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【精准解析】2021届高考数学一轮知能训练：专题六 立体几何+第3课时

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2021年海南高考数学立体几何题及答案解析

2021年海南高考数学立体几何题及答案解析

2021年海南高考数学立体几何题及答案解析立体几何在高考数学中一直是考察的重点内容之一。

通过对2021年海南高考数学立体几何题目及答案解析的深入探讨，我们可以更好地理解这一知识点，并提升解题技巧。

本文将为大家从难度适中的题目出发，逐步解析，帮助大家理清思路与解题思路。

题目一：在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，已知 AB = 2，AC = 2√2，A1B1 = 2√2，A1C1 = 2，线段 MN 在平面 ABCD 内部，以 AM 为轴旋转到 MNMN'，交于 MN 于 J，MN' 于 K，再以 AK 为轴旋转到MNMN''，交于 MN 于 L，已知 LN = 2，求 KL 的长。

【解析】首先，我们可以通过观察立体图形的几何性质，理解其中的关系。

根据题目所给信息，我们可以知道长方体的一些边长以及旋转后的线段情况。

接下来，我们可以利用平面几何的知识和三角关系进行求解。

设 KL 的长度为 x，根据题意，我们可以得到以下等式：∠BKL = ∠DKA = ∠NLA （由旋转的性质可知）∠BNK = ∠ALN （平行线之间的夹角）根据等腰三角形的性质，我们知道∠LNK = ∠LKN，且∠LNK =∠MKJ（内角和等于外角）由于 L 在 MN 上，且 LN = 2，我们可以得到以下等式：tan∠MKJ = tan∠NKL = tan∠LNK = tan∠ALN = tan∠BNK通过利用这些等式和三角函数的性质，我们可以整理出详细的解题步骤，具体过程略。

最后，计算得 KL 的长度为√10。

综上所述，本题通过巧妙地运用立体几何和平面几何的知识，结合三角关系与三角函数的运用，成功求解出 KL 的长度为√10。

通过以上题目的解析，我们可以看出，在解答立体几何题目时，我们需要充分理解立体图形的性质，通过平面几何的知识和三角关系进行运用，巧妙地利用等式和三角函数的性质，逐步解析并求得所需答案。

【精准解析】2021届高考数学一轮知能训练：阶段检测卷(六)+(立体几何)

【精准解析】2021届高考数学一轮知能训练：阶段检测卷(六)+(立体几何)

阶段检测卷(六)(立体几何)时间：50分钟满分：100分一、单项选择题：本大题共6小题，每小题6分，共36分，有且只有一个正确答案，请将正确选项填入题后的括号中．1．已知a ，b ，c 是三条不同的直线，命题“a ∥b 且a ⊥c ⇒b ⊥c ”是正确的，如果把a ，b ，c 中的两个或三个换成平面，在所得的命题中，真命题有()A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个2．已知m 和n 是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m ⊥β的是()A ．α⊥β且m ⊂αB ．α⊥β且m ∥αC ．m ∥n 且n ⊥βD ．m ⊥n 且n ∥β3．平面α过正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的顶点A ，平面α∥平面A 1BD ，平面α∩平面ABCD ＝l ，则直线l 与直线A 1C 1所成的角为()A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°4．(2019年黑龙江模拟)如图N6­1所示，在棱长为2的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于()图N6­1A.105 B.155 C.45 D.235．三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥面ABC ，PA ＝2，AB ＝AC ＝3，∠BAC ＝60°，则该三棱锥的外接球的表面积是()A ．12πB ．8πC ．83πD ．43π6．某几何体的三视图如图N6­2所示，则该几何体的体积为()图N6­2A.12 B.22 C.33 D.23二、多项选择题：本大题共2小题，每小题6分，共12分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，请将正确选项填入题后的括号中．7．如图N6­3，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，下列各式中运算的结果为AC 1→的有()图N6­3A.AB →＋BC →＋CD →B.AA 1→＋B 1C 1→＋D 1C 1→C.AB →－C 1C →＋B 1C 1→ D.AA 1→＋DC →＋B 1C 1→8．如图N6­4所示，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD .将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A ′­BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则下列结论错误的是()图N6­4A ．A ′C ⊥BDB ．∠BA ′C ＝90°C ．CA ′与平面A ′BD 所成的角为30°D ．四面体A ′­BCD 的体积为13三、填空题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，把答案填在题中横线上．9．考查下列三个命题，在“________”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l ，m 为直线，α，β为平面)，则此条件为_________．①m ⊂αl ∥m l ∥α；②l ∥m m ∥αl ∥α；③l ⊥βα⊥βl ∥α.10．)，B ，C ，D 在同一球的球面上，AB ＝BC ＝2，AC ＝2，若四面体ABCD 外接球的球心O 恰好在侧棱DA 上，DC ＝23，则这个球的表面积为___________．11．(2019年福建泉州模拟)如图N6­5，点P 在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的面对角线BC 1上运动，给出下列命题：图N6­5①三棱锥A ­D 1PC 的体积不变；②A 1P ∥平面ACD 1；③DP ⊥BC 1；④平面PDB 1⊥平面ACD 1.其中正确的命题序号是________．四、解答题：本大题共2小题，共34分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤．12．(14分)(2019年北京)如图N6­6，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3.E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF PC ＝13.(1)求证：CD ⊥平面PAD ；(2)求二面角F ­AE ­P 的余弦值；(3)设点G 在PB 上，且PG PB ＝23.判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．图N6­613．(20分)(2019年浙江)如图N6­7，已知三棱柱ABC ­A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝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．图N6­7阶段检测卷(六)1．C 2．C 解析：对于选项A ，α⊥β且m ⊂α，可得m ∥β或m 与β相交或m ⊂β，故A 不成立；对于选项B ，α⊥β且m ∥α，可得m ⊂β或m ∥β或m 与β相交，故B 不成立；对于选项C ，m ∥n 且n ⊥β，则m ⊥β，故C 正确；对于选项D ，由m ⊥n 且n ∥β，可得m ∥β或m 与β相交或m ⊂β，故D 不成立．故选C.3．D 解析：如图D280所示，平面α过正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的顶点A ，平面α∥平面A 1BD ，平面α∩平面ABCD ＝l ＝AF ，平面A 1BD ∩平面ABCD ＝BD ，∴BD ∥AF ，又∵A 1C 1∥AC ，则直线l 与直线A 1C 1所成的角即为直线BD 与直线AC 所成的角，为90°.故选D.图D2804．B解析：设正方体的棱长为2，建立如图D281所示的坐标系，O (1,1,0)，E (0,2,1)，F (1,0,0)，D 1(0,0,2)，∴FD 1→＝(－1,0,2)，OE →＝(－1,1,1)．∴cos 〈FD 1→，OE →〉＝FD 1→·OE →|FD 1→||OE →|＝1＋0＋25×3＝155.图D281图D2825．B 解析：由图D282及题意可得，△ABC 为等边三角形，边长为3，PA ⊥面ABC ，则该三棱锥的外接球是以△ABC 为底面，PA 为高的三棱柱的外接球，△ABC 的外接圆半径为23×32×3＝1，PA ＝2，则球心到面ABC 外接圆圆心的距离为1，故外接球半径r ＝12＋12＝2，∴该三棱锥的外接球的表面积S ＝4πr 2＝8π.故选B.6．D 解析：根据几何体的三视图可知该几何体的直观图为如图所示的四棱锥P ­ABCD ，(图中虚线是为了衬托四棱锥P ­ABCD )且△PAB 为等腰直角三角形，易知S 四边形ABCD ＝2×2＝22.在直观图中过点P 作直线AB 的垂线PE .垂足为E ，则根据正方体的性质BC ⊥平面PAB 可知BC ⊥PE .又∵AB ⊥PE ，∴PE ⊥平面ABCD ，因此点P 到平面ABCD 的距离为PE ＝22，∴V P －ABCD ＝13×22×22＝23.7．BCD 8．ACD 解析：依题意可知，三角形A ′BD 是等腰直角三角形．由于平面A ′BD ⊥平面BCD ，平面A ′BD ∩平面BCD ＝BD ，CD ⊥BD ，所以CD ⊥平面A ′BD ，则CD ⊥A ′D ，CD ⊥A ′B .A 选项，假设A ′C ⊥BD ，而CD ⊥BD ，∴BD ⊥平面A ′CD ，则BD ⊥A ′D ，这与∠A ′DB ＝45°矛盾，故A 错误．B 选项，在△A ′BC 中，A ′B ＝1，A ′C ＝A ′D 2＋CD 2＝2，BC ＝BD 2＋CD 2＝3，∴A ′B 2＋A ′C 2＝BC 2，∴∠BA ′C ＝90°，故B 正确．C 选项，∵CD ⊥平面A ′BD ，∴∠CA ′D 是CA ′与平面A ′BD 所成的角，由上述分析可知，△A ′CD 是等腰直角三角形，∴∠CA ′D ＝45°，故C 错误．D 选项，V C －A ′BD ＝13×S △A ′BD ×CD ＝13×12×1×1×1＝16，故D 错误．故选ACD.9．l ⊄α解析：①体现的是线面平行的判定定理，缺的条件是“l 为平面α外的直线”，即“l ⊄α”，它也同样适合②③，故填l ⊄α.10．16π解析：如图D283所示，设三角形ABC 所在小圆的圆心为O 1，则O 1为AC 的中点，图D283且OO 1⊥平面ABC ，又DC ∥OO 1，∴DC ⊥平面ABC .∴(2R )2＝DA 2＝AC 2＋DC 2＝16，外接球的表面积S ＝4πR 2＝16π.11．①②④解析：对于①，V 1A D PC -＝V 1P AD C -，点P 到平面AD 1C 的距离即为线BC 1与平面AD 1C 的距离，为定值，故①正确；对于②，∵平面A 1C 1B ∥平面ACD 1，∴线A 1P ∥平面ACD 1；对于③，由于当点P 在B 点时，DB 不垂直于BC 1，即DP 不垂直于BC 1，故③错误；对于④，由于B 1D ⊥平面ACD 1，∴平面PDB 1⊥平面ACD 1.12．(1)证明：由于PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，则PA ⊥CD ，由题意可知AD ⊥CD ，且PA ∩AD ＝A ，由线面垂直判定定理可得CD ⊥平面PAD .(2)解：以点A 为坐标原点，平面ABCD 内与AD 垂直的直线为x 轴，AD ，AP 方向为y 轴，z 轴建立如图D284所示的空间直角坐标系A ­xyz ，图D284易知：A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，由PF →＝13PC →可得点F 的坐标为，23，由PE →＝12PD →可得E (0,1,1)，设平面AEF 的法向量为：m ＝(x ，y ，z )，则·AF →＝(x ，y ，z )，23，＝23x ＋23y ＋43z ＝0，·AE →＝(x ，y ，z )·(0，1，1)＝y ＋z ＝0，据此可得平面AEF 的一个法向量为：m ＝(1,1，－1)，很明显平面AEP 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |×|n |＝13×1＝33，二面角F ­AE ­P 的平面角为锐角，故二面角F ­AE ­P 的余弦值为3.(3)解：易知P (0,0,2)，B (2，－1,0)，由PG →＝23PB →可得，－23，则AG →，－23，注意到平面AEF 的一个法向量为：m ＝(1,1，－1)，其m ·AG →＝0且点A 在平面AEF 内，故直线AG 在平面AEF 内．13．(1)证明：如图D285所示，连接A 1E ，B 1E,等边△AA 1C 中，AE ＝EC ，则A 1E ⊥AC ，平面ABC ⊥平面A 1AC 1C ，且平面ABC ∩平面A 1AC 1C ＝AC ，由面面垂直的性质定理可得：A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥BC ，由三棱柱的性质可知A 1B 1∥AB ，而AB ⊥BC ，故A 1B 1⊥BC ，且A 1B 1∩A 1E ＝A 1，由线面垂直的判定定理可得：BC ⊥平面A 1B 1E ，结合EF ⊂平面A 1B 1E ，故EF ⊥BC .图D285图D286(2)解：如图D286，在底面ABC 内作EH ⊥AC ，以点E 为坐标原点，EH ，EC ，EA 1方向分别为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系E ­xyz .设EH ＝1，则AE ＝EC ＝3，AA 1＝CA 123，BC ＝3，AB ＝3，据此可得：A (0，－3，0)，，3，A ，C (0，3，0)，由AB →＝A 1B 1→可得点B 1B ，33，利用中点坐标公式可得：，33，E (0,0,0)，故直线EF 方向向量为：EF →，343，设平面A 1BC 的法向量为m ＝y ，z )·A 1B →＝(x ，y ，z )，32，－＝32x ＋32y －3z ＝0，·BC →＝(x ，y ，z )－32，32，＝－32x ＋32y ＝0.据此可得平面A 1BCm ＝(1，3，1)，EF →，343，此时cos 〈EF →，m 〉＝EF →·m |EF →|×|m |＝65×352＝45，设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈EF →，m 〉|＝45，cos θ＝35.。

数学一轮复习第七章立体几何第3讲空间点直线平面之间的位置关系学案含解析

数学一轮复习第七章立体几何第3讲空间点直线平面之间的位置关系学案含解析

第3讲空间点、直线、平面之间的位置关系［考纲解读]1。

理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解可以作为推理依据的公理和定理，并运用它们证明一些空间图形的位置关系的简单命题．(重点)2.主要考查平面的基本性质，空间两直线的位置关系及线面、面面的位置关系，能正确求出异面直线所成的角．(重点、难点) [考向预测］从近三年高考情况来看，尽管空间点、线、面的位置关系是立体几何的理论基础,但却很少独立命题．预测2021年高考会有以下两种命题方式：①以命题形式考查空间点、线、面的位置关系;②以几何体为载体考查线、面的位置关系或求异面直线所成的角．题型为客观题，难度一般不大，属中档题型.1．空间两条直线的位置关系（1）位置关系分类错误!错误!（2)异面直线所成的角①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的□04锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角（或夹角）．②范围:错误!(0°，90°]．(3）等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角错误!相等或互补．2．空间直线与平面、平面与平面的位置关系图形语言符号语言公共点直线与平面相交错误!a∩α＝A□021个平行错误!a∥α错误!0个在平面内错误!a⊂α错误!无数个续表图形语言符号语言公共点平面与平面平行错误!α∥β错误!0个相交错误!α∩β＝l错误!无数个3．必记结论（1)唯一性定理①过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．②过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．③过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．④过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．(2)异面直线的判定定理平面外一点A与平面内一点B的连线与平面内不经过B点的直线互为异面直线．1．概念辨析(1)两两相交的三条直线最少可以确定三个平面．（)（2)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．()(3)已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b 不可能是平行直线．(）（4)两个平面α,β有一个公共点A,就说α，β相交于过A点的任意一条直线．()答案(1)×(2）×（3）√（4)×2．小题热身（1）对于任意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l（）A．平行B．相交C．垂直D．互为异面直线答案C解析不论l∥α，l⊂α还是l与α相交，α内都存在直线m 使得m⊥l。

2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第七章+第6节第3课时+解决空间角开放题+Word版含解析

2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第七章+第6节第3课时+解决空间角开放题+Word版含解析

多维层次练43[A 级 基础巩固]1．已知平面α内有一点M (1，－1，2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3，6)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A ．P (2，3，3)B ．P (－2，0，1)C ．P (－4，－4，0)D ．P (3，－3，4)解析：逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1，4，1)， 所以MP →·n ＝6－12＋6＝0，所以MP →⊥n ，所以点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．答案：A2．(2020·大连市月考)在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，底面为棱长为1的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，点D 在棱BB 1上，且BD ＝1，若AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，则sin α的值是( ) A.32 B.22 C.62 D.64解析：如图所示，建立坐标系，易求点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，1.平面AA 1C 1C 的一个法向量是n ＝(1，0，0)，所以cos 〈n ，AD →〉＝322＝64，即sin α＝64. 答案：D3．如图所示，F 是正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱CD 的中点．E 是BB 1上一点，若D 1F ⊥DE ，则有( )A ．B 1E ＝EBB ．B 1E ＝2EBC ．B 1E ＝12EBD ．E 与B 重合解析：分别以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方形的边长为2，则D (0，0，0)，F (0，1，0)，D 1(0，0，2)，设E (2，2，z )，D 1F →＝(0，1，－2)，DE →＝(2，2，z )，因为D 1F →⊥DE →，所以D 1F →·DE →＝0×2＋1×2－2z ＝0，解得z ＝1，所以B 1E ＝EB . 答案：A4.如图所示，在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：①A 1M ∥D 1P ；②A 1M ∥B 1Q ；③A 1M ∥平面DCC 1D 1；④A 1M ∥平面D 1PQB 1.以上说法正确的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：A 1M →＝A 1A →＋AM →＝A 1A →＋12AB →，D 1P →＝D 1D →＋DP →＝A 1A →＋12AB →，所以A 1M →∥D 1P →，所以A 1M ∥D 1P ，由线面平行的判定定理可知，A 1M ∥平面DCC 1D 1，A 1M ∥平面D 1PQB 1，故①③④正确．答案：C5．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BC 的中点，点P ，Q 分别是线段A 1E 与线段DD 1上的动点，当点P ，Q 的距离最小时，异面直线AP 与CD 1所成角的余弦值为( ) A.4221 B.714C.1841 D ．－714 解析：以AB ，AD ，AA 1所在直线方向x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2.则A 1(0，0，2)，D (0，2，0)，D 1(0，2，2)，C (2，2，0)，E (2，1，0)，设A 1P →＝λA 1E →，DQ →＝μDD 1→，则P (2λ，λ，2－2λ)，Q (0，2，2μ)．所以|PQ |＝4λ2＋（λ－2）2＋4（λ＋μ－1）2＝ 5⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－252＋4（λ＋μ－1）2＋165≥455，当且仅当λ＝25，μ＝35时取等号，此时AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，25，65. 又CD 1→＝(－2，0，2)，所以异面直线AP 与CD 1所成角的余弦值cos θ＝714. 答案：B6．若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是________．解析：因为AB →＝λCD →＋μCE →，所以AB →，CD →，CE →共面．则AB 与平面CDE 的位置关系是平行或在平面内．答案：平行或在平面内7．已知平面α，平面β的法向量分别为a ＝(1，1，2)，b ＝(x ，－2，3)，若α⊥β，则x ＝________；若平面α与平面β所成锐二面角的余弦值为66，则x ＝________． 解析：由α⊥β，得a ⊥b ，所以a·b ＝x －2＋6＝0，解得x ＝－4.若平面α与平面β所成锐二面角的余弦值为66， 则|cos 〈a ，b 〉|＝|a·b ||a ||b |＝|x ＋4|6·x 2＋13＝66， 解得x ＝－38. 答案：－4 －388．如图所示，在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2，0，2)，E (0，1，0)，F (0，0，1)．因此EF →＝(0，－1，1)，BC 1→＝(2，0，2)，所以EF →·BC 1→＝2.所以cos 〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12. 所以EF 和BC 1所成的角为60°.答案：60°9.如图所示，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由．(1)证明：以A 为原点，AB →、AD →、AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz .设AB ＝a.则A (0，0，0)，D (0，1，0)，D 1(0，1，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a ，0，1)， AD 1→＝(0，1，1)，B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1， 因为B 1E →·AD 1→＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0， 因此B 1E →⊥AD 1→，所以B 1E ⊥AD 1.(2)解：存在满足要求的点P ，假设在棱AA 1上存在一点P (0，0，z 0)，使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0)，再设平面B 1AE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．AB 1→＝(a ，0，1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0. 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1→＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎨⎧ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0， 取x ＝1，则y ＝－a 2，z ＝－a ，所以平面B 1AE 的一个法向量为n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a 2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12. 所以存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12. 10．(2020·菏泽一中月考)四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD ＝∠CBD ，AB ＝BD .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C 的余弦值．(1)证明：取AC 的中点O ，连接BO ，OD .因为△ABC 是等边三角形，所以OB ⊥AC .△ABD 与△CBD 中，AB ＝BD ＝BC ，∠ABD ＝∠CBD ，所以△ABD ≌△CBD ，所以AD ＝CD .因为△ACD 是直角三角形，所以AC 是斜边，所以∠ADC ＝90°.所以DO ＝12AC . 所以DO 2＋BO 2＝AB 2＝BD 2.所以∠BOD ＝90°.所以OB ⊥OD .又DO ∩AC ＝O ，所以OB ⊥平面ACD .又OB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.(2)解：设点D，点B到平面ACE的距离分别为h D，h B.则h D h B＝DEBE.因为平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，所以13S△ACE·h D13S△ACE·h B＝h Dh B＝DEBE＝1.所以点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB＝2.则O(0，0，0)，A(1，0，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)，B(0，3，0)，E⎝⎛⎭⎪⎫0，32，12.AD→＝(－1，0，1)，AE→＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，32，12，AC→＝(－2，0，0)．设平面ADE的法向量为m＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧m·AD→＝0，m·AE→＝0，即⎩⎨⎧－x＋z＝0，－x＋32y＋12z＝0，取m＝(3，3，3)．同理可得：平面ACE的法向量为n＝(0，1，－3)．所以cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝－2321×2＝－77.由图可知此二面角应为锐角，所以二面角D-AE-C 的余弦值为77. [B 级 能力提升]11.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 ，BQ QC ＝CR RA＝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<α解析：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC 的中心为O ，OP ＝3.则O (0，0，0)，P (0，－3，0)，C (0，6，0)，D (0，0，62)，B (33，－3，0)，Q (3，3，0)，R (－23，0，0)， PR →＝(－23，3，0)，PD →＝(0，3，62)，PQ →＝(3，6，0)，QR →＝(－33，－3，0)，QD →＝(－3，－3，62)．设平面PDR 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PR →＝0，n ·PD →＝0.可得⎩⎪⎨⎪⎧－23x ＋3y ＝0，3y ＋62z ＝0. 可得n ＝(6，22，－1)，取平面ABC 的法向量m ＝(0，0，1)．则cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝－115， 所以cos α＝115. 同理可得：cos β＝3681，cos γ＝295. 因为115 >295 >3681， 所以α<γ<β.答案：B12．如图所示，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．解析：如图所示，建立空间直角坐标系Axyz ，设AB ＝2，QM ＝m (0≤m ≤2)，则F (2，1，0)，E (1，0，0)，M (0，m ，2)(0≤m ≤2)．AF →＝(2，1，0)，ME →＝(1，－m ，－2)，cos θ＝|cos 〈AF →，ME →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AF →·ME →|AF →|·|ME →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－m 5·m 2＋5＝|m －2|5m 2＋25. 设y ＝（m －2）25m 2＋25， 则y ′＝2（m －2）（5m 2＋25）－（m －2）2·10m （5m 2＋25）2＝（m －2）[（10m 2＋50）－（m －2）·10m ]（5m 2＋25）2 ＝（m －2）（50＋20m ）（5m 2＋25）2. 当0<m <2时，y ′<0，所以y ＝（m －2）25m 2＋25在(0，2)上单调递减． 所以当m ＝0时，y 取最大值， 此时cos θ取最大值，(cos θ)max ＝|0－2|5×02＋25＝25. 答案：2513．已知长方形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝ 2.现将长方形沿对角线BD 折起，使AC ＝a ，得到一个四面体A-BCD ，如图所示．(1)试问：在折叠的过程中，异面直线AB 与CD ，AD 与BC 能否垂直？若能垂直，求出相应的a 值；若不垂直，请说明理由．(2)当四面体A-BCD 的体积最大时，求二面角A-CD-B 的余弦值． 解：(1)若AB ⊥CD ，因为AB ⊥AD ，AD ∩CD ＝D ，所以AB ⊥平面ACD ，所以AB ⊥AC .有AB 2＋a 2＝BC 2，即12＋a 2＝(2)2，所以a ＝1.若AD ⊥BC ，因为AD ⊥AB ，AB ∩BC ＝B ，所以AD ⊥平面ABC ，所以AD ⊥AC .有AD 2＋a 2＝CD 2，即(2)2＋a 2＝12，所以a 2＝－1，无解．故AD ⊥BC 不成立． (2)要使四面体A-BCD 的体积最大，因为△BCD 的面积为定值22，所以只需三棱锥A-BCD 的高最大即可，此时平面ABD ⊥平面BCD ，过点A 作AO ⊥BO 于点O ，则AO ⊥平面BCD ，以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz ，则易知A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，63，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫63，33，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0， 显然平面BCD 的一个法向量为OA →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，63. 设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，33，0，DA →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－233，63，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·DA →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x＝3y ，23y ＝6z ， 令y ＝2，得n ＝(1，2，2)．故cos 〈OA →，n 〉＝26363×7＝277. 所以二面角A-CD-B 的余弦值为277. [C 级 素养升华]14．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，给出下列四个结论：①AC ⊥BD ；②AB 、CD 所成角为60°；③△ADC 为等边三角形；④AB 与平面BCD 所成角为60°，其中真命题是________(请将你认为是真命题的序号都填上)．解析：连接AC 与BD 交于O 点，对折后如图所示，令OC ＝1，建如图所示坐标系．则O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，D (0，－1，0)，则AC →＝(－1，0，1)，BD →＝(0，－2，0)，因为AC →·BD →＝0，故①AC ⊥BD 正确；AB →＝(－1，1，0)，CD →＝(0，－1，－1)，则|cos 〈AB →，CD →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AB →·CD →|AB →|·|CD →|＝12， 故②AB 与CD 所成角为60°正确；因为|AC →|＝|AD →|＝|CD →|＝2，所以③△ADC 为正三角形正确；因为OA →为平面BCD 的一个法向量，根据正方形的性质，易得AB 与平面BCD 所成角为45°，故④错误．答案：①②③。

2021届高考数学一轮知能训练专题六立体几何第2课时含解析

2021届高考数学一轮知能训练专题六立体几何第2课时含解析

第2课时1．在三棱锥A ­BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ABD 的面积分别为22，32，62，则三棱锥A ­BCD 的外接球的体积为( ) A.6π B．2 6πC ．3 6π D．4 6π2．(2017年新课标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 ．π B.3π4 C.π2 D.π43．已知如图Z6­16所示的三棱锥D ­ABC 的四个顶点均在球O 的球面上，△ABC 和△DBC 所在的平面互相垂直，AB ＝3，AC ＝3，BC ＝CD ＝BD ＝2 3，则球O 的体积为( )图Z6­16A.4π3 B.4 3π3 C.32π3D ．36π 4．在矩形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝3，沿AC 将三角形ABC 折起，当平面ABC ⊥平面ACD 时，四面体ABCD 的外接球的体积是( )A.12512πB.1259πC.1256πD.1253π5．(2013年新课标Ⅰ)如图Z6­17，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 ，如果不计容器厚度，则球的体积为( )A.500π3 cm 3B.866π3 cm 3C.1372π3 cm 3D.2048π3cm 3图Z6­17图Z6­186．如图Z6­18，在四棱锥P­ABCD中，△PAB为正三角形，四边形ABCD为正方形且边长为2，平面PAB⊥平面ABCD，四棱锥P­ABCD的五个顶点都在一个球面上，则这个球的表面积是( )A.2821π27B.7π3C．28π D.28π37．已知点P，A，B，C是半径为2的球面上的点，PA＝PB＝PC＝2，∠ABC＝90°，点B 在AC上的投影为D，则三棱锥P­ABD体积的最大值是( )A.3 34B.3 38C.12D.348．已知在三棱锥P­ABC中，侧面PAC⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，PA＝10，PC＝2，则三棱锥P­ABC外接球的体积为( )A．28π B．36π C．48π D．72π9．(2018年广东广州高中毕业班综合测试)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P­ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥P­ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为( )A．8π B．12π C．20π D．24π10．已知三棱锥P ­ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 满足AB ＝2 2，∠ACB ＝90°，PA 为球O 的直径且PA ＝4，则点P 到底面ABC 的距离为( )A. 2 B ．2 2 C. 3 D ．2 311．在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图Z6­19，若四棱锥P ­ABCD 为阳马，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝3，BC ＝AB ＝4，设该阳马的外接球半径为R ，内切球半径为r ，则R r＝________.图Z6­1912．已知正三棱锥P ­ABC 的外接球的半径为2，且球心在点A ，B ，C 所确定的平面上，则该正三棱锥的表面积是________．13．四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是矩形，面PAD ⊥面ABCD, PA ＝PD ＝AD ＝3，AB ＝4，则四棱锥ABCD 的外接球的表面积为________．14．A ，B ，C ，D 四点在半径为5 22的球面上，且 AC ＝BD ＝5，AD ＝BC ＝41，AB ＝CD ，则三棱锥D ­ABC 的体积是________．15．在三棱锥P ­ABC 中，底面ABC 是等边三角形，侧面PAB 是直角三角形，且PA ＝PB ＝2，PA ⊥AC ，则该三棱锥外接球的表面积为________．第2课时1．A 解析：由已知三棱锥A ­BCD 的外接球是长为3，宽为2，高为1的长方体的外接球，由长方体对角线长为6，得外接球半径为62，故所求球体体积为6π.2．B 解析：如图D249，画出圆柱的轴截面ABCD ，O 为球心．球半径R ＝OA ＝1，球心到底面圆的距离为OM ＝12.∴底面圆半径r ＝OA 2－OM 2＝32，故圆柱体积V ＝π·r 2·h ＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1＝3π4.图D2493．C 解析：△ABC 外接圆半径为3，△DBC 的高为 2 3×32＝3，球O 的半径为32＋12＝2，则球O 的体积为32π3.4．C 解析：AC 为球的直径，四面体ABCD 的外接球的体积是43π⎝ ⎛⎭⎪⎫523＝1256π.5．A 解析：如图D250，作出球的一个截面，则MC ＝8－6＝2(cm)，BM ＝12AB ＝12×8＝4(cm)．设球的半径为R cm ，则R 2＝OM 2＋MB 2＝(R －2)2＋42.∴R ＝5.∴V 球＝43π×53＝500π3(cm 3)．图D2506．D 解析：将四棱锥补成以△PAB 为底面的正三棱柱，又⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＋12＝r 2＝73，∴S ＝4πr 2＝28π3. 7．B 解析：如图D251，∵∠ABC ＝90°，∴AC 为截面圆直径．图D251设球心为O ，连接PO ，易知PO 交AC ，记交点为E ，结合PC ＝CO ＝2知PE ＝1，故CE ＝3，则AC ＝2 3.设AB ＝a ，则BC ＝12－a 2，由AB 2＝AD ·AC 知AD ＝a 22 3，BD ＝a 12－a 22 3，∴S △ABD ＝124a 3 12－a 2＝12412a 6－a 8.令f (a )＝12a 6－a 8，则f ′(a )＝72a 5－8a 7＝8a 5(9－a 2)．由f ′(a )＝0得a ＝3， 且f (a )在(0,3)上单调递增，在(3,2 3)上单调递减， 故当a ＝3时，f (a )取得最大值．∴三棱锥P ­ABD 体积的最大值为13×1×124×33×12－32＝3 38.8．B 解析：∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝4，BC ＝4 2，PA ＝10，PC ＝2，cos ∠PCA ＝2＋16－102×2×4＝22，2r ＝1022＝2 5，外接球的半径R ＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫422＝9＝3，S ＝4π×32＝36π. 9．C 解析：方法一，将三棱锥P ­ABC 放入长方体中，如图D252(a)，三棱锥P ­ABC 的外接球就是长方体的外接球．∵PA ＝AB ＝2，AC ＝4，△ABC 为直角三角形，∴BC ＝42－22＝2 3.设外接球的半径为R ，依题意可得(2R )2＝22＋22＋(2 3)2＝20，故R 2＝5，则球O 的表面积为4πR 2＝20π.故选C.(a) (b)图D252方法二，利用鳖臑的特点求解，如图D252(b)，∵四个面都是直角三角形，∴PC的中点到每一个顶点的距离都相等，即PC的中点为球心O，易得2R＝PC＝20，∴球O的表面积为4πR2＝20π .故选C.10．B 解析：取AB的中点O1，连接OO1，如图D253，在△ABC中，AB＝2 2，∠ACB＝90°，∴△ABC所在小圆圆O1是以AB为直径的圆，∴O1A＝2，且OO1⊥AO1，又球O的直径PA ＝4，∴OA＝2，∴OO1＝OA2－O1A2＝2，且OO1⊥底面ABC，∴点P到平面ABC的距离为2OO1＝2 2.图D25311.412解析：∵四棱锥P­ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝3，BC＝AB＝4，设该阳马的外接球半径为R，∴该阳马补形所得到的长方体的对角线为外接球的直径，∴(2R)2＝AB2＋AD2＋AP2＝16＋16＋9＝41，∴R＝412，∵侧棱PA⊥底面ABCD，且底面为正方形，∴内切球O1在侧面PAD内的正视图是△PAD的内切圆，∴内切球半径为r＝1，故Rr＝412.12．3 3＋3 15 解析：如图D254，OP＝OA＝2，OD＝1，PA＝PB＝PC＝2 2，AB＝2 3，则该正三棱锥的表面积是3 3＋3 15.图D25413．28π解析：先找到矩形ABCD的外心O1，球心在O1的正上方．然后找到等边△PAD 的外心O2，即等边△PAD的重心，球心在O2的正上方，由此可得到球心O的位置如图255所示．O2E＝13PE ＝13×3 32＝32，O 1B ＝52，故球的半径R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫522＝7， 故球的表面积为4πR 2＝28π.图D25514．20 解析：由题意，将三棱锥D ­ABC 放入长方体中(如图D256)，设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，从而得出⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝25，a 2＋c 2＝41，a 2＋b 2＋c 2＝50，解得a ＝4，b ＝3，c ＝5.利用整体割补法求出三棱锥D ­ABC 的体积为4×3×5－4×13×12×4×3×5＝20.图D256 图D25715．12π解析：如图D257，侧面是直角三角形，且PA＝PB＝2，则AB＝2 2.又PA⊥AC，PC＝2 3，得PB⊥BC.显然PC为该三棱锥外接球的直径．则该三棱锥外接球的表面积为4π×(3)2＝12π.。

数学一轮复习高频考点集中练立体几何含解析

数学一轮复习高频考点集中练立体几何含解析

高频考点集中练立体几何1。

（2019·全国卷Ⅲ）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【命题思维分析】利用垂直关系,再结合余弦定理进而解决问题.【解析】选B。

因为直线BM,EN都是平面BED内的直线,且不平行,即直线BM,EN是相交直线.设正方形ABCD的边长为2a,则由题意可得:DE=2a，DM=a，DN=a，DB=2a，根据余弦定理可得:BM2=DB2+DM2-2DB·DMcos∠BDE=9a2—4a2cos∠BDE，EN2=DE2+DN2-2DE·DNcos∠BDE=6a2—4a2cos∠BDE,所以BM≠EN。

【真题拾贝】判断异面直线的依据是异面直线的定义和性质定理，及一条直线与平面相交,该直线与平面内不过交点的直线异面,而解答本题的关键是构造直角三角形.2.（2018·全国卷Ⅱ）在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（)A.B。

C. D.【命题思维分析】求异面直线所成的角是高考常考的题目，本题主要是考查空间直角坐标系的建立，各点坐标的表示及利用向量数量积求向量夹角,然后根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.【解析】选C。

方法一：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0），A（1,0,0），D1（0，0，）,B1（1，1,），所以=（-1，0，），=（1，1,),设异面直线AD1与DB1所成角为α，则cos α=|cos , |==。

方法二:如图.连接A1D交AD1于点E。

取A1B1中点F，连接EF，则EF B1D,连接D1F,在△D1FE中,∠D1EF为异面直线AD1与DB1的夹角.由已知EF=DB1==,D1E=AD1=1,D1F==,所以cos∠D1EF==.【真题拾贝】求异面直线所成角主要有以下两种方法:(1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到(或构造)所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系,用余弦定理求角.(2)向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值。

2023年新高考数学临考题号押题第6题 立体几何(新高考)(解析版)

2023年新高考数学临考题号押题第6题 立体几何(新高考)(解析版)

押新高考卷6题立体几何考点3年考题考情分析立体几何2022年新高考Ⅰ卷第8题2022年新高考Ⅱ卷第7题2021年新高考Ⅰ卷第3题2021年新高考Ⅱ卷第5题2020年新高考Ⅰ卷第16题2020年新高考Ⅱ卷第13题立体几何会以单选题、多选题、填空题、解答题4类题型进行考查，单选题难度一般或较难，纵观近几年的新高考试题，分别考查棱锥的体积问题，圆锥的母线长问题，球体的内切外接及表面积体积问题，棱台的体积问题。

可以预测2023年新高考命题方向将继续以表面积体积问题、球体等问题展开命题．1.立体几何基础公式（1）所有椎体体积公式：sh V 31=（2）所有柱体体积公式：shV =（3）球体体积公式：334R V π=（4）球体表面积公式：24R S π=（5）圆柱：rh r s s s sh V ππ22,2+=+==侧底表（6）圆锥：rl r s s s sh V ππ+=+==2,31侧底表2.长方体（正方体、正四棱柱）的体对角线的公式（1）已知长宽高求体对角线：2222c b a l ++=（2）已知共点三面对角线求体对角线：22322212l l l l ++=3.棱长为a 的正四面体的内切球的半径为612a ,外接球的半径为64a .4.欧拉定理(欧拉公式)2V F E +-=(简单多面体的顶点数V、棱数E 和面数F).（1）E =各面多边形边数和的一半.特别地,若每个面的边数为n 的多边形，则面数F 与棱数E 的关系：12E nF =；（2）若每个顶点引出的棱数为m ，则顶点数V 与棱数E 的关系：12E mV =.[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为2a ，高为则2222l a h =+，2232(3a =+所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积13V Sh =3．（2021·新高考Ⅰ卷高考真题）已知圆锥的底面半径为长为（）A．2B．22C．4【答案】B【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得【详解】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则故选：B.4．（2021·新高考Ⅱ卷高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为A．20123+B．282C．56 3【答案】D【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为所以该棱台的高()2222222h =--=，下底面面积116S =，上底面面积24S =，所以该棱台的体积()12121133V h S S S S =++=故选：D.5．（2020·新高考Ⅰ卷高考真题）已知直四棱柱5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________【答案】22π.【分析】根据已知条件易得1D E 3=，1D E ⊥离为2，可得侧面11B C CB 与球面的交线是扇形取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为因为BAD ∠=60°，直四棱柱ABCD 111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以因为1111BB B C B = ，所以1D E【详解】因为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为111111232NMD D AMN V -==⨯⨯⨯⨯=故答案为：13【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些A ．10πB ．20π【答案】A【分析】新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，列出方程求解即可【详解】显然新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则所以圆柱的侧面积为2π10πrh =．故选：A.3．（2023·浙江台州·统考二模）如图所示的粮仓可以看成圆柱体与圆锥体的组合体圆柱部分的高为2米,底面圆的半径为A ．3π立方米B ．2π立方米【答案】C+A．241639+C．12839【答案】B【分析】过点P作底面ABCQ Q Q QP ABC与平面123-P【详解】因为三棱锥-===.2AB AC BCP ABC为正三棱锥，因此过点又因为-过B作AC的垂线于H.由三角形在直角三角形AHO中，AOPO=，在直角三角形又因为2P ABC为正三棱锥，因此因为三棱锥-又M到平面ABC距离为点Q Q AC交PC于过点M作12//【详解】3A D CD '===.()2222229C CD A C CD A C CD A D A C CD ''''⋅=+--=--=-.3,5CD BD ===.222222()99257CD CB CD CB CD CB CD DB ⋅=+--=+-=+-=- .()97822CD A C CB CD A C CD CB CD ''⋅=+⋅=⋅+⋅=--=- .A ．15,66⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．13⎛ ⎝【答案】A【分析】找到水最多和水最少的临界情况，如图分别为多面体答案.【详解】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则如图，水最少的临界情况为，水面为面水最多的临界情况为多面体ABCDA 因为111111132A A BD V -=⨯⨯⨯⨯=11111111ABCDA B D ABCD A B C D C B V V V --=-所以1566V <<，即15,66V ⎛∈ ⎝故选：A.故选：C9．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）线MN与平面BCD所成角的正切值是（A．2147B【答案】C【分析】作出图形，找出直线【详解】如图，过点A向底面作垂线，垂足为过点M作⊥MG OC于G由题意可知：//MG AO且MG因为AO⊥平面BCD，所以则MNG∠即为直线MN与平面设正四面体的棱长为2，则所以222AO AN ON=-=在MNC中，由余弦定理可得：A ．2B ．12【答案】B【分析】连接PO ，O 为AD 的中点，再由面面垂直性质定理证明CPD ∠，解三角形求其正切值【详解】取AD 的中点O ，连接由已知PAD 为等边三角形，所以又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PO ⊂平面PAD ，所以PO ⊥平面ABCD ，设PD x =，则32PO x =，所以矩形ABCD 的面积ABCD S 所以四棱锥P ABCD -的体积11．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）111ABC A B C -的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（A ．12πB ．24π【答案】C【分析】设ABC 为等腰直角三角形的直角边为的体积得264a h ⋅=，根据直三棱柱外接球半径的求法可求出最小值，即可得到该三棱柱外接球表面积的最小值【详解】设ABC 为等腰直角三角形的直角边为则111212ABC A B C ABC V S h a -=⋅=⋅故选：A13．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）当过A ，C ，P 三点的平面截球O A ．()222a +C ．()23a +【答案】A【分析】由球的截面性质结合条件确定截面的位置，的截线的长度.【详解】设底面正方形ABCD 的中心为当过A ，C ，P 三点的平面截球O 的截面面积最大时，截面圆为大圆，截面过球心O ，故点P ，O ，1O 三点共线，因为1OO ⊥平面ABCD ，所以1PO ⊥平面ABCD ，此平面截正方体的截面即为正方体的面所以()222L a =+．故选：A ．14．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考二模）【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，求出球心的位置，再求球的半径15．（2023·湖南·校联考模拟预测）《九章算术》卷五《商功》中描述几何体直于底面的四棱锥”，现有阳马P ABCD -在,AB BC 上，当空间四边形PEFD 的周长最小时，三棱锥A ．9πB ．11π【答案】B【分析】把,AP PB 剪开，使得PAB P ，E ，F ，M 在同一条直线上时，PE 122CF PD ==，∴1BF =.∴点E 为AB 利用勾股定理进而得出结论.【详解】如图所示，把,AP PB 剪开，使得延长DC 到M ，使得CM DC =，则四点间四边形PEFD 的周长取得最小值.可得如图所示，设AFD △的外心为1O ，外接圆的半径为则210sin45==︒AFr .设三棱锥P ADF -外接球的半径为R ，球心为O ，连接1OO ，则则22210111224R ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.∴三棱锥P ADF -外接球的表面积故选：B.16．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体，如图，某金刚石的表面积为则可雕刻成的最大球体积是（）A ．18πB ．92πC ．6π【答案】D【分析】先利用条件求出正多形的边长，再将求最大球的体积转化成求金刚石的内切球体积，进而转化成求截面EMFH 内切圆的半径，从而求出结果.【详解】如图，设底面ABCD EM ,设金刚石的边长为a ，则由题知，在等边EBC 中，BC 边上的高在Rt EOH △中，EO EH =由题可知，最大球即为金刚石的内切球，由对称性易知球心在球的半径即为截面EMFH 内切圆的半径，设内切圆半径为17．（2023·广东深圳·统考二模）设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为A ．123V V V <<B ．21<<V V 【答案】B 【分析】设正方体棱长为a ，正四面体棱长为出,,a b R ，进而求出体积的平方，比较体积的平方大小，然后得出答案【详解】设正方体棱长为a ，正四面体棱长为正方体表面积为26S a =，所以2a =所以，()()3232321216S V a a ===；则三棱锥A M BC -的外接球的球心由题意可得3sin 60CO = 直线CM 与平面ABC 故N 的轨迹是以C 为圆心，当球心H 到CM 的距离最大时，三棱锥所以N 在O C 延长线上时，三棱锥设CM 的中点为G ，连接又3CO =，OH OC ⊥所以Rt Rt HOC HGC ≌∴223HC OC ==，∴三棱锥A M BC -的外接球体积最大为故选：C ．19．（2023·浙江·统考二模）MN 折起，使点A 到达点球O 表面积的最小值为（A ．8π3B 【答案】D【分析】由题设,,B C M如上图，△ANM 、△BNM 、△由平面图到立体图知：MN A N ⊥'又面A MN '⊥面BCMN ，面A MN '所以A N '⊥面BCMN ，同理可得将AMN 翻折后，,A M BM '的中点过D 作DO ⊥面A NM '，过E 作EO 再过D 作DF ⊥面BCMN ，交NM 综上，//DF A N '，//DO BN ，则所以12DO EF BN ==，而A C '=令A N x '=且01x <≤，则BN =所以球O 半径2()2A M r DO =+'当23x =时，min 13r =，故球O点H 恰好是正DAC △的中心（外心），故球心O 必在BH 上，Rt BAC 的外心为E ，连接OE ,则OE ⊥平面ABC ，OE BE ⊥,设三棱锥在Rt BEO △中，由射影定理可得2BE BH BO =⨯，即2323R =，解得∴三棱锥D ABC -外接球的表面积24π12πS R ==．故选：B.。

专题6 立体几何中异面直线的夹角几何法(解析版)-2021年高考数学立体几何中必考知识专练

专题6 立体几何中异面直线的夹角几何法(解析版)-2021年高考数学立体几何中必考知识专练

1专题6：立体几何中异面直线的夹角几何法（解析版）异面直线成角步骤：1、平移，转化为相交直线所成角；2、找锐角（或直角）作为夹角；3、求解 注意：取值范围：（0。

,90。

].1．如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，PD ⊥面ABCD ，直线PA 与直线BC 所成角大小为60°．（1）求证：平面PAC ⊥平面PBD ；（2）求异面直线PC 与BD 所成角大小．【答案】（1）证明见解析；（2）2arccos 4.【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，先证明AC ⊥面PBD ；再由面面垂直的判定定理，即可得出结论成立；（2）设正方形ABCD 的中心为O ，PA 中点为E ，连接OE ，则//OE PC ，得到EOD ∠（或其补角）是异面直线PC 与BD 所成角，结合题中条件，即可求出结果.【详解】（1）证明：∵PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴PD AC ⊥，又∵BD AC ⊥，PD BD D ⋂=，PD ⊂面PBD ，BD ⊂面PBD ，∴AC ⊥面PBD ， ∵AC ⊂面PAC ，∴平面PAC ⊥平面PBD ；（2）设正方形ABCD 的中心为O ，PA 中点为E ，连接OE ，ED ，则//OE PC ， ∴EOD ∠（或其补角）是异面直线PC 与BD 所成角，∵60PAD ∠=︒，∴23PD =2ED =，2又4PC =，∴2OE =，2OD =，∴2222cos 24222EO OD ED EOD EO OD +-∠===⋅⋅⋅，∴直线PB 与直线AC 所成角大小为2arccos ．【点睛】本题主要考查证明面面垂直，考查求异面直线所成的角，属于常考题型.2．空间四边形ABCD 中，AB CD =，点M N 、分别为对角线BD 、AC 的中点.（1）若直线AB 与MN 所成角为60︒，求直线AB 与CD 所成角的大小；（2）若直线AB 与CD 所成角为θ，求直线AB 与MN 所成角的大小.【答案】（1）60︒；（2）2θ或1802θ︒-.【分析】取AD 中点为P ，连接PM ，PN ，根据题中条件，由异面直线所成角的定义，得到MPN ∠即是直线AB 与CD 所成的角，或所成角的补角，PMN ∠为直线AB 与MN 所成的角，且PMN 为等腰三角形；（1）根据条件，得到60PMN ∠=︒，求出MPN ∠，即可得出结果；（2）根据条件，得到MPN θ∠=或180MPN θ∠=︒-，进而可求出结果.【详解】3取AD 中点为P ，连接PM ，PN ，因为点M N 、分别为对角线BD 、AC 的中点，所以//PM AB ，//PN CD ，且12PM AB =，12PN CD =，则MPN ∠即是直线AB 与CD 所成的角，或所成角的补角，PMN ∠为直线AB 与MN 所成的角，又AB CD =，所以PM PN =，即PMN 为等腰三角形；（1）若直线AB 与MN 所成角为60︒，即60PMN ∠=︒，则18026060MPN ∠=︒-⨯︒=︒，所以直线AB 与CD 所成角的大小为60︒；（2）若直线AB 与CD 所成角为θ， 则MPN θ∠=或180MPN θ∠=︒-，若MPN θ∠=，则18018022MPNPMN θ︒-∠︒-∠==，即直线AB 与MN 所成角的大小为1802θ︒-；若180MPN θ∠=︒-，则18022MPNPMN θ︒-∠∠==，即直线AB 与MN 所成角的大小为2θ.综上， 直线AB 与MN 所成角的大小为1802θ︒-或2θ.【点睛】本题主要考查求异面直线所成的角，熟记异面直线所成角的定义即可，属于常考题型. 3．已知长方体1111ABCD A B C D -中，M ､N 分别是1BB 和BC 的中点，AB =4，AD =2，1215BB =，求异面直线1B D 与MN 所成角的余弦值.425【分析】如图，连接1B C ，则1B C ∥MN ，所以1DB C ∠为异面直线1B D 与MN 所成角，然后在直角三角形1DB C 中求解即可【详解】解：如图，连接1B C ，因为M ､N 分别是1BB 和BC 的中点，所以1B C ∥MN ，所以1DB C ∠为异面直线1B D 与MN 所成角，因为长方体1111ABCD A B C D -中，AB =4，AD =2，1215BB = 所以2221116441545DB AB AD BB =++=++⨯=，221141548B C BB BC =+=⨯+=，DC ⊥平面11BB C C ，所以1DC B C ⊥， 所以11125cos 545B C DB C DB ∠===，所以异面直线1B D 与MN 255【点睛】此题考查求异面直线所成的角，考查转化思想和计算能力，属于基础题4．如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别为1A A 、AB 的中点.（1）求证：1//MN D C ；（2）求异面直线MN 与1B C 所成角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）60°【分析】（1）易知1//MN A B ，11//D C A B ，根据平行的传递性得出结论;（2）由（1）的平行知异面直线MN 与1B C 所成成角是11B CD ∠（或其补角），在三角形中6求得此角即可．【详解】（1）连接1A D ，∵M 、N 分别为1A A 、AB 的中点，∴1//MN A B ,正方体中，11A D 与BC 平行且相等，∴11A BCD 是平行四边形，∴11//D C A B ，所以1//MN D C ，（2）由（1）知异面直线MN 与1BC 所成成角是11B CD ∠（或其补角），在立方体中，1111B C CD D B ==11B CD ∴∆是等边三角形，∴11B CD ∠60=︒，∴异面直线MN 与1BC 所成成角是60°．【点睛】本题考查证明线线平行以及求异面直线所成的角，属于基础题型.5．如图，已知长方体ABCD A B C D ''''-中，23AB =，23AD =，2AA '=.（1）BC 和A C ''所成的角是多少度？（2）AA '和BC '所成的角是多少度？7 【答案】（1）45；（2）60【分析】（1）根据//BC B C ''可知所求角为A C B '''∠，由Rt A B C '''中的长度关系可求得结果；（2）根据//AA BB ''可知所求角为B BC ''∠，由Rt BB C ''△中的长度关系可求得结果.【详解】（1）连接A C ''，//BC B C ''，∴异面直线BC 和A C ''所成角即为直线B C ''和A C ''所成角，即A C B '''∠，在Rt A B C '''中，23A B AB ''==，23B C AD ''==，tan 1A C B '''∴∠=，45A C B '''∴∠=，即异面直线BC 和A C ''所成角为45；（2）连接BC '，//AA BB ''，∴异面直线AA '和BC '所成角即为直线BB '和BC '所成角，即B BC ''∠， 在Rt BB C ''△中，23B C AD ''==，2BB AA ''==，tan 3B BC ''∴∠=60B BC ''∴∠=，即异面直线AA '和BC '所成角为60.【点睛】本题考查立体几何中异面直线所成角的求解问题，关键是能够通过平行关系将异面直线所成角转化为相交直线所成角的求解问题.6．已知ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体．（1）求直线DA 1与BC 所成角；8（2）求直线D 1A 与BA 1所成角；（3）求直线BD 1和AC 所成角．【答案】（1）4π（2）3π （3）2π【分析】（1）由//AD BC 得1DAD ∠是直线1DA 与BC 所成角，求出1DAD ∠即可得解； （2）由11//AD C B 得11C BA ∠是直线1D A 与1BA 所成角,求出11C BA ∠即可得解； （3）证明AC ⊥平面1BDD 后即可得1AC BD ⊥，即可得解.【详解】（1）正方体1111ABCD A B C D -是棱长为a 的正方体，∵//AD BC ，∴1ADA ∠是直线1DA 与BC 所成角，∵1AD AA ＝，1AD AA ⊥，∴14ADA π∠=，∴直线1DA 与BC 所成角为4π．（2）∵11//AD C B ，∴11C BA ∠是直线1D A 与1BA 所成角，∵1111BA AC BC ==，∴ 113C BA π∠=，∴直线1D A 与1BA 所成角为3π．（3）∵四边形ABCD 是正方形，∴AC BD ⊥，∵正方体1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴1DD AC ⊥，∵1DD BD D =，∴AC ⊥平面1BDD ，∵1BD ⊂平面1BDD ，∴1AC BD ⊥，∴直线1BD 和AC 所成角为2π．9【点睛】本题考查了异面直线夹角的求法及线面垂直的判定和性质，属于基础题.7．如图所示，空间四边形ABCD 中，AB CD =，AB CD ⊥，E ，F 分别为BC ，AD 的中点，求EF 和AB 所成角的大小.【答案】45°.【分析】取BD 的中点G ，连接,EG FG ，根据题意可得GFE ∠（或其补角）即为EF 与AB 所成角，由EG GF =，AB CD ⊥，可得EFG ∆为等腰直角三角形，进而可求解.【详解】如图所示，取BD 的中点G ，连接,EG FG .∵,E F 分别为,BC AD 的中点，且,//,//AB CD EG CD GF AB =∴，且11,22EG CD GF AB ==，即EG GF =， GFE （或其补角）即为EF 与AB 所成角.,,90AB CD EG GF EGF ︒⊥∴⊥∴∠=，EFG ∴∆为等腰直角三角形，45GFE ︒∴∠=，即EF 与AB 所成角的大小为45°.10【点睛】本题考查了异面直线所成的角，解得的关键是找出与异面直线所成角相等的角，属于基础题. 8．正三棱锥S ABC -的侧棱长与底面边长都为a ,,E F 分别是,SC AB 的中点,求直线EF 和SA 所成的角.【答案】45°【分析】取SB 的中点G ,连接,,,EG GF SF CF ，于是异面直线SA 与EF 所成的角就是直线FG 与EF 所成的角,即为EFG (或其补角)，在EFG ∆中求解.【详解】解析 如图,取SB 的中点G ,连接,,,EG GF SF CF.在SAB ∆中,,F G 分别是AB ,SB 的中点,//FG SA ∴,且12FG SA =.于是异面直线SA 与EF 所成的角就是直线FG 与EF 所成的角,即为EFG (或其补角).11在SAB 中,SA SB a ==,12AF FB a ==, SF AB ∴⊥,且3SF a =.同理可得CF AB ⊥,且3CF =. 在SFC 中,32SF CF a ==,SE EC =, FE SC ∴⊥,且2222FE SF SE a =-=. 在SAB 中,FG 是中位线,122a FG SA ==. 在SBC 中,GE 是中位线,122a GE BC ∴==. 在EGF △中,22222a FG GE FE +==,EGF ∴是以FGE ∠为直角的等腰直角三角形,45EFG ︒∴∠=.∴异面直线SA 与EF 所成的角为45°. 【点睛】本题考查异面直线所成角，意在考查空间想象能力，和基本的证明方法，属于基础题型. 9．在四棱锥A BCDE -中,底面BCDE 为梯形,//BC DE .设,,,CD BE AE AD 的中点分别为,,,M N P Q .12若AC DE ⊥,且3AC BC =,求异面直线DE 与PN 所成角的大小. 【答案】（2）60°. 【分析】由条件可知ABC ∠(或其补角)即为异面直线DE 与PN 所成的角，再求解. 【详解】解析 (2)因为PN 为ABE ∆的中位线, 所以//PN AB .又//BC DE ,所以ABC ∠(或其补角)即为异面直线DE 与PN 所成的角. 又AC DE ⊥,所以AC BC ⊥. 在Rt ACB △中,3tan 3AC BCABC BC ∠===所以60ABC ︒∠=. 所以异面直线DE 与PN 成的角为60°. 【点睛】本题考查四点共面和异面直线所成的角，意在考查推理，证明能力，属于基础题型. 10．如图,在三棱柱111ABC A B C -中,1AA 与,AC AB 所成的角均为60°,90BAC ︒∠=,且1AB AC AA ==,求异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值.13【答案】33【分析】首先利用补体，将三棱柱补为四棱柱1111ABDC A B D C -，由条件可知11//AC BD ， 则11A BD ∠(或其补角)就是异面直线1A B 与1AC 所成的角，根据三边关系求11cos A BD ∠. 【详解】解析 如图所示,把三棱柱补为四棱柱1111ABDC A B D C -,连接111,,BD A D AD ,由四棱柱的性质知11//BD AC ,则11A BD ∠(或其补角)就是异面直线1A B 与1AC 所成的角. 设AB a ,1AA 与AC ,AB 所成的角均为60°,且1AB AC AA ==,1A B a ∴=,1112cos303BD AC AA a︒==⋅=.14又90BAC ︒∠=,在矩形ABDC 中,2AD a =,112A D a ∴=,2221111A D A B BD ∴+=,1190BA D ︒∴∠=,在11Rt BA D 中,11113cos 33A B A BD BD a∠===. 【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值，意在考查空间想象能力和计算能力，属于基础题型. 11．如图，在长方体ABCD A B C D ''''-中，23AB AD ==，2AA '=，求：（1）直线BC 和A C ''所成的角的大小； （2）直线AA '和BC '所成的角的大小. 【答案】（1）45°.（2）60°. 【分析】（1）确定B C A '''∠是异面直线A C ''与BC 所成的角，在Rt A B C '''中根据长度关系得到答案。

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第3课时1．(2016年新课标Ⅰ)如图Z6­20，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D­AF­E与二面角C­BE­F都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；(2)求二面角E­BC­A的余弦值．图Z6­202．(2016年北京)如图Z6­21，在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝5.(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由．图Z6­213．(2018年江苏)如图Z6­22，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．图Z6­224．如图Z6­23，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥AB，PD⊥BC，AB＝233AD，∠BAD＝30°.(1)证明：AD⊥PB；(2)若PD＝AD，BC＝CD，∠BCD＝60°，求二面角A­PB­C的余弦值．图Z6­235．如图Z6­24，直角梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2AD＝4，点E，F分别是AB，CD的中点，点G在EF上，沿EF将梯形AEFD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF.(1)当AG＋GC最小时，求证：BD⊥CG；(2)当2V B­ADGE＝V D­GBCF时，求二面角D­BG­C平面角的余弦值．图Z6­246．如图Z6­25，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面CDEF⊥平面ABCD，FC＝FB，四边形ABCD为平行四边形，且∠BCD＝45°.(1)求证：CD⊥BF；(2)若AB＝2EF＝2，BC＝2，直线BF与平面ABCD所成角为45°，求平面ADE与平面BCF所成锐二面角的余弦值．图Z6­257．如图Z6­26，四边形ABCD是矩形，沿对角线AC将△ACD折起，使得点D在平面ABC 上的射影恰好落在边AB上．(1)求证：平面ACD⊥平面BCD；(2)当ABAD＝2时，求二面角D­AC­B的余弦值．图Z6­268．如图Z6­27所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠BAD ＝90°，DC＝DA＝2AB＝25，点E为AD的中点．BD∩CE＝H，PH⊥平面ABCD，且PH ＝4.(1)求证：PC⊥BD.(2)线段PC上是否存在一点F，使二面角B­DF­C的余弦值是1515？若存在，请找出点F 的位置；若不存在，请说明理由．图Z6­27第3课时1．(1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，又EF ∩DF ＝F ，∴AF ⊥平面EFDC .又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解：过点D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知，DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长度，建立如图D258所示的空间直角坐标系G ­xyz ，图D258由(1)知，∠DFE 为二面角D ­AF ­E 的平面角，故∠DFE ＝60°.则|DF |＝2，|DG |＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知，AB ∥EF ，∴AB ∥平面EFDC .又平面ABCD ∩平面EFDC ＝DC ，故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，∴∠CEF 为二面角C ­BE ­F 的平面角．∴∠CEF ＝60°.从而可得C (－2,0，3)．∴EC →＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，·EC →＝0，·EB →＝0，＋3z ＝0，y ＝0.∴可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD ·AC →＝0，·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)．则cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝－21919.故二面角E ­BC ­A 的余弦值为－21919.2．(1)证明：∵平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，∴AB ⊥平面PAD .∴AB ⊥PD .又∵PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A ，∴PD ⊥平面PAB .(2)解：取AD 的中点O ，连接PO ，CO ，∵PA ＝PD ，∴PO ⊥AD .又∵PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，∴PO ⊥平面ABCD .∵CO ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥CO .∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD .建立如图D259所示的空间直角坐标系O ­xyz ，由题意，得A (0,1,0)，B (1,1,0)，C (2,0,0)，D (0，－1,0)，P (0,0,1)．设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·PD →＝0，·PC →＝0，y －z ＝0，x －z ＝0.令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2.∴n ＝(1，－2,2)．又PB →＝(1,1，－1)，∴cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.∴直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.图D259(3)解：设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0,1]使得AM →＝λAP →.因此点M (0,1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)．∵BM ⊄平面PCD ，∴要使BM ∥平面PCD ，只有当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.解得λ＝14.∴在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.3．解：如图D260，在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以{OB →，OC →，OO 1→}为基底，建立空间直角坐标系O ­xyz .∵AB ＝AA 1＝2，∴A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，A 1(0，－1,2)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)．图D260(1)∵P 为B 1的中点，∴，－12，从而BP →－32，－12，AC 1→＝(0,2,2)，故|cos 〈BP →，AC 1→〉|＝|BP →·AC 1→||BP →|·|AC 1→|＝|－1＋4|5×22＝31020.因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020.(2)∵Q ，12，因此AQ →，32，AC 1→＝(0,2,2)，CC 1→＝(0,0,2)．设n ＝(x ，y ，z )1的一个法向量，·n ＝0，1·n ＝0，＋32y ＝0，2z ＝0.不妨取n ＝(3，－1,1)，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈CC 1→，n 〉|＝|CC 1→·n ||CC 1→|·|n |＝25×2＝55，∴直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为55.4．(1)证明：由PD ⊥AB ，PD ⊥BC ，AB ∩BC ＝B ，得PD ⊥平面ABCD ，从而PD ⊥AD .又在△ABD 中，由余弦定理得BD 2＝AD 2＋AB 2－2AD ·AB ·cos 30°＝13AD 2，则有AD 2＋BD 2＝AB 2，∴∠ADB ＝90°，即AD ⊥DB .又PD ∩DB ＝D ，则有AD ⊥平面PDB ，故AD ⊥PB .(2)解：以D 为原点，DA →方向为x 轴正半轴，DB →方向为y 轴正半轴，DP →方向为z 轴正半轴，建立空间直角坐标系D ­xyz ，设AD ＝3，则A (3，0,0)，P (0,0，3)，B (0,1,0)－32，1，则AB →＝(－3，1,0)，BP →＝(0，－1，3)，BC →，－12，设平面APB 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，·AB →＝－3x 1＋y 1＝0，·BP →＝－y 1＋3z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝3，z 1＝1，故m ＝(1，3，1)．设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，·BC →＝－32x 2－12y 2＝0，·BP →＝－y 2＋3z 2＝0，令x 2＝1，则有y 2＝－3，z 2＝－1，故n ＝(1，－3，－1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝－35×5＝－35，由图知，二面角A ­PB ­C 的余弦值为－35.5．(1)证明：∵点E ，F 分别是AB ，CD 的中点，∴EF ∥BC .又∠ABC ＝90°，∴AE ⊥EF .∵平面AEFD ⊥平面EBCF ，∴AE ⊥平面EBCF ，AE ⊥EF ，AE ⊥BE ，又BE ⊥EF ，如图D261建立空间直角坐标系E ­xyz .翻折前，连接AC 交EF 于点G ，此时点G 使得AG ＋GC 最小．EG ＝12BC ＝2.又∵EA ＝EB ＝2.则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (2,4,0)D (0,2,2)，E (0,0,0)，G (0,2,0)，∴BD →＝(－2,2,2)，CG →＝(－2，－2,0)，∴BD →·CG →＝(－2)×(－2)＋2×(－2)＋0＝0，∴BD ⊥CG .图D261(2)解：设EG ＝k ，∵AD ∥平面EFCB ，∴点D 到平面EFCB 的距离即为点A 到平面EFCB 的距离．∵S 四边形GBCF ＝12[(3－k )＋4]×2＝7－k ，∴V D －GBCF ＝13·S 四边形GBCF ·AE ＝23(7－k )，∴V B －ADGE ＝13S 四边形ADGE ·BE ＝23(2＋k )又∵2VB ­ADGE ＝V D ­GBCF ，∴43(2＋k )＝23(7－k )，∴k ＝1，即EG ＝1.设平面DBG 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，∵G (0,1,0)，∴BG →＝(－2,1,0)，BD →＝(－2,2,2)，1·BD →＝0，1·BG →＝0，2x ＋2y ＋2z ＝0，2x ＋y ＝0.取x ＝1，则y ＝2，z ＝－1，∴n 1＝(1,2，－1)．平面BCG 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝－66，∵所求二面角D ­BF ­C 的平面角为锐角，∴此二面角平面角的余弦值为66.6．(1)证明：如图D262，过F 作FO ⊥CD 交CD 于O ，连接BO .由平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ∩平面ABCD ＝CD ，得FO ⊥平面ABCD ，因此FO ⊥OB .∵FB ＝FC ，FO ＝FO ，∠FOC ＝∠FOB ＝90°，∴△FOC ≌△FOB ，∴OB ＝OC ，由已知∠DCB ＝45°，得△BOC 为等腰直角三角形，∴OB ⊥CD .又CD ⊥FO ，∴CD ⊥平面FOB ，∴CD ⊥FB .图D262(2)解：∵AB ∥CD ，AB ⊄平面CDEF ，CD ⊂平面CDEF ，∴AB ∥平面CDEF .∵平面ABFE ∩平面CDEF ＝EF ，∴AB ∥EF .由(1)得OB ，OC ，OF 两两垂直，以O 为坐标原点，建立如图D262所示的空间直角坐标系O ­xyz ，由题意得∠FBO ＝45°，进而可得A (1，－2,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，D (0，－1,0)，E (0，－1,1)，F (0,0,1)，设平面ADE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，·AD →＝0，·DE →＝0，x 1＋y 1＝0，1＝0，可取m ＝(1,1,0)，设平面BCF 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，·BC →＝0，·CF →＝0，x 2＋y 2＝0，y 2＋z 2＝0，可取n ＝(1,1,1)，则cos 〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝22·3＝63，∴二面角的余弦值为63.7．(1)证明：设点D 在平面ABC 上的射影为点E ，连接DE .则DE ⊥平面ABC ，∴DE ⊥BC .∵四边形ABCD 是矩形，∴AB ⊥BC .∵DE ∩AB ＝E ，∴BC ⊥平面ABD ，∴BC ⊥AD .又AD ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，∴AD ⊥平面BCD ，而AD ⊂平面ACD ，∴平面ACD ⊥平面BCD .(2)解法一：如图D263①，在矩形ABCD 中，过点D 作AC 的垂线DM ，垂足为M ，连接ME .∵DE ⊥平面ABC ，∴DE ⊥AC .又DM ∩DE ＝D ，∴AC ⊥平面DME ，∴EM ⊥AC .∴∠DME 为二面角D ­AC ­B 的平面角．设|AD |＝|BC |＝a ，则|AB |＝|CD |＝2a .在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝(2a )2＋a 2＝5a ，在Rt △ADC 中，由射影定理，可得AM ＝AD 2AC ＝a 25a ＝5a 5，由三角形的面积公式，可得DM ＝AD ·CD AC ＝a ·2a 5a ＝25a 5.在△AEM 中，EM AM ＝tan ∠BAC ＝12，∴EM ＝5a 10，∴cos ∠DME ＝EM DM ＝14.①②图D263解法二：以点B 为原点，CB 的延长线所在的直线为x 轴，AB 的延长线所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系，如图D263②所示．设|AD |＝a ，则|AB |＝2a ，∴A (0，－2a,0)，C (－a,0,0)．由(1)知AD ⊥BD ，又AB AD＝2，∴∠DBA ＝30°，∠DAB ＝60°，那么|AE |＝|AD |cos ∠DAB ＝12a ，|BE |＝|AB |－|AE |＝32a ，|DE |＝|AD |sin ∠DAB ＝32a ，∴，－32a ，32a AD →，12a ，32a AC →＝(－a,2a,0)．设平面ACD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，·AD →＝0，·AC →＝0，＋32az ＝0，ax ＋2ay ＝0.取y ＝1，则x ＝2，z ＝－33，∴m ，1∵平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝－3＝－14.∵二面角D ­AC ­B 为锐角，∴二面角D ­AC ­B 的余弦值为14.8．(1)证明：∵AB ∥CD ，∠BAD ＝90°，∴∠EDC ＝∠BAD ＝90°.∵DC ＝DA ＝2AB ，E 为AD 的中点，∴AB ＝ED ，∴△BAD ≌△EDC ，∴∠DBA ＝∠DEH .∵∠DBA ＋∠ADB ＝90°，∴∠DEH ＋∠ADB ＝90°，∴BD ⊥EC .∵PH ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥PH .又∵PH ∩EC ＝H ，且PH ，EC ⊂平面PEC ，∴BD ⊥平面PEC .又∵PC ⊂平面PEC ，∴PC ⊥BD .(2)解：由(1)知∠DEH ＝∠DBA .又∠EDH ＝∠BDA ，∴△DEH ∽△DBA ，∴DH DA ＝EH BA ＝DE DB .又AD ＝25，AB ＝DE ＝12AD ＝5，BD ＝AB 2＋AD 2＝(5)2＋(25)2＝5，∴DH 25＝EH 5＝55，∴DH ＝2，EH ＝1.∴HB ＝BD －DH ＝5－2＝3.又CE ＝CD 2＋DE 2＝(25)2＋(5)2＝5，∴HC ＝CE －EH ＝5－1＝4.又由△DEH ∽△DBA ，得∠DHE ＝∠DAB ＝90°，∴EC ⊥BD .又PH ⊥平面ABCD ，∴PH ⊥EC ，PH ⊥BD ，∴PH ，EC ，BD 两两垂直．建立以H 为坐标原点，HB ，HC ，HP 所在直线分别为x ，y ，z 轴的空间直角坐标系，如图D264所示．-11-图D264假设线段PC 上存在一点F 满足题意．∵CF →与CP →共线，∴存在唯一实数λ(0≤λ≤1)，满足CF →＝λCP →，可得F (0,4－4λ，4λ)．设向量m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面CPD 的一个法向量，且CP →＝(0，－4,4)，CD →＝(－2，－4,0)，m ·CP →＝0，m ·CD →＝0.－4y 1＋4z 1＝0，－2x 1－4y 1＝0.－y 1＋z 1＝0，x 1＋2y 1＝0.取x 1＝2，y 1＝z 1＝－1，则平面CPD 的一个法向量为m ＝(2，－1，－1)．同理可得，平面BFD 的一个法向量为n ＝(0，λ，λ－1)．设二面角B ­DF ­C 的平面角为θ，且0≤λ≤1，由图可知cos θ＝－m ·n |m ||n |＝－－λ－λ＋122＋(－1)2＋(－1)2·02＋λ2＋(λ－1)2＝2λ－16(2λ2－2λ＋1).∵2λ－16(2λ2－2λ＋1)＝1515，其中2λ－1＞0，即12＜λ≤1，∴λ＝34，即CF →＝34CP →.∵CP ＝42，∴线段PC 上存在一点F ，当点F 满足CF ＝32时，二面角B ­DF ­C 的余弦值是1515.。

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