高三数学立体几何历年高考题(2011年-2017年)

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2011-2017全国1卷分类汇编立体几何

2011-2017高考全国I 卷分类汇编——立体几何【2011年全国】（19）如图，四棱锥S ABCD -中，AB CD ,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====. （Ⅰ）证明：SD SAB ⊥;（Ⅱ)求AB 与平面SBC 所成角的大小.【2012年全国】（19）（本小题满分12分）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点，1DC BD ⊥。

（Ⅰ）证明：1DC BC ⊥（Ⅱ）求二面角11A BD C --的大小。

【2013年全国】18、（本小题满分12分）如图，三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，CA=CB ，AB=A A 1，∠BA A 1=60°. （Ⅰ）证明AB ⊥A【2014年全国】19. (本小题满分12分)如图三棱锥111ABC AB C -中，侧面11BB C C 为菱形，A 11AB B C ⊥.(Ⅰ) 证明：1AC AB =；（Ⅱ）若1AC AB ⊥，o160CBB ∠=，AB=Bc ，求二面角111A A B C --的余弦值.【2015年全国】（18）如图，，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E ，F 是平面ABCD同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE=2DF ，AE ⊥EC 。

（1）证明：平面AEC ⊥平面AFC（2）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值【2016年全国】（18）（本题满分为12分）如图，在已A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ，90AFD ∠=，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60．（I ）证明；平面ABEF ⊥平面EFDC ；（II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．【2017年全国】18．（12分）如图，在四棱锥P−ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值.。

高三数学空间几何体试题答案及解析

高三数学空间几何体试题答案及解析1.（3分）（2011•重庆）高为的四棱锥S﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，点S，A，B，C，D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为（）A．B．C．1D．【答案】C【解析】由题意可知ABCD所在的圆是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，而球心到小圆圆心的距离为，则推出顶点S在球心距的垂直分的平面上，而顶点S到球心的距离为1，即可求出底面ABCD的中心与顶点S之间的距离．解：由题意可知ABCD所在的圆是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，点S，A，B，C，D均在半径为1的同一球面上，球心到小圆圆心的距离为，顶点S在球心距的垂直分的平面上，而顶点S到球心O的距离为1，所以底面ABCD的中心O'与顶点S之间的距离为1故选C点评：本题是基础题，考查球的内接多面体的知识，考查逻辑推理能力，计算能力，转化与划归的思想．2.（2013•天津）已知下列三个命题：①若一个球的半径缩小到原来的，则其体积缩小到原来的；②若两组数据的平均数相等，则它们的标准差也相等；③直线x+y+1=0与圆相切．其中真命题的序号是（）A．①②③B．①②C．①③D．②③【答案】C【解析】①由球的体积公式V=可知，若一个球的半径缩小到原来的，则其体积缩小到原来的；故①正确；②若两组数据的平均数相等，则它们的标准差不一定相等，如2，2，2和1，2，3；这两组数据的平均数相等，它们的标准差不相等，故②错；③圆的圆心到直线x+y+1=0的距离d==半径r，故直线x+y+1=0与圆相切，③正确．故选C．3.如果，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB//CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m+n=（）A ．8B ．9C ．10D ．11【答案】A【解析】因为过EF 做垂直于CD （AB ）的平面垂直平分CD ，所以该平面与过AB 中点并与AB 垂直的平面平行，平面和正方体的4个侧面相交，由于EF 和正方体的侧棱不平行，所以它与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为4.同理与CE 相交的平面有4个，共8个，选A.【考点】该题主要考查空间点、线、面的位置关系，考查空间直线与平面的平行与相交，考查空间想象能力和逻辑思维能力.4. 如图，已知四棱锥，底面是等腰梯形，且∥，是中点，平面，，是中点．（1）证明：平面平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）详见解析；（2）【解析】（1）根据中位线可得∥，从而可证得∥平面。

新课标全国卷历年高考立体几何真题(含答案)

新课标全国卷历年高考立体几何真题（含答案）班别： ______________________ 姓名：___________________1.（2011年全国卷）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB=60°，AB=2AD ，PD ⊥底面ABCD .(Ⅰ)证明：PA ⊥BD ； (Ⅱ)若PD =AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值.2.（2012年全国卷）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点，BD DC ⊥1.（Ⅰ）证明：BC DC ⊥1；（Ⅱ）求二面角11C BD A --的大小.3.（2013年全国Ⅱ卷）如图，直棱柱ABC-A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1=AC=CB=2AB. （Ⅰ）证明：BC 1//平面A 1CD ，（Ⅱ）求二面角D-A 1C-E 的正弦值4.（2013年全国Ⅰ卷）如图，三棱柱111C B A ABC -中，CB CA =，1AA AB =， 601=∠BAA .（Ⅰ）证明C A AB 1⊥；（Ⅱ）若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB=CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值.5.（2014年全国Ⅱ卷）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点.(Ⅰ)证明:PB ∥平面AEC ；(Ⅱ)设二面角D-AE-C 为60°，AP=1，，求三棱锥E-ACD 的体积.6.（2014年全国Ⅰ卷）如图三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1AB B C ⊥. （Ⅰ）证明：1AC AB =；（Ⅱ）若1AC AB ⊥，o160CBB ∠=，AB=BC ，求二面角111A A B C --的余弦值.7.（2015年全国Ⅱ卷）如图，长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=16，BC=10，AA 1=8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E=D 1F=4，过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.(Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由)；(Ⅱ)求直线AF 与平面α所成角的正弦值.8.（2015年全国Ⅰ卷）如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE=2DF ，AE ⊥EC.(Ⅰ)证明:平面AEC ⊥平面AFC ；(Ⅱ)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.9.（2016年全国Ⅱ卷）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到'D EF ∆位置，OD '=（Ⅰ）证明：D H'⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．10.（2016年全国Ⅰ卷）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ，90AFD ∠=，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．11.（2016年全国3卷）如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥底面面ABCD ，AD ∥BC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．（I ）证明MN平面PAB ；（II ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.自我总结：新课标全国卷历年高考例题几何真题（广西多用2卷）1.解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=,由余弦定理得BD = 从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD⊥AD;又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴射线DB 为y 轴的正半轴，射线DP 为z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D-xyz ，则()1,0,0A,()0B,()C -,()0,0,1P.(1),(1,0,0)ABPB BC =-=-=-uu u v uu v uu u v设平面PAB 的法向量为n =（x,y,z ），则0⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n AB n PB ,即00x z -+=-= 因此可取n =设平面PBC 的法向量为m ，则0⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m PB m BC 可取m =（0，-1，，cos 7<>==-m,n 故二面角A-PB-C 的余弦值为 . 2.证明（Ⅰ）（1）在Rt DAC ∆中，AD AC =得：45ADC ︒∠=，同理：1114590A DC CDC ︒︒∠=⇒∠=，得：1,DC DC DC BD DC ⊥⊥⇒⊥又∵11,DC DC DC BD DC ⊥⊥⇒⊥平面1BCD DC BC ⇒⊥. （Ⅱ）（2）11,DC BC CC BC BC ⊥⊥⇒⊥平面11ACC A BC AC ⇒⊥取11A B 的中点O ，过点O 作OH BD ⊥于点H ，连接11,C O C H ，1111111AC B C C O A B =⇒⊥，C 1O ⊥A 1D 1C O ⇒⊥面1ABD 1OH BD C H BD ⊥⇒⊥ 得：点H 与点D 重合，即1C DO ∠是二面角11C BD A --的平面角设AC a =，则1C O =111230C D C O C DO ︒==⇒∠= 即二面角11C BD A --的大小为30︒.3.（1）连接1AC ，交1A C 于点F ，连结1,DF BC ，则F 为1AC 的中点，因为D 为AB 的中点，所以DF//1BC ，又因为111FD ACD BC AC D ⊂⊄平面，平面，所以11//BC ACD 平面. (2)由AA 1AC CB AB ===，可设：AB ＝2a,则1,AA AC CB ===所以AC BC ⊥，又因为ABC-A 1B 1C 1为直三棱柱，所以以点C 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图.则C （0,0,0）、)1,0A D ⎫⎪⎪⎝⎭、、,E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭()122,0,2,,0CA a a CD a ⎛⎫== ⎪⎪⎝⎭，.CE ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭设平面1A CD 的法向量为(),,,n x y z =则0n CD ⋅=且10,n CA ⋅=可解得,y x z =-=令1,x =得平面1A CD 的一个法向量为()1,1,1n =--，同理可得平面1A CE 的一个法向量为()2,1,2m =-，则3cos ,n m <>=，所以6sin ,n m <>=所以二面角1D A C E -- 4.【解析】（Ⅰ）取AB 的中点O ，连结OC ，1OA ，B A 1.因为CB CA =，所以AB OC ⊥.由于1AA AB =， 601=∠BAA ，故B AA 1∆为等边三角形，所以AB OA ⊥1.因为O OA OC =1 ，所以⊥AB 面C OA 1.又⊂C A 1平面C OA 1，故C A AB 1⊥. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，AB OC ⊥，AB OA ⊥1，又平面⊥ABC 平面11BB AA ，交线为AB ，所以⊥OC 平面11BB AA ，故OA ，OC ，1OA 两两互相垂直.以O 为坐标原点，的方向为x 轴的正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系xyz O -，则有)0,0,1(A ，)0,3,0(1A ,)3,0,0(C ,)0,0,1(-B .则)3,0,1(=， )0,3,1(1-==AA BB ， )3,3,0(-=.设平面C C BB 11的法向量为),,(z y x =，则有⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅01BB ，即⎪⎩⎪⎨⎧=+-=+0303y x z x ，可取)1,1,3(-=.故510||||,cos 111-=⋅>=<C A n C A n C A n ，所以直线C A 1与平面C C BB 11所成角的正弦值为510.5.【解析】(1) 连接BD 交AC 于点为G,连接EG.在三角形PBD 中,中位线EG ∥PB, 且EG 在平面AEC 上，所以PB ∥平面AEC.(2)设CD=m,分别以AD,AB,AP 为x,y,z 轴建立坐标系,则A(0,0,0),D(,0,0),E 12⎫⎪⎪⎝⎭,C(,m,0).所以AD=(,0,0), AE=12⎫⎪⎪⎝⎭,AC=),0m .设平面ADE 的法向量为1n =(x 1,y 1,z 1),则1n AD ⋅=0, 1n AE ⋅=0,解得一个1n =(0,1,0).同理设平面ACE 的法向量为2n =(x 2,y 2,z 2),则2n AC ⋅=0, 2n AE ⋅=0,解得一个2n因为cos 3π=|cos<12,n n >|=1212n n n n⋅==12,解得m=32. 设F 为AD 的中点,则PA ∥EF,且PA=2EF =12,EF ⊥面ACD,即为三棱锥E-ACD 的高. 所以V E-ACD =·S △ACD ·EF=13×12×32×12.所以,三棱锥E-ACD .为坐标原点，方向，||为单位长度，的方向为y 轴的正方向，的方向为z 轴的正方向建立空间直角坐标系，∵∠，，（0，，0） =，，=，=设向量=，可取，）的一个法向量，），＞=A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(0,-6,8).=+080z .由∠ABC=120°,可得AG=GC=.由BE ⊥平面ABCD,AB=BC可知AE=EC.又AE ⊥EC,所以EG=,且EG ⊥AC.在Rt △EBG 中,可得BE=,故DF=.在Rt △FDG 中,可得FG=.在直角梯形BDFE 中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=.从而EG 2+FG 2=EF 2,所以EG ⊥FG.,又AC ∩FG=G,可得EG ⊥平面AFC.又因为EG ⊂平面AEC,所以平面AEC ⊥平面AFC. (2)如图,以G 为坐标原点,分别以,的方向为x 轴,y 轴正方向,||为单位长度,建立空间直角坐标系G-xyz.由(1)可得(,)A 00,(,E 10,(,F -10,()C 00，所以(AE =1,(,CF =-1. 故cos ,||||AE CF AE CF AE CF ⋅<>==-3.所以直线AE 与直线CF所成角的余弦值为3 9.【解析】⑴∵ABEF 为正方形 ∴AF EF ⊥ ∵90AFD ∠=︒ ∴AF DF ⊥∵=DF EF F ∴AF ⊥面EFDC AF ⊥面ABEF ∴平面ABEF ⊥平面EFDC ⑵ 由⑴知60DFE CEF ∠=∠=︒∵AB EF ∥ AB ⊄平面EFDC EF ⊂平面EFDC ∴AB ∥平面ABCD AB ⊂平面ABCD ∵面ABCD 面EFDC CD = ∴AB CD ∥,∴CD EF ∥ ∴四边形EFDC 为等腰梯形以E 为原点，如图建标系，设FD a =()()000020E B a ，，，， ()02202a CA a a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，， ()020EB a =，，，22a BC a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，()200AB a =-，，设面BEC 法向量为()m x y z =，，.00m EB m BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111120202a y a x ay z ⋅=⎧⎪⎨⋅-+⋅=⎪⎩， ()301m =-，，设面ABC 法向量为()222n x y z =，， =00n BC n AB ⎧⋅⎪⎨⋅=⎪⎩.即222220220a x ay ax ⎧-+=⎪⎨⎪=⎩，()034n=，设二面角E BC A --的大小为θ.cos 3m nm n θ⋅===+⋅ ∴二面角E BC A --的余弦值为 10.【解析】⑴证明：∵54AE CF ==，∴AE CF AD CD=，∴EF AC ∥．∵四边形ABCD 为菱形，∴AC BD ⊥，∴EF BD ⊥，∴EF DH ⊥，∴EF D H '⊥．∵6AC =，∴3AO =；又5AB =，AO OB ⊥，∴4OB =， ∴1AE OH OD AO=⋅=，∴3DH D H '==，∴222'OD OH D H '=+， ∴'D H OH ⊥．又∵OH EF H =I ，∴'D H ⊥面ABCD ．⑵建立如图坐标系H xyz -．()500B ，，，()130C ，，，()'003D ，，，()130A -，，，()430AB =uu u r ，，，()'133AD =-uuur ，，，()060AC =uuu r ，，，设面'ABD 法向量()1n x y z =，，u r ，由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩，取345xy z=⎧⎪=-⎨⎪=⎩，∴()1345n =-u r ，，．同理可得面'AD C 的法向量()2301n =u u r ，，，∴1212cos n n n n θ⋅===u r u u r u r u u r∴sin θ=11.设),,(z y x =为平面PMN 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PN n PM ，即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x ，可取)1,2,0(=，于是2558|||||,cos |==><AN n .。

历年高考立体几何真题+答案

历年高考真题1、2003（理科）（本题满分12分）已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥平面ABCD ，AB=4，AD=2.若B 1D ⊥BC ，直线B 1D 与平面ABCD 所成的角等于30°，求平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的体积.．[解]连结BD ，因为B 1B ⊥平面ABCD ，B 1D ⊥BC ，所以BC ⊥BD.在△BCD 中，BC=2，CD=4，所以BD=32.又因为直线B 1D 与平面ABCD 所成的角等于30°，所以 ∠B 1DB=30°，于是BB 1=31BD=2.故平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的体积为S ABCD ·BB 1=38. 2.2005（理科）(本题满分14分)本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分.已知正三棱锥ABC P -的体积为372，侧面与底面所成的二面角的大小为 60. （1）证明：BC PA ⊥；（2）求底面中心O 到侧面的距离.[证明]（1）取BC 边的中点D ，连接AD 、PD ，则BC AD ⊥，BC PD ⊥，故⊥BC 平面APD . BCPA ⊥[解]（2）如图，由（1）可知平面⊥PBC 平面APD ，则PDA ∠面所成二面角的平面角.过点O 作E PD OE ,⊥为垂足，则OE 就是点O 到侧面的距离. 设OE 为h ，由题意可知点O 在AD 上，∴ 60=∠PDO ，h OP 2=.h BC h OD 4,32=∴=,∴ 2234)4(43h h S ABC ==∆， ∵ 3233823431372h h h =⋅⋅=，∴ 3=h . 即底面中心O 到侧面的距离为3.3、2006（理科）（本题满分 14分）本题共有 2个小题，第 1小题满分 5分，第 2小题满分满分 9分。

在三棱柱 ABC —A1B1C1 中，∠ABC=90°，AB=BC=1。

2017年高考真题分类汇编理数专题6 立体几何含解析精

2017年高考真题分类汇编（理数）：专题6 立体几何（解析版）一、单选题（共7题；共14分）1、（2017•浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm2）是（）A、+1B、+3C、+1D、+32、（2017•浙江）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，= =2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D ﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A、γ＜α＜βB、α＜γ＜βC、α＜β＜γD、β＜γ＜α3、（2017•北京卷）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）A、3B、2C、2D、24、（2017•新课标Ⅰ卷）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A、10B、12C、14D、165、（2017•新课标Ⅱ）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A、B、C、D、6、（2017•新课标Ⅱ）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）A、90πB、63πC、42πD、36π7、（2017•新课标Ⅲ）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A、πB、C、D、二、填空题（共5题；共5分）8、（2017•山东）由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．9、（2017·天津）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．10、（2017•江苏）如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．11、（2017•新课标Ⅰ卷）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为________．12、（2017•新课标Ⅲ）a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最小值为60°；其中正确的是________（填写所有正确结论的编号）三、解答题（共9题；共60分）13、（2017•山东）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．（12分）（Ⅰ）设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．14、（2017·天津）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．15、（2017•浙江）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．16、（2017•北京卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD= ，AB=4．（14分）(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B﹣PD﹣A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．17、（2017•江苏）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°．（Ⅰ）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．18、（2017•江苏）如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（Ⅰ）EF∥平面ABC；（Ⅱ）AD⊥AC．19、（2017•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．（Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．20、（2017•新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC；（Ⅱ）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．21、（2017•新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．答案解析部分一、单选题1、【答案】A【考点】由三视图求面积、体积，由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为× ×π×12×3+ × × × ×3= +1，故选：A【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．2、【答案】B【考点】用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6 ），Q ，R ，= ，=（0，3，6 ），=（，5，0），= ，= ．设平面PDR的法向量为=（x，y，z），则，可得，可得= ，取平面ABC的法向量=（0，0，1）．则cos = = ，取α=arccos ．同理可得：β=arccos ．γ=arccos ．∵＞＞．∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OD，OQ，OR，过点O发布作垂线：OE⊥DR，OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG．设OP=h．则cosα= = = ．同理可得：cosβ= = ，cosγ= = ．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴cosα＞cosγ＞cosβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B．【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6 ），Q ，R ，利用法向量的夹角公式即可得出二面角．解法二：如图所示，连接OD，OQ，OR，过点O发布作垂线：OE⊥DR，OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG．设OP=h．可得cosα= = = ．同理可得：cosβ= = ，cosγ= = ．由已知可得：OE＞OG＞OF．即可得出．3、【答案】B【考点】由三视图求面积、体积，由三视图还原实物图【解析】【解答】解：由三视图可得直观图，再四棱锥P﹣ABCD中，最长的棱为PA，即PA= ==2 ，故选：B．【分析】根据三视图可得物体的直观图，结合图形可得最长的棱为PA，根据勾股定理求出即可．4、【答案】B【考点】由三视图求面积、体积，组合几何体的面积、体积问题，由三视图还原实物图【解析】【解答】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S梯形= ×2×（2+4）=6，∴这些梯形的面积之和为6×2=12，故选：B【分析】由三视图可得直观图，由图形可知该立体图中只有两个相同的梯形的面，根据梯形的面积公式计算即可5、【答案】C【考点】余弦定理的应用，异面直线及其所成的角【解析】【解答】解：如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角（因异面直线所成角为（0，]），可知MN= AB1= ，NP= BC1= ；作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；∵PQ=1，MQ= AC，△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC=4+1﹣2×2×1×（﹣）=7，∴AC= ，∴MQ= ；在△MQP中，MP= = ；在△PMN中，由余弦定理得cos∠MNP= = =﹣；又异面直线所成角的范围是（0，]，∴AB1与BC1所成角的余弦值为．【分析】设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，得出AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角；根据中位线定理，结合余弦定理求出AC、MQ，MP和∠MNP的余弦值即可．6、【答案】B【考点】由三视图求面积、体积，组合几何体的面积、体积问题，由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，V=π•32×10﹣•π•32×6=63π，故选：B．【分析】由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，即可求出几何体的体积．7、【答案】B【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，∴该圆柱底面圆周半径r= = ，∴该圆柱的体积：V=Sh= = ．故选：B．【分析】推导出该圆柱底面圆周半径r= = ，由此能求出该圆柱的体积．二、填空题8、【答案】2+【考点】由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由长方体长为2，宽为1，高为1，则长方体的体积V1=2×1×1=2，圆柱的底面半径为1，高为1，则圆柱的体积V2= ×π×12×1= ，则该几何体的体积V=V1+2V1=2+ ，故答案为：2+ ．【分析】由三视图可知：长方体长为2，宽为1，高为1，圆柱的底面半径为1，高为1圆柱的，根据长方体及圆柱的体积公式，即可求得几何体的体积．9、【答案】【考点】球的体积和表面积【解析】【解答】解：设正方体的棱长为a，∵这个正方体的表面积为18，∴6a2=18，则a2=3，即a= ，∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，∴正方体的体对角线等于球的直径，即a=2R，即R= ，则球的体积V= π•（）3= ；故答案为：．【分析】根据正方体和球的关系，得到正方体的体对角线等于直径，结合球的体积公式进行计算即可．10、【答案】【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），球的体积和表面积【解析】【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：R3，圆柱的体积为：πR2•2R=2πR3．则= = ．故答案为：．【分析】设出球的半径，求出圆柱的体积以及球的体积即可得到结果．11、【答案】4 cm3【考点】棱锥的结构特征，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG= BC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OG=x，则BC=2 x，DG=5﹣x，三棱锥的高h= = = ，=3 ，则V= = = ，令f（x）=25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）=100x3﹣50x4，令f′（x）≥0，即x4﹣2x3≤0，解得x≤2，则f（x）≤f（2）=80，∴V≤ =4 cm3，∴体积最大值为4 cm3．故答案为：4 cm3．【分析】由题，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG= BC，设OG=x，则BC=2x，DG=5﹣x，三棱锥的高h= ，求出S△ABC=3 ，V= =，令f（x）=25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）=100x3﹣50x4，f （x）≤f（2）=80，由此能求出体积最大值．12、【答案】②③【考点】异面直线及其所成的角，用空间向量求直线间的夹角、距离【解析】【解答】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|=1，|AB|= ，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量=（0，1，0），| |=1，直线b的方向单位向量=（1，0，0），| |=1，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），∴AB′在运动过程中的向量，=（﹣cosθ，﹣sinθ，1），| |= ，设与所成夹角为α∈[0，]，则c osα= = |sinθ|∈[0，]，∴α∈[ ，]，∴③正确，④错误．设与所成夹角为β∈[0，]，cosβ= = = |cosθ|，当与夹角为60°时，即α= ，|sinθ|= = = ，∵cos2θ+sin2θ=1，∴cosβ= |cosθ|= ，∵β∈[0，]，∴β= ，此时与的夹角为60°，∴②正确，①错误．故答案为：②③．【分析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，|AC|=1，|AB|= ，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．三、解答题13、【答案】解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，∴BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，∴BE⊥BP，又∠EBC=120°，因此∠CBP=30°；（Ⅱ）解法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，∵∠EBC=120°，∴四边形BEGH为菱形，∴AE=GE=AC=GC= ．取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，∴∠EMC为所求二面角的平面角．又AM=1，∴EM=CM= ．在△BEC中，由于∠EBC=120°，由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12，∴，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°．解法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．由题意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，，3），C（﹣1，，0），故，，．设为平面AEG的一个法向量，由，得，取z1=2，得；设为平面ACG的一个法向量，由，可得，取z2=﹣2，得．∴cos＜＞= ．∴二面角E﹣AG﹣C的大小为60°．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），直线与平面垂直的判定，直线与平面垂直的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°；（Ⅱ）法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEGH为菱形，取AG中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角．求解三角形得二面角E﹣AG﹣C的大小．法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E﹣AG﹣C的大小．14、【答案】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，∵M为AD中点，∴MF∥BD，∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE．∵N为BC中点，∴NF∥AC，又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE．又MF∩NF=F．∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵PA=AC=4，AB=2，∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E（0，2，2），则，，设平面MEN的一个法向量为，由，得，取z=2，得．由图可得平面CME的一个法向量为．∴cos＜＞= ．∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为，则正弦值为；（Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t），，．∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，∴|cos＜＞|=| |=| |= ．解得：t=4．∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为4．【考点】异面直线及其所成的角，平面与平面平行的判定，平面与平面平行的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）取AB中点F，连接MF、NF，由已知可证MF∥平面BDE，NF∥平面BDE．得到平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）由PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．可以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．求出平面MEN与平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角C﹣EM﹣N的余弦值，进一步求得正弦值；（Ⅲ）设AH=t，则H（0，0，t），求出的坐标，结合直线NH与直线BE所成角的余弦值为列式求得线段AH的长．15、【答案】证明：（Ⅰ）∵四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点，∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系，设PC=AD=2DC=2CB=2，则C（0，1，0），D（0，0，0），P（1，0，1），E（），A（2，0，0），B（1，1，0），=（），=（1，0，﹣1），=（0，1，﹣1），设平面PAB的法向量=（x，y，z），则，取z=1，得=（1，1，1），∵= =0，CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB．解：（Ⅱ）=（﹣1，1，﹣1），设平面PBC的法向量=（a，b，c），则，取b=1，得=（0，1，1），设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ=|cos＜＞|= = = ．∴直线CE与平面PBC所成角的正弦值为．【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角，向量方法证明线、面的位置关系定理，用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（Ⅰ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z 轴，建立空间直角系，利用向量法能证明CE∥平面PAB．（Ⅱ）求出平面PBC的法向量和，利用向量法能求出直线CE与平面PBC所成角的正弦值．16、【答案】（1）证明：如图，设AC∩BD=O，∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM，∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM，∴PD∥OM，则，即M为PB的中点；（2）解：取AD中点G，∵PA=PD，∴PG⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，由PA=PD= ，AB=4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2，），，．设平面PBD的一个法向量为，则由，得，取z= ，得．取平面PAD的一个法向量为．∴cos＜＞= = ．∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；（3）解：，平面PAD的一个法向量为．∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜＞|=| |=| |=．【考点】直线与平面平行的性质，平面与平面垂直的性质，直线与平面所成的角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（1.）设AC∩BD=O，则O为BD的中点，连接OM，利用线面平行的性质证明OM∥PD，再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点；（2.）取AD中点G，可得PG⊥AD，再由面面垂直的性质可得PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，再证明OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小；（3.）求出的坐标，由与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC与平面BDP所成角的正弦值．17、【答案】解：在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD，∵AA1⊥平面ABCD，AD、Ax⊂平面ABCD，∴AA1⊥Ax，AA1⊥AD，以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°，∴A（0，0，0），B（），C（，1，0），D（0，2，0），A1（0，0，），C1（）．=（），=（），，．（Ⅰ）∵cos＜＞= = ．∴异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为；（Ⅱ）设平面BA1D的一个法向量为，由，得，取x= ，得；取平面A1AD的一个法向量为．∴cos＜＞= = ．∴二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为，则二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为．【考点】异面直线及其所成的角，直线与平面垂直的性质，用空间向量求直线间的夹角、距离，二面角的平面角及求法【解析】【分析】在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD，由AA1⊥平面ABCD，可得AA1⊥Ax，AA1⊥AD，以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．结合已知求出A，B，C，D，A1，C1的坐标，进一步求出，，，的坐标．（Ⅰ）直接利用两法向量所成角的余弦值可得异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（Ⅱ）求出平面BA1D与平面A1AD的一个法向量，再由两法向量所成角的余弦值求得二面角B﹣A1D﹣A的余弦值，进一步得到正弦值．18、【答案】证明：（Ⅰ）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，所以AB∥EF，又因为EF⊊平面ABC，AB⊆平面ABC，所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；（Ⅱ）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，因为BC⊥BD，所以FG⊥BC，又因为平面ABD⊥平面BCD，所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD，又因为AD⊥EF，且EF∩FG=F，所以AD⊥平面EFG，所以AD⊥EG，故AD⊥AC．【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面平行的判定【解析】【分析】（Ⅰ）利用AB∥EF及线面平行判定定理可得结论；（Ⅱ）通过取线段CD 上点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，利用线面垂直的性质定理可知FG⊥AD，结合线面垂直的判定定理可知AD⊥平面EFG，从而可得结论．19、【答案】（Ⅰ）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF AD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥AD，∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，∴直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP= ，∴∠PCO=60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°，可得：BN=MN，CN= MN，BC=1，可得：1+ BN2=BN2，BN= ，MN= ，作NQ⊥AB于Q，连接MQ，所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ== ，二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：= ．【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）取PA的中点F，连接EF，BF，通过证明CE∥BF，利用直线与平面平行的判定定理证明即可．（Ⅱ）利用已知条件转化求解M到底面的距离，作出二面角的平面角，然后求解二面角M ﹣AB﹣D的余弦值即可．20、【答案】（Ⅰ）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．△ABD与△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD，∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD．∵△ACD是直角三角形，∴AC是斜边，∴∠ADC=90°．∴DO= AC．∴DO2+BO2=AB2=BD2．∴∠BOD=90°．∴OB⊥OD．又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC．（Ⅱ）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为h D，h E．则= ．∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，∴= = =1．∴点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设AB=2．则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），E ．=（﹣1，0，1），= ，=（﹣2，0，0）．设平面ADE的法向量为=（x，y，z），则，即，取=．同理可得：平面ACE的法向量为=（0，1，）．∴cos = = =﹣．∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为．【考点】平面与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．△ABC是等边三角形，可得OB⊥AC．由已知可得：△ABD≌△CBD，AD=CD．△ACD是直角三角形，可得AC是斜边，∠ADC=90°．可得DO= AC．利用DO2+BO2=AB2=BD2．可得OB⊥OD．利用线面面面垂直的判定与性质定理即可证明．（Ⅱ）设点D，B到平面ACE的距离分别为h D，h E．则= ．根据平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，可得= = =1，即点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．设AB=2．利用法向量的夹角公式即可得出．21、【答案】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵PA∩PD=P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD；（2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y=1，得．∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥AD，又PD⊥PA，PA∩AB=A，∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，．∴cos＜＞= = ．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（1.）由已知可得PA⊥AB，PD⊥CD，再由AB∥CD，得AB⊥PD，利用线面垂直的判定可得AB⊥平面PAD，进一步得到平面PAB⊥平面PAD；（2.）由已知可得四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，得到AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC的一个法向量，再证明PD⊥平面PAB，得为平面PAB的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣PB﹣C的余弦值．。

高三数学立体几何历年高考题(2011年-2017年)完整版.doc

高三数学立体几何高考题1.（2012年7）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（A ）6 （B ）9 （C ）12 （D ）182.（2012年8）平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为（A ）6π （B ）43π （C ）46π （D ）63π3.(2013年11)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π4.(2013年15)已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为______．5.(2014年8)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事一个几何体的三视图，则这个几何体是（） A.三棱锥 B.三棱柱 C.四棱锥 D.四棱柱6.(2014年10)正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π47.(2015年6)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有（）（A ）14斛（B ）22斛（C ）36斛（D ）66斛8.(2015年11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为1620π+，则r =( ) （A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）89（2016年7）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π10（2016年11）平面α过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ，11//CB D α平面,ABCD m α=I 平面，11ABB A n α=I 平面，则m ，n 所成角的正弦值为（A ）32 （B ）22 （C ）33 （D ）1311．(2017年6)如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是12．（2017年16）已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径。

历年全国理科数学高考试题立体几何部分精选(含答案)

1.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的俯视图可以为2.已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,==,则棱锥AB BC-的体积为。

O ABCD3.如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(Ⅰ)证明：PA⊥BD；(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。

1.D2.3. 解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=，由余弦定理得BD =从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz ，则()1,0,0A，()0B，()C -，()0,0,1P 。

(1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=-uu u v uu v uu u v设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则0,0,{n AB n PB ⋅=⋅=u u u r u u u r00z =-=因此可取n=设平面PBC 的法向量为m ，则m 0,m 0,{PB BC ⋅=⋅=u u u ru u u r可取m=（0，-1， cos ,m n == 故二面角A-PB-C 的余弦值为1. 正方体ABCD-1111A B C D 中，B 1B 与平面AC 1D 所成角的余弦值为C 232. 已知圆O 的半径为1，PA 、PB 为该圆的两条切线，A 、B 为俩切点，那么PA PB ∙的最小值为(A) 4- (B)3-+ (C) 4-+3-+3. 已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为(C)4. 如图，四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB//DC ，AD ⊥DC ，AB=AD=1，DC=SD=2，E 为棱SB 上的一点，平面EDC ⊥平面SBC .（Ⅰ）证明：SE=2EB ；（Ⅱ）求二面角A-DE-C 的大小 .1. D2. D3. B4. 解法一：(Ⅰ)连接BD,取DC 的中点G ，连接BG,由此知 1,DG GC BG ===即ABC ∆为直角三角形，故BC BD ⊥. 又ABCD,BC SD SD ⊥⊥平面故,所以，BC ⊥⊥平面BDS,BC DE .作BK ⊥EC,EDC SBC K ⊥为垂足，因平面平面，故,BK EDC BK DE DE ⊥⊥平面，与平面SBC 内的两条相交直线BK 、BC 都垂直 DE ⊥平面SBC ，DE ⊥EC,DE ⊥SBSB =SD DB DE SB ==-EB SE SB EB ====所以，SE=2EB(Ⅱ) 由1,2,,SA AB SE EB AB SA ===⊥知1,AD=1AE ==又.故ADE ∆为等腰三角形.取ED 中点F,连接AF ,则,AF DE AF ⊥==. 连接FG ，则//,FG EC FG DE ⊥.所以，AFG ∠是二面角A DE C --的平面角.连接AG,A G=,3FG ==, 2221cos 22AF FG AG AFG AF FG +-∠==-,所以，二面角A DE C --的大小为120°. 解法二：以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系D xyz -，设A(1,0,0)，则B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2)（Ⅰ）(0,2,-2),(-1,1,0)SC BC ==设平面SBC 的法向量为n=(a, b, c) 由,n SC n BC ⊥⊥，得0,0n SC n BC == 故2b-2c=0,-a+b=0令a=1，则b=c,c=1,n=(1,1,1) 又设SE EB λ= (0)λ>，则2(,,)111E λλλλλ+++ 2(,,),(0,2,0)111DE DC λλλλλ==+++设平面CDE 的法向量m=(x,y,z) 由,m DE m DC ⊥⊥,得0m DE ⊥=，0m DC ⊥= 故20,20111x y zy λλλλλ++==+++. 令2x =，则(2,0,)m λ=-.由平面DEC ⊥平面SBC 得m ⊥n,0,20,2m n λλ=-== 故SE=2EB（Ⅱ）由（Ⅰ）知222(,,)333E ，取DE 的中点F ，则111211(,,),(,,)333333F FA =--，故0FA DE =，由此得FA DE ⊥ 又242(,,)333EC =--，故0EC DE =，由此得EC DE ⊥，向量FA 与EC 的夹角等于二面角A DE C --的平面角于是 1cos(,)2||||FA EC FA EC FA EC ==-所以，二面角A DE C --的大小为120（三）1. 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 （C (D) 342. 已知二面角l αβ--为60o，动点P 、Q 分别在面α、β内，P 到β，Q 到α的距离为则P 、Q 两点之间距离的最小值为（）(A) (B)2 (C) 3. 直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA ===, 120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于。

2011高考数学立体几何大题汇总

2011高考数学立体几何大题汇总D因此可取n=(3,1,3)设平面PBC 的法向量为m ，则 00m PB m BC ⋅=⋅=可取m=（0，-1，3-）27cos ,727m n ==-故二面角A-PB-C 的余弦值为277-2如图，四棱锥S ABCD -中， AB CD ⊥,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====．（Ⅰ）证明：SD SAB ⊥平面;（Ⅱ）求AB 与平面SBC 所成角的大小．解法一：（I ）取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2，连结SE ，则, 3.SE AB SE ⊥= 又SD=1，故222ED SE SD =+，所以DSE ∠为直角。

…………3分由,,AB DE AB SE DE SE E ⊥⊥=，得AB ⊥平面SDE ，所以AB SD ⊥。

SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直。

所以SD ⊥平面SAB 。

…………6分（II ）由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SED 。

作,SF DE ⊥垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，3SD SE SF DE⨯== 作FG BC ⊥，垂足为G ，则FG=DC=1。

连结SG ，则SG BC ⊥，又,BC FG SG FG G ⊥=，故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG 。

…………9分作FH SG ⊥，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC 。

37SF FG FH SG ⨯==，即F 到平面SBC 的距离为217 由于ED//BC ，所以ED//平面SBC ，E 到平面SBC 的距离d 也有217 设AB 与平面SBC 所成的角为α，则2121sin arcsin 77d EBαα=== …………12分解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C —xyz 。

设D （1，0，0），则A （2，2，0）、B （0，2，0）。

2011年全国各地高考数学分类汇编-13立体几何

2011年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全（13立体几何）一、选择题：1. (2011安徽文、理)一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）（A ） 48(C)(D) 801.C 【解析】本题主要考查直四棱柱的三视图及表面积公式，属于中等难度问题。

由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱，所以该直四棱柱的表面积为12(24)4442424482S =⨯⨯+⨯+⨯+⨯+=+【技巧点拨】找到三视图所对应的直观图是解题的关键，本题命题人有意思的直四棱柱“放倒”迷惑学生，很多同学过不了这一道坎。

2. (2011北京文)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是( )(A)32 (B)16+(C)48(D)16+【解析】：由三视图可知几何体为底面边长为4，高为2的正四棱锥，则四棱锥的斜高为21444162⨯⨯+=+选B 。

3. (2011北京理)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是( )(A) 8 (B) (C)10 (D)【答案】C【解析】由三视图还原几何体如下图，该四面体四个面的面积中最大的是∆PAC ，面积为10，选C 。

4．(2011广东文)正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有（）A ．20B ．15C ．12D ．10 解析：（D ）．正五棱柱中，上底面中的每一个顶点均可与下底面中的两个顶点构成对角线，所以一个正五棱柱对角线的条数共有5210⨯=条5．(2011广东文)如图1 ~ 3，某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体的体积为A． B ．4 C． D ．2解析：（C ）．该几何体是一个底面为菱形的四棱锥，菱形的面积122S =⨯⨯=，四棱锥的高为3，则该几何体的体积11333V Sh ==⨯= 6. (2011广东理)如图1～3，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为（）A.36B. 39C.312D. 318解析：（B ）．该几何体是一个底面为平行四边形，高为3，则33V Sh ===7．(2011湖南文、理)设图１是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A ．942π+ Ｂ．3618π+Ｃ．9122π+ Ｄ．9182π+答案：D解析：有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积3439+332=18322V ππ=⨯⨯+（）。

全国各地市历年高考立体几何题汇编(含参考答案).docx

全国各地市历年高考立体几何题汇编(含参考答案)(一)2018年高考立体几何题1.(北京理16)如图，在三棱柱ABC-me,中，CC~平面/此；D, E, F, G分别为必，AC,4G，B片的中点，AB=B(=yfs , A(=AA l=2.(I )求证：/以平面BEF-,(II )求二面角B-CAC、的余弦值；(III)证明：直线尸G与平面奶相交.2.(浙江-19)如图，已知多面体ABCAEG，AA, B、B,均垂直于平面,此；，"4，砂1，AB=B(=B Y B=2.(I )证明：刀3上平面(II)求直线WG与平面/蹈所成的角的正弦值.3.(课标III理T9)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, 肱是CQ上异于。

，。

的点.(1)证明：平面AMD1.平面BMC；(2)当三棱锥M -AB C体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.4.（课标II理-20）。

为AC的中如图，在三棱锥P-A8C 中，AB = BC = 2g, PA = PB = PC = AC = 4 ,(1)证明：POL平面ABC；(2)若点肱在棱BC上，且二面角为30。

，求PC与平面月皈所成角的正弦值.5.（课标I理-18）如图，四边形A3CZ)为正方形，分别为AD,B C的中点，以DF为折痕把△DPC折起, 使点C到达点F的位置，且PF LBF .(1)证明：平面PEF L平面ABFD；(2)求QP与平面A8FD所成角的正弦值.(二)2017年高考立体几何题1.(课标IIIS-19)如图，四面体，夙力中，△ABC是正三角形，△，⑦是直角三角形，/ABAZCBD, AB^BD.(1)证明：平面ACDL平面D(2)过的平面交彻于点&若平面北T把四面体⑦分成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C的余弦值.2.（课标II理-19）如图，四棱锥巴ABCD中，侧面0〃为等边三角形且垂直于底面/次，AB = BC = -AD,ZBAD = ZABC = 90°, B是切的中 2点.(1)证明：直线CE〃平面0B；(2)点〃在棱PC上，且直线伽与底面/次所成角为45。

2017高考试题汇编立体几何 Word版含解析

立体几何第一节空间几何体及其表面积和体积1.如图所示，在圆柱12O O 内有一个球O ，该球与圆柱的上、下面及母线均相切．记圆柱12O O 的体积为1V ，球O 的体积为2V ，则12V V 的值是．1.解析设球O 的半径为r ，由题意212V r r =π⋅，3243V r =π，所以1232V V =．故填32．2．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 .2.解析设正方体的边长为a ，则226183a a =⇒=.外接球直径为正方体的体对角线，所以23==R ，344279πππ3382==⨯=V R . 3.如图所示，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，DBC △，ECA △，FAB △分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起DBC △，ECA △，FAB △，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥.当ABC △的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：3cm ）的最大值为_______.3.解析由题意，联结OD ，交BC 于点G ，如图所示，则OD BC ⊥，OG =，即OG 的长度与BC 的长度成正比.设OG x =，则BC =，5DG x =-，三棱锥的高h =2132ABC S x =⋅⋅=△，则13ABC V S h =⋅=△令()452510f x x x =-，50,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()3410050f x x x '=-，令()0f x '>，即4320x x -<，2x <，当()0f x '<，得522x <<，所以()f x在()0,2上单调递增，在52,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减.故()()280f x f =≤，则V =，所以体积的最大值为3.4.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）. A ．πB ．3π4C ．π2D ．π44．解析如图所示，由题可知球心在圆柱体的中心处，圆柱体上、下底面圆的半径r ==23ππ4V r h ==.故选B.第二节空间几何体的直观图与三视图5.某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（）. A.π12+ B. π32+ C. 3π12+ D. 3π32+5.解析由三视图可知，直观图是由半个圆锥与一个三棱锥构成，半圆锥体积为()2111=13232S π⨯π⨯⨯=，三棱锥体积为211=213=132S ⎛⎫⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭，所以几何体体积1212S S S π=+=+．故选A ．6.某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）.A.10B.12C.14D.166. 解析由三视图可画出立体图，如图所示，该多面体只有两个相同的梯形的面， ()24226S =+⨯÷=梯，6212S =⨯=全梯.故选B.7.如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为（）.A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π7．解析该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，如图所示． 2211π310π3663π22=-=⋅⋅-⋅⋅⋅=V V V 总上.故选B.8.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）.A.B.C.D.28. 解析几何体四棱锥如图所示，最长棱为正方体的体对角线，即l ==故选B.9.由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 .9. 解析该几何体的体积为21112211242V π=π⨯⨯⨯+⨯⨯=+．第三节空间点、直线、平面之间的位置关系10.如图所示，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为cm ，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，11E G 的长分别为14cm 和62cm ．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm ．现有一根玻璃棒l ，其长度为40cm （容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）.（1）将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱1CC 上，求l 没入水中部分的长度；（2）将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱1GG 上，求l 没入水中部分的长度．AC A 11容器ⅠE G 1H 1容器Ⅱ10.解析（1）由正棱柱的定义，1CC ⊥平面ABCD ，所以平面11A ACC ⊥平面ABCD ，1CC AC ⊥．记玻璃棒的另一端落在1CC 上点M 处，如图所示为截面11A ACC 的平面图形．因为AC =40AM =，所以30MC ==，从而3sin 4MAC ∠=.记AM 与水面的交点为1P ，过点1P 作11PQ AC ⊥，1Q 为垂足，则11PQ ⊥平面A B C D ，故1112PQ =，从而11116sin PQ AP MAC==∠．答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为16cm ．问(1)AC 1A 1CMP 1Q 1（2）如图所示为截面11E EGG 的平面图形，O ，1O 是正棱台两底面的中心．由正棱台的定义，1OO ⊥平面EFGH ，所以平面11E EGG ⊥平面EFGH ，1O O EG ⊥．同理，平面11E EGG ⊥平面1111E F G H ，111O O E G ⊥．记玻璃棒的另一端落在1GG 上点N 处．过G 作11GK E G ⊥，K 为垂足，则132GK OO ==．因为 14EG =，1162E G =，所以16214242KG -==，从而1GG =40==．设1EGG α∠=，ENG β∠=，则114sin sin cos 25KGG KGG απ⎛⎫=+==⎪⎝⎭∠∠．因为2απ<<π，所以3cos 5α=-．在ENG △中，由正弦定理可得4014sin sin αβ=，解得7sin 25β=．因为02βπ<<，所以24cos 25β=，于是()()sin sin sin =NEG αβαβ=π--=+∠sin cos cos sin αβαβ+4243735255255⎛⎫=⨯+-⨯= ⎪⎝⎭．记EN 与水面的交点为2P ，过2P 作22P Q EG ⊥，2Q 为垂足，则22P Q ⊥平面EFGH ，故2212P Q =，从而22220sin PQ EP NEG==∠．答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为20cm ．问(2)G O E Q 2P 2NG 1KE 1O 1评注此题本质上考查解三角形的知识，但在这样的大背景下构造的应用题让学生有畏惧之感，且该应用题的实际应用性也不强．也有学生第（1）问采用相似法解决，解法如下：AC =40AM =，所以30CM ==，1112PQ =，所以由11AP A Q CM △△∽，111PQ AP CM AM =，即1123040AP =，解得116AP =．答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为16cm ．第四节直线、平面平行的判定与性质11.如图所示，已知四棱锥P ABCD -，PAD △是以AD 为斜边的等腰直角三角形，//BC AD ，CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点.（1）证明：//CE 平面PAB .11.解析（1）如图所示，设PA DE 的中点为F ，联结EF ，FB . 因为E ，F 分别为PD ，PA 的中点，所以//EF AD ，且1=2EF AD . 又因为//BC AD ，12BC AD =，所以//EF BC ，且=EF BC ，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以//CE BF ，又BF ⊂平面PAB ，所以//CE 平面PAB .H QPN F DBCEA12.如图所示，在三棱锥A BCD -中，AB AD ⊥，BC BD ⊥，平面ABD ⊥平面BCD ，点,E F （E 与,A D 不重合）分别在棱,AD BD 上，且EF AD ⊥．求证：（1）EF ∥平面ABC ；（2）AD AC ⊥．A BCDPEABDCEF12.解析（1）在平面ABD 内，因为AB AD ⊥，EF AD ⊥，且点E 与点A 不重合，所以//EF AB .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以//EF 平面ABC . （2）因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD平面BCD BD =，BC ⊂平面BCD ，BC BD ⊥，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC AD ⊥. 又AB AD ⊥，BCAB B =，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD AC ⊥.13.如图所示，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，o 90BAD ABC ∠=∠=， E 是PD 的中点. （1）求证：直线//CE 平面PAB ；EM DCBAP13．解析（1）令PA 的中点为F ，联结EF ，BF ，如图所示．因为点E ，F 为PD ，PA 的中点，所以EF 为PAD △的中位线，所以=1//2EF AD ．又因为90BAD ABC ∠=∠=︒，所以BC AD ∥．又因为12AB BC AD ==，所以=1//2BC AD ，于是=//EF BC ．从而四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥．又因为BF PAB ⊂面，所以CE ∥平面PAB .M第五节直线、平面垂直的判定与性质14.如图所示，在三棱锥A BCD -中，AB AD ⊥，BC BD ⊥，平面ABD ⊥平面BCD ，点,E F （E 与,A D 不重合）分别在棱,AD BD 上，且EF AD ⊥．求证：（1）EF ∥平面ABC ；（2）AD AC ⊥．ABDCEF14.解析（1）在平面ABD 内，因为AB AD ⊥，EF AD ⊥，且点E 与点A 不重合，所以//EF AB . 又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以//EF 平面ABC . （2）因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD平面BCD BD =，BC ⊂平面BCD ，BC BD ⊥，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC AD ⊥. 又AB AD ⊥，BCAB B =，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD AC ⊥.15.如图所示，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，且90BAP CDP ∠=∠=. (1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；DCBAP15. 解析（1）证明：因为90BAP CDP ∠=∠=，所以PA AB ⊥，PD CD ⊥.又因为AB CD ∥，所以PD AB ⊥.又因为PD PA P =，PD ，PA ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .16.如图所示，四面体ABCD 中，ABC △是正三角形，ACD △是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =．（1）求证：平面ACD ⊥平面ABC ；16．解析 ⑴如图所示，取AC 的中点为O ，联结BO ，DO . 因为ABC △为等边三角形，所以BO AC ⊥，AB BC =.由AB BC BD BD ABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，得ABD CBD ≅△△，所以AD CD =，即ACD △为等腰直角三角形，从而ADC ∠为直角.又O 为底边AC 中点，所以DO AC ⊥. 令AB a =，则AB AC BC BD a ====，易得2a OD =，OB = 所以222OD OB BD +=，从而由勾股定理的逆定理可得2DOB π∠=，即OD OB ⊥. 由OD AC OD OB AC OB O AC ABC OB ABC⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩平面平面，所以OD ⊥平面ABC . 又因为OD ⊂平面ADC ，由面面垂直的判定定理可得平面ADC ⊥平面ABC .BEC DAO第六节空间向量与立体几何17.已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（）.ABCD17．解析设M ，N ，P 分别为AB ，1BB ，11B C 的中点，则1AB 和1BC 的夹角为MN 和NP 夹角或其补角（异面线所成角为π02⎛⎤ ⎥⎝⎦，）.可知112MN AB ==，112NP BC ==，取BC 的中点Q ，联结,,PQ MQ PM ，则可知PQM △为直角三角形．1=PQ ，12MQ AC =. 在ABC △中，2222cos AC AB BC AB BC ABC =+-⋅⋅∠14122172⎛⎫=+-⨯⨯⋅-= ⎪⎝⎭，即=AC，则MQ =MQP △中，MP =. 在PMN △中，222cos 2MN NP PM PNM MN NP +-∠=⋅⋅222+-==. 又异面直线所成角为π02⎛⎤ ⎥⎝⎦，．故选C.18.如图所示，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G 是DF 的中点.（1）设P 是CE 上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小；（2）当3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小.18.解析（1）因为AP BE ⊥，AB BE ⊥，AB ，AP ⊂平面ABP ，ABAP A =，所以BE ⊥平面ABP .又BP ⊂平面ABP ，所以BE BP ⊥.又120EBC ∠=︒，所以30CBP ∠=︒. （2）以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得(0,0,3)A ，(2,0,0)E，G，(C -，则(2,0,3)AE =-，AG =，(2,0,3)CG =.设111(,,)x y z =m 是平面AEG 的一个法向量，由00AE AG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，可得11112300x z x -=⎧⎪⎨+=⎪⎩，取12z =，可得平面AEG的一个法向量(3,2)m =. 设222(,,)x y z =n 是平面ACG 的一个法向量，由00AG CG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，可得22220230x x z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，取22z =-，可得平面ACG的一个法向量(3,2)=-n . 从而1cos ,2⋅==⋅m n m n m n ，易知二面角E AG C --为锐角.因此所求的角为60︒.19.如图所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥平面ABCD ，且2AB AD ==，1AA =120BAD ∠=︒．（1）求异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值；（2）求二面角1B A D A --的正弦值．A 1B 1C 1D 1ABCD19.解析在平面ABCD 内，过点A 作AE AD ⊥，交BC 于点E ．因为1AA ⊥平面ABCD ，所以1AA AE ⊥，1AA AD ⊥．如图所示，以{}1,,AE AD AA 为正交基底，建立空间直角坐标系A xyz -．BB y因为2AB AD ==，1AA =120BAD ∠=︒．则()0,0,0A，)1,0B -，()0,2,0D，)E，(1A，1C ．（1）(13,1,A B =-，(13,1,AC =，则111111cos ,A BAC A B AC A B AC⋅=1,177-⋅==-．因此异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值为17．（2）平面1A DA 的一个法向量为()3,0,0AE =．设(),,x y z =m 为平面1BA D 的一个法向量，又(13,1,AB =-，()BD =，则100A B BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，即030y y -=+=⎪⎩．不妨取3x =，则y =，2z =，所以()=m 为平面1BA D 的一个法向量. 从而cos ,AE AE AE ⋅=m mm34⋅==，设二面角1B A D A --的大小为θ，则3cos 4θ=．因为[]0,θ∈π，所以sin θ==．因此二面角1B A D A --的正弦值为4． 20.如图所示，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，且90BAP CDP ∠=∠=. (1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA PD AB DC ===，90APD ∠=，求二面角A PB C --的余弦值.DCBAP20. 解析（1）证明：因为90BAP CDP ∠=∠=，所以PA AB ⊥，PD CD ⊥.又因为AB CD ∥，所以PD AB ⊥.又因为PD PA P =，PD ，PA ⊂平面PAD ，所以AB ⊥ 平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .（2）取AD 的中点O ，BC 的中点E ，联结PO ，OE ，因为AB CD ∥，所以四边形ABCD为平行四边形，所以OE AB ∥.由（1）知，AB ⊥平面PAD ，所以OE ⊥平面PAD .又PO ，AD ⊂平面PAD ，所以OE PO ⊥，OE AD ⊥.又因为PA PD =，所以PO AD ⊥，从而PO ，OE ，AD 两两垂直.以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，设2PA =，所以()00D ，，)20B ，，(00P ，()20C ，，所以(0PD =，，(22PB =，，，()00BC =-，.设()x y z =n ,,为平面PBC 的一个法向量，由00PB BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得20y +=-=⎪⎩.令1y =，则z =，0x =，可得平面PBC 的一个法向量(01=n ,. 因为90APD ∠=︒，所以PD PA ⊥，又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以PD AB ⊥，又PA AB A =，所以PD ⊥平面PAB .即PD 是平面PAB 的一个法向量，(0PD =,,，从而cosPD PD PD ⋅===⋅n n n,由图知二面角A PB C --为钝角，所以它的余弦值为.21.如图所示，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，o 90BAD ABC ∠=∠=， E 是PD 的中点. （1）求证：直线//CE 平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成的锐角为45，求二面角M AB D --的余弦值.EM DCBAP21．解析（1）令PA 的中点为F ，联结EF ，BF ，如图所示．因为点E ，F 为PD ，PA 的中点，所以EF 为PAD △的中位线，所以=1//2EF AD ．又因为90BAD ABC ∠=∠=︒，所以BC AD ∥．又因为12AB BC AD ==，所以=1//2BC AD ，于是=//EF BC ．从而四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥．又因为BF PAB ⊂面，所以CE ∥平面PAB .（2）以AD 的中点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设1AB BC ==，则()000O ，，，()010A -，，，()110B -，，，()100C ，，，()010D ，，，(00P ．点M 在底面ABCD 上的投影为M '，所以MM BM ''⊥，联结BM '．因为45MBM '∠=，所以MBM '△为等腰直角三角形．因为POC △为直角三角形，OC =，所以60PCO ∠=．设MM a '=，CM '=，1OM '=-．所以100M ⎛⎫'- ⎪ ⎪⎝⎭，，．BM a a '==⇒=11OM '==．所以100M ⎛⎫' ⎪ ⎪⎝⎭，，10M ⎛ ⎝⎭，11AM ⎛= ⎝⎭，(100)AB =，，．设平面ABM 的法向量11(0)y z =，，m，则110AM y ⋅=+=m，所以(02)=，m ，易知平面ABD 的一个法向量为(001)=，，n ，从而cos ,⋅==⋅m n m n m n 故二面角M AB D --．M22.如图所示，四面体ABCD 中，ABC △是正三角形，ACD △是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =．（1）求证：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角––D AE C 的余弦值．22．解析 ⑴如图所示，取AC 的中点为O ，联结BO ，DO . 因为ABC △为等边三角形，所以BO AC ⊥，AB BC =.由AB BC BD BD ABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，得ABD CBD ≅△△，所以AD CD =，即ACD △为等腰直角三角形，从而ADC ∠为直角.又O 为底边AC 中点，所以DO AC ⊥. 令AB a =，则AB AC BC BD a ====，易得2a OD =，OB = 所以222OD OB BD +=，从而由勾股定理的逆定理可得2DOB π∠=，即OD OB ⊥. 由OD AC OD OB AC OB O AC ABC OB ABC⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩平面平面，所以OD ⊥平面ABC . 又因为OD ⊂平面ADC ，由面面垂直的判定定理可得平面ADC ⊥平面ABC .BEC DAO⑵由题意可知V V D ACE B ACE --=，即B ，D 到平面ACE 的距离相等，即点E 为BD 的中点.以O 为坐标原点，OA 为x 轴正方向，OB 为y 轴正方向，OD 为z 轴正方向，设AC a =，建立空间直角坐标系，则()0,0,0O ，,0,02a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,0,2a D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，,4a E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，易得24a a AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,0,22a a AD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，,0,02a OA ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 设平面AED 的法向量为()1111=,,x y z n ，平面AEC 的法向量为()2222=,,x y z n ，则1100AE AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，取1=n ；220AE OA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，取(20,1,=n .设二面角D AE C --为θ，易知θ为锐角，则1212cos θ⋅==⋅n n n n.23.如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，//PD 平面MAC，PA PD ==4AB =．（1）求证：M 为PB 的中点；（2）求二面角B PD A --的大小；（3）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．23.解析（1）设,AC BD 的交点为E ，联结ME .因为PD ∥平面MAC ，平面MAC平面PBD ME =，所以PD ME ∥.因为ABCD 是正方形，所以E 为BD 的中点，所以M 为PB 的中点.MP EDCBA（2）取AD 的中点O ，联结OP ，OE . 因为PA PD =，所以OP AD ⊥.又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且OP ⊂平面PAD ，所以OP ⊥平面ABCD . 因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP OE ⊥. 因为ABCD 是正方形，所以OE AD ⊥.如图所示，建立空间直角坐标系O xyz -，则P ，(2,0,0)D ，(2,4,0)B -，(4,4,0)BD =-，(2,0,PD =.设平面BDP 的法向量为(,,)x y z =n ，则00BD PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，即44020x y x -=⎧⎪⎨-=⎪⎩. 令1x =，则1y =，z ==n .平面PAD 的法向量为(0,1,0)=p ，所以1cos ,||||2⋅==<>n p n p n p .由题知二面角B PD A --为锐角，所以它的大小为3π.（3）由（1）知1,2,2M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，(2,4,0)C，(3,2,2MC =-.设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则2sin cos ,9MC MC MCα⋅===<>n n n . 所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为9. 24.如图所示，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=.点D E N ，，分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==，2AB =.（1）求证：//MN 平面BDE ；（2）求二面角C EM N --的正弦值；（3）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE ，求线段AH 的长. NM ED CBAP24.解析如图所示，以A 为坐标原点，{},,AB AC AP 为基底，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意可得(000)A ，，，(200)B ，，，(040)C ，，，(004)P ，，，(002)D ，，，(022)E ，，，(001)M ，，，(120)N ，，．（1）证明：()0,2,0DE =，()2,0,2DB =-.设(,,)x y z =n 为平面BDE 的一个法向量，则00DE DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即20220y x z =⎧⎨-=⎩，不妨设1z =，可得(1,0,1)=n .又()1,2,1MN =-，可得0MN ⋅=n ，因为MN ⊄平面BDE ，所以//MN 平面BDE ．（2）易知1(1,0,0)=n 为平面CEM 的一个法向量.设2(,,)x y z =n 为平面EMN 的一个法向量，则220EM MN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，因为(0,2,1)EM =--，(1,2,1)MN =-，所以2020y z x y z --=⎧⎨+-=⎩. 不妨设1y =，可得2(4,1,2)=--n .因此有121212cos ,|||⋅==n n n n |n n，于是12sin ,n n . 所以二面角C EM N --. （3）依题意，设()04AH h h =剟，则H （0，0，h ），进而可得(1,2,)NH h =--，(2,2,2)BE =-.由已知得||cos ,||||NH BE NH BE NH BE h ⋅===2102180h h -+=，解得85h =或12h =.所以线段AH 的长为85或12. 25.如图所示，已知四棱锥P ABCD -，PAD △是以AD 为斜边的等腰直角三角形，//BC AD ，CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点.（1）证明：//CE 平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值.25.解析（1）如图所示，设PA DE 的中点为F ，联结EF ，FB . 因为E ，F 分别为PD ，PA 的中点，所以//EF AD ，且1=2EF AD . 又因为//BC AD ，12BC AD =，所以//EF BC ，且=EF BC ，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以//CE BF ，又BF ⊂平面PAB ，所以//CE 平面PAB .A BCDPEH QPN MF DBCEA（2）分别取BC ，AD 的中点为M ，N .联结PN 交EF 于点Q ，联结MQ .因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 的中点，在平行四边形BCEF 中，//MQ CE .由PAD △为等腰直角三角形，得PN AD ⊥. 由DC AD ⊥，N 是AD 的中点，所以12ND AD BC ==，且BC DN ∥,所以四边形BCDN 是平行四边形，所以CD BN ∥，所以BN AD ⊥.又BN PN N =,所以AD ⊥平面PBN ，由//BC AD ，得BC ⊥平面PBN ，又BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PBN . 过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，联结MH .MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以QMH ∠是直线CE 与平面PBC 所成的角.设1CD =.在PCD △中，由2PC =，1CD =，PD =CE =，又BC ⊥平面PBN ，PB ⊂平面PBN ，所以BC PB ⊥.在PBN △中，由1PN BN ==，PB ==QH PB ⊥,Q 为PN 的中点，得14QH =. 在Rt MQH △中，14QH =，MQ =，所以sin 8QMH ∠=，所以直线CE 与平面PBC26．如图所示，已知正四面体–D ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP PB =，2BQ CRQC RA ==，分别记二面角––D PR Q ，––D PQ R ，––D QR P 的平面角为α，β，γ，则（）. A ．γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βγα<<26.解析如图所示，设点D 在底面ABC 内的射影为O ，判断O 到PR ，PQ ，QR 的距离，O 到哪条线段的距离越小，对应的二面角就越大.显然有,αβ,γ均为锐角．1P 为三等分点，O 到1PQR △三边的距离相等．动态研究问题：1P P ®，所以O 到QR 的距离不变，O 到PQ 的距离减少，O 到PR 的距离变大．所以αγβ<<．127.a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在的直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60角时，AB 与b 成30角； ②当直线AB 与a 成60角时，AB 与b 成60角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45； ④直线AB 与a 所成角的最小值为60；其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）.27．解析由题意知，a ，b ，AC 三条直线两两相互垂直，作出图像如图所示．不妨设图中所示的正方体的边长为1，故1AC =，AB =AB 以直线AC 为旋转轴旋转，则点A 保持不变，点B 的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．以C 为坐标原点，以CD 为x 轴正方向，CB 为y 轴正方向，CA 为z 轴正方向，建立空间直角坐标系．则(1,0,0)D ，(0,0,1)A ，直线a 的方向单位向量(0,1,0)=a ，1=a ．B 点起始坐标为(0,1,0) ，直线b 的方向单位向量(1,0,0)=b ，1=b ．设B 点在运动过程中的坐标()cos ,sin ,0B θθ'，其中θ为B C '与CD 的夹角，[0,2π)θ∈.那么'AB 在运动过程中的向量(cos ,sin ,1)AB θθ'=-，2AB '= 设AB '与直线a 所成夹角为π0,2α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则(cos ,sin ,1)(0,1,0)cos 2AB θθαθ⎡-⋅==∈⎢'⎣⎦a ，所以ππ,42α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，故③正确，④错误．设AB '与直线b 所成夹角为π[0,]2β∈，(cos ,sin ,1)(1,0,0)cos AB AB AB θθβθ'⋅-⋅===''b bb . 当AB '与直线a 夹角为60︒时，即π3α=， sin3πθα===．因为22cos sin 1θθ+=，所以cos θ=．从而1cos 2βθ==．因为π0,2β⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以π=3β，此时AB '与b 的夹角为60︒．所以②正确，①错误．故填② ③.28.如图所示，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=.点D E N ，，分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==，2AB =.（1）求证：//MN 平面BDE ；（2）求二面角C EM N --的正弦值；（3）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE ，求线段AH 的长.NM ED CBAP28.解析如图所示，以A 为坐标原点，{},,AB AC AP 为基底，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意可得(000)A ，，，(200)B ，，，(040)C ，，，(004)P ，，，(002)D ，，，(022)E ，，，(001)M ，，，(120)N ，，．（1）证明：()0,2,0DE =，()2,0,2DB =-.设(,,)x y z =n 为平面BDE 的一个法向量，则0DE DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即20220y x z =⎧⎨-=⎩，不妨设1z =，可得(1,0,1)=n .又()1,2,1MN =-，可得0MN ⋅=n ，因为MN ⊄平面BDE ，所以//MN 平面BDE ．（2）易知1(1,0,0)=n 为平面CEM 的一个法向量.设2(,,)x y z =n 为平面EMN 的一个法向量，则220EM MN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，因为(0,2,1)EM =--，(1,2,1)MN =-，所以2020y z x y z --=⎧⎨+-=⎩. 不妨设1y =，可得2(4,1,2)=--n .因此有121212cos ,|||⋅==n n n n |n n，于是12sin ,n n . 所以二面角C EM N --.（3）依题意，设()04AH h h =剟，则H （0，0，h ），进而可得(1,2,)NH h =--，(2,2,2)BE =-.由已知得||cos ,||||NH BE NH BE NH BE h ⋅===2102180h h -+=，解得85h =或12h =.所以线段AH 的长为85或12.。

2017高考十年高考理数分项版(新课标1专版)专题10 立体几何(解析版) 含解析

一．基础题组1。

【2013课标全国Ⅰ,理6】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8 cm,将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度,则球的体积为（）．A．500π3cm3B．866π3cm3C．1372π3cm3D．2048π3cm3【答案】:A2。

【2012全国，理7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为( ）A．6 B．9 C．12 D．18【答案】B3。

【2011全国新课标，理6】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如下图所示，则相应的侧视图可以为（）【答案】D【解析】4。

【2006全国，理7】已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16,则这个球的表面积是（)(A）16π（B)20π（C)24π（D)32π【答案】C5。

【2005全国1,理2】一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π,则球的表面积为（)A．8π2B．8πC．4π2D．4π【答案】B【解析】6。

【2005全国1，理4】如图,在多面体ABCDEF中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE、△BCF均为正三角形，EF//AB，EF=2，则该多面体的体积为（）A ．32 B ．33 C ．34D ．23【答案】A 【解析】7. 【2010新课标，理14】正视图为一个三角形的几何体可以是__________．（写出三种）答案：三棱锥、圆锥、四棱锥（答案不唯一） 8。

【2014课标Ⅰ,理19】（本小题满分12分)如图，三棱柱111C B A ABC -中,侧面C C BB 11为菱形,C B AB 1⊥。

（Ⅰ）证明：1AB AC =；（Ⅱ)若1AC AB ⊥，︒=∠601CBB,BC AB =，求二面角111C B A A --的余弦值。

AA 1BB 1CC 1【答案】(Ⅰ）详见解析；(Ⅱ）17z yOAA 1BB 1CC 19。

2017年高考数学—立体几何(解答+答案)

2017年高考数学—立体几何（解答+答案）1.（17全国1理18.（12分））如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o .（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=o ，求二面角A -PB -C 的余弦值.2.（17全国1文18．（12分））如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=o ,且四棱锥P-ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积.如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点. （1）证明：直线//CE 平面PAB（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45 ，求二面角M AB D --的余弦值4.17全国2文18.(12分)如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，90BAD ABC ∠=∠=o 。

（1）证明：直线//BC 平面PAD ；（2）若PCD ∆的面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积。

如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形．ABDCBD ??，AB BD =．（1）证明：平面ACD ^平面ABC ；（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分．求二面角D AE C --的余弦值．6.（17全国3文19．（12分））如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD =CD ．（1）证明：AC ⊥BD ；（2）已知△ACD 是直角三角形，AB =BD ．若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．DABCE7.（17北京理（16）（本小题14分））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，//PD 平面,6,4MAC PA PD AB ===（I ）求证：M 为PB 的中点；（II ）求二面角B PD A --的大小；（III ）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．8.（17北京文（18）（本小题14分））如图，在三棱锥P ABC -中，,,,2PA AB PA BC AB BC PA AB BC ⊥⊥⊥===，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（Ⅰ）求证：PA BD ⊥；（Ⅱ）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（Ⅲ）当//PA 平面BDE 时，求三棱锥E BCD -的体积．9.（17山东理17.）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴旋转120︒得到的，G 是»DF的中点. （Ⅰ）设P 是»CE上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小；（Ⅱ）当3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小.10.（17山东文（18）（本小题满分12分））由四棱柱1111ABCD A B C D -截去三棱锥111C B CD -后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，1A E ⊥平面ABCD, （Ⅰ）证明：1A O ∥平面11B CD ；（Ⅱ）设M 是OD 的中点，证明：平面1A EM ⊥平面11B CD .11.（17天津理（17）（本小题满分13分））如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒.点D ，E ，N 分别为棱PA ，P C ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA =AC =4，AB =2.（Ⅰ）求证：MN ∥平面BDE ；（Ⅱ）求二面角C -EM -N 的正弦值；（Ⅲ）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为7，求线段AH 的长.12.（17天津文（17）（本小题满分13分））如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =.（Ⅰ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（Ⅱ）求证：PD ⊥平面PBC ；（Ⅲ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.如图，已知四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点.（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.14.（17江苏15.（本小题满分14分））-中，AB⊥AD，BC⊥BD，平如图，在三棱锥A BCD面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD。