(=n ……………………………………………………………………10分 设二面角E ﹣FB ﹣C 的大小为θ，有图易知θ为锐角212220120)2(1||||cos =⨯⨯+⨯+-⨯=⋅⋅=AC n AC n θ 所以二面角E ﹣FB ﹣C 的大小为3π……………………………………………………12分 35. 解：（1）矩形ABCD 中，AB CD ∥∵AB ⊄面PCD ，CD ⊂平面PCD ， ∴AB ∥平面PCD ， 又AB ⊂平面ABE ，平面PCD I 平面ABE EF =，∴AB EF ∥， 又平面PAB I 平面PCD l =，∴AB l ∥ ∴l EF ∥.（2）取AD 中点O ，连接PO ，∵PA PD =，∴PO AD ⊥， 又平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD I 平面ABCD AD =， ∴PO ⊥平面ABCD ，连接OB ，则OB 为PB 在平面ABCD 内的射影， ∴PBO ∠为PB 与平面ABCD 所成角，∴221sin PBO ∠=. ∴217tan PBO ∠=，由题17OB =，∴2PO = 取BC 中点G ，连接OG ，以O 为坐标原点，分别以OA OG ，OP 的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系：则：(002)P ，，，(100)A ，，，(140)B ，，，(140)C -，，，则1212E ⎛⎫- ⎪⎝⎭，，，(102)PA =-，，，3212AE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，设平面PAE 的法向量为()n x y z =，，，于是00n PA n AE ⋅=⎧⋅=⎪⎨⎪⎩，∴203202x z x y z -=⎧⎪⎨-++=⎪⎩，令2x =，则1y =，1z =∴平面PAE 的一个法向量(211)n =，， 同理平面ABE 的一个法向量为(203)m =，，， ∴778cos ||||613n m n m n m ⋅===⨯，.可知二面角P AE B --为钝二面角 所以二面角P AE B --的余弦值为778- 36.【分析】（Ⅰ）取PB 的中点F ，连接AF ，EF ，由三角形的中位线定理可得四边形ADEF 是平行四边形．得到DE ∥AF ，再由线面平行的判定可得ED ∥面PAB ；（Ⅱ）法一、取BC 的中点M ，连接AM ，由题意证得A 在以BC 为直径的圆上，可得AB ⊥AC ，找出二面角A ﹣PC ﹣D 的平面角．求解三角形可得二面角A ﹣PC ﹣D 的余弦值．法二、由题意证得AB ⊥AC ．又面PAC ⊥平面ABCD ，可得AB ⊥面PAC ．以A 为原点，方向分别为x 轴正方向，y 轴正方向建立空间直角坐标系．求出P 的坐标，再求出平面PDC 的一个法向量，由图可得为面PAC 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A ﹣PC ﹣D 的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：取PB 的中点F ，连接AF ，EF ． ∵EF 是△PBC 的中位线，∴EF ∥BC ，且EF=．又AD=BC ，且AD=，∴AD ∥EF 且AD=EF ，则四边形ADEF 是平行四边形．∴DE ∥AF ，又DE ⊄面ABP ，AF ⊂面ABP ， ∴ED ∥面PAB ；（Ⅱ）解：法一、取BC 的中点M ，连接AM ，则AD ∥MC 且AD=MC ， ∴四边形ADCM 是平行四边形，∴AM=MC=MB，则A在以BC为直径的圆上．∴AB⊥AC，可得．过D作DG⊥AC于G，∵平面PAC⊥平面ABCD，且平面PAC∩平面ABCD=AC，∴DG⊥平面PAC，则DG⊥PC．过G作GH⊥PC于H，则PC⊥面GHD，连接DH，则PC⊥DH，∴∠GHD是二面角A﹣PC﹣D的平面角．在△ADC中，，连接AE，．在Rt△GDH中，，∴，即二面角A﹣PC﹣D的余弦值．法二、取BC的中点M，连接AM，则AD∥MC，且AD=MC．∴四边形ADCM是平行四边形，∴AM=MC=MB，则A在以BC为直径的圆上，∴AB⊥AC．∵面PAC⊥平面ABCD，且平面PAC∩平面ABCD=AC，∴AB⊥面PAC．如图以A为原点，方向分别为x轴正方向，y轴正方向建立空间直角坐标系．可得，．设P（x，0，z），（z＞0），依题意有，，解得．则，，．设面PDC的一个法向量为，由，取x0=1，得．为面PAC的一个法向量，且，设二面角A﹣PC﹣D的大小为θ，则有，即二面角A﹣PC﹣D的余弦值．37.【分析】（1）取AD中点M，利用三角形的中位线证明EM∥平面PAB，利用同位角相等证明MC∥AB，得到平面EMC∥平面PAB，证得EC∥平面PAB；（2）建立坐标系，求出平面PAC的法向量，利用直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为，可得结论．【解答】（1）证明：取AD中点M，连EM，CM，则EM∥PA．∵EM⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴EM∥平面PAB．在Rt△ACD中，∠CAD=60°，AC=AM=2，∴∠ACM=60°．而∠BAC=60°，∴MC∥AB．∵MC⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴MC∥平面PAB．∵EM∩MC=M，∴平面EMC∥平面PAB．∵EC⊂平面EMC，∴EC∥平面PAB．（2）解：过A作AF⊥AD，交BC于F，建立如图所示的坐标系，则A（0，0，0），B （，﹣，0），C（，1，0），D（0，4，0），P（0，0，2），设平面PAC 的法向量为=（x ，y ，z ），则，取=（，﹣3，0），设=λ（0≤λ≤1），则=（0，4λ，﹣2λ），=（﹣λ﹣1，2﹣2λ）， ∴|cos ＜，＞|==，∴， ∴N 为PD 的中点，使得直线CN 与平面PAC 所成的角θ的正弦值为．38.（1）证明：取AB 的中点O ，连接EO ，CO2AE EB ==，AEB ∆为等腰直角三角形∴EO AB ⊥，1EO =又∵AB BC =，60ABC ∠=︒，∴ABC ∆是等边三角形. ∴3CO =，2EC =，∴222EC EO CO =+∴EO CO ⊥∵EO ⊥平面ABCD ，又EO ⊂平面EAB ，∴平面EAB ⊥平面ABCD（2）解：以AB 的中点O 为坐标原点，OB 所在直线为y 轴，OE 所在直线为z 轴，如图建系则()0,1,0A -，()3,0,0C，)3,2,0D-，()0,0,1E()3,1,0AC =uuu r ，()3,0,1EC =-uu u r，()0,2,0DC =uuu r设平面DCE 的法向量为(),,1n x y =r ，则00EC n DC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r r uuu r r ，即31020x y ⎧-=⎪⎨=⎪⎩， 解得：330x y ⎧=⎪⎨⎪=⎩，∴3,0,1n ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭r同理求得平面EAC 的一个法向量为3,1,13m ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u r27cos ,m n m n m n⋅==u r ru r r u r r ，所以二面角A EC D --的余弦值为277. 39.证明：（Ⅰ）取AB 中点D ，连结PD CD ，．AP BP =Q ，PD AB ∴⊥．AC BC =Q ，CD AB ∴⊥．PD CD D =Q I ，AB ∴⊥平面PCD ．----3分PC ⊂Q 平面PCD ，PC AB ∴⊥，又∵PC AC ⊥，∴PC ABC ⊥平面- ----6分解：（Ⅱ）如图，以C 为原点建立空间直角坐标系C xyz -．则(000)(020)(200)C A B ，，，，，，，，．设(00)P t ，，．---8分22PB AB ==Q 2t ∴=，(002)P ，，． ----9分 取AP 中点E ，连结BE CE ，．AC PC =Q ，AB BP =，CE AP ∴⊥，BE AP ⊥．BEC ∴∠是二面角B AP C --的平面角．(011)E Q ，，，(011)EC =--u u u r ，，，(211)EB =--u u r，，， ---10分3cos 326EC EB BEC EC EB∴∠===uu u r uu r g uu u r uu rg g ． ∴二面角B AP C --的余弦值为3． -------- -12分 40.【分析】（Ⅰ）证明BD ⊥AC ，BD ⊥PO ，推出BD ⊥面PAC ，然后证明BD ⊥PC ． （Ⅱ）说明OE 是BE 在面PAC 上的射影，∠OEB 是BE 与面PAC 所成的角．利用Rt △BOE ，在Rt △PEO 中，证明PO ⊥AO ．推出PO ⊥面ABCD ．方法一：说明∠OHB 是二面角A ﹣EC ﹣B 的平面角．通过求解三角形求解二面角A ﹣EC ﹣B 的余弦值． 方法二：以建立空间直角坐标系，求出平面BEC 的法向量，平面AEC 的一个法向量，利用空间向量的数量积求解即可． 【解答】（本小题满分12分）证明：（Ⅰ）因为底面是菱形，所以BD ⊥AC ．（1分）又PB=PD ，且O 是BD 中点，所以BD ⊥PO ．（2分） PO∩AC=O ，所以BD ⊥面PAC ．（3分） 又PC ⊂面PAC ，所以BD ⊥PC ．（4分）（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，OE 是BE 在面PAC 上的射影， 所以∠OEB 是BE 与面PAC 所成的角． 在Rt △BOE 中，，BO=1，所以．在Rt △PEO 中，，，所以．所以，又，所以PO 2+AO 2=PA 2，所以PO ⊥AO ．（6分）又PO ⊥BD ，BD∩AO=O ，所以PO ⊥面ABCD ．（7分） 方法一：过O 做OH ⊥EC 于H ，由（Ⅰ）知BD ⊥面PAC ，所以BD ⊥EC ，所以EC ⊥面BOH ，BH⊥EC，所以∠OHB是二面角A﹣EC﹣B的平面角．（9分）在△PAC中，，所以PA2+PC2=AC2，即AP⊥PC．所以．（10分），得，（11分），，所以二面角A﹣EC﹣B的余弦值为．（12分）方法二：如图，以建立空间直角坐标系，，B（0，1，0），，，，，．（9分）设面BEC的法向量为，则，即，得方程的一组解为，即．（10分）又面AEC的一个法向量为，（11分）所以，所以二面角A﹣EC﹣B的余弦值为．（12分）【点评】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．41.（1）取AD 的中点为O ，连接CO PO ,，PAD ∆Θ为等边三角形，AD PO ⊥∴.底面ABCD 中，可得四边形ABCO 为矩形，AD CO ⊥∴，⊥∴=⋂AD CO PO ,0Θ平面POC ，⊂PC 平面PC AD POC ⊥,.又BC AD //，所以PC AD ⊥.（2）由面⊥PAD 面AD PO ABCD ⊥,知，⊥∴PO 平面ABCD ，OC OD OP ,,两两垂直，直线PC 与平面PAD 所成角为ο30，即ο30=∠CPO ， 由2=AD ，知3=PO ，得1=CO .分别以→→→OP OD OC ,,的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系xyz O -，则),3,0,0(P),0,1,0(D )0,1,1(),0,0,1(-B C ，),0,1,0(=→BC )0,1,1(),3,0,1(-=-=→→CD PC ，设平面PBC 的法向量为),,(z y x n =ρ.⎩⎨⎧=-=∴030z x y ，则)1,0,3(=n ρ， 设平面PDC 的法向量为),,(z y x m =ρ， ⎩⎨⎧=-=-∴030z x y x ，则)1,3,3(=m ρ， 772724||||,cos ==⋅>=<n m n m n m ρρρρρρ, ∴由图可知二面角C SB A --的余弦值772-.42.（1）证明：由已知四边形ABCD 为矩形，得AB BC ⊥， ∵PB AB ⊥，PB BC B =I ，∴AB ⊥平面PBC . 又//CD AB ，∴CD ⊥平面PBC .∵CD ⊂平面PCD ，∴平面PBC ⊥平面PCD .（2）解：以B 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系B xyz -.设1PB AB ==，(0)BC a a =>，则(0,0,0)B ，(0,0,)C a ，(1,0,0)P ，(0,1,)D a ，所以(1,0,)PC a =-u u u r ，(0,1,)BD a =u u u r ，则||cos60||||PC BD PC BD •=ou u u r u u u ru u u r u u u r ，即22112a a =+， 解得1a =（1a =-舍去）.设111(,,)n x y z =r 是平面PBD 的法向量，则00n BP n BD ⎧•=⎪⎨•=⎪⎩r u u u rr u u u r，即11100x y z =⎧⎨+=⎩， 可取(0,1,1)n =-r .设222(,,)m x y z =u r 是平面PCD 的法向量，则00m PD m CD ⎧•=⎪⎨•=⎪⎩u r u u u ru r u u u r即222200x y z y -++=⎧⎨=⎩， 可取(1,0,1)m =u r ，所以1cos ,2||||n m n m n m •<>==-r u rr u r r ur ， 由图可知二面角B PD C --为锐角，所以二面角B PD C --的大小为60o. 43.（1）证明：如图，取BC 中点M ，连接PM 、DM 、DB ，则BCD ∆和PBC ∆分别是等边三角形、等腰直角三角形.故PM BC ⊥，DM BC ⊥，且1PM =，3DM =，所以222DM PM PD +=， 故PM DM ⊥， 所以PM ⊥平面ABCD .又PM ⊂平面PBC ，从而平面PBC ⊥平面ABCD . （2）如图，建立空间直角坐标系M xyz -.(0,0,1)P ，3,2,0)A ，(0,1,0)B ，(0,1,0)C -，(3,1,0)AB =--u u u r ，(0,1,1)PB =-u u u r，(0,1,1)PC =--u u u r，设平面ABP 的法向量为(,,)n x y z =r ，则300x y y z ⎧--=⎪⎨-+=⎪⎩，令1x =-，解得3y =3z =(3,3)n =-r，记直线PC 与平面PAB 所成角的平面角为θ，则||2342sin 7||||14n PC n PC θ•===r u u u rr u u u r 即直线PC 与平面PAB 所成角的正弦值为427. 44.（Ⅰ）连结OM 延长交F B 于H ，则H 为F B 的中点，又P 为C B 的中点， ∴PH ∥CF ，又∵CF ⊂平面FC A ，∴PH ∥平面FC A 连结PO ，则PO ∥C A ，C A ⊂平面FC A ，∴PO ∥平面FC APO PH =P I ∴平面POH ∥平面FC A ，PM ⊂平面POH∴//PM 平面FC A（Ⅱ）作AQ ⊥EF 交EF 延长线于Q,作AH ⊥DQ 交DQ 于H ，则AH ⊥面EQDC ∴∠ACH 就是直线AC 与平面CEF 所成角在Rt ∆ADQ 中，AH=7327231=⨯在Rt ∆ACH 中，sin ∠ACH=35105=AC AH 直线AC 与平面CEF 所成角正弦值为3510545.（Ⅰ）证明：如图，∵//AB CD ，CD AD ⊥，22AD CD AB ===，F 为CD 的中点，∴ABFD 为矩形，AB BF ⊥， 又由AB ⊥平面PAD ， ∴AB PD ⊥，又∵//EF PD ，∴AB EF ⊥， ∵BF EF F =I ，∴AB ⊥平面BEF ， 又AE ⊂平面ABE ，∴平面ABE ⊥平面BEF ．（Ⅱ）由条件以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴建立空间坐标系，则(1,0,0)B ，(0,2,0)D ，(0,0,)P a ，(2,2,0)C ，(1,1,)2a E ，(1,2,0)BD =-u u u r ，(0,1,)2a BE =u u u r ，平面BCD 的法向量1(0,0,1)n =u r ，设平面EBD 的法向量为2(,,)n x y z =u u r，由22,,n BD n BE ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩u u r u u u r u u r u u u r 即22,,n BD n BE ⎧⋅⎪⎨⋅⎪⎩u u r u u u r u u r u u u r ，即20,0,2x y azy -+=⎧⎪⎨+=⎪⎩取1y =，得2x =，2z a =-，则22(2,1,)n a=-u u r ，所以2222cos 45441a a a θ==+++，因为平面EBD 与平面ABCD 所成锐二面角,43ππθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 所以12cos ,22θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，即2212,2254a ⎡⎤∈⎢⎥+⎣⎦，由221254a ≥+，得21521555a -≤≤；由222254a ≤+，得255a ≤-或255a ≥， 所以a 的取值范围是25215,55⎡⎤⎢⎥⎣⎦．46.（Ⅰ）证明：在等腰梯形ABCD 中，可设2AD CD AB ===，可求出23BD =，4BC =，在BCD ∆中，222BC BD DC =+，∴BD DC ⊥， ∵点A 在平面BCD 上的投影G 落在BD 上， ∴AG ⊥平面BCD ，∴AG CD ⊥，又BD DC ⊥，AG BD G =I ∴CD ⊥平面ABD ， 而CD ⊂平面ACD ，∴CD ⊥平面ABD .（Ⅱ）由（Ⅰ）知BD CD ⊥，AG BD ⊥，G 为BD 中点，建立如图所示的空间坐标系，设2AD CD AB ===，结合（Ⅰ）计算可得：(0,0,0)D ，(0,2,0)C，G，A ，(0,0,1)GA =u u u r，(2,1)GC =u u u r，设1111(,,)n x y z =u r 是平面AGC的法向量，则111020z y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，取1n =u r .(0,2,0)DC =u u u r ，设2222(,,)n x y z =u u r是平面ACD的法向量，则22200y z =⎧⎪+=，取2(1n =u u r.设二面角G AC D --的平面角为，则12cos cos ,n n θ=<>==47.（1）设AB 中点为O ，连接PO ，EO ， 因为PA PB =，所以PO AB ⊥， 又E 为AC 的中点， 所以EO BC ∥.因为AB BC ⊥，所以EO AB ⊥，因为PO OE O =I ，所以AB ⊥平面POE ，又PE ⊂平面POE ， 所以PE AB ⊥（2）由（1）知PO AB ⊥，因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB I 平面ABC AB =，PO ⊂平面PAB ， 所以PO ⊥平面ABC ，又EO AB ⊥.以O 为坐标原点，分别以OE uu u r ，OB uu u r ，OP uu u r为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系O xyz -，如图所示，因为AB BC ⊥，4AC =，2BC =，所以AB =由O 为AB 中点，PO AB ⊥，2PB =，得OA OB ==1PO ==，则，()0,0,0O ，()1,0,0E ，()0,0,1P，()0,A，()B，()C设平面PAC 的一个法向量为(),,n x y z =r，由00n PA n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r uu r r uu u r，即30230z x z ⎧--=⎪⎨+-=⎪⎩取3y =()3,3,3n =-r ， 因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB I 平面ABC AB =，OE ⊂平面ABC ，所以EO ⊥平面PAB ，所以平面PAB 的一个法向量为()1,0,0OE =uu u r，∴cos ,OE n OE n OE n⋅=uu u r ruu u r r uu u r r 21721==， 设二面角B PA C --的大小为θ，则21cos =θ 所以247sin 1cos =-=θθ， ∴二面角B PA C --的平面角的正弦值为77. 48.（1）AB PB =Q ，O 为AB 的中点，OB PA ∴⊥. 又Q 平面PAC ⊥平面PAB ，且OB ⊂平面ABP ，BO ∴⊥平面PAC ，而OB ⊂平面BOM ，∴平面BOM ⊥平面PAC .（2）由已知得，PAB ∆为等腰直角三角形，2AB PB ==2,1AP BO ∴==，等边PAC ∆的面积3PAC S ∆， 13B PAC PAC V S BO -∆∴=⨯⨯=13313=，由（1）易知OC ⊥平面APB ，2AC BC ∴==，∴在ABC ∆中，AB 边上的高为142，11472222ABCS ∆∴=⨯⨯=，设点P 到平面ABC 的距离为h ， 则有133P ABC ABC V S h -∆=⨯⨯=， 2217h ∴=，即点P 到平面ABC 的距离为2217.49.证明：（1）因为M ，N 分别为PB ，PC 的中点，PA AB =，所以PB MA ⊥. 因为90BAD ∠=︒，所以DA AB ⊥. 因为PA ⊥底面ABCD ，所以DA PA ⊥. 因为PA AB A =I ，所以DA ⊥平面PAB . 所以PB DA ⊥.因为AM DA A =I ，所以PB ⊥平面ADNM 因为DN ⊂平面ADNM ，所以PB DN ⊥.（2）如图，以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A xyz -. 则()0,0,0A ，()2,0,0B ，()2,1,0C ，()0,2,0D ，()0,0,2P . 由（1）可知，PB ⊥平面ADNM ，所以平面ADMN 的法向量为()2,0,2BP =-uu r.设平面PDN 的法向量为(),,n x y z =r因为()2,1,2PC =-uu u r ，()0,2,2PD =-uu u r，所以00n PC n PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r uu u r r uu u r即220220x y z y z +-=⎧⎨-=⎩令2z =，则2y =，1x =，所以()1,2,2n =，所以cos ,n BP n BP n BP ⋅==r uu rr uu r r uu r 26223=⨯ 所以二面角P DN A --的余弦值26.50.【考点】直线与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题．【分析】（Ⅰ）要证BC ⊥平面ACD ，只需证明BC 垂直平面ACD 内的两条相交直线AC 、OD 即可；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量的数量积，求二面角A ﹣CD ﹣M 的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）在图1中，可得，从而AC 2+BC 2=AB 2，故AC ⊥BC取AC 中点O 连接DO ，则DO ⊥AC ，又面ADC ⊥面ABC ， 面ADC∩面ABC=AC ，DO ⊂面ACD ，从而OD ⊥平面ABC ， ∴OD ⊥BC又AC ⊥BC ，AC∩OD=O ， ∴BC ⊥平面ACD 另解：在图1中，可得，从而AC 2+BC 2=AB 2，故AC ⊥BC∵面ADC ⊥面ABC ，面ADE∩面ABC=AC ，BC ⊂面ABC ，从而BC ⊥平面ACD （Ⅱ）建立空间直角坐标系O ﹣xyz 如图所示， 则，， ，设为面CDM 的法向量，则即，解得令x=﹣1，可得又为面ACD的一个法向量∴∴二面角A﹣CD﹣M的余弦值为．51.【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面平行的判定．【分析】（I）如图所示，取FB′的中点M，连接CM，A′M．可得四边形A′EMB′是平行四边形．A′B′∥EM．同理可得A′D∥CM，可得平面EMC∥平面A′DB′，即可证明CE∥面A′DB′．（II）取DE的中点O，建立如图所示的空间直角坐标系．∠A′ED=∠B′FC=60°．平面EFCD的一个法向量为=（0，0，1）．可得=．可得直线A′B′与平面FECD所成角的正弦值=||．【解答】（I）证明：如图所示，取FB′的中点M，连接CM，A′M．∵A′E B′M，∴四边形A′EMB′是平行四边形．∴A′B′∥EM．∵A′M CD，∴四边形A′MCD是平行四边形，∴A′D∥CM，又∵CM∩EM=M ，A′B′∩A′D=A′， ∴平面EMC ∥平面A′DB′， 由CE ⊂平面CME ． ∴CE ∥面A′DB′．（II ）解：取DE 的中点O ，建立如图所示的空间直角坐标系．∠A′ED=∠B′FC=60°． 则，A′，=．平面EFCD 的一个法向量为=（0，0，1）．∴===﹣．∴直线A′B′与平面FECD 所成角的正弦值=||=．52.见解析． 解：MCBA PDxyz（1）∵ABCD 是矩形， ∴AD CD ⊥，又∵PD ⊥平面ABCD ，∴PD AD ⊥，PD CD ⊥，即PD ，AD ，CD 两两垂直，∴以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图空间直角坐标系， 由4PD CD ==，2AD =，得(2,0,0)A ，(2,4,0)B ，(0,4,0)C ，(0,0,0)D ，(0,0,4)P ，(1,0,2)M ， 则(2,0,4)AP =-u u u r ，(2,0,0)BC =-u u u r，(1,4,2)MB =-u u u r ，设平面CMB 的一个法向量为1111(,,)n x y z =u r，则1100BC n MB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u r u u u r u r ，即111120420x x y z -=⎧⎨+-=⎩，令11y =，得10x =，12z =， ∴1(0,1,2)n =u r，∴1114cos ,5||||AP n AP n AP n ⋅<>==⋅u u u r u ru u u r u r u u ur u r ， 故AP 与平面CMB 所成角的正弦值为45． （2）由（1）可得(0,4,4)PC =-u u u r，设平面PBC 的一个法向量为2222(,,)n x y z =u u r，则2200BC n PC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u r u u u r u u r，即22220440x y z -=⎧⎨-=⎩，令21y =，得20x =，21z =， ∴2(0,1,1)n =u u r，∴12cos ,n n <>=u r u u r故二面角M CB P --．。