立体几何-2009-2017全国高中数学联赛分类汇编

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全国高中数学联赛竞赛大纲(修订稿)及全部定理内容

全国高中数学联赛竞赛大纲及全部定理内容一、平面几何1、数学竞赛大纲所确定的所有内容。

补充要求：面积和面积方法。

2、几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。

3、几个重要的极值：到三角形三顶点距离之和最小的点--费马点。

到三角形三顶点距离的平方和最小的点--重心。

三角形内到三边距离之积最大的点--重心。

4、几何不等式。

5、简单的等周问题。

了解下述定理：在周长一定的ｎ边形的集合中，正ｎ边形的面积最大。

在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积最大。

在面积一定的ｎ边形的集合中，正ｎ边形的周长最小。

在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小。

6、几何中的运动：反射、平移、旋转。

7、复数方法、向量方法。

平面凸集、凸包及应用。

二、代数1、在一试大纲的基础上另外要求的内容：周期函数与周期，带绝对值的函数的图像。

三倍角公式，三角形的一些简单的恒等式，三角不等式。

2、第二数学归纳法。

递归，一阶、二阶递归，特征方程法。

函数迭代，求ｎ次迭代，简单的函数方程。

3、ｎ个变元的平均不等式，柯西不等式，排序不等式及应用。

4、复数的指数形式，欧拉公式，棣美弗定理，单位根，单位根的应用。

5、圆排列，有重复的排列与组合，简单的组合恒等式。

6、一元n次方程（多项式）根的个数，根与系数的关系，实系数方程虚根成对定理。

7、简单的初等数论问题，除初中大纲中所包括的内容外，还应包括无穷递降法，同余，欧几里得除法，非负最小完全剩余类，高斯函数，费马小定理，欧拉函数，孙子定理，格点及其性质。

三、立体几何1、多面角，多面角的性质。

三面角、直三面角的基本性质。

2、正多面体，欧拉定理。

3、体积证法。

4、截面，会作截面、表面展开图。

四、平面解析几何1、直线的法线式，直线的极坐标方程，直线束及其应用。

2、二元一次不等式表示的区域。

3、三角形的面积公式。

4、圆锥曲线的切线和法线。

5、圆的幂和根轴。

五、其它抽屉原理。

容斤原理。

极端原理。

集合的划分。

2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第01讲不等式Word版含解析

3、（ 2011 一试 3）设 a, b 为正实数， 1
1
2 2， (a
2
b)
3
4(ab) ，则
log a
b
．
ab
【答案】 -1
【解析】由 1
1
2 2 ，得 a b
2 2ab ．又 (a
2
b)
2
4ab (a b)
3
4ab 4(ab)
3
4 2 ab (ab)
8(ab ) 2 ，
ab
即 a b 2 2ab ①于是 a b 2 2 ab ②
所以 M 2( z x) z x ( 2 1) z x 2 1.
1
当且仅当 y
x
z
y, x
0, z 1, y
时上式等号同时成立
2
. 故 M max
2 1.
3 5、 (2014 一试 2) 设集合 {
b |1
a
b
2} 中的最大值与最小值分别为
M , m ，则 M m =_________.
a
【答案】 5 2 3
⑵1
1 ln 1
n1
n
1 ．令 xn n
nk
k2
k1
1
ln n ，则 x1
1 ，
2
n
1
xn xn 1 n2 1 ln 1 n 1
n1 n2 1 n
1 ( n2 1)n 0
因此 xn xn 1
1
x1
．
2
又因为 ln n (ln n ln( n 1)) (ln( n 1) ln( n 2))
(ln 2 ln1)
33 由于直线 CD的方程为 x+3y=6, 直线 GH的方程为 3x+y=6, 故它们的交点 P 的坐标为 ( , ) ，

第09讲立体几何-2009-2017全国高中数学联赛分类汇编含解析精品

2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第09讲：立体几何1、（2010一试7）正三棱柱111C B A ABC -的9条棱长都相等，P 是1CC 的中点，二面角α=--11B P A B ,则=αsin【解析】OEP1B 1A 1CBA设分别与平面P BA 1、平面P A B 11垂直的向量是),,(111z y x m =、),,(222z y x =，则⎪⎩⎪⎨⎧=++-=⋅=+-=⋅,03,022111111z y x BP m z x BA ⎪⎩⎪⎨⎧=-+-=⋅=-=⋅,03,022221211z y x B x A B 由此可设)3,1,0(),1,0,1(==n m ，所以cos m n m n α⋅=⋅，即2cos cos αα=⇒=所以410sin =α. 解法二：如图，PB PA PC PC ==11, .设B A 1与1AB 交于点,O 则1111,,OA OB OA OB A B AB ==⊥ .11,,PA PB PO AB =⊥因为所以从而⊥1AB 平面B PA 1 .过O 在平面B PA 1上作P A OE 1⊥,垂足为E .连结E B 1,则EO B 1∠为二面角11B P A B --的平面角.设21=AA ,则易求得3,2,5111=====PO O B O A PA PB . 在直角O PA 1∆中，OE P A PO O A ⋅=⋅11,即56,532=∴⋅=⋅OE OE .115B O B E =∴===又.4105542sin sin 111===∠=E B O B EO B α.2、（2011一试6）在四面体ABCD 中，已知︒=∠=∠=∠60CDA BDC ADB ，3==BD AD ，2=CD ，则四面体ABCD 的外接球的半径为【解析】因为︒=∠=∠=∠60ADB CDB CDA ，设CD 与平面ABD 所成角为θ，可求得32sin ,31cos ==θθ．在△DMN 中，33233232,121=⋅⋅=⋅===DP DN CD DM ．由余弦定理得231312)3(1222=⋅⋅⋅-+=MN ，故2=MN ．四边形DMON 的外接圆的直径3322sin ===θMNOD ．故球O 的半径3=R ．3、（2012一试5）设同底的两个正三棱锥P ABC -和Q ABC -内接于同一个球．若正三棱锥P ABC -的侧面与底面所成的角为45，则正三棱锥Q ABC -的侧面与底面所成角的正切值是．【答案】4 【解析】,从而12PH MH AH ==,因为90,,PAQ AH PQ ∠=⊥ 所以2,AP PH QH =⋅即21.2AH AH QH =⋅所以24.QH AH MH ==,故tan 4QHQMH MH∠==4、（2013一试4）已知正三棱锥P ABC -底面边长为1.【解析】BCHMAOKP如图，设球心O 在面ABC 与面ABP 内的射影分别为H 和K ，AB 中点为M ，内切球半径为r ，则P K M 、、共线，P O H 、、共线，2PHM PKO π∠=∠=，且OH OK r ==,PO PH OH r =-，MH AB ==PM =,1sin 5OK MH KPO PO PM ==∠==，解得r =5、（2014一试5）已知正四棱锥ABCD P -中，侧面是边长为1的正三角形，N M ,分别是边BC AB ,的中点，则异面直线MN 与PC 之间的距离是_____________.6、（2016一试5）设P 为一圆锥的顶点，A ，B ，C 是其底面圆周上的三点，满足ABC ∠=90°，M 为AP 的中点.若AB =1，AC =2，2=AP ，则二面角M —BC —A 的大小为 .【答案】32arctan 【解析】由ABC ∠=90°知，AC 为底面圆的直径.设底面中心为O ，则⊥PO 平面ABC ，易知121==AC AO ，进而122=-=AO AP PO .设H 为M 在底面上的射影，则H 为AO 的中点.在底面中作BC HK ⊥于点K ，则由三垂线定理知BC MK ⊥，从而MKH ∠为二面角M —BC —A 的平面角.因21==AH MH ，结合HK 与AB 平行知，43==AC HC AB HK ，即43=HK ，这样32tan ==∠HK MH MKH .故二面角M —BC —A 的大小为32arctan .7、（2017一试5）正三棱锥P ABC -中，1,2,AB AP ==过AB 的平面α将其体积平分，则棱PC 与平面α所成角的余弦值为.【解析】设,AB PC 的中点分别为,K M ,则易证平面ABM 就是平面α.由中线长公式得222222222211113(AP )(21)22424222531cos 21010AM AC PC KM PC KM MC KC KMC KM MC PC αα=+-=+-⨯====+-+-∠===⋅所以又易知直线在平面上的射影是直线MK,而CM=1，KC=所以故棱与平面所成的角的余弦值为。

第08讲+解析几何-2009-2017全国高中数学联赛分类汇编

2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第08讲：解析几何
1、（2009一试2）已知直线:90L x y +-=和圆22:228810M x y x y +---=，点A 在直线L 上，B ，C 为圆M 上两点，在ABC ∆中，45BAC ∠=︒，AB 过圆心M ，则点A 横坐标范围为．
【答案】[]36，
【解析】设()9A a a -，
，则圆心M 到直线AC 的距离sin45d AM =︒，由直线AC 与圆M 相交，得
d ．解得36a ≤≤．
2、（2009一试5）椭圆22
221x y a b
+=()0a b >>上任意两点P ，Q ，若OP OQ ⊥，则乘积OP OQ ⋅的最小值为．【答案】22
222a b a b
+ 【解析】设()cos sin P OP OP θθ，，ππcos sin 22Q OQ OQ θθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫±± ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝
⎭，．由P ，Q 在椭圆上，有
222221
cos sin a b OP θθ=+ ① 222221sin cos a b OQ θθ=+ ②
①+②得222211
11a b OP OQ +=+．于是当OP OQ =OP OQ 达到最小值22
222a b a b +．
3、（2010一试3）双曲线12
2=-y x 的右半支与直线100=x 围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是.
【答案】9800
4、（2011一试7）直线012=--y x 与抛物线x y 42=交于B A ,两点，C 为抛物线上的一点，︒=∠90ACB ，。

近五年全国高中数学联赛选编——立体几何、计数、概率

近五年全国高中数学联赛选编——立体几何、计数、概率 2015.8.191. （2010年一试3）双曲线122=-y x 的右半支与直线100=x 围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是 .9800 提示：由对称性知，只要先考虑x 轴上方的情况，设)99,,2,1( ==k k y 与双曲线右半支于k A ,交直线100=x 于k B ，则线段k k B A 内部的整点的个数为99k -，从而在x 轴上方区域内部整点的个数为991(99)99494851k k =-=⨯=∑.又x 轴上有98个整点，所以所求整点的个数为98009848512=+⨯.2.（2010年一试6）两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率是 .1217 提示：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为1273621=，从而先投掷人的获胜概率为+⨯+⨯+127)125(127)125(1274217121442511127=-⨯= 3. （2010年一试7）正三棱柱111C B A ABC -的9条棱长都相等，P 是1CC 的中点，二面角α=--11B P A B ,则=αsin.4提示：解法一：如图，以AB 所在直线为x 轴，线段AB 中点O 为原点，OC 所在直线为y 轴，建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2，则)1,3,0(),2,0,1(),2,0,1(),0,0,1(11P A B B -，从而，)1,3,1(),0,0,2(),1,3,1(),2,0,2(1111--=-=-=-=B A B BA . 设分别与平面P BA 1、平面P A B 11垂直的向量是),,(111z y x m =、),,(222z y x n =，则⎪⎩⎪⎨⎧=++-=⋅=+-=⋅,03,022111111z y x z x BA m ⎪⎩⎪⎨⎧=-+-=⋅=-=⋅,03,022221211z y x B x A B 由此可设)3,1,0(),1,0,1(==，所以c o s m n m n α⋅=⋅ ，即2cos cos4αα=⇒=.所以410sin=α.解法二：如图，PBPAPCPC==11, .设BA1与1AB交于点,O则1111,,OA OB OA OB A B AB==⊥ .11,,PA PB PO AB=⊥因为所以从而⊥1AB平面BPA1.过O在平面BPA1上作PAOE1⊥,垂足为E.连结EB1,则EOB1∠为二面角11BPAB--的平面角.设21=AA,则易求得3,2,5111=====POOBOAPAPB.在直角OPA1∆中，OEPAPOOA⋅=⋅11,即56,532=∴⋅=⋅OEOE.又554562,222111=+=+=∴=OEOBEBOB.4105542sinsin111===∠=EBOBEOBα.4.（2010年一试8）方程2010=++zyx满足zyx≤≤的正整数解（x,y,z）的个数是 .336675 提示：首先易知2010=++zyx的正整数解的个数为1004200922009⨯=C.把2010=++zyx满足zyx≤≤的正整数解分为三类：（1）zyx,,均相等的正整数解的个数显然为1；（2）zyx,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；(3)设zyx,,两两均不相等的正整数解为k.易知100420096100331⨯=+⨯+k，所以110033100420096-⨯-⨯=k200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=，即3356713343351003=-⨯=k.OEPC1B1A1CBA从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.5. （2011年一试5）现安排7名同学去参加5个运动项目，要求甲、乙两同学不能参加同一个项目，每个项目都有人参加，每人只参加一个项目，则满足上述要求的不同安排方案数为．（用数字作答）15000. 提示：由题设条件可知，满足条件的方案有两种情形：（1）有一个项目有3人参加，共有3600!5!51537=⋅-⋅C C 种方案；（2）有两个项目各有2人参加，共有11400!5!5)(21252527=⋅-⋅⋅C C C 种方案；所以满足题设要求的方案数为15000114003600=+．6. （2011年一试6）在四面体ABCD 中，已知︒=∠=∠=∠60CDA BDC ADB ，3==BD AD ，2=CD ，则四面体ABCD 的外接球的半径为．提示：设四面体ABCD 的外接球球心为O ，则O 在过△ABD 的外心N 且垂直于平面ABD 的垂线上．由题设知，△ABD 是正三角形，则点N 为△ABD 的中心．设M P ,分别为CD AB ,的中点，则N 在DP 上，且DP ON ⊥，CD OM ⊥．因为︒=∠=∠=∠60ADB CDB CDA ，设CD 与平面ABD 所成角为θ，可求得32sin ,31cos ==θθ．在△DMN 中，33233232,121=⋅⋅=⋅===DP DN CD DM ．由余弦定理得231312)3(1222=⋅⋅⋅-+=MN ，故2=MN ．四边形DMON 的外接圆的直径3322sin ===θMNOD ．故球O 的半径3=R ．7. （2011年一试8）已知=n a C ())95,,2,1(2162003200=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅⋅-n nnn ，则数列}{n a 中整数项的个数为． 15. 提示：=n a C65400320020023n n n--⋅⋅．要使)951(≤≤n a n 为整数，必有65400,3200nn --均为整数，从而4|6+n ．当=n 2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80时，3200n -和65400n-均为非负整数，所以n a 为整数，共有A BC DOP MN14个．当86=n 时，=86a C 5388620023-⋅⋅，在C !114!86!20086200⋅=中，!200中因数2的个数为1972200220022002200220022002200765432=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡，同理可计算得!86中因数2的个数为82，!114中因数2的个数为110，所以C 86200中因数2的个数为511082197=--，故86a 是整数．当92=n 时，=92a C 10369220023-⋅⋅，在C !108!92!20092200⋅=中，同样可求得!92中因数2的个数为88,!108中因数2的个数为105,故C 86200中因数2的个数为410588197=--，故92a 不是整数．因此，整数项的个数为15114=+．8. （2012年一试8）9. （2012年一试8）10. （2012年一试4）11. （2013年一试6）12. （2013年一试8）13. （2014年一试5）14. （2014年一试8）15. （2014年一试8）。

2017年全国各地高考数学分类汇编6-立体几何

2017年全国各地高考数学分类汇编6-立体几何一、选择题（共10小题；共50分）1. 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. 3√2B. 2√3C. 2√2D. 22. 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. 163. 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. π2+1 B. π2+3 C. 3π2+1 D. 3π2+34. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A. 60B. 30C. 20D. 105. 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. √32B. √155C. √105D. √336. 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. 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. π48. 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，BQQC=CRRA=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<α9. 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )A. A1E⊥DC1B. A1E⊥BDC. A1E⊥BC1D. A1E⊥AC10. 如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )A. B.C. D.二、填空题（共6小题；共30分）11. 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V1V2的值是．12. 长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为．13. 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．14. 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，则该几何体的体积为．15. 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）．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，若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC的体积为9，则球O的表面积为．三、解答题（共16小题；共208分）17. 如图，在四棱锥P−ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2．（1）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；（2）求证：PD⊥平面PBC；（3）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．18. 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．（1）设P是CE⏜上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（2）当AB=3，AD=2时，求二面角E−AG−C的大小．AD，19. 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=12∠BAD=∠ABC=90∘，E是PD的中点．（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45∘，求二面角M−AB−D的余弦值．20. 如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D−AE−C的余弦值．21. 如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=√3，∠BAD=120∘．（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角B−A1D−A的正弦值．22. 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．（1）求证：MN∥平面BDE%;；（2）求二面角C−EM−N的正弦值；%,，求线段AH的长．（3）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为3√72123. 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．（1）证明：CE∥平面PAB；（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．AD，24. 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=12∠BAD=∠ABC=90∘．（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD面积为2√7，求四棱锥P−ABCD的体积．25. 如图，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10√7cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，E1G1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CC1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GG1上，求l没入水中部分的长度．26. 如图，在三棱锥A−BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F（E与A，D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．27. 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．28. 由四棱柱ABCD−A1B1C1D1截去三棱锥C1−B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD．（1）证明：A1O∥平面B1CD1；（2）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．29. 如图，在四棱锥P−ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90∘．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；，求该四棱锥的（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90∘，且四棱锥P−ABCD的体积为83侧面积．30. 如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E−BCD的体积．31. 如图，在四棱锥P−ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90∘．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90∘，求二面角A−PB−C的余弦值．32. 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=√6，AB=4．（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角B−PD−A的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．答案第一部分1. B 【解析】由三视图可得直观图，在四棱锥P−ABCD中，最长的棱为PA，即PA=√PB2+AB2=√22+(2√2)2=2√3．2. B3. A4. D 【解析】由三视图可知：该几何体为三棱锥，该三棱锥的体积=13×12×5×3×4=10．5. C【解析】如图所示，设M，N，P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则异面直线AB1与BC1所成角为∠MNP或其补角，（因异面直线所成角为(0,π2]），可知MN=12AB1=√52，NP=12BC1=√22；取BC中点为Q，连接PQ，MQ，则△PQM为直角三角形；因为PQ=1，MQ=12AC，△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cos∠ABC=4+1−2×2×1×(−12)=7,所以AC=√7，所以 MQ =√72；在 △MQP 中，MP =√MQ 2+PQ 2=√112；在 △PMN 中，由余弦定理得cos∠MNP =MN 2+NP 2−PM 22⋅MN⋅NP=(√52)2+(√22)2−(√112)22×√52×√22=−√105;又异面直线所成角的范围是 (0,π2]，所以 AB 1 与 BC 1 所成角的余弦值为 √105．6. B7. B 【解析】因为圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，所以该圆柱底面圆周半径 r =√12−(12)2=√32，所以该圆柱的体积：V =Sℎ=π×(√32)2×1=3π4．8. B 【解析】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√2)，Q(√3,2,0)，R(−2√3,0,0)，PR ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2√3,3,0)，PD⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,6√2)，PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,5,0)，QR ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3√3,−2,0)，QD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,−2,6√2)．设平面 PDR 的法向量 n ⃗ =(x,y,z )，则 {n ⃗ ⋅PR⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ⃗ ⋅PD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,可得 {−2√3x +3y =0,3y +6√2z =0,可得 n ⃗ =(√6,2√2,−1)，取平面 ABC 的法向量 m ⃗⃗ =(0,0,1)，则 cos ⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣m ⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=√15，取 α=√15．同理可得：β=√681，y =√2√95．√15>√2√95>√681．所以 α<γ<β．9. C【解析】法一：连 B 1C ，由题意得 BC 1⊥B 1C ，因为 A 1B 1⊥平面B 1BCC 1，且 BC 1⊂平面B 1BCC 1，所以 A 1B 1⊥BC 1，因为 A 1B 1∩B 1C =B 1，所以 BC 1⊥平面A 1ECB 1，因为 A 1E ⊂平面A 1ECB 1，所以 A 1E ⊥BC 1．法二：以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD 1 为 z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体 ABCD—A 1B 1C 1D 1 中棱长为 2，则 A 1(2,0,2)，E (0,1,0)，B (2,2,0)，D (0,0,0)，C 1(0,2,2)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,1,−2)，DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2)，BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,−2,0)，BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,2)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2,0)，因为 A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−2，A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2，A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =6，所以 A 1E ⊥BC 1． 10. A第二部分 11. 3212. 14π【解析】长方体的长、宽、高分别为 3，2，1，其顶点都在球 O 的球面上，可知长方体的对角线的长就是球的直径，所以球的半径为：12√32+22+12=√142．则球 O 的表面积为：4×(√142)2π=14π．13. 9π214. 2+π2 15. ②③【解析】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∣=√2，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 a=(0,1,0)，∣a ∣=1，直线 b 的方向单位向量 b ⃗ =(1,0,0)，∣∣b ⃗ ∣∣=1，设 B 点在运动过程中的坐标 Bʹ(cosθ,sinθ,0)，其中 θ 为 BʹC 与 CD 的夹角，θ∈[0,2π)，所以 ABʹ 在运动过程中的向量，ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(cosθ,sinθ,−1)，∣∣ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√2，设 ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与 a 所成夹角为 α∈[0,π2]，则 cosα=(cosθ,sinθ,−1)⋅(0,1,0)∣a ⃗ ∣⋅∣∣ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√22∣sinθ∣∈[0,√22]，所以 α∈[π4,π2]，所以③正确，④错误．设 ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与 b ⃗ 所成夹角为 β∈[0,π2]， cosβ=∣∣ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅b ⃗ ∣∣∣∣ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣⋅∣∣b ⃗ ∣∣=(cosθ,sinθ,−1)⋅(1,0,0)∣∣b ⃗ ∣∣⋅∣∣ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√22∣cosθ∣，当 ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与 a 夹角为 60∘ 时，即 α=π3，∣sinθ∣=√2cosα=√2cos π3=√22，因为 cos 2θ+sin 2θ=1，所以 cosβ=√22∣cosθ∣=12，因为 β∈[0,π2]，所以 β=π3，此时 ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与 b ⃗ 的夹角为 60∘，所以②正确，①错误． 16. 36π【解析】三棱锥 S −ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，SC 是球 O 的直径，若平面SCA ⊥平面SCB ，SA =AC ，SB =BC ，三棱锥 S −ABC 的体积为 9，可知三角形 SBC 与三角形 SAC 都是等腰直角三角形，设球的半径为 r ，可得13×12×2r×r×r=9，解得r=3．球O的表面积为：4πr2=36π．第三部分17. （1）如图，由已知AD∥BC，故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角，因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD，在Rt△PDA中，由已知，得AP=√AD2+PD2=√5，故cos∠DAP=ADAP =√55，所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为√55．（2）因为AD⊥平面PDC，直线PD⊂平面PDC，所以AD⊥PD，又因为BC∥AD，所以PD⊥BC，又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC．（3）过点D作AB的平行线交BC于点F，连接PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角，因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角，由于AD∥BC，DF∥AB，故BF=AD=1，由已知，得CF=BC−BF=2．又AD⊥DC，故BC⊥DC，在Rt△DCF中，DF=√16+4=2√5，可得sin∠DFP=PDDF =√55，所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为√55．18. （1）因为AP⊥BE，AB⊥BE，且AB,AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，所以BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，所以 BE ⊥BP ，又 ∠EBC =120∘，因此 ∠CBP =30∘；（2）解法一、取 EC⏜ 的中点 H ，连接 EH ，GH ，CH ，因为 ∠EBC =120∘，所以四边形 BEGH 为菱形，所以 AE =GE =AC =GC =√32+22=√13．取 AG 中点 M ，连接 EM ，CM ，EC ，则 EM ⊥AG ，CM ⊥AG ，所以 ∠EMC 为所求二面角的平面角．又 AM =1，所以 EM =CM =√13−1=2√3．在 △BEC 中，由于 ∠EBC =120∘，由余弦定理得：EC 2=22+22−2×2×2×cos120∘=12，所以 EC =2√3，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,√3,3)，C(−1,√3,0)，故 AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,−3)，AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0)，CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,3)．设 m⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1) 为平面 AEG 的一个法向量，由 {m ⃗⃗ ⋅AE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ⃗⃗ ⋅AG⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 得 {2x 1−3z 1=0,x 1+√3y 1=0, 取 z 1=2，得 m ⃗⃗ =(3,−√3,2)；设 n ⃗ =(x 2,y 2,z 2) 为平面 ACG 的一个法向量，由 {n ⃗ ⋅AG⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ⃗ ⋅CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 可得 {x 2+√3y 2=0,2x 2+3z 2=0, 取 z 2=−2，得 n ⃗ =(3,−√3,−2)．所以 cos⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣m ⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=12．所以二面角 E −AG −C 的大小为 60∘． 19. （1）取 PA 的中点 F ，连接 EF ，BF ，因为 E 是 PD 的中点，所以 EF ∥AD ，EF =12AD ，AB =BC =12AD ，∠BAD =∠ABC =90∘，所以 BC ∥AD ，BC =12AD ，所以 EF ∥BC ，且 EF =BC ，所以 BCEF 是平行四边形，可得 CE ∥BF ，又因为 BF ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ，所以直线CE ∥平面PAB ；（2）四棱锥 P −ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ，AB =BC =12AD ，∠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 =√3，所以 ∠PCO =60∘，直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45∘，可得：BN =MN ，CN =√33MN ，BC =1，可得：1+13BN 2=BN 2，BN =√62，MN =√62，作 NQ ⊥AB 于 Q ，连接 MQ ，所以 ∠MQN 就是二面角 M −AB −D 的平面角，MQ =√12+(√62)2=√102，二面角M−AB−D的余弦值为：√102=√105．20. （1）如图所示，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DO2+BO2=AB2=BD2．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）设点D，B到平面ACE的距离分别为ℎD，ℎE．则ℎDℎE =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⋅ℎD13S△ACE⋅ℎE=ℎDℎE=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 ⃗ 〉=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣m ⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=√3√21×2=−√77．所以二面角 D −AE −C 的余弦值为 √77． 21. （1）在平面 ABCD 内，过 A 作 Ax ⊥AD ，因为 AA 1⊥平面ABCD ，AD ，Ax ⊂平面ABCD ，所以 AA 1⊥Ax ，AA 1⊥AD ，以 A 为坐标原点，分别以 Ax ，AD ，AA 1 所在直线为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．因为 AB =AD =2，AA 1=√3，∠BAD =120∘，所以 A (0,0,0)，B(√3,−1,0)，C(√3,1,0)，D (0,2,0)，A 1(0,0,√3)，C 1(√3,1,√3)． A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,−1,−√3)，AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,√3)，DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,−3,0)，DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,√3)．因为 cos⟨A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣∣∣AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√7×√7=−17．所以异面直线 A 1B 与 AC 1 所成角的余弦值为 17．（2）设平面 BA 1D 的一个法向量为 n ⃗ =(x,y,z )，由 {n ⃗ ⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ⃗ ⋅DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 得 {√3x −3y =0,−2y +√3z =0, 取 x =√3，得 n ⃗ =(√3,1,2√33)；取平面 A 1AD 的一个法向量为 m ⃗⃗ =(1,0,0)．所以 cos ⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣m ⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=√31×√3+1+43=34．所以二面角 B −A 1D −A 的正弦值为 34，则二面角 B −A 1D −A 的正弦值为 √1−(34)2=√74．22. （1）取 AB 中点 F%,，连接 MF ，NF%,，因为 M 为 AD 中点，所以 MF ∥BD%,，因为 BD ⊂平面BDE ，MF ⊄平面BDE%,，所以 MF ∥平面BDE ．因为 N 为 BC 中点，所以 NF ∥AC%,，又 D ，E 分别为 AP ，PC 的中点，所以 DE ∥AC%,，则 NF ∥DE ．因为 DE ⊂平面BDE ，NF ⊄平面BDE%,，所以 NF ∥平面BDE ．又 MF ∩NF =F ．所以平面MFN ∥平面BDE%,，则 MN ∥平面BDE%;；（2）因为 PA ⊥底面ABC ，∠BAC =90∘．所以以 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．因为 PA =AC =4，AB =2，所以 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 MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,−1)，ME ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1), 设平面 MEN 的一个法向量为 m⃗⃗ =(x,y,z )%,，由 {m ⃗⃗ ⋅MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ⃗⃗ ⋅ME ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得 {x +2y −z =0,2y +z =0, 取 z =2%,，得 m ⃗⃗ =(4,−1,2)．由图可得平面 CME 的一个法向量为 n ⃗ =(1,0,0)．所以 cos ⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣m ⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=√21×1=4√2121所以二面角 C −EM −N 的余弦值为4√2121%,，则正弦值为 √10521%;；（3）设 AH =t%,，则 H (0,0,t )，NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−2,t )，BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2,2)．因为直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为3√721%,，所以 \（\left|\cos \left\langle \overrightarrow {NH}，\overrightarrow{BE}\right\rangle\right|=\left|\dfrac{\overrightarrow{NH}\cdot\overrightarrow{BE}}{|\overrightarrow{NH}||\overrightarrow{BE}|}\right|=\left|\dfrac{2t-2}{\sqrt{5+t^2}\times 2\sqrt3}\right|=\dfrac{3\sqrt{7}}{21}%\left|\cos \left\langle \overrightarrow {NH}，\overrightarrow {BE}\right\rangle\right|=\left|\dfrac{\overrightarrow{NH}\cdot\overrightarrow{BE}}{|\overrightarrow{NH}|\overrightarrow|{BE}|}\right|=\left|\dfrac{2t-2}{\sqrt{5+t^2}\times 2\sqrt3}\right|=\dfrac{3\sqrt{7}}{21}\left|\cos \left\langle \overrightarrow {NH}，\overrightarrow {BE}\right\rangle\right|=\left|\dfrac{\overrightarrow{NH}\cdot\overrightarrow{BE}}{|\overrightarrow{NH}|\overrightarrow|{BE}|}\right|=\left|\dfrac{2t-2}{\sqrt{5+t^2}\times 2\sqrt3}\right|=\dfrac{3\sqrt{7}}{21}\）．解得：t =4．所以当 H 与 P 重合时直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为 3√721%,，此时线段 AH 的长为 4．23. （1）因为四棱锥 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，所以以 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 (12,0,12)，A (2,0,0)，B (1,1,0)， CE⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,−1,12)，PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−1)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,−1)，设平面 PAB 的法向量 n⃗ =(x,y,z )，则 {n ⃗ ⋅PA⃗⃗⃗⃗⃗ =x −z =0,n ⃗ ⋅PB⃗⃗⃗⃗⃗ =y −z =0, 取 z =1，得 n ⃗ =(1,1,1)，因为 CE⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =12−1+12=0，CE ⊄平面PAB ，所以 CE ∥平面PAB ．（2） PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,1,−1)，设平面 PBC 的法向量 m ⃗⃗ =(a,b,c )，则 {m ⃗⃗ ⋅PB⃗⃗⃗⃗⃗ =b −c =0,m ⃗⃗ ⋅PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−a +b −c =0,取 b =1，得 m ⃗⃗ =(0,1,1)，设直线 CE 与平面 PBC 所成角为 θ，则 sinθ=∣cos⟨CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m ⃗⃗ ⟩∣=∣CE⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ ∣∣CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣⋅∣m ⃗⃗⃗ ∣=12√64⋅√2=√36．所以直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 √36． 24. （1）四棱锥 P −ABCD 中，因为 ∠BAD =∠ABC =90∘．所以 BC ∥AD ，因为 AD ⊂平面PAD ，BC ⊄平面PAD ，所以直线BC ∥平面PAD ；（2）四棱锥 P −ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ，AB =BC =12AD ，∠BAD =∠ABC =90∘．设 AD =2x ，则 AB =BC =x ，CD =√2x ，设 O 是 AD 的中点，连接 PO ，OC ，CD 的中点为：E ，连接 OE ，由题意得，四边形 ABCD 为正方形，则 CO ⊥AD ．因为侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，所以 PO ⊥AD ，PO ⊥平面ABCD ，因为 CO ⊂底面ABCD ，所以 PO ⊥CO ，则 OE =√22x ，PO =√3x ，PE =√PO 2+OE 2=√7x√2， △PCD 面积为 2√7，可得：12PE ⋅CD =2√7，即：12√7√2⋅√2x =2√7，解得 x =2，PO =2√3．则 V P−ABCD=13×12(BC +AD )×AB ×PO=13×12×(2+4)×2×2√3=4√3.25. （1）设玻璃棒在 CC 1 上的点 M ，玻璃棒与水面的交点为 N ，如图 1，在平面 ACM 中，过 N 作 NP∥MC ，交 AC 于点 P ，因为ABCD−A1B1C1D1为正四棱柱，所以CC1⊥平面ABCD，又因为AC⊂平面ABCD，所以CC1⊥AC，所以NP⊥AC，所以NP=12cm，且AM2=AC2+MC2，解得MC=30cm，因为NP∥MC，所以△ANP∽△AMC，所以ANAM =NPMC，AN40=1230，得AN=16cm．所以玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm．（2）设玻璃棒在GG1上的点为M，玻璃棒与水面的交点为N，如图2，在平面E1EGG1中，过点N作NP⊥EG，交EG于点P，过点E作EQ⊥E1G1，交E1G1于点Q，因为EFGH−E1F1G1H1为正四棱台，所以EE1=GG1，EG∥E1G1，EG≠E1G1，所以EE1G1G为等腰梯形，画出截面E1EGG1，因为E1G1=62cm，EG=14cm，EQ=32cm，NP=12cm，所以E1Q=24cm，由勾股定理得：E1E=40cm，所以sin∠EE1G1=45，sin∠EGM=sin∠EE1G1=45，cos∠EGM=−35，根据正弦定理得：EMsin∠EGM =EGsin∠EMG，所以sin∠EMG=725，cos∠EMG=2425，所以sin∠GEM=sin(∠EGM+∠EMG)=sin∠EGMcos∠EMG+cos∠EGMsin∠EMG=35,所以EN=NPsin∠GEM=1235=20cm．所以玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm．26. （1）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A，B，E，F四点共面，所以AB∥EF，又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC．（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，BC在平面ABC内，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD，因为AD在平面ABD内，所以BC⊥AD，又AB⊥AD，BC∩AB=B，AB，BC在平面ABC内，所以AD⊥平面ABC，所以AD⊥平面ABC，又AC在平面ABC内，所以AD⊥AC．27. （1）取AC中点O，连接DO，BO，因为△ABC是正三角形，AD=CD，所以DO⊥AC，BO⊥AC，因为DO∩BO=O，所以AC⊥平面BDO，因为BD⊂平面BDO，所以AC⊥BD．（2）法一：连接OE，由（1）知AC⊥平面OBD，所以 OE ⊥AC ，设 AD =CD =√2，则 OC =OA =1，所以 E 是线段 AC 垂直平分线上的点，所以 EC =EA =CD =√2，由余弦定理得：cos∠CBD =BC 2+BD 2−CD 22BC⋅BD =BC 2+BE 2−CE 22BC⋅BE ，即 4+4−22×2×2=4+BE 2−22×2×BE ，解得 BE =1 或 BE =2，因为 BE <BD =2，所以 BE =1，所以 BE =ED ，因为四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的高都是点 A 到平面 BCD 的高 ℎ，因为 BE =ED ，所以 S △DCE =S △BCE ，所以四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积比为 1．法二：设 AD =CD =√2，则 AC =AB =BC =BD =2，AO =CO =DO =1，所以 BO =√4−1=√3，所以 BO 2+DO 2=BD 2，所以 BO ⊥DO ，以 O 为原点，OA 为 x 轴，OB 为 y 轴，OD 为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 C (−1,0,0)，D (0,0,1)，B(0,√3,0)，A (1,0,0)，设 E (a,b,c )，DE⃗⃗⃗⃗⃗ =λDB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，则 (a,b,c −1)=λ(0,√3,−1)，解得 E(0,√3λ,1−λ)，所以 CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3λ,1−λ)，AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√3λ,1−λ)，因为 AE ⊥EC ，所以 AE⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =−1+3λ2+(1−λ)2=0，由 λ∈[0,1]，解得 λ=12，所以 DE =BE ，因为四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的高都是点 A 到平面 BCD 的高 ℎ，因为 DE =BE ，所以四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．28. （1）取B1D1中点G，连接A1G，CG，因为四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，所以四棱柱ABCD−A1B1C1D1截去三棱锥C1−B1CD1后，A1G∥OC，A1G=OC，所以四边形OCGA1是平行四边形，所以A1O∥CG，因为A1O⊄平面B1CD1，CG⊂平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1．（2）四棱柱ABCD−A1B1C1D1截去三棱锥C1−B1CD1后，BD∥B1D1，BD=B1D1，因为M是OD的中点，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以BD⊥A1E，因为四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，所以AO⊥BD，因为M是OD的中点，E为AD的中点，所以EM⊥BD，因为A1E∩EM=E，所以BD⊥平面A1EM，因为BD∥B1D1，所以B1D1⊥平面A1EM，因为B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1．29. （1）因为在四棱锥P−ABCD中，∠BAP=∠CDP=90∘，所以AB⊥PA，CD⊥PD，又AB∥CD，所以AB⊥PD，因为PA∩PD=P，所以AB⊥平面PAD，因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．（2）设PA=PD=AB=DC=a，取AD中点O，连接PO，因为PA=PD=AB=DC，∠APD=90∘，平面PAB⊥平面PAD，所以PO⊥底面ABCD，且AD=√a2+a2=√2a，PO=√22a，因为四棱锥P−ABCD的体积为83，所以V P−ABCD=13×S四边形ABCD×PO=13×AB×AD×PO=13×a×√2a×√22a=13a3=83.解得a=2，所以PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=2√2，PO=√2，所以PB=PC=√4+4=2√2，所以该四棱锥的侧面积为：S侧=S△PAD+S△PAB+S△PDC+S△PBC=12×PA×PD+12×PA×AB+12×PD×DC+12×BC×√PB2−(BC2)2=12×2×2+12×2×2+12×2×2+12×2√2×√8−2=6+2√3.30. （1）由PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC=B，可得PA⊥平面ABC，由BD⊂平面ABC，可得PA⊥BD．（2）由AB=BC，D为线段AC的中点，可得BD⊥AC，由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，可得平面PAC⊥平面ABC，又平面PAC∩平面ABC=AC，BD⊂平面ABC，且BD⊥AC，即有BD⊥平面PAC，BD⊂平面BDE，可得平面BDE⊥平面PAC．（3）PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC，且平面PAC ∩平面BDE =DE ，可得 PA ∥DE ，又 D 为 AC 的中点，可得 E 为 PC 的中点，且 DE =12PA =1，由 PA ⊥平面ABC ，可得 DE ⊥平面ABC ，可得 S △BDC =12S △ABC =12×12×2×2=1，则三棱锥 E −BCD 的体积为 13DE ⋅S △BDC =13×1×1=13．31. （1）因为 ∠BAP =∠CDP =90∘，所以 PA ⊥AB ，PD ⊥CD,因为 AB ∥CD ，所以 AB ⊥PD ，又因为 PA ∩PD =P ，且 PA ⊂平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以 AB ⊥平面PAD ，又 AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ；（2）因为 AB ∥CD ，AB =CD ，所以四边形 ABCD 为平行四边形，由（1）知 AB ⊥平面PAD ，所以 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 =2√2a ．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(−√2a,0,0)，B(√2a,2a,0)，P(0,0,√2a)，C(−√2a,2a,0)．PD⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√2a,0,−√2a)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2a,2a,−√2a)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2√2a,0,0)．设平面 PBC 的一个法向量为 n⃗ =(x,y,z )，由 {n ⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 得 {√2ax +2ay −√2az =0,−2√2ax =0,取 y =1，得 n ⃗ =(0,1,√2)．因为 AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD,所以 AB ⊥PD ，又 PD ⊥PA ，PA ∩AB =A,所以 PD ⊥平面PAB ，则 PD⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面 PAB 的一个法向量，PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√2a,0,−√2a)．所以 cos⟨PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,N ⃗ ⟩=PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅n ⃗ ∣PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=2a×√3=−√33．由图可知，二面角 A −PB −C 为钝角，所以二面角 A −PB −C 的余弦值为 −√33． 32. （1）如图 1，设 AC ∩BD =O ，因为 ABCD 为正方形，所以 O 为 BD 的中点，连接 OM ，因为 PD ∥平面MAC ，PD ⊂平面PBD ，平面PBD ∩平面AMC =OM ，所以 PD ∥OM ，则 BO BD =BM BP =12，即 M 为 PB 的中点；（2）取 AD 中点 G ，因为 PA =PD ，所以 PG ⊥AD ，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD =AD ，所以 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 ．如图 2，以 G 为坐标原点，分别以 GD ，GO ，GP 所在直线为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，由 PA =PD =√6，AB =4，得 D (2,0,0)，A (−2,0,0)，P(0,0,√2)，C (2,4,0)，B (−2,4,0)，M (−1,2,√22)， DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,√2)，DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−4,4,0)．设平面 PBD 的一个法向量为 m⃗⃗ =(x,y,z )，则由 {m ⃗⃗ ⋅DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ⃗⃗ ⋅DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0 得 {−2x +√2z =0,−4x +4y =0, 取 z =√2，得 m ⃗⃗ =(1,1,√2)．则平面 PAD 的一个法向量为 n⃗ =(0,1,0)．所以 cos ⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣∣m ⃗⃗⃗ ∣∣∣∣n ⃗ ∣∣=12×1=12．所以二面角 B −PD −A 的大小为 60∘；（3） CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,−2,√22)，平面 PAD 的一个法向量为 n ⃗ =(0,1,0)．所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为 ∣∣cos⟨CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ ⟩∣∣=∣∣∣CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣∣CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣∣n ⃗ ∣∣∣∣=∣∣∣∣∣√9+4+12×1∣∣∣∣∣=2√69．。

全国高中数学联赛分类汇编专题解析几何

1、（2000一试3）已知点A 为双曲线x 2-y 2=1的左顶点，点B 和点C 在双曲线的右分支上，△ABC 是等边三角形，则△ABC 的面积是（） (A)33 (B) 233 (C) 33 (D) 633、（2002一试2）若实数x, y 满足(x+5)2+(y12)2=142，则x 2+y 2的最小值为( )(A ) 2 (B) 1 (C) 3 (D) 2 【答案】B【解析】利用圆的知识结合数形结合分析解答，22x y +表示圆上的点（x,y ）到原点的距离。

4、（2002一试4）直线134=+yx 椭圆191622=+y x 相交于A ，B 两点，该圆上点P ，使得⊿PAB 面积等于3，这样的点P 共有( )(A) 1个 (B) 2个 (C) 3个 (D) 4个【答案】B5、（2003一试2）设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是（）A. B. C. D.【答案】B6、（2003一试3）过抛物线y2=8(x+2)的焦点F作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB的中垂线与x轴交于点P，则线段PF的长等于（）(A)163(B)83(C)1633 (D) 8 3【答案】A【解析】抛物线的焦点为原点(0，0)，弦AB所在直线方程为y=3x，弦的中点在y=pk=43上，即AB中点为(43，43)，中垂线方程为y=－33(x－43)+43，令y=0，得点P的坐标为163．∴PF=163．选A．7、（2004一试2）已知M={(x ，y )|x 2+2y 2=3}，N={(x ，y )|y=mx+b }．若对于所有的m ∈R ，均有M ∩N ≠∅，则b 的取值范围是 ( )A ．[－62，62]B ．(－62，62)C ．(－233，233]D ．[－233，233] 【答案】A【解析】点(0，b )在椭圆内或椭圆上，⇒2b 2≤3，⇒b ∈[－62，62]．选A ．8、（2005一试5）方程13cos 2cos 3sin 2sin 22=-+-y x 表示的曲线是（）A ．焦点在x 轴上的椭圆B ．焦点在x 轴上的双曲线C ．焦点在y 轴上的椭圆D ．焦点在y 轴上的双曲线【答案】C9、（2007一试5）设圆O 1和圆O 2是两个定圆，动圆P 与这两个定圆都相切，则圆P 的圆心轨迹不可能是（）【答案】A【解析】设圆O 1和圆O 2的半径分别是r 1、r 2，|O 1O 2|=2c ，则一般地，圆P 的圆心轨迹是焦点为O 1、O 2，且离心率分别是212r r c +和||221r r c -的圆锥曲线（当r 1=r 2时，O 1O 2的中垂线是轨迹的一部份，当c=0时，轨迹是两个同心圆）。

2017高考试题分类汇编-立体几何

2017高考试题分类汇编-立体几何立体几何1（2017北京文）（本小题14分如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（Ⅰ）求证：PA ⊥BD ；（Ⅱ）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（Ⅲ）当PA ∥平面BD E 时，求三棱锥E –BCD 的体积．2（2017新课标Ⅱ理）（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 ，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ABCD③直线AB与a所称角的最小值为45°；④直线AB与a所称角的最小值为60°；其中正确的是________。

（填写所有正确结论的编号）5（2017山东理）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∠的大⊥，求CBP小；（Ⅱ）当3--的大小.AB=，2AD=，求二面角E AG C6（2017新课标Ⅰ理数）．如图，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：cm3）的最大值为_______。

7（2017新课标Ⅰ理数）（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.8（2017江苏）（本小题满分14分）如图，在三棱锥A-BCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD ．求证：（1）EF ∥平面ABC ；（2）AD ⊥AC ．9．（2017江苏）（本小题满分16分）如图，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，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）将放在容器Ⅰ中，的一端置于点A 处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度；EG 11E G l l 1CC l（2）将放在容器Ⅱ中，的一端置于点E 处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度．10（2017天津文）（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 ；（II ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.l l 1GGl11（2017北京理）（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MAC ，PA =PD，AB=4．（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．12（2017浙江）（本题满分15分）如图，已知四棱锥P –ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，，CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为PD 的中点．（第19题图）（Ⅰ）证明：平面PAB ；//BC AD //CE P A B C D E（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．13（2017新课标Ⅲ文数）（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．14（2017新课标Ⅰ文数）（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且90∠=∠=BAP CDP（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC,90∠=,且四棱锥APDP-ABCD 的体积为8，求该四棱锥的侧面积.315（2017山东文）（本小题满分12分）由四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1- B 1CD 1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,A 1E ⊥平面ABCD .（Ⅰ）证明：1A O ∥平面B 1CD 1; （Ⅱ）设M 是OD 的中点,证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.16（2017新课标Ⅱ文）（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 ,1,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=︒（1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（2）若△PCD 的面积为P ABCD -的体积.17（2017新课标Ⅲ理数）（12分）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD =∠CBD ，AB =BD ．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D –AE –C 的余弦值．18（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 ，，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面角为α，β，γ，则2BQ CR QC RA==（第9题图）A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α19（2017浙江）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年．“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积，． 20（2017新课标Ⅲ文数）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 ．3π4 C ．π2D ．π421（2017新课标Ⅲ文数）在正方体1111ABCD A B C D -中，6S 6S =E 为棱CD 的中点，则（）A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥ D ．1A E AC ⊥ 22（2017新课标Ⅱ文）长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为.23（2017新课标Ⅱ理）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A B CD24（2017新课标Ⅰ文数）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25（2017新课标Ⅰ文数）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。

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2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第09讲：立体几何
1、（2010一试7）正三棱柱111C B A ABC -的9条棱长都相等，P 是1CC 的中点，二面角α=--11B P A B ,则=αsin 【答案】10
4
【解析】
O
E
P
C 1B 1
A 1
C
B
A
设分别与平面P BA 1、平面P A B 11垂直的向量是),,(111z y x m =、),,(222z y x n =，则
⎪⎩⎪⎨
⎧=++-=⋅=+-=⋅,03,
022111111z y x BP m z x BA m ⎪⎩⎪⎨
⎧=-+-=⋅=-=⋅,
03,
022221211z y x P B n x A B n 由此可设)3,1,0(),1,0,1(==n m ，所以cos m n m n α⋅=⋅，即
6322cos cos 4αα=⋅⇒=
.所以4
10
sin =α. 解法二：如图，PB PA PC PC ==11, .
设B A 1与1AB 交于点,O 则1111,,OA OB OA OB A B AB ==⊥ .
11,,PA PB PO AB =⊥因为所以从而⊥1AB 平面B PA 1 .
过O 在平面B PA 1上作P A OE 1⊥,垂足为E .
连结E B 1,则EO B 1∠为二面角11B P A B --的平面角.设21=AA ,则易求得
3,2,5111=====PO O B O A PA PB .
在直角O PA 1∆中，OE P A PO O A ⋅=⋅11,即5
6,532=
∴⋅=
⋅OE OE .
221116452,255B O B E B O OE =∴=+=+
=又.4
105
542sin sin 111===∠=E B O B EO B α.
2、（2011一试6）在四面体ABCD 中，已知︒=∠=∠=∠60CDA BDC ADB ，3==BD AD ，2=CD ，则四面体ABCD 的外接球的半径为【答案】3 【解析】
因为︒=∠=∠=∠60ADB CDB CDA ，设CD 与平面ABD 所成角为θ，可求得3
2sin ,3
1cos =
=θθ．
在△DMN 中，332
33232,121=⋅⋅=⋅===
DP DN CD DM ．学科*网由余弦定理得23
1
312)3(1222=⋅⋅⋅-+=MN ，
故2=MN ．四边形DMON 的外接圆的直径
33
22sin ===
θ
MN
OD ．故球O 的半径3=R ．
3、（2012一试5）设同底的两个正三棱锥P ABC -和Q ABC -内接于同一个球．若正三棱锥P ABC -的
侧面与底面所成的角为45，则正三棱锥Q ABC -的侧面与底面所成角的正切值是．【答案】4 【解析】
,从而1
2
PH MH AH ==,因为90,,PAQ AH PQ ∠=⊥ 所以2
,AP PH QH =⋅即21.2
AH AH QH =⋅
所以24.QH AH MH ==,故tan 4QH
QMH MH
∠==
4、（2013一试4）已知正三棱锥P ABC -底面边长为1，高为2，则其内切球半径为. 【答案】2
6
【解析】
B
C
H
M
A
O
K
P
如图，设球心O 在面ABC 与面ABP 内的射影分别为H 和K ，AB 中点为M ，内切球半径为r ，则P K M 、、共线，P O H 、、共线，2
PHM PKO π
∠=∠=
，且OH OK r ==,
2PO PH OH r =-=，33MH =,22153
212PM MH PH +=+1
sin 5
2OK MH KPO PO PM r
=
=∠==-，解得26r =.
5、（2014一试5）已知正四棱锥ABCD P -中，侧面是边长为1的正三角形，N M ,分别是边BC AB ,的中点，则异面直线MN 与PC 之间的距离是_____________. 【答案】
2
4
6、（2016一试5）设P 为一圆锥的顶点，A ，B ，C 是其底面圆周上的三点，满足ABC ∠=90°，M 为AP 的中点.若AB =1，AC =2，2=AP ，则二面角M —BC —A 的大小为 .
【答案】3
2
arctan 【解析】
由ABC ∠=90°知，AC 为底面圆的直径.设底面中心为O ，则⊥PO 平面ABC ，易知12
1
==
AC AO ，进而122=-=AO AP PO .
设H 为M 在底面上的射影，则H 为AO 的中点.在底面中作BC HK ⊥于点K ，则由三垂线定理知BC MK ⊥，从而MKH ∠为二面角M —BC —A 的平面角.
因21==AH MH ，结合HK 与AB 平行知，43==AC HC AB HK ，即43=HK ，这样3
2
tan ==∠HK MH MKH .故二面角M —BC —A 的大小为3
2
arctan .
7、（2017一试5）正三棱锥P ABC -中，1,2,AB AP ==过AB 的平面α将其体积平分，则棱PC 与平面
α所成角的余弦值为.
【答案】
3
510
【解析】设,AB PC 的中点分别为,K M ,则易证平面ABM 就是平面α.由中线长公式得
22222222222
2
2
11113
(AP )(21)224242
315
()223
2
53
1354
4cos 25
35
AM AC PC KM AM AK PC KM MC KC KMC KM MC PC αα=+-=+-⨯=
=-=-=+-
+-∠===⋅所以又易知直线在平面上的射影是直线MK,而CM=1，KC=所以故棱与平面。