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2016年高考数学(新课标版)-专题19-立体几何大题(文)-含解析

2016年高考数学(新课标版)-专题19-立体几何大题(文)-含解析

热点十九立体几何大题(文)【名师精讲指南篇】【高考真题再现】1.【2013新课标全国】如图，三棱柱ABC A1B1C1中，CA CB , AB AA ,BAA i 60o.(I)证明：AB AC ；(n)若AB CB 2 , AC 6，求三棱柱ABC A1B1C1的体积.【答案】《1〉取AB的中点6连接OQ. OA^因为所^OC±AB f由于AB=X】•ZBAAj-W，所以丄曲，所以拠丄平面QA&、因为平面OA^ ,所臥AB丄為C;⑵ 因为^C2=OC2因为A1IW2为等边三角枚蹴= 蔗面积£ = A ［羽辺=2书,所以2.【2014高考全国1文】如图，三棱柱ABC A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO 平面BB1C1C .(1)证明：BQ AB；(2)若AC AB1, CBB1 60 ,BC 1,求三棱柱ABC AB1C1的高.BA A1B1【解析】⑴ 连结月G，则。

为场c与的交点一因为侧面朋心c为菱形』所叹駕c丄EG汉4。

丄平面AR”,所以卫£丄丄0,故鸟C丄平面ABO由于肿U平面ABd 故月卍丄肋一（劝作QD丄毗』垂足为D,连结AD］件O円丄仙,垂足为R由于』丄OD,故BC±平面AOD』所以期丄月6显0月丄山片所以期丄平面ABC因为攻盟\=册,所法ACM】为等边三甬核又BC=l }可得0D二更一由于ACVAR} r所0A = -B.C二丄、由OH二0D・0/ ,且4 2 2如二JODUO宀Z 得0日二遁，又O为禹C的中点，所以点耳到平面ABC^M为空一4 14 7故三犊拄ABCFG的高为宁■3.【2015新课标2文19】如图所示，长方体ABCD— A1B1C1D1中，AB 16 , BC 10 ,AA 8，点E , F分别在AB1 , DQ上，AE1 D1F 4.过点E, F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形^(2)求平面把该长方体分成的两部分体积的比值解析⑴交线围成的正方形瓦如图所昴⑵作垂足为则伽= 4^=4 , £5] = 12」£M = Z^ = 8.S为EHGF為正方形』所以風—血二加“。

2016年数学立体几何高考试题及答案

2016年数学立体几何高考试题及答案

2016年数学立体几何高考试题及答案1.如图所示，PA⊥矩形ABCD所在平面，M、N分别是AB、PC的中点.(1)求证：MN∥平面PAD.(2)求证：MN⊥CD.(3)若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD.2如图，四棱锥P﹣ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB=BC=AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．（Ⅰ）求证：AP∥平面BEF；（Ⅱ）求证：BE⊥平面PAC．解答证明：（Ⅰ）连接CE，则∵AD∥BC，BC=AD，E为线段AD的中点，∴四边形ABCE是平行四边形，BCDE是平行四边形，设AC∩BE=O，连接OF，则O是AC的中点，∵F为线段PC的中点，∴PA∥OF，∵PA⊄平面BEF，OF⊂平面BEF，∴AP∥平面BEF；（Ⅱ）∵BCDE是平行四边形，∴BE∥CD，∵AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AP⊥CD，∴BE⊥AP，∵AB=BC，四边形ABCE是平行四边形，∴四边形ABCE是菱形，∴BE⊥AC，∵AP∩AC=A，∴BE⊥平面PAC．3如图，在三棱锥P﹣ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，已知PA⊥AC，PA=6，BC=8，DF=5．求证：（1）直线PA∥平面DEF；（2）平面BDE⊥平面ABC．解答：证明：（1）∵D、E为PC、AC的中点，∴DE∥PA，又∵PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，∴PA∥平面DEF；（2）∵D、E为PC、AC的中点，∴DE=PA=3；又∵E、F为AC、AB的中点，∴EF=BC=4；∴DE2+EF2=DF2，∴∠DEF=90°，∴DE⊥EF；∵DE∥PA，PA⊥AC，∴DE⊥AC；∵AC∩EF=E，∴DE⊥平面ABC；∵DE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABC．4如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，AD=PA=2，CD=2，E、F分别是AB、PD 的中点．（1）求证：AF∥平面PCE；（2）求证：平面PCE⊥平面PCD；（3）求四面体PEFC的体积．解答：解：（1）证明：设G为PC的中点，连接FG，EG，∵F为PD的中点，E为AB的中点，∴FG CD，AE CD∴FG AE，∴AF∥GE∵GE⊂平面PEC，∴AF∥平面PCE；（2）证明：∵PA=AD=2，∴AF⊥PD又∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，∵AD⊥CD，PA∩AD=A，∴CD⊥平面PAD，∵AF⊂平面PAD，∴AF⊥CD．∵PD∩CD=D，∴AF⊥平面PCD，∴GE⊥平面PCD，∵GE⊂平面PEC，∴平面PCE⊥平面PCD；（3）由（2）知，GE⊥平面PCD，所以EG为四面体PEFC的高，又GF∥CD，所以GF⊥PD，EG=AF=，GF=CD=，S△PCF=PD•GF=2．得四面体PEFC的体积V=S△PCF•EG=．5如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD．E和F分别是CD和PC的中点，求证：（Ⅰ）PA⊥底面ABCD；（Ⅱ）BE∥平面PAD；（Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD．解答：解：（Ⅰ）∵PA⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，由平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．（Ⅱ）∵AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB，E和F分别是CD和PC的中点，故四边形ABED为平行四边形，故有BE∥AD．又AD⊂平面PAD，BE不在平面PAD内，故有BE∥平面PAD．（Ⅲ）平行四边形ABED中，由AB⊥AD可得，ABED为矩形，故有BE⊥CD ①．由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，再由AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，∴CD⊥平面PAD，故有CD⊥PD．再由E、F分别为CD和PC的中点，可得EF∥PD，∴CD⊥EF ②．而EF和BE是平面BEF内的两条相交直线，故有CD⊥平面BEF．由于CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．6如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱A1A⊥底面ABC，且各棱长均相等．D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点．（Ⅰ）证明：EF∥平面A1CD；（Ⅱ）证明：平面A1CD⊥平面A1ABB1；（Ⅲ）求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值．解答：证明：（I）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC∥A1C1，AC=A1C1，连接ED，可得DE∥AC，DE=AC，又F为棱A1C1的中点．∴A1F=DE，A1F∥DE，所以A1DEF是平行四边形，所以EF∥DA1，DA1⊂平面A1CD，EF⊄平面A1CD，∴EF∥平面A1CD（II）∵D是AB的中点，∴CD⊥AB，又AA1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，∴AA1⊥CD，又AA1∩AB=A，∴CD⊥面A1ABB1，又CD⊂面A1CD，∴平面A1CD⊥平面A1ABB1；（III）过B作BG⊥A1D交A1D于G，∵平面A1CD⊥平面A1ABB1，且平面A1CD∩平面A1ABB1=A1D，BG⊥A1D，∴BG⊥面A1CD，则∠BCG为所求的角，设棱长为a，可得A1D=，由△A1AD∽△BGD，得BG=，在直角△BGC中，sin∠BCG==，∴直线BC与平面A1CD所成角的正弦值．7如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1B1=A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点（点D 不同于点C），且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：（1）平面ADE⊥平面BCC1B1；（2）直线A1F∥平面ADE．解答：解：（1）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC，∵AD⊂平面ABC，∴AD⊥CC1又∵AD⊥DE，DE、CC1是平面BCC1B1内的相交直线∴AD⊥平面BCC1B1，∵AD⊂平面ADE∴平面ADE⊥平面BCC1B1；（2）∵△A1B1C1中，A1B1=A1C1，F为B1C1的中点∴A1F⊥B1C1，∵CC1⊥平面A1B1C1，A1F⊂平面A1B1C1，∴A1F⊥CC1又∵B1C1、CC1是平面BCC1B1内的相交直线∴A1F⊥平面BCC1B1又∵AD⊥平面BCC1B1，∴A1F∥AD∵A1F⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，∴直线A1F∥平面ADE．8如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC=45°，AD=AC=1，O 为AC中点，PO⊥平面ABCD，PO=2，M为PD中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面ACM；（Ⅱ）证明：AD⊥平面PAC；（Ⅲ）求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．解答：解：（I）证明：连接BD，MO在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点，又M为PD的中点，所以PB∥MO因为PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM所以PB∥平面ACM（II）证明：因为∠ADC=45°，且AD=AC=1，所以∠DAC=90°，即AD⊥AC又PO⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PO⊥AD，AC∩PO=O，AD⊥平面PAC （III）解：取DO中点N，连接MN，AN因为M为PD的中点，所以MN∥PO，且MN=PO=1，由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD所以∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角．在Rt△DAO中，，所以，∴，在Rt△ANM中，==即直线AM与平面ABCD所成的正切值为9三棱锥P﹣ABC中，PC⊥平面ABC，PC=AC=2，AB=BC，D是PB上一点，且CD⊥平面PAB．（1）求证：AB⊥平面PCB；（2）求二面角C﹣PA﹣B的大小的余弦值．解答：（1）证明：∵PC⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴PC⊥AB．∵CD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，∴CD⊥AB．又PC∩CD=C，∴AB⊥平面PCB．（2）解：取AP的中点O，连接CO、DO．∵PC=AC=2，∴C0⊥PA，CO=，∵CD⊥平面PAB，由三垂线定理的逆定理，得DO⊥PA．∴∠COD为二面角C﹣PA﹣B的平面角．由（1）AB⊥平面PCB，∴AB⊥BC，又∵AB=BC，AC=2，求得BC=PB=，CD=∴cos∠COD=．1111AD上一点，且AP＝a3，过B1，D1，P的平面交底面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ＝________.2．如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，∠ADC＝90°，且AA1＝AD＝DC＝2，M∈平面ABCD，当D1M⊥平面A1C1D时，DM＝________.3．如图，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，BC＝4，E是PD的中点．(1)求证：平面PDC⊥平面PAD；(2)求点B 到平面PCD 的距离；4．如图，PO ⊥平面ABCD ，点O 在AB 上，EA ∥PO ，四边形ABCD 为直角梯形，BC ⊥AB ，BC ＝CD ＝BO ＝PO ，EA ＝AO ＝12CD .(1)求证：BC ⊥平面ABPE ；(2)直线PE 上是否存在点M ，使DM ∥平面PBC ，若存在，求出点M ； 若不存在，说明理由．5．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为DD 1、DB 的中点．(1)求证：EF ∥平面ABC 1D 1； (2)求证：EF ⊥B 1C ；(3)求三棱锥B 1－EFC 的体积．6．如图，四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠BCD＝90°(1)求证：PC⊥BC(2)求点A到平面PBC的距离．1. 223a∵B1D1∥平面ABCD，平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，∴B1D1∥PQ，又B1D1∥BD，∴BD∥PQ，设PQ∩AB＝M，∵AB∥CD，∴△APM∽△DPQ，∴PQPM＝PDAP＝2，即PQ＝2PM，又△APM∽△ADP，∴PMBD＝APAD＝13，∴PM＝13BD，又BD ＝2a ，∴PQ ＝223a .2.[答案] 22 ∵DA ＝DC ＝DD 1且DA 、DC 、DD 1两两垂直，故当点M 使四边形ADCM为正方形时，D 1M ⊥平面A 1C 1D ，∴DM ＝2 2.(2)过A 作AF ⊥PD ，垂足为F .在Rt PAD 中，PA ＝2，AD ＝BC ＝4，PD ＝42＋22＝25，AF ·PD ＝PA ·AD ，∴AF ＝2×425＝455，即点B 到平面PCD 的距离为455.4.[解析] (1)∵PO ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥PO ，又BC ⊥AB ，AB ∩PO ＝O ，AB ⊂平面ABP ，PO ⊂平面ABP ，∴BC ⊥平面ABP ， 又EA ∥PO ，AO ⊂平面ABP ，∴EA ⊂平面ABP ，∴BC ⊥平面ABPE . (2)点E 即为所求的点，即点M 与点E 重合．取PO 的中点N ，连结EN 并延长交PB 于F ，∵EA ＝1，PO ＝2，∴NO ＝1， 又EA 与PO 都与平面ABCD 垂直，∴EF ∥AB ，∴F 为PB 的中点，∴NF ＝12OB ＝1，∴EF ＝2，又CD ＝2，EF ∥AB ∥CD ，∴四边形DCFE 为平行四边形，∴DE ∥CF ， ∵CF ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ，∴DE ∥平面PBC .∴当M 与E 重合时即可． 5. (1)证明：连结BD 1，在△DD 1B 中，E 、F 分别为D 1D ，DB 的中点，则EF ∥D 1B ，又EF ⊄平面ABC 1D 1，D 1B ⊂平面ABC 1D 1，∴EF ∥平面ABC 1D 1.(2)证明：∵B 1C ⊥AB ，B 1C ⊥BC 1，AB ∩BC 1＝B ， ∴B 1C ⊥平面ABC 1D 1，又BD 1⊂平面ABC 1D 1，∴B 1C ⊥BD 1， 又EF ∥BD 1，∴EF ⊥B 1C .(3)解：∵CF ⊥BD ，CF ⊥BB 1，∴CF ⊥平面BDD 1B 1， 即CF ⊥平面EFB 1，且CF ＝BF ＝2∵EF ＝12BD 1＝3，B 1F ＝BF 2＋BB 12＝(2)2＋22＝6，B 1E ＝B 1D 12＋D 1E 2＝12＋(22)2＝3，∴EF 2＋B 1F 2＝B 1E 2，即∠EFB 1＝90°， ∴VB 1－EFC ＝VC －B 1EF ＝13·S △B 1EF ·CF＝13×12·EF ·B 1F ·CF ＝13×12×3×6×2＝1.6.[解析] (1)∵PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥BC .由∠BCD ＝90°知，BC ⊥DC ，∵PD ∩DC ＝D ，∴BC ⊥平面PDC ，∴BC ⊥PC . (2)设点A 到平面PBC 的距离为h ， ∵AB ∥DC ，∠BCD ＝90°，∴∠ABC ＝90°， ∵AB ＝2，BC ＝1，∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝1，∵PD ⊥平面ABCD ，PD ＝1，∴V P －ABC ＝13S △ABC ·PD ＝13，∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC，∵PD＝DC＝1，∴PC＝2，∵PC⊥BC，BC＝1，∴S△PBC＝12PC·BC＝22，∵V A－PBC＝V P－ABC，∴13S△PBC·h＝13，∴h＝2，∴点A到平面PBC的距离为 2.。

2016年新课标全国卷试题汇编：立体几何--老师专用

2016年新课标全国卷试题汇编：立体几何--老师专用

2016年新课标全国卷试题汇编：立体几何1.（2016全国高考新课标Ⅱ卷· 理数14T ）α，β是两个平面，m ，n 是两条线，有下列四个命题：①如果m n ⊥，m α⊥，n β∥，那么αβ⊥． ②如果m α⊥，n α∥，那么m n ⊥． ③如果a β∥，m α⊂，那么m β∥．④如果m n ∥，αβ∥，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等． 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号） 答案：②③④2. （2016全国高考新课标Ⅰ卷· 文数11T 或者理数11T ）平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，α//平面11CB D ，α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =，则,m n 所成角的正弦值为（ ）A.2 B. 2 C.3 D. 13答案：A试题分析：如图，设平面11CB D 平面ABCD ='m ，平面11CB D 平面11ABB A ='n ，因为//α平面11CB D ，所以//',//'m m n n ，则,m n 所成的角等于','m n 所成的角.延长AD ，过1D 作11//D E B C ，连接11,CE B D ，则CE 为'm ，同理11B F 为'n ，而111//,//BD CE B F A B ，则','m n 所成的角即为1,A B BD所成的角，即为60︒，故,m n 所成角的正弦值为2， 选A.3.（2016全国高考新课标Ⅰ卷· 文数18T ）（12分）如图，已知正三棱锥P ABC -的侧面是直角三角形，6PA =，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ，连结PE 并延长交AB于点G（Ⅰ）证明：G 是AB 的中点；（Ⅱ）在答题卡第（18）题图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积解析：（Ⅰ）因为在平面内的正投影为，所以因为在平面内的正投影为，所以 所以平面，故又由已知可得，，从而是的中点.（Ⅱ）在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影.理由如下：由已知可得，，又,所以,因此平面，即点为在平面内的正投影.连接，因为在平面内的正投影为，所以是正三角形的中心.由（I ）知，是的中点，所以在上，故 由题设可得平面，平面，所以，因此 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得 在等腰直角三角形中，可得所以四面体的体积4.（2016全国高考新课标Ⅰ卷· 理数18T ）(本题满分为12分)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．P ABC D .AB PD ⊥D PAB E .AB DE ⊥AB ⊥PED .AB PG ⊥PA PB =G AB PAB E PB PA F F E PAC PB PA ⊥⊥PB PC //EF PB EF PC ⊥EF ⊥PAC F E PAC CG P ABC D D ABC G AB D CG 2.3=CD CG ⊥PC PAB ⊥DE PAB //DE PC 21,.33==PE PG DE PC 6=PA 2,2 2.==DE PE EFP 2.==EF PF PDEF 114222.323=⨯⨯⨯⨯=VABCDEF（Ⅰ）证明平面ABEF ⊥EFDC ； （Ⅱ）求二面角E -BC -A 的余弦值．解：（Ⅰ）由已知可得，，所以平面． 又平面，故平面平面．（Ⅱ）过作，垂足为，由（I ）知平面．以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系．由（I ）知为二面角的平面角，故，则，，可得，，，．由已知，，所以平面． 又平面平面，故，．由，可得平面，所以为二面角的平面角，．从而可得．所以，，，． 设是平面的法向量，则，即， 所以可取．设是平面的法向量，则，同理可取．则． F DF A ⊥F F A ⊥E F A ⊥FDC E F A ⊂F ABE F ABE ⊥FDC E D DG F ⊥E G DG ⊥F ABE G GF x GF G xyz -DF ∠E D F -A -E DF 60∠E =DF 2=DG 3=()1,4,0A ()3,4,0B -()3,0,0E -()D 0,0,3//F ABE //AB FDC E CDAB FDC DC E =//CD AB CD//F E //F BE A BE ⊥FDC E C F ∠E C F -BE -C F 60∠E =()C 2,0,3-()C 1,0,3E =()0,4,0EB =()C 3,4,3A =--()4,0,0AB =-(),,n x y z =C B E C 0n n ⎧⋅E =⎪⎨⋅EB =⎪⎩3040x z y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩()3,0,3n =-m CD AB C 0m m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩()0,3,4m =219cos ,19n m n m n m ⋅==-故二面角的余弦值为． 5．（2016全国高考新课标Ⅱ卷· 文数19T ）（本小题满分12分）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE CF =，EF 交BD 于点H ，将DEF △沿EF 折到D EF '△的位置．（Ⅰ）证明：AC HD '⊥； （Ⅱ）若5AB =，6AC =， 54AE =，22OD '=，求五棱锥D ABCFE '-的体积． 试题分析：（Ⅰ）证//.AC EF 再证//.'AC HD （Ⅱ）根据勾股定理证明OD H '∆是直角三角形，从而得到.'⊥OD OH 进而有⊥AC 平面BHD '，证明'⊥OD 平面.ABC 根据菱形的面积减去三角形DEF 的面积求得五边形ABCFE 的面积，最后由椎体的体积公式求五棱锥D ABCEF '-体积. 试题解析：（Ⅰ）由已知得，,.⊥=AC BD AD CD又由=AE CF 得=AE CFAD CD，故//.AC EF 由此得,'⊥⊥EF HD EF HD ，所以//.'AC HD .五边形ABCFE 的面积11969683.2224=⨯⨯-⨯⨯=S C E-B -A 21919-所以五棱锥体积16923222.342=⨯⨯=V 考点： 空间中的线面关系判断，几何体的体积.6.（2016全国高考新课标Ⅱ卷· 理数19T ）（本小题满分12分）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB =，6AC =，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 '的位置10OD '=.（I ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （II ）求二面角B D A C '--的正弦值. （Ⅰ）证明：∵54AE CF ==，∴AE CFAD CD=， ∴EF AC ∥．∵四边形ABCD 为菱形， ∴AC BD ⊥， ∴EF BD ⊥， ∴EF DH ⊥，∴EF DH'⊥． ∵6AC =， ∴3AO =；又5AB =，AO OB ⊥， ∴4OB =，'ABCEF D -∴1AEOH OD AO=⋅=， ∴3DH D H '==， ∴222'OD OH D H '=+， ∴'D H OH ⊥． 又∵OHEF H =，∴'D H ⊥面ABCD ．（Ⅱ）建立如图坐标系H xyz -．()500B ，，，()130C ，，，()'003D ，，，()130A -，，，()430AB =，，，()'133AD =-，，，()060AC =，，，设面'ABD 法向量()1n x y z =，，，由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩，取345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩， ∴()1345n =-，，．同理可得面'AD C 的法向量()2301n =，，，∴12129cos 52n n n n θ⋅===， ∴sin θ． 7.（2016全国高考新课标Ⅲ卷· 文数19T ）（本小题满分12分）如图，四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M 为线段AD 上一点，AM=2MD ，N 为PC 的中点.（Ⅰ）证明MN ∥平面PAB; （Ⅱ）求四面体N -BCM 的体积.解：（Ⅰ）由已知得232==AD AM ，取BP 的中点T ，连接TN AT ,，由N 为PC 中点知BC TN //，221==BC TN . ......3分 又BC AD //，故TN 平行且等于AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是AT MN //. 因为⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ，所以//MN 平面PAB . ....6分（Ⅱ）因为⊥PA 平面ABCD ，N 为PC 的中点， 所以N 到平面ABCD 的距离为PA 21. ....9分 取BC 的中点E ，连结AE .由3==AC AB 得BC AE ⊥，522=-=BE AB AE .由BC AM ∥得M 到BC 的距离为5，故525421=⨯⨯=∆BCM S . 所以四面体BCM N -的体积354231=⨯⨯=∆-PA S V BCM BCM N . .....12分 8.（2016全国高考新课标Ⅲ卷· 理数19T ）（本小题满分12分）如图，四棱锥中，地面，，，，为线段上一点，，为的中点．P ABC -PA ⊥ABCD ADBC 3AB AD AC ===4PA BC ==M AD 2AM MD =N PC（I ） 证明平面；（II ）（II ）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）见解析；．设为平面的法向量，则，即，可取，于是. MN PAB AN PMN ),,(z y x n =PMN ⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PN n PM n ⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x )1,2,0(=n 2558|||||,cos |==><AN n AN n AN n考点：1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、棱锥的体积．。

三年高考(2016-2018)数学(理)真题分项专题25 立体几何中综合问题(含解析)

三年高考(2016-2018)数学(理)真题分项专题25 立体几何中综合问题(含解析)

专题25 立体几何中综合问题考纲解读明方向分析解读 1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等距离问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,分值约为12分,属中档题.2018年高考全景展示1．【2018年理数天津卷】如图，且AD =2BC ，,且EG =AD ，且CD =2FG ，，DA =DC =DG =2（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：；（II ）求二面角的正弦值；（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).详解：依题意，可以建立以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则即不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则即不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有cos<m，n>=，于是sin<m，n>=．所以，二面角E–BC–F的正弦值为．（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得．易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为.点睛：本题主要考查空间向量的应用，线面平行的证明，二面角问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2．【2018年理北京卷】如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．【答案】(1)证明见解析(2) B-CD-C1的余弦值为(3)证明过程见解析【解析】分析：（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系E-ABF，设立各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线F G方向向量数量积不为零，可得结论. 详解：解：（Ⅰ）在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF．∵AB=BC．∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF．（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐称系E-xyz．由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D （1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．∴，设平面BCD的法向量为，∴，∴，令a=2，则b=-1，c=-4，∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1的法向量为，∴．由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．（Ⅲ）平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴，∴，∴与不垂直，∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.3．【2018年江苏卷】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1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．【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求得向量的夹角，再根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果；（2）利用平面的方向量的求法列方程组解得平面的一个法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果.详解：如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．因为AB=AA1=2，所以．（1）因为P为A1B1的中点，所以，从而，故．因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．点睛：本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 4．【2018年江苏卷】在平行六面体中，．求证：（1）；（2）．【答案】答案见解析【解析】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.详解：证明：（1）在平行六面体ABCD-A 1B1C1D1中，AB∥A1B1．因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．点睛：本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明. 5．【2018年理新课标I卷】如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2) .【解析】分析：(1)首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即BF⊥PF，BF⊥EF，又因为，利用线面垂直的判定定理可以得出BF⊥平面PEF，又平面ABFD，利用面面垂直的判定定理证得平面PEF⊥平面ABFD.(2)结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为，利用线面角的定义，可以求得，得到结果.详解：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF.又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解，属于常规题目，在解题的过程中，需要明确面面垂直的判定定理的条件，这里需要先证明线面垂直，所以要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，从而证得结果；对于线面角的正弦值可以借助于平面的法向量来完成，注意相对应的等量关系即可.6．【2018年全国卷Ⅲ理】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】分析：（1）先证平面CMD,得,再证，进而完成证明。

2016理科数学高考真题分类第七单元 立体几何

2016理科数学高考真题分类第七单元 立体几何

第七单元 立体几何G1 空间几何体的结构 14．G1[2016·浙江卷] 如图1-3，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________．14.12[解析] 在△ABC 中，因为AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，所以∠BAD ＝∠BCA ＝30°.由余弦定理可得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos 120°＝22＋22－2×2×2cos 120°＝12，所以AC ＝2 3.设AD ＝x ，0<x <23，则DC ＝23－x ，S △PDC ＝12PD ·DC ·sin ∠PDC ＝12x (23－x )sin∠PDC ，易知当x ＝3，∠PDC ＝π2时，△PDC 的面积最大，此时AC ⊥BD ，AC ⊥PD ，且D 为AC 的中点，当BD ⊥平面PDC 时，高为最大，故四面体PBCD 的体积的最大值是13×12×3×3×1＝12.17．G1、G7、B12[2016·江苏卷] 现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P - A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1(如图1-5所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m17．解：(1)由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8. 因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P - A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)， 正四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)．所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．(2)设A 1B 1＝a (m)，PO 1＝h (m)，则0<h <6，O 1O ＝4h .连接O 1B 1.因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21，所以2a 22＋h 2＝36，即a 2＝2(36－h 2)．于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h ＝263(36h －h 3)，0<h <6，从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)．当0<h <23时，V ′>0，V 是单调增函数； 当23<h <6时，V ′<0，V 是单调减函数． 故h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值． 因此，当PO 1＝2 3 mG2 空间几何体的三视图和直观图 6．G2[2016·北京卷] 某三棱锥的三视图如图1-2所示，则该三棱锥的体积为( )图1-2A.16B.13C.12D ．1 6．A [解析] 根据三视图得到如图所示的直观图．根据题意知三棱锥的底面三角形是直角边长为1的等腰直角三角形，三棱锥的高h 为1，故其体积V ＝13S △ABC ·h ＝13×12×1×1×1＝16.6．G2[2016·全国卷Ⅰ] 如图1-1，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( )图1-1A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π6．A [解析] 该几何体为一个球去掉八分之一，设球的半径为r ，则78×43πr 3＝28π3，解得r ＝2，故该几何体的表面积为78×4π×22＋34×π×22＝17π.9．G2[2016·全国卷Ⅲ] 如图1-3，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．819．B [解析] 由三视图可知，该几何体为一个平行六面体，其上、下底面是边长为3的正方形，高为6，故其表面积S ＝2×(32＋3×32＋62＋3×6)＝54＋18 5.13．G2，G7[2016·四川卷] 已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图1-2所示，则该三棱锥的体积是________．图1-213.33[解析] 由图易知正视图是腰长为2的等腰三角形，∵三棱锥的4个面都是腰长为2的等腰三角形，∴三棱锥的俯视图与其正视图全等，且三棱锥的高h ＝1，则所求体积V ＝13Sh ＝13×⎝⎛⎭⎫12×23×1×1＝33. 6．G2[2016·全国卷Ⅱ] 图1-2是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )图1-2A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π6．C [解析] 几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得l ＝22＋（23）2＝4，故S 表＝πr 2＋ch ＋πrl ＝4π＋16π＋8π＝28π. 5．G2，G8[2016·山东卷] 一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图1-2所示，则该几何体的体积为( )图1-2A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π 5．C [解析] 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，半球的直径为2，∴该几何体的体积为13×1×1×1＋12×43×π⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π. 11．G2[2016·天津卷] 已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图1-2所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m 3.图1-211．2 [解析] 根据三视图可知，该四棱锥的底面积S ＝2×1＝2，高h ＝3，故其体积V ＝2×3×13＝2.11．G2[2016·浙江卷] 某几何体的三视图如图1-2所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是311．72 32 [解析] 该几何体的直观图如图所示，该几何体是由两个相同的长方体放在一起构成的，而每个长方体的体积为2×2×4＝16(cm 3)，表面积为2×(2×2＋2×4＋4×2)＝40(cm 2)，故几何体的体积为16×232×40－2×2×2＝72(cm 2)．G3 平面的基本性质、空间两条直线 11．G3，G4[2016·全国卷Ⅰ] 平面α过正方体ABCD - A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为( )A.32B.22C.33 D.1311．A [解析] 因为平面α∥平面CB 1D 1，所以平面α与平面ABCD 的交线m 平行于平面CB 1D 1与平面ABCD 的交线l .因为在正方体中平面ABCD 平行于平面A 1B 1C 1D 1，所以l ∥B 1D 1，所以m ∥B 1D 1.同理，n 平行于平面CB 1D 1与平面ABB 1A 1的交线．因为平面ABB 1A 1∥平面CDD 1C 1，所以平面CB 1D 1与平面ABB 1A 1的交线平行于平面CB 1D 1与平面CDD 1C 1的交线CD 1，所以n ∥CD 1.故m ，n 所成的角即为B 1D 1，CD 1所成的角，显然所成的角为60°，则其正弦值为32.6．G3，A2[2016·山东卷] 已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a 和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件6．A[解析] 当两个平面内的直线相交时，这两个平面有公共点，即两个平面相交；但当两个平面相交时，两个平面内的直线不一定有交点．G4 空间中的平行关系11．G3，G4[2016·全国卷Ⅰ] 平面α过正方体ABCD -A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为()A.32 B.22C.33 D.1311．A[解析] 因为平面α∥平面CB1D1，所以平面α与平面ABCD的交线m平行于平面CB1D1与平面ABCD的交线l.因为在正方体中平面ABCD平行于平面A1B1C1D1，所以l∥B1D1，所以m∥B1D1.同理，n平行于平面CB1D1与平面ABB1A1的交线．因为平面ABB1A1∥平面CDD1C1，所以平面CB1D1与平面ABB1A1的交线平行于平面CB1D1与平面CDD1C1的交线CD1，所以n∥CD1.故m，n所成的角即为B1D1，CD1所成的角，显然所成的角为60°，则其正弦值为3 2.14．G4，G5[2016·全国卷Ⅱ] α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)14．②③④[解析] 对于①，m⊥n，m⊥α，n∥β，则α，β的位置关系无法确定，故错误；对于②，因为n∥α，所以可过直线n作平面γ与平面α相交于直线c，则n∥c，因为m⊥α，所以m⊥c，所以m⊥n，故正确；对于③，由两个平面平行的性质可知其正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确．故正确的有②③④.17．G4，G5，G11[2016·北京卷] 如图1-3所示，在四棱锥P-ABCD中，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝ 5.(1)求证：PD⊥平面P AB.(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．(3)在棱P A 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．17．解：(1)证明：因为平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面P AD ，所以AB ⊥PD . 又因为P A ⊥PD ，所以PD ⊥平面P AB . (2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .又因为PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD . 如图建立空间直角坐标系O - xyz .由题意得，A (0，1，0)，B (11，0)，P (0，0，1)． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0.令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2，所以n ＝(1，－2，2)． 又PB →＝(1，1，－1)，所以 cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33，所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)设M 是棱P A 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)．因为BM ⊄平面PCD ，所以BM ∥平面PCD ，当且仅当BM →·n ＝0， 即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0， 解得λ＝14.所以在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.16．G4、G5[2016·江苏卷] 如图1-4，在直三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊥A 1B 1.求证：(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ； (2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .16．证明：(1)在直三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，A 1C 1∥AC .在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点， 所以DE ∥AC ，于是DE ∥A 1C 1，又因为DE ⊄平面A 1C 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ， 所以直线DE ∥平面A 1C 1F . (2)在直三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面A 1B 1C 1，因为A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以A 1A ⊥A 1C 1，又因为A 1C 1⊥A 1B 1，AA 1⊂平面ABB 1A 1，A 1B 1⊂平面ABB 1A 1，A 1A ∩A 1B 1＝A 1， 所以A 1C 1⊥平面ABB 1A 1.因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1，所以A 1C 1⊥B 1D .又因为B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ，A 1F ⊂平面A 1C 1F ，A 1C 1∩A 1F ＝A 1， 所以B 1D ⊥平面A 1C 1F .因为B 1D ⊂平面B 1DE ，所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F . 19．G4、G11[2016·全国卷Ⅲ] 如图1-5，四棱锥P - ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN19．解：(1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，所以TN 綊AM ，故四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB . (2)取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－BC22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz ，由题意知，P (0，0，4)，M (0，2，0)，C (5，2，0)，N （52，1，2），PM →＝(0，2，－4)，PN →＝（52，1，－2），AN →＝（52，1，2）.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0，2，1)，于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525.故直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为85.18．G7，G4，G11[2016· - ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E 为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角P - CD - A PCE 所成角的正弦值．18．解：(1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 即为所求的一个点．理由如下： 由已知，BC ∥ED ，且BC ＝ED ， 所以四边形BCDE 是平行四边形， 从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)方法一：易知P A ⊥平面ABCD .由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ， 从而CD ⊥PD ，所以∠PDA 是二面角P - CD - A 的平面角，所以∠PDA ＝45°.设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH . 因为P A ⊥平面ABCD ， 所以P A ⊥CE ，于是CE ⊥平面P AH ， 所以平面PCE ⊥平面P AH .过A 作AQ ⊥PH 于点Q ，则AQ ⊥平面PCE ， 所以∠APH 是P A 与平面PCE 所成的角． 在Rt △AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1， 所以AH ＝22. 在Rt △P AH 中，PH ＝P A 2＋AH 2＝322， 所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13.方法二：由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ，于是CD ⊥PD ，从而∠PDA 是二面角P - CD - A 的平面角，所以∠PDA ＝45°.由P A ⊥AB ，P A ⊥CD ，可得P A ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz ，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，C (2，1，0)，E (1，0，0)，所以PE →＝(1，0，－2)，EC →＝(1，1，0)，AP →＝(0，0，2)． 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0，设x ＝2，解得n ＝(2，－2，1)．设直线P A 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋（－2）2＋12＝13，所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.17．G4，G5，G11[2016·AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；(2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F - BC - A 的余弦值．图1-417．解：(1)证明：设FC 的中点为I ，连接GI ，HI .在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .又EF ∥OB ， 所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点， 所以HI ∥BC . 又HI ∩GI ＝I ，所以平面GHI ∥平面ABC . 因为GH ⊂平面GHI ， 所以GH ∥平面ABC .(2)方法一：连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC .以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz . 由题意得B (0，23，0)，C (－23，0，0)． 过点F 作FM 垂直OB 于点M ， 所以FM ＝FB 2－BM 2＝3， 可得F (0，3，3)．故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3)． 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0，可得平面BCF 的一个法向量为m ＝（－1，1，33）. 因为平面ABC 的一个法向量为n ＝(0，0，1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m|·|n|＝77.所以二面角F - BC - A 的余弦值为77.方法二：连接OO ′，过点F 作FM 垂直OB 于点M ， 则有FM ∥OO ′.又OO ′⊥平面ABC ， 所以FM ⊥平面ABC ，可得FM ＝FB 2－BM 2＝3.过点M 作MN 垂直BC 于点N ，连接FN ， 可得FN ⊥BC ，从而∠FNM 为二面角F - BC - A 的平面角．又AB ＝BC ，AC 是圆O 的直径， 所以MN ＝BM sin 45°＝62， 从而FN ＝422，可得cos ∠FNM ＝77. 所以二面角F - BC - A 的余弦值为77.17．G4、G11[2016·天津卷] 如图1-4，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2.(1)求证：EG ∥平面ADF ； (2)求二面角O - EF - C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．图1-417．解：依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图所示，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0，0，0)，A (－1，1，0)，B (－1，－1，0)，C (1，－1，0)，D (1，1，0)，E (－1，－1，2)，F (0，0，2)，G (－1，0，0)．(1)证明：依题意，AD →＝(2，0，0)，AF →＝(1，－1，2)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，x 1－y 1＋2z 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0，2，1)．又EG →＝(0，1，－2)，可得EG →·n 1＝0.又因为直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)易证OA →＝(－1，1，0)为平面OEF 的一个法向量．依题意，EF →＝(1，1，0)，CF →＝(－1，1，2)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0.不妨设x 2＝1，可得n 2＝(1，－1，1)．因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →|·|n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33，所以二面角O - EF - C 的正弦值为33. (3)由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF →＝(1，－1，2)，所以AH →＝25AF →＝(25，－25，45)，进而有H (－35，35，45)，从而BH →＝(25，85，45)，因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →|·|n 2|＝－721，所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721.G5 空间中的垂直关系 14．G4，G5[2016·全国卷Ⅱ] α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题： ①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β. ②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n . ③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等． 其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)14．②③④ [解析] 对于①，m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，则α，β的位置关系无法确定，故错误；对于②，因为n ∥α，所以可过直线n 作平面γ与平面α相交于直线c ，则n ∥c ，因为m ⊥α，所以m ⊥c ，所以m ⊥n ，故正确；对于③，由两个平面平行的性质可知其正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确．故正确的有②③④.17．G4，G5，G11[2016·北京卷] 如图1-3所示，在四棱锥P - ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面P AB .(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值．(3)在棱P A 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1-317．解：(1)证明：因为平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面P AD ，所以AB ⊥PD . 又因为P A ⊥PD ，所以PD ⊥平面P AB . (2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .又因为PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD . 如图建立空间直角坐标系O - xyz .由题意得，A (0，1，0)，B (11，0)，P (0，0，1)． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0.令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2，所以n ＝(1，－2，2)． 又PB →＝(1，1，－1)，所以 cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33，所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)设M 是棱P A 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)．因为BM ⊄平面PCD ，所以BM ∥平面PCD ，当且仅当BM →·n ＝0， 即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0， 解得λ＝14.所以在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.16．G4、G5[2016·江苏卷] 如图1-4，在直三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊥A 1B 1.求证：(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ； (2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .16．证明：(1)在直三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，A 1C 1∥AC .在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点， 所以DE ∥AC ，于是DE ∥A 1C 1，又因为DE ⊄平面A 1C 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ， 所以直线DE ∥平面A 1C 1F . (2)在直三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面A 1B 1C 1，因为A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以A 1A ⊥A 1C 1，又因为A 1C 1⊥A 1B 1，AA 1⊂平面ABB 1A 1，A 1B 1⊂平面ABB 1A 1，A 1A ∩A 1B 1＝A 1， 所以A 1C 1⊥平面ABB 1A 1.因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1，所以A 1C 1⊥B 1D .又因为B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ，A 1F ⊂平面A 1C 1F ，A 1C 1∩A 1F ＝A 1， 所以B 1D ⊥平面A 1C 1F .因为B 1D ⊂平面B 1DE ，所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F . 18．G5，G11[2016·全国卷Ⅰ] 如图1-4，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D - AF - E 与二面角C - BE - F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E - BC - A 的余弦值．图1-418．解：(1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，又DF ∩FE ＝F ，所以AF ⊥平面EFDC . 又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过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，建立如图所示的空间直角坐标系G - xyz .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)．由已知得，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC .又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C - BE - F 的平面角，故∠CEF ＝60°，从而可得C (－2，0，3)，所以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，则⎩⎪⎨n ·EB →＝0，即⎩⎨4y ＝0，所以可取n ＝(3，0，－3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0，同理可取m ＝(0，3，4)， 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n||m |＝－21919，结合图形得，二面角E - BC - A 的余弦值为－21919.19．G5，G11[2016·全国卷Ⅱ] 如图1-4，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H ，将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B - D ′A - C 的正弦值．图1-419．解：(1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14，所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2， 故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ，且OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H - xyz ，则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)，B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3)． 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则⎩⎪⎨m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪113x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n|m||n|＝－1450×10＝－7525，sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B - D ′A - C 的正弦值是29525.17．G4，G5，G11[2016·山东卷] 在如图1-4所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；(2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F - BC - A 的余弦值．图1-417．解：(1)证明：设FC 的中点为I ，连接GI ，HI .在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .又EF ∥OB ， 所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点， 所以HI ∥BC . 又HI ∩GI ＝I ，所以平面GHI ∥平面ABC . 因为GH ⊂平面GHI ， 所以GH ∥平面ABC .(2)方法一：连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC .以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz . 由题意得B (0，23，0)，C (－23，0，0)． 过点F 作FM 垂直OB 于点M ， 所以FM ＝FB 2－BM 2＝3， 可得F (0，3，3)．故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3)． 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0，可得平面BCF 的一个法向量为m ＝（－1，1，33）. 因为平面ABC 的一个法向量为n ＝(0，0，1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m|·|n|＝77.所以二面角F - BC - A 的余弦值为77.方法二：连接OO ′，过点F 作FM 垂直OB 于点M ， 则有FM ∥OO ′.又OO ′⊥平面ABC ， 所以FM ⊥平面ABC ，可得FM ＝FB 2－BM 2＝3.过点M 作MN 垂直BC 于点N ，连接FN ， 可得FN ⊥BC ，从而∠FNM 为二面角F - BC - A 的平面角．又AB ＝BC ，AC 是圆O 的直径， 所以MN ＝BM sin 45°＝62， 从而FN ＝422，可得cos ∠FNM ＝77. 所以二面角F - BC - A 的余弦值为77.17．G5、G10[2016·浙江卷] 如图1-4，在三棱台ABC - DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ； (2)求二面角B - AD - F17．解：(1)证明：延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示． 因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ， 所以AC ⊥平面BCK ， 因此BF ⊥AC .又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2， 所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点， 则BF ⊥CK .所以BF ⊥平面ACFD(2)方法一：过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .因为BF ⊥平面ACK ，所以BF ⊥AK ，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK . 所以，∠BQF 是二面角B - AD - F 的平面角．在Rt △ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，易得FQ ＝31313.在Rt △BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，得cos ∠BQF ＝34.所以，二面角B - AD - F 的平面角的余弦值为34.方法二：延长AD ，BE ，CF 相交于一点K取BC 的中点O ，连接KO ，则⊥平面ABC ，所以KO ⊥平面ABC .以点O 为原点，分别以OB →，OK →的方向为x ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O - xyz (如图所示)．由题意得B (1，0，0)，C (－1，0，0)，K (0，0，3)，A (－1，－3，0)，E (12，0，32)，F (－12，0，32).因此，AC →＝(0，3，0)，AK →＝(1，3，3)，AB →＝(2，3，0)．设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3)．于是，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝34.所以，二面角B - AD - F 的平面角的余弦值为34.G6 三垂线定理 G7 棱柱与棱锥 13．G2，G7[2016·四川卷] 已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图1-2所示，则该三棱锥的体积是________．图1-213.33[解析] 由图易知正视图是腰长为2的等腰三角形，∵三棱锥的4个面都是腰长为2的等腰三角形，∴三棱锥的俯视图与其正视图全等，且三棱锥的高h ＝1，则所求体积V ＝13Sh ＝13×⎝⎛⎭⎫12×23×1×1＝33.17．G1、G7、B12[2016·江苏卷] 现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P - A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1(如图1-5所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m17．解：(1)由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8. 因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P - A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)，正四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)．所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．(2)设A 1B 1＝a (m)，PO 1＝h (m)，则0<h <6，O 1O ＝4h .连接O 1B 1.因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21，所以2a 22＋h 2＝36，即a 2＝2(36－h 2)．于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h ＝263(36h －h 3)，0<h <6，从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)． 当0<h <23时，V ′>0，V 是单调增函数； 当23<h <6时，V ′<0，V 是单调减函数． 故h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值． 因此，当PO 1＝2 3 m18．G7，G4，G11[2016·四川卷] 如图1-4，在四棱锥P - ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E 为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角P - CD - A PCE 所成角的正弦值．18．解：(1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 即为所求的一个点．理由如下： 由已知，BC ∥ED ，且BC ＝ED ， 所以四边形BCDE 是平行四边形， 从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)方法一：易知P A ⊥平面ABCD .由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ， 从而CD ⊥PD ，所以∠PDA 是二面角P - CD - A 的平面角，所以∠PDA ＝45°.设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH . 因为P A ⊥平面ABCD ， 所以P A ⊥CE ，于是CE ⊥平面P AH ， 所以平面PCE ⊥平面P AH .过A 作AQ ⊥PH 于点Q ，则AQ ⊥平面PCE ， 所以∠APH 是P A 与平面PCE 所成的角． 在Rt △AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1， 所以AH ＝22. 在Rt △P AH 中，PH ＝P A 2＋AH 2＝322， 所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13.方法二：由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ，于是CD ⊥PD ，从而∠PDA 是二面角P - CD - A 的平面角，所以∠PDA ＝45°.由P A ⊥AB ，P A ⊥CD ，可得P A ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz ，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，C (2，1，0)，E (1，0，0)，所以PE →＝(1，0，－2)，EC →＝(1，1，0)，AP →＝(0，0，2)． 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0，设x ＝2，解得n ＝(2，－2，1)．设直线P A 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋（－2）2＋12＝13，所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.G8 多面体与球 10．G8[2016·全国卷Ⅲ] 在封闭的直三棱柱ABC - A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4π B.9π2C ．6π D.32π310．B [解析] 当球与三侧面相切时，设球的半径为r 1，∵AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，∴8－r 1＋6－r 1＝10，解得r 1＝2，不合题意．当球与直三棱柱的上、下底面相切时，设球的半径为r 2，则2r 2＝3，即r 2＝32，∴球的体积V 的最大值为43π×⎝⎛⎭⎫323＝92π.5．G2，G8[2016·山东卷] 一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图1-2所示，则该几何体的体积为( )图1-2A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π 5．C [解析] 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，半球的直径为2，∴该几何体的体积为13×1×1×1＋12×43×π⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π. G9 空间向量及运算G10 空间向量解决线面位置关系 17．G5、G10[2016·浙江卷] 如图1-4，在三棱台ABC - DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ； (2)求二面角B - AD - F 的平面角的余弦值．17．解：(1)证明：延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示． 因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ， 所以AC ⊥平面BCK ， 因此BF ⊥AC .又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2， 所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点， 则BF ⊥CK .所以BF ⊥平面ACFD(2)方法一：过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .因为BF ⊥平面ACK ，所以BF ⊥AK ，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK . 所以，∠BQF 是二面角B - AD - F 的平面角．在Rt △ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，易得FQ ＝31313.在Rt △BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，得cos ∠BQF ＝34.所以，二面角B - AD - F 的平面角的余弦值为34.方法二：延长AD ，BE ，CF 相交于一点K取BC 的中点O ，连接KO ，则⊥平面ABC ，所以KO ⊥平面ABC .以点O 为原点，分别以OB →，OK →的方向为x ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O - xyz (如图所示)．由题意得B (1，0，0)，C (－1，0，0)，K (0，0，3)，A (－1，－3，0)，E (12，0，32)，F (－12，0，32).因此，AC →＝(0，3，0)，AK →＝(1，3，3)，AB →＝(2，3，0)．设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3)．于是，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝34.所以，二面角B - AD - F 的平面角的余弦值为34.G11 空间角与距离的求法6．G11[2016·上海卷] 如图1-1所示，在正四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 的边长为3，BD 1与底面所成的角的大小为arctan 23，则该正四棱柱的高等于________．图1-16．22 [解析] 连接BD ，由题意得BD ＝32，tan ∠DBD 1＝DD 1BD ＝23⇒DD 132＝23⇒DD 1＝2 2.19．G11[2016·上海卷] 将边长为1的正方形AA 1O 1O (及其内部)绕OO 1旋转一周形成圆柱，如图1-4所示，长为2π3，长为π3，其中B 1与C 在平面AA 1O 1O 的同侧．(1)求三棱锥C - O 1A 1B 1的体积；(2)求异面直线B 1C 与AA 1所成的角的大小．图1-419．解：(1)由题意可知，圆柱的高h ＝1，底面半径r ＝1. 由的长为π3，可知∠A 1O 1B 1＝π3，所以S △O 1A 1B 1＝12O 1A 1·O 1B 1·sin ∠A 1O 1B 1＝34，所以V 三棱锥C - O 1A 1B 1＝13S △O 1A 1B 1·h ＝312.(2)设过点B 1的母线与下底面交于点B ，则BB 1∥AA 1，连接CB ，OB ，所以∠CB 1B 或其补角为直线B 1C 与AA 1所成的角．由长为2π3，可知∠AOC ＝2π3，又∠AOB ＝∠A 1O 1B 1＝π3，所以∠COB ＝π3，从而三角形COB 为等边三角形，得CB ＝1.因为B 1B ⊥平面AOC ，所以B 1B ⊥CB . 在△CB 1B 中，因为∠B 1BC ＝π2，CB ＝1，B 1B ＝1，所以∠CB 1B ＝π4， 从而直线B 1C 与AA 1所成的角的大小为π4.17．G4，G5，G11[2016·北京卷] 如图1-3所示，在四棱锥P - ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面P AB .(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值．(3)在棱P A 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．17．解：(1)证明：因为平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面P AD ，所以AB ⊥PD . 又因为P A ⊥PD ，所以PD ⊥平面P AB . (2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .又因为PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD . 如图建立空间直角坐标系O - xyz .由题意得，A (0，1，0)，B (11，0)，P (0，0，1)． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0.令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2，所以n ＝(1，－2，2)． 又PB →＝(1，1，－1)，所以 cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33，所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)设M 是棱P A 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)．因为BM ⊄平面PCD ，所以BM ∥平面PCD ，当且仅当BM →·n ＝0， 即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0， 解得λ＝14.所以在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.18．G5，G11[2016·全国卷Ⅰ] 如图1-4，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D - AF - E 与二面角C - BE - F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E - BC - A 的余弦值．图1-418．解：(1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，又DF ∩FE ＝F ，所以AF ⊥平面EFDC . 又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过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，建立如图所示的空间直角坐标系G - xyz .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)．由已知得，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC .又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C - BE - F 的平面角，故∠CEF ＝60°，从而可得C (－2，0，3)，所以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，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3，0，－3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0，同理可取m ＝(0，3，4)， 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n||m |＝－21919，结合图形得，二面角E - BC - A 的余弦值为－21919.19．G4、G11[2016·全国卷Ⅲ] 如图1-5，四棱锥P - ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN19．解：(1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，所以TN 綊AM ，故四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB . (2)取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－BC22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz ，由题意知，P (0，0，4)，M (0，2，0)，C (5，2，0)，N （52，1，2），PM →＝(0，2，－4)，PN →＝（52，1，－2），AN →＝（52，1，2）.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0，2，1)，于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525.故直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为85.18．G7，G4，G11[2016· - ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E 为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角P - CD - A PCE 所成角的正弦值．18．解：(1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 即为所求的一个点．理由如下： 由已知，BC ∥ED ，且BC ＝ED ， 所以四边形BCDE 是平行四边形， 从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)方法一：易知P A ⊥平面ABCD .由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ， 从而CD ⊥PD ，所以∠PDA 是二面角P - CD - A 的平面角，所以∠PDA ＝45°.设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH . 因为P A ⊥平面ABCD ， 所以P A ⊥CE ，于是CE ⊥平面P AH ， 所以平面PCE ⊥平面P AH .过A 作AQ ⊥PH 于点Q ，则AQ ⊥平面PCE ， 所以∠APH 是P A 与平面PCE 所成的角． 在Rt △AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1， 所以AH ＝22. 在Rt △P AH 中，PH ＝P A 2＋AH 2＝322， 所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13.方法二：由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ，于是CD ⊥PD ，从而∠PDA 是二面角P - CD - A 的平面角，所以∠PDA ＝45°.由P A ⊥AB ，P A ⊥CD ，可得P A ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz ，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，C (2，1，0)，E (1，0，0)，所以PE →＝(1，0，－2)，EC →＝(1，1，0)，AP →＝(0，0，2)． 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0，设x ＝2，解得n ＝(2，－2，1)．设直线P A 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋（－2）2＋12＝13，所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.19．G5，G11[2016·全国卷Ⅱ] AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H ，将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B - D ′A - C 的正弦值．图1-419．解：(1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14，所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2， 故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ，且OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H - xyz ，则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)，B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3)． 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，。

【福建省】2016届高考数学年(理科)立体几何专题练习答案

【福建省】2016届高考数学年(理科)立体几何专题练习答案

福建省2016届高考数学（理科）-专题练习立体几何一、选择题：本大题共6小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． （1）已知某几何体的正视图和侧视图（如图所示），则该几何体的俯视图不可能是（ ）（2）已知某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积是（ ）A ．384cmB ．392cmC ．3100cmD ．3108cm（3）对于不重合的两条直线m l ,和不重合的两个平面βα,，下列命题正确的是（ ）A ．若l m ∥，l β∥，则m β∥B ．若m αβ⋂=，l α⊂，则l β∥C ．若αβ⊥，l α⊥，则l β∥D ．若l m ⊥，m β⊥，l α⊥，则αβ⊥（4）在如图所示的空间直角坐标系O xyz -中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)，给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（ ）A ．①和②B ．③和①C ．③和④D ．④和②（5）已知一个直三棱柱，其底面是正三角形，一个体积为43π的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是（ ）A ．B ．C ．D ．（6）空间中的一条线段PQ ，在其俯视图和侧视图中，该线段的投影的长度分别恒为1和2，则线段PQ 长的取值范围是（ ）A ．(]0,1PQ ∈B ．[]0,2PQ ∈C ．[]2,3PQ ∈D ．PQ ⎡∈⎣二、填空题：本大题共4小题，每小题6分．（7）正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为2，D 为BC 中点，则三棱锥11DC B A -的体积为_______．（8）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_______．（9）已知点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD上，60PDA ∠=，则DP 与1CC 所成角的大小为_______．（10）已知三棱锥O ABC -底面ABC 的顶点在半径为4的球O 表面上，且6AB =，BC =，AC =则三棱锥O ABC -的体积为_______．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．（11）（本小题满分10分）如图，在三棱柱111ABC A BC -中，侧面11ACC A 与侧面11CBBC 都是菱形，2AC =，11160ACC CC B ∠=∠=．（Ⅰ）求证：11AB CC ⊥；（Ⅱ）若1AB =11C AB A --的余弦值．（12）（本小题满分15分）如图，在四棱锥ABCD P -中，底面A B C D 为直角梯形，AD BC ，90ADC ∠=，平面PAD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，2==PD PA ，112BC AD ==，CD =． （Ⅰ）若M 是棱PC 的中点，求证：PA MQB ⊥平面；（Ⅱ）若二面角M BQ C --的大小为30，试求PM PC的值．（13）（本小题满分15分）已知三棱锥P ABC -中，侧面PBC 垂直底面，AB 是底面最长的边；图1是三棱锥P ABC -的三视图，其中的侧视图和俯视图均为直角三角形；图2是用斜二测画法画出的三棱锥P ABC -的直观图的一部分，其中点P 在xOz 平面内．（Ⅰ）请在图2中将三棱锥P ABC -的直观图补充完整，并指出三棱锥P ABC -的哪些面是直角三角形； （Ⅱ）设二面角B PA C --的大小为α，求tan α的值；（Ⅲ）求点C 到面PAB 的距离．。

2016年-2019年立体几何大题全国卷高考真题及答案

2016年-2019年立体几何大题全国卷高考真题及答案

1、（2015年1卷18题）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.试题解析：（Ⅰ）连接BD ，设BD∩AC=G，连接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB=BC 可知，AE=EC ， 又∵AE ⊥EC ，∴EG=3，EG ⊥AC ，在Rt △EBG 中，可得BE=2，故DF=22. 在Rt △FDG 中，可得FG=62. 在直角梯形BDFE 中，由BD=2，BE=2，DF=22可得EF=322， ∴222EG FG EF +=，∴EG ⊥FG ， ∵AC∩FG=G，∴EG ⊥平面AFC ，∵EG ⊂面AEC ，∴平面AFC ⊥平面AEC.（Ⅱ）如图，以G 为坐标原点，分别以,GB GC 的方向为x 轴，y 轴正方向，||GB 为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz ，由（Ⅰ）可得A （030），E （2），F （－1,0，22），C （030），∴AE =（132），CF =（-1，3，22）.…10分故cos ,3||||AE CF AE CF AE CF ⋅<>==-. 所以直线AE 与CF 所成的角的余弦值为3. 2、（2016年1卷18题）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．试题解析：（I ）由已知可得F DF A ⊥,F F A ⊥E ,所以F A ⊥平面FDC E ． 又F A ⊂平面F ABE ,故平面F ABE ⊥平面FDC E ．（II ）过D 作DG F ⊥E ,垂足为G ,由（I ）知DG ⊥平面F ABE ．以G 为坐标原点,GF 的方向为x 轴正方向,GF 为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（I ）知DF ∠E 为二面角D F -A -E 的平面角,故DF 60∠E =,则DF 2=,DG 3=,可得()1,4,0A ,()3,4,0B -,()3,0,0E -,(D ． 由已知,//F AB E ,所以//AB 平面FDC E ． 又平面CDAB 平面FDC DC E =,故//CD AB ,CD//F E ．由//F BE A ,可得BE ⊥平面FDC E ,所以C F ∠E 为二面角C F -BE -的平面角,C F 60∠E =．从而可得(C -．所以(C E =,()0,4,0EB =,(C 3,A =--,()4,0,0AB =-． 设(),,n x y z =是平面C B E 的法向量,则C 00n n⎧⋅E =⎪⎨⋅EB =⎪⎩,即40x y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩, 所以可取(3,0,n =．CABDEF设m 是平面CD AB 的法向量,则C 00m m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩,同理可取()0,3,4m =．则219cos ,19n m n m n m ⋅==-． 故二面角C E -B -A 的余弦值为21919-．3（2016年2卷19题）（本小题满分12分）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB =，6AC =，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 '的位置10OD '=.（I ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （II ）求二面角B D A C '--的正弦值.【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 DH'⊥．∵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 =，∴'D H ⊥面ABCD ．⑵建立如图坐标系H xyz -．()500B ，，，()130C ，，，()'003D ，，，()130A -，，， ()430AB =，，，()'133AD =-，，，()060AC =，，，设面'ABD 法向量()1n x y z =，，，由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩，取345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩， ∴()1345n =-，，．同理可得面'AD C 的法向量()2301n =，，， ∴12129575cos 255210n n n n θ⋅+===⋅，∴295sin 25θ=4、（2017年1卷18题）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥中，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． 【解析】（1）证明：∵90BAP CDP ∠=∠=︒∴PA AB ⊥，PD CD ⊥又∵AB CD ∥，∴PD AB ⊥又∵PD PA P =，PD 、PA ⊂平面PAD ∴AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面PAB ∴平面PAB ⊥平面PAD（2）取AD 中点O ，BC 中点E ，连接PO ，OE ∵AB CD∴四边形ABCD 为平行四边形 ∴OE AB由（1）知，AB ⊥平面PAD∴OE ⊥平面PAD ，又PO 、AD ⊂平面PAD ∴OE PO ⊥，OE AD ⊥ 又∵PA PD =，∴PO AD ⊥ ∴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 =，∴()002D -，，、()220B ，，、()002P ，，、()202C -，，， ∴()022PD =--，，、()222PB =-，，、()2200BC =-，，设()n x y z =,,为平面PBC 的法向量由00n PB n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得2220220x y z x ⎧+-=⎪⎨-=⎪⎩令1y =，则2z =，0x =，可得平面PBC 的一个法向量()012n =,, ∵90APD ∠=︒，∴PD PA ⊥又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ∴PD AB ⊥，又PA AB A = ∴PD ⊥平面PAB即PD 是平面PAB 的一个法向量，()022PD =--,, ∴23cos 323PD n PD n PD n⋅-===-⋅, 由图知二面角A PB C --为钝角，所以它的余弦值为33-5．（2018年1卷18题）如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥． ⑴证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； ⑵求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．解答：（1）,E F 分别为,AD BC 的中点，则//EF AB ，∴EF BF ⊥，又PF BF ⊥，EF PF F ⋂=，∴BF ⊥平面PEF ， BE ⊂平面ABFD ，∴平面PEF ⊥平面ABFD . （2）PF BF ⊥，//BF ED ，∴PF ED ⊥，又PF PD ⊥，ED DP D ⋂=，∴PF ⊥平面PED ，∴PF PE ⊥， 设4AB =，则4EF =，2PF =，∴23PE =， 过P 作PH EF ⊥交EF 于H 点， 由平面PEF ⊥平面ABFD ，∴PH ⊥平面ABFD ，连结DH ，则PDH ∠即为直线DP 与平面ABFD 所成的角， 由PE PF EF PH ⋅=⋅，∴23234PH ⋅==， 而4PD =，∴3sin 4PH PDH PD ∠==， ∴DP 与平面ABFD 所成角的正弦值34. 6.(2018年新课标Ⅱ理)如图,在三棱锥P -ABC 中,AB ＝BC ＝22,P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4,O 为AC 的中点.（1）求证:PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上,且二面角M -P A -C 为30°,求PC 与平面P AM 所成角的正弦值.【解析】（1）证明:∵AB ＝BC ＝22,AC ＝4,∴AB 2＋BC 2＝AC 2,即△ABC 是直角三角形. 又O 为AC 的中点,∴OA ＝OB ＝OC . ∵P A ＝PB ＝PC ,∴△POA ≌△POB ≌△POC . ∴∠POA ＝∠POB ＝∠POC ＝90°.∴PO ⊥AC ,PO ⊥OB ,OB ∩AC ＝0,∴PO ⊥平面ABC .（2）以O 坐标原点,OB ,OC ,OP 所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系如图所示.易知A (0,－2,0),P (0,0,23),C (0,2,0),B (2,0,0),BC →＝(－2,2,0). 设BM →＝λBC →＝(－2λ,2λ,0),0＜λ＜1,则AM →＝BM →－BA →＝(－2λ,2λ,0)－(－2,－2,0)＝(2－2λ,2λ＋2,0), 则平面P AC 的一个法向量为m ＝(1,0,0).设平面MP A 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则PA →＝(0,－2,23), 则n ·PA →＝－2y －23z ＝0,n ·AM →＝(2－2λ)x ＋(2λ＋2)y ＝0. 令z ＝1,则y ＝－3,x ＝(λ＋1)31－λ,即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫(λ＋1)31－λ，－3，1.∵二面角M -P A -C 为30°,∴cos 30°＝m ·n |m ||n |＝32,即(λ＋1)3λ－1⎝ ⎛⎭⎪⎫(λ＋1)31－λ2＋1＋3×1＝32,解得λ＝13或λ＝3(舍去). ∴n ＝(23,－3,1),PC →＝(0,2,－23).PC 与平面P AM 所成角的正弦值sin θ＝|cos 〈PC →,n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－23－2316·16＝4316＝34.18．（2019年1卷18题）（12分）如图，直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求二面角A ﹣MA 1﹣N 的正弦值．解答】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD，则NH∥AA1，且，又MB∥AA1，MB＝，∴四边形NMBH为平行四边形，则NM∥BH，由NH∥AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，∴BE∥DH，BE＝DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH∥DE，∴NM∥DE，∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（，，2），M（，1，2），A1（，﹣1，4），，，设平面A1MN的一个法向量为，由，取x＝，得，又平面MAA1的一个法向量为，∴cos＜＞＝＝＝．∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为．8．（12分）(2019年新课标Ⅱ理）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1. （1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值.解：（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BEEC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知11Rt Rt ABE A B E ≅△△，所以45AEB ∠=︒，故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，||DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,1,1)CE =-，1(0,0,2)CC =．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）． 于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --3．。

2016立体几何高考题及答案【最新资料】

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2012年高考立体几何选作1、[2012·课标全国卷] 已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为( )A.26B.36C.23D.222、[2012·辽宁卷] 已知正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上．若PA ，PB ，PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为________．3、[2012·北京卷] 如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由．4、[2012·湖北卷] 如图1所示，∠ACB ＝45°，BC ＝3，过动点A 作AD ⊥BC ，垂足D 在线段BC 上且异于点B ，连结AB ，沿AD 将△ABD 折起，使∠BDC ＝90°(如图2)．(1)当BD 的长为多少时，三棱锥A －BCD 的体积最大？(2)当三棱锥A －BCD 的体积最大时，设点E ，M 分别为棱BC ，AC 的中点，试在棱CD 上确定一点N ，使得EN ⊥BM ，并求EN 与平面BMN 所成角的大小．5、[2012·全国卷] 如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥底面ABCD ，AC ＝22，PA ＝2，E 是PC 上的一点，PE ＝2EC .(1)证明：PC ⊥平面BED ； (2)设二面角A －PB －C 为90°，求PD 与平面PBC 所成角的大小．A BCDA DBCME图1 图2 ACB DEACBE DM 图1 图26、[2012·辽宁卷] 如图，直三棱柱ABC －A ′B ′C ′，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝λAA ′，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．(1)证明：MN ∥平面A ′ACC ′；(2)若二面角A ′－MN －C 为直二面角，求λ的值．7、[2012·天津卷] 如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，P A ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明PC ⊥AD ；(2)求二面角A －PC －D 的正弦值；(3)设E 与棱P A 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．8、[2012·福建卷] 如图，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；(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．AB CC/A /B /MN PABED P AB C9、[2012·湖南卷] 如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AB ＝4，BC ＝3，AD ＝5，∠DAB ＝∠ABC ＝90°，E 是CD 的中点．(1)证明：CD ⊥平面PAE ；(2)若直线PB 与平面P AE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等，求四棱锥P －ABCD 的体积．A A 1B 1C 1D 1 D C EB BCEDPA2012立体几何高考题答案1、A2、333、解：(1)证明：因为AC ⊥BC ，DE ∥BC ， 所以DE ⊥AC ，所以DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD ， 所以DE ⊥平面A 1DC ， 所以DE ⊥A 1C . 又因为A 1C ⊥CD ， 所以A 1C ⊥平面BCDE .(2)如右图，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系C －xyz ， 则A 1(0,0,23)，D (0,2,0)，M (0,1，3)，B (3,0,0)，E (2,2,0)． 设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 n ·A 1B →＝0，n ·BE →＝0. 又A 1B →＝(3,0，－23)，BE →＝(－1,2,0)， 所以⎩⎨⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令y ＝1，则x ＝2，z ＝3， 所以n ＝(2,1，3)．设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ，因为CM →＝(0,1，3)，所以sin θ＝|cos(n ，CM →)|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CM →|n ||CM |＝48×4＝22. 所以CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4.(3)线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直，理由如下： 假设这样的点P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p ∈[0,3]． 设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则 m ·A 1D →＝0，m ·DP →＝0. 又A 1D →＝(0,2，－23)，DP →＝(p ，－2,0)，所以⎩⎨⎧2y －23z ＝0，px －2y ＝0.令x ＝2，则y ＝p ，z ＝p3.所以m ＝⎝⎛⎭⎫2，p ，p 3.平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m·n ＝0， 即4＋p ＋p ＝0.解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾．所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．4、解：(1)方法1：在题图所示的△ABC中，设BD＝x(0＜x＜3)，则CD＝3－x.由AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC为等腰直角三角形，所以AD＝CD＝3－x.由折起前AD⊥BC知，折起后，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD.又∠BDC＝90°，所以S△BCD ＝12BD·CD＝12x(3－x)．于是V A－BCD ＝13AD·S△BCD＝13(3－x)·12x(3－x)＝112·2x(3－x)(3－x)≤112⎣⎡2x＋(3－x)＋(3－x)33＝23.当且仅当2x＝3－x，即x＝1时，等号成立，故当x＝1，即BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大．方法2：同方法1，得V A－BCD＝13AD·S△BCD＝13(3－x)·12x(3－x)＝16x3－6x2＋9x)．令f(x)＝16(x3－6x2＋9x)，由f′(x)＝12(x－1)(x－3)＝0，且0＜x＜3，解得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1,3)时，f′(x)<0，所以当x＝1时，f(x)取得最大值．故当BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大．(2)方法1：以点D为原点，建立如图(a)所示的空间直角坐标系D－xyz.由(1)知，当三棱锥A－BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝DC＝2.于是可得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E⎝⎛⎭⎫12，1，0，且BM→＝(－1,1,1)．设N(0，λ，0)，则EN→＝⎝⎛⎭⎫－12，λ－1，0.因为EN⊥BM等价于EN→·BM→＝0，即⎝⎛⎭⎫－12，λ－1，0·(－1,1,1)＝12＋λ－1＝0，故λ＝12N⎝⎛⎭⎫0，12，0.所以当DN＝12(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，由⎩⎪⎨⎪⎧n⊥BN→，n⊥BM→，及BN→＝⎝⎛⎭⎫－1，12，0，得⎩⎪⎨⎪⎧y＝2x，z＝－x.可取n＝(1,2，－1)．设EN与平面BMN所成角的大小为θ，则由EN→＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0，n＝(1,2，－1)，可得sinθ＝cos(90°－θ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n·EN→|n|·|EN→|＝⎪⎪⎪⎪－12－16×22＝32，即θ＝60°.故EN与平面BMN所成角的大小为60°.方法2：由(1)知，当三棱锥A－BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2.如图(b)，取CD的中点F，连结MF，BF，EF，则MF∥AD.由(1)知AD⊥平面BCD，所以MF⊥平面BCD.如图(c)，延长FE至P点使得FP＝DB，连BP，DP，则四边形DBPF为正方形，所以DP⊥BF.取DF的中点N，连结EN，又E为FP的中点，则EN∥DP，所以EN⊥BF，因为MF⊥平面BCD，又EN⊂平面BCD，所以MF⊥EN.又MF∩BF＝F，所以EN⊥面BMF，又BM⊂面BMF，所以EN⊥BM.因为EN⊥BM当且仅当EN⊥BF，而点F是唯一的，所以点N是唯一的．即当DN＝12(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)，EN⊥BM.连结MN，ME，由计算得NB＝NM＝EB＝EM＝5 2，所以△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形．如图(d)所示，取BM的中点G.连结EG，NG，则BM⊥平面EGN，在平面EGN中，过点E作EH⊥GN于H，则EH⊥平面BMN.故∠ENH是EN与平面BMN所成的角．在△EGN中，易得EG＝GN＝NE＝22，所以△EGN是正三角形，故∠ENH＝60°，即EN与平面BMN所成角的大小为60°.5、解：方法一：(1)因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又PA⊥底面ABCD，所以PC⊥BD.设AC∩BD＝F，连结EF.因为AC＝22，PA＝2，PE＝2EC，故PC＝23，EC＝233，FC＝2，从而PCFC＝6，ACEC＝ 6.因为PCFC＝ACEC，∠FCE＝∠PCA，所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由此知PC⊥EF.PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，所以PC⊥平面BED.(2)在平面P AB内过点A作AG⊥PB，G为垂足．因为二面角A－PB－C为90°，所以平面PAB⊥平面PBC.又平面PAB∩平面PBC＝PB，故AG⊥平面PBC，AG⊥BC.BC与平面PAB内两条相交直线P A，AG都垂直，故BC⊥平面P AB，于是BC⊥AB，所以底面ABCD为正方形，AD＝2，PD＝PA2＋AD2＝2 2.设D到平面PBC的距离为d.因为AD∥BC，且AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，故AD∥平面PBC，A、D两点到平面PBC的距离相等，即d＝AG＝ 2.设PD与平面PBC所成的角为α，则sinα＝dPD＝12.所以PD与平面PBC所成的角为30°.方法二：(1)以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.设C (22，0,0)，D (2，b,0)，其中b >0，则P (0,0,2)，E ⎝⎛⎭⎫423，0，23，B (2，－b,0)． 于是PC →＝(22，0，－2)， BE →＝⎝⎛⎭⎫23，b ，23，DE →＝⎝⎛⎭⎫23，－b ，23，从而PC →·BE →＝0，PC →·DE →＝0， 故PC ⊥BE ，PC ⊥DE .又BE ∩DE ＝E ，所以PC ⊥平面BDE . (2)AP →＝(0,0,2)，AB →＝(2，－b,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面P AB 的法向量，则m ·AP →＝0，m ·AB →＝0， 即2z ＝0，且2x －by ＝0，令x ＝b ，则m ＝(b ，2，0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面PBC 的法向量，则 n ·PC →＝0，n ·BE →＝0，即22p －2r ＝0且2p 3＋bq ＋23r ＝0，令p ＝1，则r ＝2，q ＝－2b ，n ＝⎝⎛⎭⎫1，－2b，2.因为面PAB ⊥面PBC ，故m·n ＝0，即b －2b＝0，故b ＝2，于是n ＝(1，－1，2)，DP →＝(－2，－2，2)，cos 〈n ，DP →〉＝n ·DP →|n ||DP →|＝12，〈n ，DP →〉＝60°.因为PD 与平面PBC 所成角和〈n ，DP →〉互余，故PD 与平面PBC 所成的角为30°. 6、解：(1)(证法一)连结AB ′，AC ′，由已知∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱． 所以M 为AB ′中点．又因为N 为B ′C ′的中点． 所以MN ∥AC ′.又MN ⊄平面A ′ACC ′， AC ′⊂平面A ′ACC ′， 因此MN ∥平面A ′ACC ′. (证法二)取A ′B ′中点P ，连结MP ，NP ，M ，N 分别为AB ′与B ′C ′的中点，所以MP ∥AA ′，PN ∥A ′C ′， 所以MP ∥平面A ′ACC ′，PN ∥平面A ′ACC ′，又MP ∩NP ＝P ， 因此平面MPN ∥平面A ′ACC ′，而MN ⊂平面MPN ， 因此MN ∥平面A ′ACC ′.(2)以A 为坐标原点，分别以直线AB ，AC ，AA ′为x 轴，y 轴，z 轴建立直角坐标系O －xyz ，如图1－5所示．设AA ′＝1，则AB ＝AC ＝λ，于是A (0,0,0)，B (λ，0,0)，C (0，λ，0)，A ′(0,0,1)，B ′(λ，0,1)，C ′(0，λ，1)．所以M ⎝⎛⎭⎫λ2，0，12，N ⎝⎛⎭⎫λ2，λ2，1. 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A ′MN 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A ′M →＝0，m ·MN →＝0得⎩⎨⎧λ2x 1－12z 1＝0，λ2y 1＋12z 1＝0，可取m ＝(1，－1，λ)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面MNC 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·NC →＝0，n ·MN →＝0得⎩⎨⎧－λ22＋λ2y 2－z 2＝0，λ2y 2＋12z 2＝0.可取n ＝(－3，－1，λ)．因为A ′－MN －C 为直二面角，所以m ·n ＝0.即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝ 2. 7、解：方法一：如图所示，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,1,0)，B ⎝⎛⎭⎫－12，12，0，P (0,0,2)．(1)易得PC →＝(0,1，－2)，AD →＝(2,0,0)，于是PC →·AD →＝0，所以PC ⊥AD . (2)PC →＝(0,1，－2)，CD →＝(2，－1，0)．设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －2z ＝0，2x －y ＝0.不妨令z ＝1， 可得n ＝(1,2,1)．可取平面PAC 的法向量m ＝(1,0,0)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n |＝16＝66，从而sin 〈m ，n 〉＝306.所以二面角A －PC －D 的正弦值为306. (3)设点E 的坐标为(0,0，h )，其中h ∈[0,2]．由此得BE →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，h ，由CD →＝(2，－1,0)，故cos 〈BE →，CD →〉＝BE →·CD →|BE →||CD →|＝3212＋h 2×5＝310＋20 h2，所以，310＋20 h 2＝cos30°＝32，解得h ＝1010， 即AE ＝1010.方法二：(1)由P A ⊥平面ABCD ，可得P A ⊥AD . 又由AD ⊥AC ，P A ∩AC ＝A ，故AD ⊥平面PAC ， 又PC ⊂平面P AC ，所以PC ⊥AD .(2)如图所示，作AH ⊥PC 于点H ，连接DH .由PC ⊥AD ，PC ⊥AH ，可得PC ⊥平面ADH ，因此DH ⊥PC ，从而∠AHD 为二面角A －PC －D 的平面角.在Rt △PAC 中，P A ＝2，AC ＝1，由此得AH ＝25.由(1)知AD ⊥AH .故在Rt △DAH 中，DH ＝AD 2＋AH 2＝2305.因此sin ∠AHD ＝AD DH ＝306.所以二面角A －PC －D 的正弦值为306.(3)如图所示，因为∠ADC ＜45°，故过点B 作CD 的平行线必与线段AD 相交，设交点为F ，连接BE ，EF .故∠EBF 或其补角为异面直线BE 与CD 所成的角．由BF ∥CD ，故∠AFB ＝∠ADC .在Rt △DAC 中，CD ＝5，sin ∠ADC ＝15，故sin ∠AFB ＝15.在△AFB 中，由BF sin ∠FAB ＝AB sin ∠AFB ，AB ＝12，sin ∠FAB ＝sin135°＝22，可得BF ＝52. 由余弦定理，BF 2＝AB 2＋AF 2－2AB ·AF ·cos ∠FAB ，可得AF ＝12.设AE ＝h .在Rt △EAF 中，EF ＝AE 2＋AF 2＝h 2＋14.在Rt △BAE 中，BE ＝AE 2＋AB 2＝h 2＋12.在△EBF 中，因为EF ＜BE ，从而∠EBF ＝30°，由余弦定理得cos30°＝BE 2＋BF 2－EF22BE ·BF，可解得h ＝1010.所以AE ＝10108、解：(1)以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．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)，故AD 1＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，0.∵AD 1→·B 1E →＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)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)． 又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，－a2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.(3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D . ∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1.∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)． 设AD 1→与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·AD 1→|n ||AD 1→|＝－a2－a 21＋a 24＋a 2. ∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos30°，即3a 221＋5a24＝32， 解得a ＝2，即AB 的长为2.9、解：解法1：(1)如下图(1)，连结AC .由AB ＝4，BC ＝3，∠ABC ＝90°得AC ＝5.又AD ＝5，E 是CD 的中点，所以CD ⊥AE .因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CD .而PA ，AE 是平面PAE 内的两条相交直线，所以CD ⊥平面PAE .(2)过点B 作BG ∥CD ，分别与AE 、AD 相交于点F ，G ，连结PF .由(1)CD ⊥平面PAE 知，BG ⊥平面PAE .于是∠BPF 为直线PB 与平面P AE 所成的角，且BG ⊥AE .由PA ⊥平面ABCD 知，∠PBA 为直线PB 与平面ABCD 所成的角．由题意∠PBA ＝∠BPF ，因为sin ∠PBA ＝PA PB ，sin ∠BPF ＝BFPBPA ＝BF .由∠DAB ＝∠ABC ＝90°知，AD ∥BC ，又BG ∥CD ， 所以四边形BCDG 是平行四边形．故GD ＝BC ＝3.11于是AG ＝2.在Rt △BAG 中，AB ＝4，AG ＝2，BG ⊥AF ，所以BG ＝AB 2＋AG 2＝25，BF ＝AB 2BG ＝1625＝855. 于是PA ＝BF ＝855. 又梯形ABCD 的面积为S ＝12×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P －ABCD 的体积为V ＝13S ×PA ＝13×16×855＝128515.解法2：如上图(2)，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设PA ＝h ，则相关各点的坐标为：A (0,0,0)，B (4,0,0)，C (4,3,0)，D (0,5,0)，E (2,4,0)，P (0,0，h )．(1)易知CD →＝(－4,2,0)，AE →＝(2,4,0)，AP →＝(0,0，h )．因为CD →·AE →＝－8＋8＋0＝0，CD →·AP →＝0，所以CD ⊥AE ，CD ⊥AP .而AP ，AE 是平面PAE内的两条相交直线，所以CD ⊥平面PAE .(2)由题设和(1)知，CD →，PA →分别是平面PAE ，平面ABCD 的法向量．而PB 与平面P AE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等，所以|cos 〈CD →，PB →〉|＝|cos 〈PA →，PB →〉|，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪CD →·PB →|CD →|·|PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PA →·PB →|PA →|·|PB →|. 由(1)知，CD →＝(－4,2,0)，PA →＝(0,0，－h )，又PB →＝(4,0，－h )， 故⎪⎪⎪⎪⎪⎪－16＋0＋025·16＋h 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0＋0＋h 2h ·16＋h 2. 解得h ＝855. 又梯形ABCD 的面积为S ＝12×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P －ABCD 的体积为V ＝13×S ×PA ＝13×16×855＝128515.以下是附加文档，不需要的朋友下载后删除，谢谢顶岗实习总结专题13篇第一篇:顶岗实习总结为了进一步巩固理论知识，将理论与实践有机地结合起来，按照学校的计划要求，本人进行了为期个月的顶岗实习。

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立体几何一、选择题1、（ 2016 年北京高考）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A. 1B.1C.1D.1 632【答案】 A2、（ 2016 年山东高考）有一个半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如右图所示，则该几何体的体积为（ A）1+2π（B）1+ 2 π（C）1+ 2 π（D）1+ 2 π3333366【答案】 C3、（ 2016 年全国 I 高考）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28π，则它的表面积是3（ A） 17π（B）18π（C）20π（D）28π【答案】 A4、（ 2016 年全国 I 高考）平面α过正方体ABCD- A1B1C1D1的顶点 A，α//平面 CB1D1，αI平面ABCD=m，αI平面 ABB1 A 1=n，则 m， n 所成角的正弦值为1（A）3（ B）2（ C）3（D）2233【答案】 A5、（2016 年全国 II高考）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ A） 20π（ B） 24π（ C） 28π（ D） 32π【答案】 C6、（ 2016 年全国III高考）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（A ） 18 36 5（B ）54 18 5（C ）90（D ）81【答案】 B7、（ 2016 年全国 III高考）在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1 内有一个体积为V 的球，若AB BC ，AB6， BC 8， AA 13 ，则 V 的最大值是（A ） 4π（B ）9（ C ） 6π（D ）3223【答案】 B二、填空题1、（ 2016 年上海高考）如图，在正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，底面ABCD的边长为3，BD 1与底面所成角的大小为arctan 2，则该正四棱柱的高等于 ____________3【答案】 2 22、（ 2016年四川高考）已知三棱锥的四个面都是腰长为 2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是 __________．【答案】333、（ 2016 年天津高考）已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位： m），则该四棱锥的体积为3 _______m.【答案】 24、（ 2016 年全国 II 高考）, 是两个平面，m, n 是两条直线，有下列四个命题：（ 1）如果m n, m,n / /，那么.[（ 2）如果m, n / /，那么 m n .（ 3）如果/ / , m，那么 m / /.（ 4）如果m / /n, / /，那么 m 与所成的角和 n 与所成的角相等 .其中正确的命题有． .( 填写所有正确命题的编号）【答案】②③④5、（ 2016 年浙江高考）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是 cm 2，体积是 cm 3.【答案】 72326、（ 2016 年浙江高考）如图，在△ABC中， AB=BC=2，∠ ABC=120°.若平面 ABC外的点 P 和线段 AC上的点 D，满足 PD=DA， PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是.【答案】12三、解答题、（2016年北京高考）如图，在四棱锥P ABCD中，平面 PAD平面ABCD，PA PD ，1PA PD，AB AD ，AB1， AD2，AC CD5.（ 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AM的值；若不存在，AP说明理由 .【解】⑴∵面PAD面 PAD 面 ABCD面 ABCDAD∵AB AD ，AB 面ABCD∴ AB 面 PAD∵ PD 面 PAD∴ABPD又PDPA∴ PD 面 PAB⑵取 AD 中点为 O ，连结 CO ， PO∵CD AC 5D∴CO AD∵PA PD C∴ PO AD x以 O 为原点，如图建系易知 P(0，01)，， B(11，，0) ， D (0， 1，0) ， C (2，0，0) ，则 PB (11，， 1) ， PD (0， 1， 1)， PC(2，0， 1) ， CD设 n 为面 PDC 的法向量，令 n( x 0，y 0 ,1)n PD 0 1， 1,1 ，则 PB 与面 PCD 夹角有n PCn211n PB1 3 sin2cos n, PB13n PB1 143zPAOyB( 2， 1，0)⑶假设存在 M 点使得 BM ∥ 面 PCD设 AM， M0, y', z'AP， P 0,0,1 ， AP 0,由（ 2）知 A 0,1,01,1 ， B 1,1,0 ， AM0, y ' 1,z '有 AM AP M0,1 ,∴BM 1,,∵ BM ∥ 面 PCD ， n 为 PCD 的法向量 ∴ BM n 0即12∴ 1=4∴综上，存在 M 点，即当AM1时， M 点即为所求 .AP 42、（ 2016 年山东高考）在如图所示的圆台中， AC 是下底面圆 O 的直径， EF 是上底面圆 O' 的直径， FB是圆台的一条母线.（I ）已知G, H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；（II）已知EF=FB= 1 AC= 2 3 ， AB=BC.求二面角2F BC A 的余弦值.【解】 ( Ⅰ) 连结FC，取FC的中点M，连结GM, HM，因为 GM//EF ，EF在上底面内， GM 不在上底面内，所以 GM// 上底面，所以 GM//平面 ABC ；又因为 MH//BC， BC平面 ABC ，EFMH平面 ABC ，G H所以 MH// 平面 ABC ；CB A所以平面 GHM//平面 ABC ，由 GH平面 GHM ，所以 GH// 平面 ABC ．z (Ⅱ) 连结OB，AB BC OA OB，E OF 以为 O 原点，分别以OA, OB,OO为x, y,z轴，建立空间直角坐标系．CO BEF FB 12 3,AB BC ，A yxAC2OO BF 2(BO FO )2 3 ，于是有 A(2 3,0,0) ， C(-2 3,0,0) ， B(0,2 3,0) ， F(0, 3,3) ，可得平面 FBC 中的向量 BF (0,-3,3) ， CB( 2 3,2 3,0) ,于是得平面 FBC 的一个法向量为n1(3,3,1) ，又平面 ABC 的一个法向量为n2(0,0,1)，设二面角 F-BC-A 为，n1n217则 cos．n1n27 7二面角 F - BC - A 的余弦值为7 ．73、（ 2016 年上海高考）将边长为 1 的正方形AAOO11（及其内部）绕的OO1旋转一周形成圆柱，如图，AC长为2A1B1，其中B1C AAOO，长为与在平面的同侧。

3 1 13A1B1AC（ 1）求三棱锥C O1 A1 B1的体积；（ 2）求异面直线BC 与 AA 所成的角的大小。

11【解析】试题分析：（ 1）由题意可知，圆柱的高h 1 ，底面半径r 1 ．确定 1 11．计算 S1后即得 .311（ 2）设过点 1 的母线与下底面交于点，根据1 // 1 ，知 C 1或其补角为直线1C与 1 所成的角．确定C3， C1．得出 C1．4试题解析：（ 1）由题意可知，圆柱的高h 1 ，底面半径r 1 ．由11 的长为，可知111．33S 11sin31121111 1 11，4V C1S h31 1 131 1 1．12（ 2）设过点 1 的母线与下底面交于点，则1 // 1，所以C1或其补角为直线1C 与 1 所成的角．由C长为2，可知C2，33又 1 11，所以C，33从而C为等边三角形，得C1．因为1平面 C ，所以1C．在 C 1中，因为1C， C1，11，所以C1，24从而直线1C 与 1 所成的角的大小为．44、（ 2016 年四川高考）如图，在四棱锥P ABCD 中， AD / /BC ， ADC PAB 90 ，BC CD 1PA与 CD所成的角为90. AD ，E为棱AD的中点，异面直线（I）在平面2内找一点，使得直线CM//平面，PAB M PBE 并说明理由；的大小为，求直线与（II ）若二面角P CD A45PA 平面 PCE所成角的正弦值.【解】（ I ）延长AB，交直线CD于点M，∵ E为 AD中点，∴ AE ED =1AD ，2∵ BC CD =1AD ，2∴ED BC，∵AD//BC 即 ED //BC，∴四边形 BCDE 为平行四边形，BE / / CD ，∵AB CD M，∴M CD，∴ CM //BE ，∵BE 面PBE ， ∴ CM / /面 PBE ，∵ M AB ， AB 面 PAB ，∴M 面 PAB故在面 PAB 上可找到一点 M 使得 CM / /面 PBE . （II ）过 A 作 AFEC 交EC 于点 F ，连结 PF ，过 A 作AG PF 交PF 于点G ，∵∠PAB 90 ， PA 与 CD 所成角为 90 ，∴ PA AB ， PA CD ，∵ AB CD=M ，∴ PA ABCD ， ∵EC 面ABCD ， ∴ PA EC ， ∵EC AF 且AF AP A ，∴CE面PAF ，∵AG 面PAF ， ∴ AG CE ， ∵AG PF 且AG AF A ，∴ AG 面PFC ，∴ ∠APF 为所求 PA 与面 PCE 所成的角， ∵ PA 面 ABCD ， ∠ADC=90 即 AD DC . ∴ ∠PDA 为二面角 P CD A 所成的平面角 , 由题意可得 ∠ PDA =45 ，而 ∠ PAD =90 , ∴ PA AD ,∵ BC CD , 四边形 BCDE 是平行四边形， ∠ ADM =90 ，∴四边形 BCDE 是正方形，∴∠BEC 45 ，∴ ∠ AEF =∠BEC 45 ，∵∠AFE 90 ，∴ AF=2AE ，2AF2AD2∴4 ，tan ∠ APF ==AP AP4∴ sin ∠ APF = 1.35、（ 2016 年天津高考）如图，正方形ABCD 的中心为 O ，四边形 OBEF 为矩形，平面 OBEF ⊥平 面 ABCD ，点 G 为 AB 的中点， AB =BE =2.（ I ）求证： EG ∥平面 ADF ； （ II ）求二面角 O - EF - C 的正弦值；（ III ）设 H 为线段 AF 上的点，且 AH = 2HF ，求直线 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值 .3【解析】（Ⅰ）证明：找到 AD 中点 I ，连结 FI ，∥∵矩形 OBEF , ∴ EF OB∵ G 、 I 是中点，∴ GI 是 △ ABD 的中位线 ∴GI ∥BD 且GI1BD2∵ O 是正方形 ABCD 中心1∴OB BD2∴ EF ∥GI 且 EF =GI∴四边形 EFIG 是平行四边形 ∴ EG ∥ FI∵ FI 面 ADF∴ EG ∥面 ADF（Ⅱ） O EF C 正弦值解：如图所示建立空间直角坐标系O xyzzEFHABGIOxC D yB 0， 2，0 ，C 2，0，0 ， E 0， 2，2 ， F 0，0，2设面 CEF 的法向量 n 1 x ，y ，zn 1 EF x ， ，，， 2 y 0y z 0 2 0 n 1 CFx ， ， ， ， 2 x 2 z 0y z2 0 2x 2得： y 0z 1∴n12 ，0 ，1∵OC 面OEF ，∴面 OEF 的法向量n21，0，0 cos n1，n2n1n226n1n2 3 1362sin n1，n213 33（Ⅲ）∵ AH 2HF 3∴222，，22，，4 AHAF0 250555设 H x ，y，z∴AH x2，，22，，4y z50532x5得：y 04z5BH3 2， 2，455BH n164cos BH ，n2557 BH n12221356、（ 2016 年全国 I 高考）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，AFD 90 ，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；（I I ）求二面角E-BC-A的余弦值．【解析】⑴∵ ABEF 为正方形∴AF EF∵AFD 90∴AF DF∵DF EF=F∴ AF面EFDC AF面ABEF∴平面 ABEF平面EFDC⑵由⑴知DFE CEF 60∵AB∥ EFAB 平面 EFDCEF平面EFDC∴AB ∥平面ABCDAB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，如图建立坐标系，设FD aE 0 ，0，0 B 0 ，2a ，0C a，0 ，3a A 2a ，2a ，0 22EB 0 ，2a ，0 ， BC a， 2a ，3a ， AB2a ，0 ，0 22设面 BEC 法向量为 m x ，y ，z .2a y 1m EB 0，即 ax 13m BC2ay 1a z 1 022x 1 3 ，y 1 0 ，z 11m3，0， 1设面 ABC 法向量为 nx 2 ，y 2 ，z 2n BC=0 a x 22ay 2 3az 2. 即 2 2 n AB 02ax 2 0x 2 0 ，y 2 3 ，z 24n0， 3，4设二面角 E BCA 的大小为 .cosm n42 19 m n3 13 1619∴二面角 EBCA 的余弦值为2 191972016 年全国 II高考）如图，菱形 ABCD 的对角线AC 与 BD 交于点 O ， AB 5,AC 6 ， 、（点 E,F 分别在AD, CD 上， AE CF5 DEF沿EF 折到，EF 交BD 于点H ．将4D 'EF 位置， OD10 ．（Ⅰ）证明： D H 平面 ABCD ；（Ⅱ）求二面角B D AC 的正弦值．【解析】⑴证明：∵AE CF5，∴ AE CF ，4ADCD∴ EF ∥ AC ．∵四边形 ABCD 为菱形，∴ AC BD ，∴ EFBD ，∴ EF DH ，∴ EF DH ．∵ AC 6，∴ AO 3；又 AB 5， AO OB ，∴ OB 4，∴ OHAEOD 1， AO∴ DHD H 3 ，22 2∴ ODOH D'H ，∴ D'H OH ．又∵OHI EFH ，∴ D'H面 ABCD ．⑵建立如图坐标系Hxyz ．B 5，0，0 ，C 1，3，0 ， D' 0，0，3 ， A 1， 3，0 ，uuuruuur uuurAB， ，， AD '1，3，3 ， AC0，6，0 ，4 3 0ur设面 ABD ' 法向量 n 1x ，y ，z ，n 1 AB4x 3 y 0x 3由 得 ，取y 4 ，n 1 AD 0 x 3y 3zz5∴ur． n 13 ， 4，5uur同理可得面 AD 'C 的法向量 n 2 3 ，0 ，1 ，ur uur∴ cos n1n2957 5 ，ur uurn1n2521025∴ sin295 ．258、（ 2016年全国 III高考）如图，四棱锥P ABC 中，PA地面 ABCD ， AD BC ，AB AD AC3， PA BC 4， M 为线段 AD 上一点， AM2MD ，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.n PM02x4z0设 n，即，可取( x, y, z) 为平面 PMN 的法向量，则5 xn PN0y2z 02n (0,2,1)，于是 | cos n, AN | | n AN |8 5. | n || AN |259、（ 2016年浙江高考）如图, 在三棱台ABC DEF 中,平面 BCFE平面ABC ,ACB=90BE EF FC BC AC, == =1,=2,=3.(I)求证： EF⊥平面 ACFD；(II)求二面角 B- AD- F 的平面角的余弦值.（ II ）方法一：过点F作FQ，连结Q．因为F平面C，所以F，则平面QF ，所以Q．所以，QF 是二面角 D F的平面角．在 Rt C 中，C 3 ， C2，得 FQ 313．13在 Rt QF 中， FQ 313F 3 ，得cos QF3，．134所以，二面角D F 的平面角的余弦值为 3 ．4。

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