2021年高考数学经典例题专题七立体几何与空间向量含解析

专题七 立体几何与空间向量一、单项选择题1．假如棱长为A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的外表积公式，即可得解.【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的外表积为2244336S R πππ==⨯=.应当选：C.【点睛】此题考查正方体的外接球的外表积的求法，求出外接球的半径是此题的解题关键，属于根底题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：〔1〕三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；〔2〕直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；〔3〕如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.2．某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如下列图，该三棱柱的外表积为〔〕．A ．63+B ．623+C ．123+D ．1223+【答案】D【解析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其外表积即可.【详解】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，如此其外表积为：()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+ ⎪⎝⎭应当选：D.3．某几何体的三视图〔单位：cm 〕如下列图，如此该几何体的体积〔单位：cm 3〕是〔〕A ．73B ．143C ．3D ．6 【答案】A【解析】根据三视图复原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.【详解】由三视图可知，该几何体是上半局部是三棱锥，下半局部是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 应当选：A4．,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，假如⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，如此球O 的外表积为〔〕A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】由可得等边ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO 的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin60AB r =︒=1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的外表积2464S R ππ==.应当选：A5．如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，如此该端点在侧视图中对应的点为〔〕A ．EB ．FC ．GD ．H【答案】A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得M 点在侧视图中对应的点.【详解】根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E .应当选：A6．四面体ABCD 的顶点A ，B ，C ，D 在同个球面上，AD ⊥平面ABC ，3AD =，2AB =，3AC =，60CAB ∠=︒，如此该四面体的外接球的外表积为〔〕A ．6πB ．143πC ．12πD ．163π 【答案】C【解析】过ABC 外接圆1O ，作直线l ⊥平面ABC ，可得1123OO AD ==，在ABC 中，利用余弦定理求出BC =ABC 外接圆半径，利用勾股定理求出外接球半径，根据球的外表积公式即可求解.【详解】如下列图，作ABC 外接圆1O ，过1O 作直线l ⊥平面ABC ，又DA ⊥平面ABC ，//DA l ∴，连接1AO ，并延长交球O 于H ，连接DH ，与l 的交点为球心O ，OH OD R ==，如此112OO AD ==， 在ABC 中，由余弦定理得2222cos60BC AB AC AB AC =+-⋅⋅︒14922372=+-⨯⨯⨯=，BC ∴=，又由正弦定理得12sin 60BC O H =︒(1O H 为外接圆半径)，13O H ∴= 222211621399R OH OO O H ∴==+=+=， 2412S R ππ∴==.应当选：C.7．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OAA处放置一个日晷，假如晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，如此晷针与点A处的水平面所成角为〔〕A．20°B．40°C．50°D．90°【答案】B【解析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A 处的纬度，计算出晷针与点A 处的水平面所成角.【详解】画出截面图如如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直， 根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒.应当选：B8．△ABC 的等边三角形，且其顶点都在球OO 的外表积为16π，如此O 到平面ABC 的距离为〔〕A ．32C ．1D ．2【答案】C【解析】根据球O 的外表积和ABC 的面积可求得球O 的半径R 和ABC 外接圆半径r ，由球的性质可知所求距离d =【详解】设球O 的半径为R ，如此2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC 的等边三角形，212a ∴=，解得：3a =，2233r ∴===∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===.应当选：C.9．在三棱锥P ABC -中，BC ⊥平面PAB ，AP AB ⊥，D 是BC 的中点．假如45APB ∠=︒，60APC ∠=︒，如此直线PD 与平面ABC 所成角的正弦值为〔〕A ．3B ．2C D 【答案】C【解析】根据线面角的定义找到直线PD 与平面ABC 所成角的平面角，法一：应用几何法，根据线面垂直的性质、勾股定理求对应边，在直角三角形中求线面角的正弦值；法二：应用向量法，构建空间直角坐标系，并确定线面角两边所在直线的方向向量坐标，进而求其余弦值，由同角三角函数关系求正弦值.【详解】在三棱锥P ABC -中，BC ⊥平面PAB ，AP ⊂面PAB ，∴BC AP ⊥，又AP AB ⊥，AB BC B ⋂=，∴PA ⊥平面ABC ，即PDA ∠即直线PD 与平面ABC 所成角．法一：设PA a =，由45APB ∠=︒，60APC ∠=︒，得AB PA a ==，∴AC =，BC =．又D 是BC 的中点，如此2BD =，∴在Rt ABD △中，2AD a ==．又易知PA AD ⊥，在Rt PAD 中，PD ==，∴sin 5AP PDA PD ∠==.法二：过点A 在平面ABC 内作//Ax BC ．易知直线AP ，AB ，Ax 两两垂直，可建立如下列图的空间直角坐标系A xyz -．不妨设1PA =，如此1AB =，ACBC =2BD =，有()0,0,0A ，()0,0,1P，2D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，∴1,0DA ⎛⎫=--⎪ ⎪⎝⎭，1,1DP ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，如此3cos ,3DA DP DA DP DA DP ⋅===，∴10sin ,5DA DP =.应当选：C．，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC为等边三角形且其面积为，如10．设A B C D体积的最大值为〔〕此三棱锥D ABCA．．．D．【答案】B【解析】如下列图，点M 为三角形ABC 的中心，E 为AC 中点，当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大此时，OD OB R 4===2ABC S AB == AB 6∴=,点M 为三角形ABC 的中心2BM 3BE ∴==Rt OMB ∴中，有OM 2==DM OD OM 426∴=+=+=()max 163D ABC V -∴=⨯=应当选B.二、多项选择题11．矩形ABCD 中，4AB =，3BC =，将ABD △沿BD 折起，使A 到A '的位置，A '在平面BCD 的射影E 恰落在CD 上，如此〔〕A ．三棱锥A BCD '-的外接球直径为5B ．平面A BD '⊥平面A BC 'C ．平面A BD '⊥平面ACD 'D ．A D '与BC 所成角为60【答案】AB【解析】根据面面垂直的判定定理以与面面垂直的性质定理结合对选项BCD 逐一进展分析，对A 选项注意确定球心位置，然后利用勾股定理求解外接球的直径.【详解】由题意，A E '⊥平面BCD BC A E '⇒⊥，又BC CD ⊥，A E CD E '=，∴BC ⊥平面A CD BC A D ''⇒⊥．故D 错误；又A B A D ''⊥，A BBC B '=，可得A D '⊥平面A BC '，又A D '⊂平面A BD '⇒平面A BD '⊥平面A BC '．故B 正确； 对C ，假如平面A BD '⊥平面ACD '，如此由A B A D A B '''⊥⇒⊥平面90A CD BA C ''⇒∠=︒与90A CB '∠=︒矛盾，故C 错误；取BD 中点为O ．如此OA OB OC OD '===，故O 为三棱锥A BCD '-的外接球球心，所以直径5d BD ===，故A 正确．应当选：AB三、填空题12．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，如此三棱锥A -NMD 1的体积为____________ 【答案】13【解析】利用11A NMD D AMN V V --=计算即可.【详解】因为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点 所以11111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯⨯⨯= 故答案为：1313．如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.假如用一小桶油漆刚好可以涂该二十四等边体的外表一遍，如此用该小桶油漆去涂与该二十四等边体棱长相等的正四面体魔方外表(也是涂一遍)，那么至少可以涂___________个这样的正四面体魔方.(结果取整数)【答案】5【解析】设二十四等边体的棱长为1，计算其外表积，再计算正四面体魔方的外表积，即可解得.【详解】设该二十四等边体的棱长为1，如此正四面体魔方的棱长也为1，如此该二十四等边体的外表积为2218161622⨯⨯⨯+⨯=，正四面体的外表积为214122⨯⨯⨯=2 5.46=+≈，所以至少可以涂5个这样正四面体魔方. 故答案为：5.14．三棱锥P ABC -中，AP 、AB 、AC 三条棱两两垂直，且长度均为P 为球心，4为半径作一个球，如此该球面被三棱锥四个外表截得的所有弧长之和为______．【答案】3π【解析】采用数形结合，然后利用弧长公式计算即可.【详解】由题可知：AP 、AB 、AC 三条棱两两垂直，且长度均为如图：所以PC PB BC ====2AM AF ===，所以tan tanAPF APM ∠=∠==6APF APM π∠=∠= 所以12EPF CPM π∠=∠=，如此4123EF MN ππ==⨯=44,2332NE MF ππππ=⨯==⨯= 所以球面被三棱锥四个外表截得的所有弧长之和为42333ππππ⨯++= 故答案为：3π 15．直四棱柱ABCD –A1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D BCC 1B 1的交线长为________．. 【解析】根据条件易得1D E =1D E ⊥侧面11BC CB ，可得侧面11BC CB 与球面的交线上的点到E 可得侧面11BC CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，再根据弧长公式可求得结果.【详解】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A BC D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E=111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A BC D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11BC CB ，设P 为侧面11BC CB 与球面的交线上的点，如此1DE EP ⊥，1D E =||EP === 所以侧面11BC CB 与球面的交线上的点到E因为||||EF EG =11BC CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EF C EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得22FG π==.. 16．圆锥的底面半径为1，母线长为3，如此该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如下列图，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于AM =122S =⨯⨯△ABC设内切圆半径为r ，如此：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ ()13322r =⨯++⨯=解得：22r ，其体积：3433V r π==.. 【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，并作出适宜的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.17．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体〞〔图1〕.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体表现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的外表上，且此正方体的棱长为1．如此该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．【答案】共26个面.1.【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面．如图，设该半正多面体的棱长为x ，如此AB BE x ==，延长BC 与FE 交于点G ，延长BC 交正方体棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE ∆为等腰直角三角形，,21)1BG GE CH x GH x x x ∴===∴=+==，1x ∴==1．18．四面体ABCD 的顶点A 、B 、C 、D 在同个球面上，AD ⊥平面ABC ，3AD =，2AB =，3AC =，60CAB ∠=，如此该四面体的外接球的外表积为___________.【答案】12π【解析】利用余弦定理计算出AB ，利用正弦定理计算出ABC 的外接圆半径r ，利用公式R =可计算出四面体ABCD 的外接球半径R ，利用球体面积可求得结果. 【详解】如如下图所示：圆柱12O O 的底面圆直径为2r ，母线长为h ，如此12O O 的中点 O 到圆柱底面圆上每点的距离都相等，如此O 为圆柱12O O 的外接球球心.可将三棱锥D ABC -放在圆柱12O O 内 ，使得圆2O 为ABC 的外接圆，点D 在圆1O 上，由余弦定理可得2222cos 7BC AB AC AB AC BAC =+-⋅∠=，如此BC =所以，ABC 的外接圆直径为2sin 3BC r BAC ==∠，r ∴=,AD ∴⊥平面ABC ，所以，四面体ABCD 的外接球半径为R ==因此，四面体ABCD 的外接球的外表积为2412R ππ=.故答案为：12π.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以复原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，如此球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.四、解答题19．如图，四棱锥P ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．〔1〕证明：l⊥平面PDC；〔2〕PD AD1，Q为l上的点，QB2PB与平面QCD所成角的正弦值．【答案】〔1〕证明见解析；〔26【解析】AD l，利用线面垂直的判定定理证得AD⊥平面PDC，〔1〕利用线面平行的判定定理以与性质定理，证得//从而得到l⊥平面PDC；Q m，之后求得平面QCD 〔2〕根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)<>，即可得到直线PB与平面QCD所成角的正弦值.的法向量以与向量PB的坐标，求得cos,n PB【详解】〔1〕证明：AD BC，在正方形ABCD中，//因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，AD平面PBC，所以//又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD平面PBC l =，所以//AD l ， 因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D =所以l ⊥平面PDC ；〔2〕如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，如此有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ，设(,0,1)Q m ，如此有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，因为QB 1m ==设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，如此00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y x z =⎧⎨+=⎩，令1x =，如此1z =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,1)n =-，如此2cos ,1n PBn PB n PB ⋅<>==== 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于6|cos ,|3n PB <>=所以直线PB 与平面QCD 20．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形．且PA ⊥平面ABCD ，M ，N 分别为,PB PD 的中点．〔1〕求证：//MN 平面ABCD ；〔2〕假如2PA AB ==，求CN 与平面PBD 所成角的正弦值．【答案】〔1〕详见解析；〔2【解析】〔1〕要证明线面平行，需证明线线平行，即转化为证明//MN BD ；〔2〕首先建立空间直角坐标系，求平面PBD 的法向量，利用线面角的向量公式求解.【详解】〔1〕连结BD ，,M N 分别是,PB PD 的中点，//MN BD ∴，MN ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，//MN ∴平面ABCD ；〔2〕如图，以点A 为原点，,,AB AD AP 为,,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系， ()002P ,,，()2,0,0B ，()0,2,0D ()2,2,0C ，()0,1,1N ，()2,0,2PB =-，()2,2,0PD =-，()2,1,1CN =--，设平面PBD 的法向量(),,n x y z =，如此00PB n PD n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即220220x z x y -=⎧⎨-+=⎩，令1x =，如此1,1y z ==， ∴平面PBD 的法向量()1,1,1n =，如此21sin cos ,3CN nCN n CN n θ⋅-⨯-=<>===， 所以CN 与平面PBD 21．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且12,AD CE M ==为棱11AB 的中点．〔Ⅰ〕求证：11C M B D ⊥；〔Ⅱ〕求二面角1B B E D --的正弦值； 〔Ⅲ〕求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．【答案】〔Ⅰ〕证明见解析；【解析】以C 为原点，分别以1,,CA CB CC 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系.〔Ⅰ〕计算出向量1C M 和1B D 的坐标，得出110C M B D ⋅=，即可证明出11C M B D ⊥； 〔Ⅱ〕可知平面1BB E 的一个法向量为CA ，计算出平面1B ED 的一个法向量为n ，利用空间向量法计算出二面角1B B E D --的余弦值，利用同角三角函数的根本关系可求解结果； 〔Ⅲ〕利用空间向量法可求得直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值.【详解】依题意，以C 为原点，分别以CA 、CB 、1CC 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系〔如图〕，可得()0,0,0C 、()2,0,0A 、()0,2,0B 、()10,0,3C 、 ()12,0,3A 、()10,2,3B 、()2,0,1D 、()0,0,2E 、()1,1,3M . 〔Ⅰ〕依题意，()11,1,0C M =，()12,2,2B D =--， 从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥； 〔Ⅱ〕依题意，()2,0,0CA =是平面1BB E 的一个法向量，()10,2,1EB =，()2,0,1ED =-．设(),,n x y z =为平面1DB E 的法向量，如此100n EB n ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020y z x z +=⎧⎨-=⎩， 不妨设1x =，可得()1,1,2n =-．2cos ,2C CA nA C n A n ⋅<>===⋅⨯， 230sin ,1cos ,6CA n CA n ∴<>=-<>=． 所以，二面角1B B E D --的正弦值为6 〔Ⅲ〕依题意，()2,2,0AB =-． 由〔Ⅱ〕知()1,1,2n =-为平面1DB E 的一个法向量，于是cos ,322AB nAB n ABn ⋅<>===-⋅． 所以，直线AB 与平面1DB E 22．如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，E 为1BB 的中点．〔Ⅰ〕求证：1//BC 平面1AD E ；〔Ⅱ〕求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．【答案】〔Ⅰ〕证明见解析；〔Ⅱ〕23. 【解析】〔Ⅰ〕证明出四边形11ABC D 为平行四边形，可得出11//BC AD ，然后利用线面平行的判定定理可证得结论； 〔Ⅱ〕以点A 为坐标原点，AD 、AB 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系A xyz ，利用空间向量法可计算出直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值.【详解】〔Ⅰ〕如如下图所示：在正方体1111ABCD A BC D -中，11//AB A B 且11AB AB =，1111//A BCD 且1111A B C D =， 11//AB C D ∴且11AB C D =，所以，四边形11ABC D 为平行四边形，如此11//BC AD ，1BC ⊄平面1AD E ，1AD ⊂平面1AD E ，1//BC ∴平面1AD E ；〔Ⅱ〕以点A 为坐标原点，AD 、AB 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如如下图所示的空间直角坐标系A xyz -，设正方体1111ABCD A BC D -的棱长为2，如此()0,0,0A 、()10,0,2A 、()12,0,2D 、()0,2,1E ，()12,0,2AD =，()0,2,1AE =，设平面1AD E 的法向量为(),,n x y z =，由100n AD n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22020x z y z +=⎧⎨+=⎩， 令2z =-，如此2x =，1y =，如此()2,1,2n =-. 11142cos ,323n AA n AA n AA ⋅<>==-=-⨯⋅. 因此，直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值为23. 23．如图，三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．〔I 〕证明：EF ⊥DB ；〔II 〕求DF 与面DBC 所成角的正弦值．【答案】〔I 〕证明见解析；〔II 【解析】〔I 〕作DH AC ⊥交AC 于H ，连接BH ，由题意可知DH ⊥平面ABC ，即有DH BC ⊥，根据勾股定理可证得BC BH ⊥，又//EF BC ，可得DH EF ⊥，BH EF ⊥，即得EF ⊥平面BHD ，即证得EF DB ⊥；〔II 〕由//DF CH ，所以DF 与平面DBC 所成角即为CH 与平面DBC 所成角，作HG BD ⊥于G ，连接CG ，即可知HCG ∠即为所求角，再解三角形即可求出DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【详解】〔Ⅰ〕作DH AC ⊥交AC 于H ，连接BH ．∵平面ADFC ⊥平面ABC ，而平面ADFC 平面ABC AC =，DH ⊂平面ADFC ，∴DH ⊥平面ABC ，而BC ⊂平面ABC ，即有DH BC ⊥．∵45ACB ACD ∠=∠=︒， ∴2CD BC CH =⇒=．在CBH 中，22222cos45BH CH BC CH BC BC =+-⋅︒=，即有222BH BC CH +=，∴BH BC ⊥． 由棱台的定义可知，//EF BC ，所以DH EF ⊥，BH EF ⊥，而BH DH H =，∴EF ⊥平面BHD ，而BD ⊂平面BHD ，∴EF DB ⊥．〔Ⅱ〕因为//DF CH ，所以DF 与平面DBC 所成角即为与CH 平面DBC 所成角．作HG BD ⊥于G ，连接CG ，由〔1〕可知，BC ⊥平面BHD ，因为所以平面BCD ⊥平面BHD ，而平面BCD 平面BHD BD =，HG ⊂平面BHD ，∴HG ⊥平面BCD ．即CH 在平面DBC 内的射影为CG ，HCG ∠即为所求角．在Rt HGC △中，设BC a =，如此CH =，BH DH HG a BD ⋅===，∴sin3HG HCG CH ∠===．．故DF与平面DBC所成角的正弦值为324．如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．〔1〕证明：l⊥平面PDC；〔2〕PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】〔1〕证明见解析；〔2【解析】AD l，〔1〕利用线面垂直的判定定理证得AD⊥平面PDC，利用线面平行的判定定理以与性质定理，证得//从而得到l⊥平面PDC；Q m，之后求得平面QCD 〔2〕根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)<>的最大值，即为直线PB与平面QCD所成角的正弦值的的法向量以与向量PB的坐标，求得cos,n PB最大值.【详解】〔1〕证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD平面PBC l =， 所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D =所以l ⊥平面PDC ；〔2〕如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，如此有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ，设(,0,1)Q m ，如此有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，如此00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y mx z =⎧⎨+=⎩， 令1x =，如此z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，如此1cos ,3n PBn PB n PB ⋅+<>==根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>===≤≤=1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD25．在三棱锥A —BCD 中，CB =CD BD =2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO =2，E 为AC 的中点．〔1〕求直线AB 与DE 所成角的余弦值；〔2〕假如点F 在BC 上，满足BF =14BC ，设二面角F —DE —C 的大小为θ，求sin θ的值．【答案】〔12 【解析】〔1〕建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；〔2〕先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.【详解】〔1〕连,CO BC CD BO OD CO BD ==∴⊥以,,OB OC OA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如此(0,0,2),(1,0,0),(0,2,0),(1,0,0)(0,1,1)A B C D E -∴(1,0,2),(1,1,1)cos ,AB DE AB DE ∴=-=∴<>==从而直线AB 与DE〔2〕设平面DEC 一个法向量为1(,,),n x y z =11200(1,2,0),00x y n DC DC x y z n DE ⎧+=⋅=⎧⎪=∴⎨⎨++=⋅=⎪⎩⎩ 令112,1(2,1,1)y x z n =∴=-=∴=- 设平面DEF 一个法向量为2111(,,),n x y z =11221117100171(,,0),4244200x y n DF DF DB BF DB BC n DE x y z ⎧⎧+=⋅=⎪⎪=+=+=∴⎨⎨⋅=⎪⎩⎪++=⎩ 令111272,5(2,7,5)yx z n =-∴==∴=- 12cos ,n n ∴<>==因此sin 13θ== 26．如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，点,E F分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．〔1〕证明：点1C 在平面AEF 内； 〔2〕假如2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A--的正弦值．【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕7. 【解析】〔1〕连接1C E 、1C F ，证明出四边形1AEC F 为平行四边形，进而可证得点1C 在平面AEF 内； 〔2〕以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -，利用空间向量法可计算出二面角1A EF A --的余弦值，进而可求得二面角1A EF A --的正弦值.【详解】〔1〕在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG 、1C E 、1C F ，在长方体1111ABCD A BC D -中，//AD BC 且AD BC =，11//BB CC 且11BB CC =，112C G CG =，12BF FB =，112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =， 所以，四边形BCGF 为平行四边形，如此//AF DG 且AF DG =，同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG ∴且1C E DG =，1//C E AF ∴且1C E AF =，如此四边形1AEC F 为平行四边形，因此，点1C 在平面AEF 内；〔2〕以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -，如此()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ， ()0,1,1AE =--，()2,0,2AF =--，()10,1,2A E =-，()12,0,1A F =-，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，由00m AE m AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，如此()1,1,1m =-， 设平面1A EF 的法向量为()222,,n x y z =，由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，如此()1,4,2n =，3cos ,3m nm n m n ⋅<>===⨯⋅设二面角1A EF A --的平面角为θ，如此cos θ=，sin 7θ∴==.因此，二面角1A EF A --. 27．如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：〔1〕当AB BC =时，EF AC ⊥；〔2〕点1C 在平面AEF 内．【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕证明见解析.【解析】〔1〕根据正方形性质得AC BD ⊥，根据长方体性质得1AC BB ⊥,进而可证AC ⊥平面11BB D D ,即得结果； 〔2〕只需证明1//EC AF 即可，在1CC 上取点M 使得12CM MC =,再通过平行四边形性质进展证明即可.【详解】〔1〕因为长方体1111ABCD A BC D -,所以1BB ⊥平面ABCD ∴1AC BB ⊥,因为长方体1111,ABCD A B C D AB BC -=,所以四边形ABCD 为正方形AC BD ∴⊥因为11,BB BD B BB BD =⊂、平面11BB D D ,因此AC ⊥平面11BB D D ,因为EF ⊂平面11BB D D ,所以AC EF ⊥；〔2〕在1CC 上取点M 使得12CM MC =,连,DM MF ,因为111112,//,=D E ED DD CC DD CC =,所以11,//,ED MC ED MC =所以四边形1DMC E 为平行四边形，1//DM EC ∴因为//,=,MF DA MF DA 所以M F A D 、、、四点共面，所以四边形MFAD 为平行四边形，1//,//DM AF EC AF ∴∴，所以1E C A F 、、、四点共面，因此1C 在平面AEF 内28．如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．〔1〕证明：平面PAB ⊥平面PAC ；〔2〕设DO，求三棱锥P −ABC 的体积.【答案】〔1〕证明见解析；〔2【解析】〔1〕根据可得PA PB PC ==，进而有PAC △≌PBC ，可得90APC BPC ∠=∠=，即PB PC ⊥，从而证得PC ⊥平面PAB ，即可证得结论；〔2〕将条件转化为母线l 和底面半径r 的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形ABC 边长，在等腰直角三角形APC 中求出AP ，在Rt APO 中，求出PO ，即可求出结论.【详解】〔1〕连接,,OA OB OC ，D 为圆锥顶点，O 为底面圆心，OD ∴⊥平面ABC ， P 在DO 上，,OA OB OC PA PB PC ==∴==， ABC 是圆内接正三角形，AC BC ∴=，PAC △≌PBC ，90APC BPC ∴∠=∠=︒，即,PB PC PA PC ⊥⊥，,PA PB P PC =∴⊥平面,PAB PC ⊂平面PAC ，∴平面PAB ⊥平面PAC ；〔2〕设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，圆锥的侧面积为,rl rl π==2222OD l r =-=，解得1,r l ==2sin 603AC r ==在等腰直角三角形APC 中，2AP AC ==在Rt PAO 中，2PO ===，∴三棱锥P ABC -的体积为11333P ABC ABC V PO S -=⋅==△.29．如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO =．〔1〕证明：PA ⊥平面PBC ；〔2〕求二面角B PC E --的余弦值．【答案】〔1〕证明见解析；〔2. 【解析】〔1〕要证明PA ⊥平面PBC ，只需证明PA PB ⊥，PA PC ⊥即可；〔2〕以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如下列图的空间直角坐标系，分别算出平面PCB 的法向量为n ，平面PCE 的法向量为m ，利用公式cos ,||||n m m n n m ⋅<>=计算即可得到答案. 【详解】〔1〕由题设，知DAE △为等边三角形，设1AE =，如此2DO =，1122CO BO AE ===，所以64PO DO ==，PC PB ====又ABC 为等边三角形，如此2sin 60BA OA =，所以2BA =， 22234PA PB AB +==，如此90APB ∠=，所以PA PB ⊥， 同理PA PC ⊥，又PC PB P =，所以PA ⊥平面PBC ；〔2〕过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如下列图的空间直角坐标系，如此111(,0,0),(,(,244444E P B C ----，1(,4PC =-，1(4PB =-，1(,0,2PE =-， 设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z =，由00n PC n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得11111100x x ⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩，令1x =111,0z y =-=， 所以(2,0,1)n =-，设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z =由00m PC m PE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22222020x x ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，令21x =，得223z y ==，所以3(1,3m =故2cos ,||||3n m mn n m ⋅<>===⋅⨯ 设二面角B PC E --的大小为θ，如此cos θ=30．四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，90PDA BAD ∠=∠=︒，12PD DA AB CD ===，S 为PC 中点，BS CD ⊥．〔1〕证明：PD ⊥平面ABCD ；〔2〕平面SAD 交PB 于Q ，求CQ 与平面PCD 所成角的正弦值．【答案】〔1〕证明见解析；〔2. 【解析】〔1〕取CD 中点为M ，得到BM CD ⊥，由BS CD ⊥，证得CD ⊥平面BSM ，得到CD SM ⊥,再根据CD PD ⊥，结合线面垂直的判定定理，证得PD ⊥平面ABCD ；〔2〕以,,DA DC DP 方向为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，设1AB =，根据2PQ QB =，求得CQ 坐标，再求得平面PCD 的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】〔1〕取CD 中点为M ，如此DM AB =且//DM AB ，所以四边形ABMD 为平行四边形，可得//BM AD ，所以BM CD ⊥，又由BS CD ⊥，BM BS B ⋂=，所以CD ⊥平面BSM ，又因为SM ⊂平面BSM ，所以CD SM ⊥,又由//SM PD ，所以CD PD ⊥，AD PD ⊥，CD AD D =，所以PD ⊥平面ABCD ．〔2〕延长CB ，DA 交于N ，连SN 与PB 交点即为Q ，因为B 为CN 中点，S 为PC 中点，故Q 为PNC △的重心，故2PQ QB =，以D 为原点，,,DA DC DP 方向为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，不妨设1AB =，如此()1,1,0B ，()0,0.1P ，。