高考数学(新课标版) 专题19 立体几何大题(理) Word版含解析
2024年9-10月新高考数学名校模拟大题汇编：立体几何(解析版)
2024年9-10月新高考数学名校大题汇编：立体几何大题必备基础知识梳理【知识点一：空间向量及其加减运算】(1)空间向量在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模．空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量a 的起点是A ，终点是B ，则向量a也可以记作AB ，其模记为a或AB .(2)零向量与单位向量规定长度为0的向量叫做零向量，记作0．当有向线段的起点A 与终点B 重合时，AB=0.模为1的向量称为单位向量.(3)相等向量与相反向量方向相同且模相等的向量称为相等向量．在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量．空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量.与向量a 长度相等而方向相反的向量，称为a 的相反向量，记为-a .(4)空间向量的加法和减法运算①OC=OA+OB=a +b ，BA=OA-OB=a -b．如图所示.②空间向量的加法运算满足交换律及结合律a +b =b +a ，a +b +c =a +b +c【知识点二：空间向量的数乘运算】(1)数乘运算实数λ与空间向量a 的乘积λa 称为向量的数乘运算．当λ>0时，λa 与向量a方向相同；当λ<0时，向量λa 与向量a 方向相反.λa 的长度是a的长度的λ 倍.(2)空间向量的数乘运算满足分配律及结合律λa +b =λa +λb ，λμa =λμ a .(3)共线向量与平行向量如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，a 平行于b ，记作a ⎳b.(4)共线向量定理对空间中任意两个向量a ，b b ≠0，a ⎳b的充要条件是存在实数λ，使a =λb.(5)直线的方向向量如图8-153所示，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线．对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使OP =OA +ta ①，其中向量a 叫做直线l 的方向向量，在l 上取AB =a ，则式①可化为OP =OA +tAB =OA +t OB -OA =1-t OA +tOB ②①和②都称为空间直线的向量表达式，当t =12，即点P 是线段AB 的中点时，OP =12OA +OB ，此式叫做线段AB 的中点公式.(6)共面向量如图8-154所示，已知平面α与向量a ，作OA=a，如果直线OA 平行于平面α或在平面α内，则说明向量a 平行于平面α．平行于同一平面的向量，叫做共面向量.(7)共面向量定理如果两个向量a ，b不共线，那么向量p 与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对x ,y ，使p =xa +yb.推论：①空间一点P 位于平面ABC 内的充要条件是存在有序实数对x ,y ，使AP =xAB +yAC；或对空间任意一点O ，有OP-OA=xAB+yAC，该式称为空间平面ABC 的向量表达式.②已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，满足向量关系式OP =xOA +yOB +zOC (其中x +y +z =1)的点P 与点A ，B ，C 共面；反之也成立.【知识点三：空间向量的数量积运算】(1)两向量夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA =a ，OB =b ，则∠AOB 叫做向量a ，b 的夹角，记作a ,b ，通常规定0≤a ,b ≤π，如果a ,b =π2，那么向量a ，b 互相垂直，记作a ⊥b ．(2)数量积定义已知两个非零向量a ，b ，则a b cos a ,b 叫做a ，b 的数量积，记作a ⋅b ，即a ⋅b =a b cos a,b．零向量与任何向量的数量积为0，特别地，a ⋅a =a 2．(3)空间向量的数量积满足的运算律：λa ⋅b =λa ⋅b ，a ⋅b =b ⋅a (交换律)；a ⋅b +c =a ⋅b +a ⋅c(分配律)．【知识点四：空间向量的坐标运算及应用】(1)设a =a 1,a 2,a 3 ，b=b 1,b 2,b 3 ，则a +b=a 1+b 1,a 2+b 2,a 3+b 3 ；a -b=a 1-b 1,a 2-b 2,a 3-b 3 ；λa=λa 1,λa 2,λa 3 ；a ⋅b=a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3；a ⎳b b ≠0⇒a 1=λb 1,a 2=λb 2,a 3=λb 3；a ⊥b⇒a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3=0．(2)设A x 1,y 1,z 1 ，B x 2,y 2,z 2 ，则AB =OB -OA=x 2-x 1,y 2-y 1,z 2-z 1 ．这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标．(3)两个向量的夹角及两点间的距离公式．①已知a =a 1,a 2,a 3 ，b =b 1,b 2,b 3 ，则a =a 2=a 12+a 22+a 32；b =b2=b 12+b 22+b 32；a ⋅b=a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3；cos a ,b =a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3a 12+a 22+a 32b 12+b 22+b 32；②已知A x 1,y 1,z 1 ，B x 2,y 2,z 2 ，则AB=x 1-x 22+y 1-y 2 2+z 1-z 2 2，或者d A ,B =AB．其中d A ,B 表示A 与B 两点间的距离，这就是空间两点的距离公式．(4)向量a 在向量b 上的投影为a cos a ,b=a ⋅b b．【知识点五：法向量的求解与简单应用】(1)平面的法向量：如果表示向量n 的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n ⊥α，如果n⊥α，那么向量n叫做平面α的法向量．几点注意：①法向量一定是非零向量；②一个平面的所有法向量都互相平行；③向量n 是平面的法向量，向量m 是与平面平行或在平面内，则有m ⋅n =0．第一步：写出平面内两个不平行的向a=x 1，y 1，z 1 ，b=x 2，y 2，z 2 ；第二步：那么平面法向量n=x ， y ， z ，满足n ⋅a=0n ⋅b =0⇒xx 1+yy 1+zz 1=0xx 2+yy 2+zz 2=0．(2)判定直线、平面间的位置关系①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线a ，b 的方向向量分别为a ，b．若a ∥b，即a =λb，则a ∥b ；若a ⊥b，即a ⋅b=0，则a ⊥b ．②直线与平面的位置关系：直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，且l ⊥α．若a ∥n ，即a =λn ，则l ⊥α；若a ⊥n ，即a ⋅n =0，则a ∥α．(3)平面与平面的位置关系平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2．若n 1∥n 2，即n 1=λn 2，则α∥β；若n 1⊥n 2，即n 1⋅n 2=0，则α⊥β．【知识点六：空间角公式】(1)异面直线所成角公式：设a ，b分别为异面直线l 1，l 2上的方向向量，θ为异面直线所成角的大小，则cos θ=cos a,b =a ⋅b a b．(2)线面角公式：设l 为平面α的斜线，a 为l 的方向向量，n为平面α的法向量，θ为l 与α所成角的大小，则sin θ=cos a ,n=a ⋅na n．(3)二面角公式：设n 1，n 2分别为平面α，β的法向量，二面角的大小为θ，则θ=n 1 ,n 2 或π-n 1 ,n 2(需要根据具体情况判断相等或互补)，其中cos θ =n 1 ⋅n 2n 1 n 2．【知识点七：空间中的距离】求解空间中的距离(1)异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．如图，设两条异面直线a ，b 的公垂线的方向向量为n ，这时分别在a ，b 上任取A ，B 两点，则向量在n上的正射影长就是两条异面直线a ，b 的距离．则d =AB ⋅n |n |=|AB ⋅n ||n|即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．(2)点到平面的距离A 为平面α外一点(如图)，n为平面α的法向量，过A 作平面α的斜线AB 及垂线AH ．|AH |=|AB |⋅sin θ=|AB |⋅|cos <AB ,n >|=|AB ||AB ⋅n |AB ⋅n =|AB ⋅n|nd =|AB ⋅n||n|【必考题型汇编】1.(湖南省长沙市2025届高三六校九月大联考解析第16题)如图,四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形,BC ⎳AD ,EF ⎳AD ,AD =4,AB =2,BC =EF =2,AF =11,FB ⊥平面ABCD ,M 为AD 上一点,且FM ⊥AD ,连接BD 、BE 、BM .(1)证明:BC ⊥平面BFM ;(2)求平面ABF 与平面DBE 的夹角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:因为FB ⊥平面ABCD ,又AD ⊂平面ABCD ,所以FB ⊥AD .又FM ⊥AD ,且FB ∩FM =F ,所以AD ⊥平面BFM .因为BC ⎳AD ,所以BC ⊥平面BFM .(2)解析:作EN ⊥AD ,垂足为N ,则FM ⎳EN .又EF ⎳AD ,所以四边形FMNE 是平行四边形,又EN ⊥AD ,所以四边形FMNE 是矩形,又四边形ADEF 为等腰梯形,且AD =4,EF =2,所以AM =1.由(1)知AD ⊥平面BFM ,所以BM ⊥AD .又AB =2,所以BM =1.在Rt △AFM 中,FM =AF 2-AM 2=10.在Rt △FMB 中,∴FB =FM 2-BM 2=3.由上可知,能以BM 、BC 、BF 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系.则A -1,-1,0 ,B 0,0,0 ,F 0,0,3 ,D -1,3,0 ,E 0,2,3 ,所以,AB =1,1,0 ,BF =0,0,3 ,BD =-1,3,0 ,BE=0,2,3 ,设平面ABF 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ,由m ⋅AB=0m ⋅BF =0,得x 1+y 1=0z 1=0 ,可取m =1,-1,0 ;设平面BDE 的法向量为n=x 2,y 2,z 2 ,由n ⋅BD=0n ⋅BE =0,得-x 2+3y 2=0-2y 2+3z 2=0 ,可取n=9,3,2 .因此,cos ‹m ,n›=m ⋅n m ⋅n=9-31+1⋅81+9+4=34747.依题意可知,平面ABF 与平面DBE 的夹角的余弦值为34747.2.(辽宁省沈阳市郊联体2024年高三上学期开学联考解析第17题)如图,已知斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧面BB 1C 1C ⊥侧面AA 1B 1B ,侧面BB 1C 1C 是矩形,侧面AA 1B 1B 是菱形,∠BAA 1=60°,AB =2BC =2,点E ,F ,G 分别为棱AA 1,A 1C ,BB 1的中点.(1)证明:FG ⎳平面ABC ;(2)求二面角A 1-B 1C -E 的余弦值.方法提供与解析:解析:(1)证明:因为点E ,F ,G 分别为棱AA 1,A 1C ,BB 1的中点,连接EF ,EG ,则EF ⎳AC ,EG ⎳AB ,又因为EF ⊄平面ABC ,AC ⊂平面ABC ,所以EF ⎳平面ABC ,同理可得EG ⎳平面ABC ,因为EF ∩EG =E ,EF ⊂平面EFG ,EG ⊂平面EFG ,所以平面EFG ⎳平面ABC ,因为FG ⊂平面EFG ,所以FG ⎳平面ABC .(2)解:侧面BB 1C 1C 是矩形,所以BC ⊥BB 1,又因为平面BB 1C 1C ⊥平面AA 1B 1B ,平面BB 1C 1C ∩平面AA 1B 1B =BB 1,所以BC ⊥平面AA 1B 1B ,又BE ⊂平面AA 1B 1B ,因此BC ⊥BE .在菱形AA 1B 1B 中,∠BAA 1=60°,因此△AA 1B 是等边三角形,又E 是AA 1的中点,所以BE ⊥AA 1,从而得BE ⊥BB 1.如图,以B 为坐标原点,BE ,BB 1,BC 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.因为AB =2BC =2,所以BE =AB sin60°=3,因此B 10,2,0 ,A 13,1,0 ,E 3,0,0 ,C 0,0,1 ,所以B 1C =0,-2,1 ,B 1E =3,-2,0 ,B 1A 1=3,-1,0 ,设平面EB 1C 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ,由m⊥B 1C,得-2y 1+z 1=0 ,令y 1=1,得m =23,1,2设平面A 1B 1C 的法向量为n=x 2,y 2,z 2 ,由n ⊥B 1Cn ⊥B 1A 1,得-2y 2+z 2=03x 2-y 2=0 ,令y 2=1,得n =33,1,2 ,cos ‹m ,n ›=m ⋅n m ⋅n =23+1+4193⋅163=171976,即二面角A 1-B 1C -E 的余弦值为171976.3.如图,在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1⊥平面ABCD ,底面ABCD 为梯形,AD ⎳BC ,BC =4,AB =AD =DC =AA 1=2,Q 为AD 的中点.(1)在A 1D 1上是否存在点P ,使直线CQ ⎳平面AC 1P ,若存在,请确定点P 的位置并给出证明,若不存在,请说明理由;(2)若(1)中点P 存在,求平面AC 1P 与平面ABB 1A 1所成的锐二面角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:(几何法)存在,证明如下:在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,因为平面ABCD ⎳平面A 1B 1C 1D 1,所以可在平面A 1B 1C 1D 1内作C 1P ⎳CQ ,由平面几何知识可证△C 1D 1P ≅△CDQ ,所以D 1P =DQ ,可知P 是A 1D 1中点,因为C 1P ⊂平面AC 1P ,所以CQ ⎳平面AC 1P .即存在线段A 1D 1的中点,满足题设条件.满足条件的点只有一个,证明如下:当CQ ⎳平面AC 1P 时,因为CQ ⎳平面A 1B 1C 1D 1,所以过C 1作平行于CQ 的直线既在平面A 1C 1P 内,也在平面A 1B 1C 1D 1内,而在平面A 1B 1C 1D 1内过C 1只能作一条直线C 1P ⎳CQ ,故满足条件的点P 只有唯一一个.所以,有且只有A 1D 1的中点为满足条件的点P ,使直线CQ ⎳平面AC 1P .(2)解析:(坐标法)过点D 作DF ⊥BC ,垂足为F ,又因为DD 1⊥平面ABCD ,以D 为坐标原点,分别以DA ,DF ,DD 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立如图的空间直角坐标系D -xyz ,则A 2,0,0 ,P 1,0,2 ,C 1-1,3,2 ,A 12,0,2 ,B 3,3,0 ,P A =1,0,-2 ,PC 1 =-2,3,0 ,AB =1,3,0 ,AA 1=0,0,2设平面P AC 1的法向量为n=x ,y ,z ,则有n ⋅P A=0,n ⋅PC 1 =0,即x -2z =0,-2x +3y =0. 令x =23,得y =4,z =3,所以n=23,4,3 .设平面ABB 1A 1的法向量为m=x ,y ,z .则有AB ⋅m =0,AA 1 ⋅m =0,即x +3y =0,2z =0. 令x =3,得y =-1,z =0,所以m=3,-1,0 .所以cos n ,m =n ⋅m n m=6-4+0231=3131.故平面AC 1P 与平面ABB 1A 1所成的锐二面角的余弦值为3131.4.(福建泉州市2025届高中毕业班模拟检测(一)解析第16题)4:如图,在四棱锥P -ABCD 中,PD =PC =CB =BA =12AD =2,AD ⎳CB ,∠CPD =∠ABC =90°,平面PCD ⊥平面ABCD ,E 为PD 中点.(1)求证:PD ⊥平面PCA ;(2)点Q 在棱P A 上,CQ 与平面PDC 所成角的正弦值为63,求平面PCD 与平面CDQ 夹角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:由题意:BC =AB =2,∠ABC =90°,AC =AB 2+BC 2=22同理CD =22,又AD =4,CD 2+AC 2=AD 2,CD ⊥AC .而CD =22=PD 2+PC 2,即PC ⊥PD ,又平面PCD ⊥平面ABCD ,平面PCD ∩平面ABCD =CD ,AC ⊂平面ABCD ,AC ⊥平面PCD ,PD ⊂平面PCD ,PD ⊥AC ,又PC ⊥PD ,且PC ⊂面PCA ,AC ⊂面PCA ,PC ∩AC =C ,PD ⊥平面PCA .(2)解析:以C 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则C 0,0,0 ,A 0,22,0 ,D 22,0,0 ,P 2,0,2 ,所以CD =22,0,0 ,CP =2,0,2 ,P A=-2,22,-2 ,设PQ =λP A 0<λ<1 ,有CQ =CP +λP A=21-λ ,22λ,21-λ ,取面PCD 的一个法向量m =0,1,0 ,则cos CQ ,m =22λ41-λ 2+8λ2=63,λ=12,故CQ =22,2,22.令n=x ,y ,z 是平面CDQ 的一个法向量,则n ⋅CD =0n ⋅CQ =0,即22x =022x +2y +22z =0,令y =1,有n =0,1,-2 ,则cos ‹n ,m › =n ⋅m n m=55,故平面PCD 与平面CDQ 夹角的余弦值为55.5.(长沙市雅礼中学2025届高三上学期(9月)综合自主测试解析第17题)5:如图(1),在△ABC 中,CD ⊥AB ,BD =2CD =2AD =4,点E 为AC 的中点.将△ACD 沿CD 折起到△PCD 的位置,使DE ⊥BC ,如图(2).图(1)图(2)(1)求证:PB ⊥PC ;(2)在线段BC 上是否存在点F ,使得CP ⊥DF ?若存在,求二面角P -DF -E 的余弦值;若不存在,说明理由。
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专题06立体几何(解答题)1.[2019年高考全国I卷理数】如图，直四棱柱ABCD -A点C2的底面是菱形，M=4, AB=2, ZBAD=&0° ,E, M,"分别是BG BBi, //的中点.(1)证明：必V〃平面GDE-,(2)求二面角A-MA-N的正弦值.【答案】(1)见解析；(2).【解析】(1)连结BC, ME.因为必£分别为爾，庞的中点，所以ME"B\C,且於EC又因为慨Mi加勺中点，所以ND^A.D.由题设知可得風G4J,敕MEND,因此四边形如必为平行四边形，MN//ED.又删平面切G,所以JW平面(2)由已知可得励丄必.以0为坐标原点，的方向为曲由正方向，建立如图所示的空间直角坐标系沪xyz,则D-q的厂B， //1 / /,4(2, 0, 4), , , , , , •设为平面川翎的法向量，贝y,所以可取.设为平面Mi必啲法向量，贝!I所以可取.于是，所以二面角的正弦值为.【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.2.[2019年高考全国II卷理数】如图，长方体ABCD-AACM的底面/敝是正方形，点£在棱曲i上，BE 丄阳.(1)证明：滋丄平面EBvG；(2)若A^ArE,求二面角B-EC- Q的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】(1)由已知得，平面，平面，故.又，所以平面.(2)由(1)知.由题设知竺，所以，故,.以为坐标原点，的方向为剧正方向，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) , (0, 1, 2) , E (1, 0, 1),,,.设平面肪曲勺法向量为沪(x, y, x),贝!]即所以可取沪.设平面的法向量为硏(x, y, z),则即所以可取硏(1, 1, 0).于是.所以，二面角的正弦值为.【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.3.[2019年高考全国III卷理数】图1是由矩形ADEB, RtA^C和菱形莎GC组成的一个平面图形，其中AB=1,BBB圧2, ZFB&60。
2019年高考文数——立体几何(解答)
2019年高考文数——立体几何1.(19全国一文19．（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）求点C 到平面C 1DE 的距离．2.(19全国二文17．（12分）)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 ，AB =3，求四棱锥11E BB C C 的体积．3.(19全国三文19．（12分）)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积.4.(19北京文（18）（本小题14分）)-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点．如图，在四棱锥P ABCD（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．5.(19天津文（17）（本小题满分13分）)如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（Ⅰ）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （Ⅱ）求证：PA ⊥平面PCD ；（Ⅲ）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.参考答案：1．解：（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =.又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥.又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离， 由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =，故41717CH =. 从而点C 到平面1C DE 的距离为417.2．解：（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==．所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．3．解：（1）由已知得AD P BE ，CG P BE ，所以AD P CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ． （2）取CG 的中点M ，连结EM ，DM.因为AB ∥DE ，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE ，故DE ⊥CG .由已知，四边形BCGE 是菱形，且∠EBC =60°得EM ⊥CG ，故CG ⊥平面DEM ． 因此DM ⊥CG ．在Rt △DEM 中，DE =1，EM =3，故DM =2． 所以四边形ACGD 的面积为4．4.解：（Ⅰ）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA BD ⊥．又因为底面ABCD 为菱形，所以BD AC ⊥．所以BD ⊥平面PAC ．（Ⅱ）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AE ． 因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点， 所以AE ⊥CD ．所以AB ⊥AE ．所以AE ⊥平面PAB ． 所以平面PAB ⊥平面PAE ．（Ⅲ）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ．则FG ∥AB ，且FG =12AB ． 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，所以CE ∥AB ，且CE =12AB ． 所以FG ∥CE ，且FG =CE ．所以四边形CEGF 为平行四边形．所以CF ∥EG ． 因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ，所以CF ∥平面PAE ．5.（Ⅰ）证明：连接BD ，易知AC BD H =I ，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以GH ∥平面PAD . （Ⅱ）证明：取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ，又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC I 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，故DN PA ⊥.又已知PA CD ⊥，CD DN D =I ，所以PA ⊥平面PCD .（Ⅲ）解：连接AN ，由（Ⅱ）中DN ⊥平面PAC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面PAC 所成的角，因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点，所以3DN =又DN AN ⊥，在Rt AND △中，sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值为3.。
高考数学(理)二轮专题练习：立体几何(含答案)
立体几何1．一个物体的三视图的排列规则是俯视图放在正(主)视图下面，长度与正(主)视图一样，侧(左)视图放在正(主)视图右面，高度与正(主)视图一样，宽度与俯视图一样，即“长对正，高平齐，宽相等”．在画一个物体的三视图时，一定注意实线与虚线要分明．[问题1] 如图，若一个几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图均为面积等于2的等腰直角三角形，则该几何体的体积为________． 答案 432．在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．“平行于x 轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y 轴的线段平行性不变，长度减半．”[问题2] 如图所示的等腰直角三角形表示一个水平放置的平面图形的直观图，则这个平面图形的面积是________． 答案 2 23．简单几何体的表面积和体积(1)S 直棱柱侧＝c ·h (c 为底面的周长，h 为高)． (2)S 正棱锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)．(3)S 正棱台侧＝12(c ′＋c )h ′(c 与c ′分别为上、下底面周长，h ′为斜高)．(4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式 S 圆柱侧＝2πrl (r 为底面半径，l 为母线)， S 圆锥侧＝πrl (同上)，S 圆台侧＝π(r ′＋r )l (r ′、r 分别为上、下底的半径，l 为母线)． (5)体积公式V 柱＝S ·h (S 为底面面积，h 为高)， V 锥＝13S ·h (S 为底面面积，h 为高)，V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S 、S ′为上、下底面面积，h 为高)．(6)球的表面积和体积 S 球＝4πR 2，V 球＝43πR 3.[问题3] 如图所示，一个空间几何体的正(主)视图和俯视图都是边长为1的正方形，侧(左)视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的表面积为( ) A ．4π B ．3π C ．2π D.32π 答案 D4．空间直线的位置关系：①相交直线——有且只有一个公共点．②平行直线——在同一平面内，没有公共点．③异面直线——不在同一平面内，也没有公共点．[问题4] 在空间四边形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是四边上的中点，则直线EG 和FH 的位置关系是________． 答案 相交5．空间直线与平面、平面与平面的位置关系 (1)直线与平面①位置关系：平行、直线在平面内、直线与平面相交． ②直线与平面平行的判定定理和性质定理：判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．③直线与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直． 性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行． (2)平面与平面①位置关系：平行、相交(垂直是相交的一种特殊情况)． ②平面与平面平行的判定定理和性质定理：判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行． 性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行． ③平面与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．[问题5] 已知b ，c 是平面α内的两条直线，则“直线a ⊥α”是“直线a ⊥b ，直线a ⊥c ”的________条件． 答案 充分不必要 6．空间向量(1)用空间向量求角的方法步骤①异面直线所成的角若异面直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，它们所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈v 1，v 2〉|. ②直线和平面所成的角利用空间向量求直线与平面所成的角，可以有两种方法：方法一 分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两条直线的方向向量的夹角(或其补角)．方法二 通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角． ③利用空间向量求二面角也有两种方法：方法一 分别在二面角的两个面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小．方法二 通过平面的法向量来求，设二面角的两个面的法向量分别为n 1和n 2，则二面角的大小等于〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．易错警示：①求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，容易误以为是线面角的余弦．②求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析． (2)用空间向量求A 到平面α的距离： 可表示为d ＝|n ·AB →||n |.[问题6] (1)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于________．(2)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则点O 到平面ABC 1D 1的距离为________． 答案 (1)64 (2)24解析 (1)方法一 取A 1C 1的中点E ，连接AE ，B 1E ，如图． 由题意知B 1E ⊥平面ACC 1A 1，则∠B 1AE 为AB 1与侧面ACC 1A 1所成的角． 设正三棱柱侧棱长与底面边长为1， 则sin ∠B 1AE ＝B 1E AB 1＝322＝64.方法二 如图，以A 1C 1中点E 为原点建立空间直角坐标系E －xyz ，设棱长为1，则A ⎝⎛⎭⎫12，0，1，B 1⎝⎛⎭⎫0，32，0， 设AB 1与平面ACC 1A 1所成的角为θ，EB 1→为平面ACC 1A 1的法向量． 则sin θ＝|cos 〈AB 1→，EB 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫－12，32，－1·⎝⎛⎭⎫0，32，02×32＝64. (2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，C 1(0,1,1)，O ⎝⎛⎭⎫12，12，1. 设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AD 1→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋z ＝0.令z ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝0，∴n ＝(1,0,1)，又OD 1→＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0， ∴O 到平面ABC 1D 1的距离d ＝|n ·OD 1→||n|＝122＝24.易错点1 三视图认识不清致误例1 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( )A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80错解 由三视图知，该几何体的直观图如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4，宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是正方形，边长为4. 所以表面积S ＝42×3＋2×4＋2×12(2＋4)×4＝48＋8＋24＝80.找准失分点 不能准确把握三视图和几何体之间的数量关系，根据正视图可知，侧视图中等腰梯形的高为4，而错认为等腰梯形的腰为4.正解 由三视图知该几何体的直观图如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是矩形，宽为4，长为42＋12 ＝17.所以S 表＝42＋2×4＋12×(2＋4)×4×2＋4×17×2＝48＋817.答案 C易错点2 对几何概念理解不透致误例2 给出下列四个命题：①有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱； ②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱； ③底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ④底面是矩形的平行六面体是长方体．其中正确的命题是__________(写出所有正确命题的序号)． 错解1 ①②③ 错解2 ②③④找准失分点 ①是错误的，因为棱柱的侧棱要都平行且相等；④是错误的，因为长方体的侧棱必须与底面垂直． 正解 ②③易错点3 对线面关系定理条件把握不准致误例3 已知m 、n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面．给出下列命题： ①若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊥m ，则n ⊥α，或n ⊥β； ②若α∥β，α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，则m ∥n ；③若m 不垂直于α，则m 不可能垂直于α内的无数条直线； ④若α∩β＝m ，n ∥m ，且n ⊄α，n ⊄β，则n ∥α，且n ∥β； ⑤若m 、n 为异面直线，则存在平面α过m 且使n ⊥α. 其中正确的命题序号是________． 错解 ②③④⑤找准失分点③是错误的；⑤是错误的．正解①是错误的．如正方体中面ABB′A′⊥面ADD′A′，交线为AA′.直线AC⊥AA′，但AC不垂直面ABB′A′，同时AC也不垂直面ADD′A′.②正确．实质上是两平面平行的性质定理．③是错误的．在上面的正方体中，A′C不垂直于平面A′B′C′D′，但与B′D′垂直．这样A′C就垂直于平面A′B′C′D′内与直线B′D′平行的无数条直线．④正确．利用线面平行的判定定理即可．⑤错误．从结论考虑，若n⊥α且m⊂α，则必有m⊥n，事实上，条件并不能保证m⊥n.故错误．答案②④1．已知三条不同直线m，n，l与三个不同平面α，β，γ，有下列命题：①若m∥α，n∥α，则m∥n；②若α∥β，l⊂α，则l∥β；③α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；④若m，n为异面直线，m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β.其中正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 C解析因为平行于同一平面的两条直线除了平行，还可能相交或成异面直线，所以命题①错误；由直线与平面平行的定义知命题②正确；由于垂直于同一个平面的两个平面可能平行还可能相交，因此命题③错误；过两条异面直线分别作平面互相平行，这两个平面是唯一存在的，因此命题④正确．故选C.2．设m，n是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列选项中不正确的是()A．当m⊂α时，“n∥α”是“m∥n”的必要不充分条件B．当m⊂α时，“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件C．当n⊥α时，“n⊥β”是“α∥β”成立的充要条件D．当m⊂α时，“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件答案 A解析当m⊂α时，若n∥α可得m∥n或m，n异面；若m∥n可得n∥α或n⊂α，所以“n∥α”是“m∥n”的既不充分也不必要条件，答案选A.3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A ．64B ．72C ．80D ．112答案 B解析 根据三视图，该几何体为下面是一个立方体、上面两个三棱锥，所以V ＝4×4×4＋2×13×(12·4·2)×3＝72，故选B.4．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P ，Q 分别是AA 1，A 1D 1，CC 1，BC 的中点，给出以下四个结论：①A 1C ⊥MN ；②A 1C ∥平面MNPQ ；③A 1C 与PM 相交；④NC 与PM 异面．其中不正确的结论是( ) A ．① B ．② C ．③ D ．④ 答案 C解析 作出过M ，N ，P ，Q 四点的截面交C 1D 1于点S ，交AB 于点R ，如图所示中的六边形MNSPQR ，显然点A 1，C 分别位于这个平面的两侧，故A 1C 与平面MNPQ 一定相交，不可能平行，故结论②不正确．5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．2＋ 2B ．3＋ 2C ．1＋2 2D ．5答案 A解析 由三视图可知，该几何体是一个四棱锥，如图所示． 该几何体的底面是边长为1的正方形，故S 1＝12＝1. 侧棱P A ⊥面ABCD ，且P A ＝1， 故S △P AB ＝S △P AD ＝12×1×1＝12，而PD ⊥DC ，CB ⊥PB ，且PB ＝PD ＝2， 所以S △PBC ＝S △PDC ＝12×2×1＝22.所以该几何体的表面积为S ＝1＋2×12＋2×22＝2＋ 2.故选A.6．如图，已知六棱锥P —ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，P A ＝2AB ，则下列结论正确的是( ) A ．PB ⊥ADB ．平面P AB ⊥平面PBC C ．直线BC ∥平面P AED ．直线PD 与平面ABC 所成的角为45° 答案 D解析 若PB ⊥AD ，则AD ⊥AB ，但AD 与AB 成60°角，A 错误；平面P AB 与平面ABD 垂直，所以平面P AB 一定不与平面PBC 垂直，B 错误；BC 与AE 是相交直线，所以BC 一定不与平面P AE 平行，C 错误；直线PD 与平面ABC 所成角为∠PDA ，在Rt △P AD 中，AD ＝P A ， ∴∠PDA ＝45°，D 正确．7．对于四面体ABCD ，给出下列四个命题： ①若AB ＝AC ，BD ＝CD ，则BC ⊥AD ； ②若AB ＝CD ，AC ＝BD ，则BC ⊥AD ； ③若AB ⊥AC ，BD ⊥CD ，则BC ⊥AD ； ④若AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，则BC ⊥AD .其中正确的是________．(填序号) 答案 ①④解析 取线段BC 的中点E ，连接AE ，DE ， ∵AB ＝AC ，BD ＝CD ， ∴BC ⊥AE ，BC ⊥DE ， ∴BC ⊥平面ADE ， ∵AD ⊂平面ADE ， ∴BC ⊥AD ，故①正确．设点O 为点A 在平面BCD 上的射影， 连接OB ，OC ，OD ， ∵AB ⊥CD ，AC ⊥BD ， ∴OB ⊥CD ，OC ⊥BD ， ∴点O 为△BCD 的垂心， ∴OD ⊥BC ，∴BC ⊥AD ，故④正确，易知②③不正确，填①④.8.如图，四面体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2，∠ABC ＝∠DCB ＝π2，则二面角A －BC －D 的大小为________．答案 π3解析 由∠ABC ＝∠DCB ＝π2知，BA →与CD →的夹角θ就是二面角A －BC －D 的平面角． 又AD →＝AB →＋BC →＋CD →，∴AD →2＝(AB →＋BC →＋CD →)2 ＝AB →2＋BC 2→＋CD →2＋2AB →·CD →.因此2AB →·CD →＝(23)2－12－32－22＝－2， ∴cos(π－θ)＝－12，且0<π－θ<π，则π－θ＝23π，故θ＝π3.9．已知直线l ，m ，平面α，β，且l ⊥α，m ⊂β，给出四个命题：①若α∥β，则l ⊥m ；②若l ⊥m ，则α∥β；③若α⊥β，则l ∥m ；④若l ∥m ，则α⊥β. 其中为真命题的是________．(填序号) 答案 ①④解析 对命题①，则l ⊥α，α∥β得，l ⊥β，m ⊂β，∴l⊥m，故①正确．对命题②，l⊥mD⇒/l⊥β，则l⊥mD⇒/α∥β，故②错误．对命题③，当α⊥β时，l与m也可能相交或异面或平行，故③错误．对命题④，由l⊥α，l∥m得m⊥α，又m⊂β，∴α⊥β，故④正确．10．三棱锥D－ABC及其三视图中的正(主)视图和侧(左)视图如图所示，则棱BD的长为________．答案4 2解析由正(主)视图知CD⊥平面ABC，设AC中点为E，则BE⊥AC，且AE＝CE＝2；由侧(左)视图知CD＝4，BE＝23，在Rt△BCE中，BC＝BE2＋EC2＝(23)2＋22＝4，在Rt△BCD中，BD＝BC2＋CD2＝42＋42＝4 2.故答案为4 2.。
高考2013-2019理数立体几何真题(解答题)
立体几何（解答题）【2019 全国1】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1 的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N 分别是BC，BB1，A1D 的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A−MA1−N 的正弦值．【2019 全国2】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1 的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA1 上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1 的正弦值．【2019 全国3】图1 是由矩形ADEB，Rt△ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠ FBC=60°，将其沿AB，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2 中的A，C，G，D 四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2 中的二面角B−CG−A的大小.【2019 北京卷】如图，在四棱锥P–ABCD 中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF=1．PC 3 （1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P 的余弦值；（3）设点G 在PB 上，且PG=2．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．PB 3【2019 天津卷】如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE, AD ∥B C ，AD ⊥AB, AB =AD = 1, AE =BC = 2 ．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；1（3）若二面角E -BD -F 的余弦值为3，求线段CF 的长．【2019 江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1 中，D，E 分别为BC，AC 的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．POM【 2019 浙 江 卷 】 如 图 ， 已 知 三 棱 柱 ABC - A 1B 1C 1 ， 平 面 A 1 ACC 1 ⊥ 平 面 ABC , ∠ABC = 90︒ ，∠BAC = 30︒, A 1A = A 1C = AC , E , F （1） 证明： EF ⊥ BC ；分别是 AC ，A 1B 1 的中点.（2） 求直线 EF 与平面 A 1BC 所成角的余弦值.【2018 全国 1】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 .（1） 证明：平面 PEF ⊥ 平面 ABFD ； （2） 求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值.【2018 全国 2】如图，在三棱锥 P - ABC 中， AB = BC = 2（1） 证明： PO ⊥ 平面 ABC ；， PA = PB = PC = AC = 4 ， O 为 AC 的中点．（2） 若点 M 在棱 BC 上，且二面角 M - PA - C 为30︒ ，求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值．AC2【2018 全国 3】如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧C D 所在平面垂直，M 是C D 上异于C ，D 的点．（1） 证明：平面 AMD ⊥平面 BMC ；（2） 当三棱锥 M - ABC 体积最大时，求面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值．【2018 江苏卷（选做题）】如图，在正三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 中，AB =AA 1=2，点 P ，Q 分别为 A 1B 1，BC 的中点．（1） 求异面直线 BP 与 AC 1 所成角的余弦值；（2） 求直线 CC 1 与平面 AQC 1 所成角的正弦值．【2018 江苏卷】在平行六面体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中， AA 1 = AB , AB 1 ⊥ B 1C 1 ．求证：（1） AB ∥平面A 1B 1C ；（2）平面 ABB 1 A 1 ⊥ 平面 A 1 BC ．【2018 浙江卷】如图，已知多面体 ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面 ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（1） 证明：AB 1⊥平面 A 1B 1C 1；（2） 求直线 AC 1 与平面 ABB 1 所成的角的正弦值．【2018 北京卷】如图，在三棱柱 ABC − A 1 B 1C 1 中， CC 1 ⊥ 平面 ABC ，D ，E ，F ，G 分别为 AA 1 ，AC ， A 1C 1 ， BB 1的中点，AB=BC = ，AC = AA 1 =2．（1） 求证：AC ⊥平面 BEF ； （2） 求二面角 B−CD −C 1 的余弦值；（3） 证明：直线 FG 与平面 BCD 相交．【2018 天津卷】如图， AD ∥BC 且 AD =2BC ， AD ⊥ CD , EG ∥AD 且 EG =AD ， CD ∥FG 且 CD =2FG ，DG ⊥ 平面ABCD ，DA =DC =DG =2.（1） 若 M 为 CF 的中点，N 为 EG 的中点，求证： MN ∥平面CDE ；（2） 求二面角 E - BC - F 的正弦值；（3） 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.5【2017 全国1】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. .【2017 全国2】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=1AD, ∠BAD =∠ABC = 90o ,2E 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45o ，求二面角M -AB -D 的余弦值．【2017 全国3】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.【2017 江苏卷】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．3PE【2017 江苏卷（选做题）】如图，在平行六面体 ABCD-A 1B 1C 1D 1 中，AA 1⊥平面 ABCD ，且 AB =AD =2，AA 1= ，∠BAD = 120︒ ．（1） 求异面直线 A 1B 与 AC 1 所成角的余弦值；（2） 求二面角 B-A 1D-A 的正弦值．【2017 山东卷】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 D F 的中点.（1） 设 P 是C E 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.【2017 浙江卷】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．ADBC（1） 证明： CE ∥平面 PAB ； （2） 求直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值．6 【2017 北京卷】如图，在四棱锥 P−ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，平面 PAD ⊥平面 ABCD ，点 M 在线段 PB上，PD//平面 MAC ，PA =PD = ，AB =4．（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．【2017 天津卷】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；（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7，求线段 AH 的长．21【2016 全国 1】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 ；（Ⅱ）求二面角 E ﹣BC ﹣A 的余弦值．【2016 全国2】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=CF= ，EF 交于BD 于点H，将△DEF 沿EF 折到△D′EF的位置，OD′=．（Ⅰ）证明：D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣D′A﹣C 的正弦值．【2016 全国3】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．（1）证明：MN∥平面PAB；（2）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．【2015 全国1】如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE 丄平面ABCD，DF 丄平面ABCD，BE=2DF，AE 丄EC．（Ⅰ）证明：平面AEC丄平面AFC（Ⅱ）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．【2015 全国2】如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1 中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F 分别在A1B1，D1C1 上，A1E=D1F=4，过点E，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；（2）求直线AF 与平面α所成角的正弦值．【2014 全国1】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1 中，侧面BB1C1C 为菱形，AB⊥B1C．（Ⅰ）证明：AC=AB1；（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1 的余弦值．【2014 全国2】如图，四棱锥P﹣ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA⊥平面ABCD，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设二面角D﹣AE﹣C 为60°，AP=1，AD=，求三棱锥E﹣ACD 的体积．【2014 大纲版】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1 中，点A1 在平面ABC 内的射影D 在AC 上，∠ACB=90°，BC=1，AC=CC1=2．（Ⅰ）证明：AC1⊥A1B；（Ⅱ）设直线AA1 与平面BCC1B1 的距离为，求二面角A1﹣AB﹣C 的大小．【2013 全国1】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1 中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°．（Ⅰ）证明AB⊥A1C；（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB=2，求直线A1C 与平面BB1C1C 所成角的正弦值．【2013 全国2】如图，直棱柱ABC﹣A1B1C1 中，D，E 分别是AB，BB1 的中点，AA1=AC=CB=AB．（Ⅰ）证明：BC1∥平面A1CD（Ⅱ）求二面角D﹣A1C﹣E 的正弦值．【2013 大纲版】如图，四棱锥P﹣ABCD 中，∠ABC=∠BAD=90°，BC=2AD，△PAB 与△PAD 都是等边三角形．（Ⅰ）证明：PB⊥CD；（Ⅱ）求二面角A﹣PD﹣C 的大小．⎪⎩参考答案【2019 全国 1】【答案】（1）见解析；（2） 10.5【解析】（1）连结 B 1C ，ME ． 因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，1 所以ME ∥B 1C ，且ME = 2B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点，1 所以ND = 2A 1D ．由题设知A 1B 1 =DC ，可得B 1C = A 1D ，故ME = ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ． 又MN ⊄ 平面EDC 1， 所以MN ∥平面C 1DE ． （2）由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点， DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，则A (2, 0, 0) ，A 1(2，0，4)，M (1, 3, 2) ，N (1, 0, 2) ，A 1 A = (0, 0, -4) ，A 1M = (-1, 3, -2) ，A 1 N = (-1, 0, -2) ，MN = (0, - 3, 0) ．⎧⎪m ⋅ 设 m = (x , y , z ) 为平面A 1MA 的法向量，则⎨ A 1M = 0，⎧⎪-x + 3y - 2z = 0，⎪⎩m ⋅ A 1 A = 0 所以⎨-4z = 0． 可取 m = ( 3,1, 0) ．2 3 2 ⨯ 5 15 10 ⎧⎪n ⋅ MN = 0， ⎩⎩设 n = ( p , q , r ) 为平面A 1MN 的法向量，则⎨ ⎪⎩n ⋅ A 1N = 0． ⎧⎪- 3q = 0， 所以可取 n = (2, 0, -1) ． ⎨⎪- p - 2r = 0．m ⋅ n于是cos 〈m , n 〉 == = ，| m ‖n | 5所以二面角A - MA 1 - N 的正弦值为 ． 5【2019 全国 2】【答案】（1）证明见解析；（2） 3 .2【解析】（1）由已知得， B 1C 1 ⊥ 平面 ABB 1 A 1 ， BE ⊂ 平面 ABB 1 A 1 ， 故 B 1C 1 ⊥ BE ．又 BE ⊥ EC 1 ，所以 BE ⊥ 平面 EB 1C 1 ．（2）由（1）知∠BEB 1 = 90︒ ．由题设知Rt △ABE ≌ Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB = 45︒ ， 故 AE = AB ， AA 1 = 2 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），C 1（0，1，2），E （1，0，1），CB = (1, 0, 0)，CE = (1, -1,1) ，CC 1 = (0, 0, 2) ．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则⎧ ⎪CB ⋅ n = 0, ⎨⎪⎩CE ⋅ n = 0, ⎧x = 0,即⎨x - y + z = 0,所以可取n = (0, -1, -1) .33⎩设平面ECC1 的法向量为m=（x，y，z），则⎧⎪CC1 ⋅m = 0,⎨⎪⎩CE⋅m=0,⎧2z = 0,即⎨x -y +z = 0.所以可取m=（1，1，0）．于是cos <n, m >=n ⋅m=-1．| n || m | 2所以，二面角B -EC -C1 的正弦值为．2【2019 全国3】【答案】（1）见解析；（2）30 .【解析】（1）由已知得AD BE，CG BE，所以AD CG，故AD，CG 确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB ⊥BE，AB ⊥BC，故AB ⊥平面BCGE．又因为AB ⊂平面ABC，所以平面ABC ⊥平面BCGE．（2）作EH ⊥BC，垂足为H．因为EH ⊂平面BCGE，平面BCGE ⊥平面ABC，所以EH ⊥平面ABC．由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH= ．以H为坐标原点，HC 的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），CG =（1，0，），AC =（2，–1，0）．设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则⎪CG ⋅n = 0, ⎧⎪x+ 3z = 0,⎨⋅= 0,即⎨2x -y = 0.⎪⎩AC n⎪⎩33⎧所以可取n=（3，6，–）．3又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），3 3 n ⋅ m所以cos 〈n , m 〉 == ．| n || m | 2因此二面角B –CG –A 的大小为30°．【2019 北京卷】【答案】（1）见解析；（2） 3 ；（3）见解析.3【解析】（1）因为 PA ⊥平面 ABCD ，所以 PA ⊥CD ． 又因为AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ．（2） 过A 作AD 的垂线交BC 于点M ．因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD ．如图建立空间直角坐标系A −xyz ，则A （0，0，0），B （2，- 1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0， 0，2）．因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）．所以 AE = (0,1,1), PC = (2, 2, -2), AP = (0, 0, 2) ．1 ⎛2 2 2 ⎫⎛ 2 2 4 ⎫所以PF = 3PC = , , - ⎪ , AF = AP + PF = , , ⎪ . ⎝ 3 3 3 ⎭ ⎝ 3 3 3 ⎭设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则⎧n ⋅⎧y + z = 0, ⎪ AE = 0, ⎪ ⎨n ⋅ 即⎨ 2 x + 2 y + 4 z = 0. ⎩⎪ AF = 0, ⎪⎩ 3 3 3令z =1，则y = -1, x = -1．于是 n =( -1, -1,1) ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），n ⋅ p所以cos 〈n , p 〉 == - .| n ‖p | 3由题知，二面角F −AE −P 为锐角，所以其余弦值为 3．3AB ，A D ，A E CE n⎨（3） 直线AG 在平面AEF 内． 因为点G 在PB 上，且PG = 2 ,PB = (2, -1, -2) ， PB 32 ⎛ 4 2 4 ⎫⎛ 4 2 2 ⎫所以 PG = 3 PB = 3 , - 3 , - 3 ⎪ , AG = AP + PG = 3 , - , ⎪ .⎝ ⎭ ⎝由（2）知，平面AEF 的法向量 n =( -1, -1,1) .3 3 ⎭4 2 2 所以AG ⋅ n = - + + = 0 . 3 3 3所以直线AG 在平面AEF 内.4 【2019 天津卷】【答案】（1）见解析；（2） 98；（3） ．7【解析】依题意，可以建立以 A 为原点，分别以的方向为 x 轴， y 轴， z 轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得 A (0, 0, 0),则 F (1, 2, h ) ．B (1, 0, 0),C (1, 2, 0),D (0,1, 0) ，E (0, 0, 2) ．设CF = h(h >>0) ， （1）依题意，AB = (1, 0, 0) 是平面 ADE 的法向量，又 BF = (0, 2, h ) ，可得 BF ⋅ AB = 0 ，又因为直线 BF ⊄平面 ADE ，所以 BF ∥平面 ADE ．（2）依题意， BD = (-1,1, 0), BE = (-1, 0, 2), CE = (-1, -2, 2) ．⎧⎪n ⋅ = 0, ⎧-x + y = 0, 设 n = (x , y , z ) 为平面 BDE 的法向量，则⎨ ⎪⎩BDn ⋅ BE = 0, 即 ⎩-x + 2z = 0, 不妨令 z = 1，可得 n = (2, 2,1) ．因此有cos CE , n⋅ 4 == - ． | CE || n |9 4所以，直线CE 与平面 BDE 所成角的正弦值为 9．⎧m ⋅（3）设 m = (x , y , z ) 为平面 BDF 的法向量，则⎪ BD = 0, ⎧-x + y = 0,即 ⎨⎨2 y + hz = 0,不妨令 y = 1，可得 m = ⎛1,1, - 2 ⎫ ．⎪⎩m ⋅ BF = 0, ⎩h ⎪ ⎝ ⎭由题意，有 cos 〈m , n 〉 =| m ⋅ n | ，解得 h = 8．经检验，符合题意． | m || n | 3 78所以，线段CF 的长为．7【2019江苏卷】【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E 分别为BC，AC 的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1 中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 ⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E 为AC 的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC−A1B1C1 是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.3【2019 浙江卷】【答案】（1）见解析；（2）．5【解析】方法一：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E ⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．所以BC⊥平面A1EF．因此EF⊥BC．3 3, , 2 3)（2） 取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =2 ，EG = .由于O 为A 1G 的中点，故 EO = OG =A 1G =15 ，22EO 2 + OG 2 - EG 23所以cos ∠EOG == ． 2EO ⋅OG53因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是 ．5方法二：（1） 连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂ 平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，2），B （ ，1，0）， B 1 ( 3, 3, 2 3) ， F ( 3 3，C (0，2，0)．2 23 33⎧3因此，EF = ( , , 2 3) ，BC = (-2 23,1, 0) ．由EF ⋅BC = 0 得EF ⊥BC ．（2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ．由（1）可得BC=(- 3 ，1，0) ，A1C=(0 ，2 ，- 2 3) ．设平面A1BC的法向量为n=(x，y，z)，⎪BC ⋅n = 0⎧⎪- 3x +y = 0由⎨AC ⋅n = 0，得⎨，⎩⎪1⎪⎩y- 3z = 0| EF ⋅n| 4 取n= (1， 3 ，1) ，故sinθ=|cos EF，n| = =，| EF | ⋅ | n | 53因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为．5【2018 全国1】【答案】（1）见解析；（2）3.4【解析】方法一：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF ⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.（2）在平面DEF 中，过P 作PH⊥EF 于点H，连接DH，如图，由于EF 为平面ABCD 和平面PEF 的交线，PH⊥EF，则PH⊥平面ABFD，故PH⊥DH.则DP 与平面ABFD 所成的角为∠PDH .在三棱锥P-DEF 中，可以利用等体积法求PH.因为DE∥BF 且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又△PDF≌△CDF，所以∠FPD=∠FCD=90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD=D，则PF⊥平面PDE，故V =1PF ⋅S ，F -P DE 3△PDE因为BF∥DA 且BF⊥平面PEF，所以DA⊥平面PEF，所以DE⊥EP.设正方形的边长为2a，则PD=2a，DE=a，在△PDE 中，PE = 3a ，所以S△PDE =3a2 ，2故VF -PDE =3a3 ，6又S△DEF =1a ⋅ 2a =a2 ，2所以PH =3VF -PDE =a23a ，2所以在△PHD 中，sin∠PDH =PH=3，PD 4故DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为3. 4方法二：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF ⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.（2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，| BF | 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz.3 3 33 3 3 3 HP DP 由（1）可得，DE ⊥PE .又 DP =2，DE =1，所以 PE = .又 PF =1，EF =2，故 PE ⊥PF .可得 PH = 3 , EH = 3 .2 23 3则 H (0, 0, 0), P (0, 0, ), D (-1, - , 0), DP = (1, , ), HP = (0, 0, ) 为平面ABFD 的法向量. 2 2 2 2 23 设 DP 与平面 ABFD 所成角为θ，则 ⋅ sin θ=| | HP || DP ||= 4 = . 4 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3.4【2018 全国 2】【答案】（1）见解析；（2） 3．4【解析】（1）因为 AP = CP = AC = 4 ， O 为 AC 的中点，所以OP ⊥ AC ，且OP = 2 ．连结OB ．因为 AB = BC = 2AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，2 且OB ⊥ AC ， OB = 1AC = 2 ． 2由OP 2 + OB 2 = PB 2 知 PO ⊥ OB ．由OP ⊥ OB , OP ⊥ AC 知 PO ⊥ 平面 ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点， OB 的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系O - xyz ．由已知得 O (0, 0, 0), B (2, 0, 0), A (0, -2, 0), C (0, 2, 0), P (0, 0, 2 3), AP = (0, 2, 2 3), 取平面 PAC 的法向量OB = (2, 0, 0) ．设 M (a , 2 - a , 0)(0 < a ≤ 2) ，则 AM = (a , 4 - a ,0) ． 设平面 PAM 的法向量为 n = (x , y , z ) ．332 55⎩⎧⎪2y+23z=0由AP ⋅n = 0, AM ⋅n = 0 得⎨⎪ax+(4-a)y=0，可取n = ( 3(a - 4), 3a, -a) ，u u r所以cos OB, n =2 3(a - 4)．2 3(a - 4)2 + 3a2 +a2u u r由已知可得| cos OB, n |=．2所以23|a-4|=3．解得a =-4 （舍去），a=4．2 3(a - 4)2 + 3a2 +a2所以n = (-8 3,4 3, -4) ．3 3 32 3uuur又PC = (0, 2, -2 3) ，所以cos PC, n =．4所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为3．4【2018 全国3】【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC ⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为C D上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC C M=C,所以DM⊥平面BMC.而DM ⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.（2）以D 为坐标原点, DA 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.2 5 2 5 5= 当三棱锥 M −ABC 体积最大时，M 为C D 的中点.由题设得 D (0, 0, 0), A (2, 0, 0), B (2, 2, 0), C (0, 2, 0), M (0,1,1) ，AM = (-2,1,1), AB = (0, 2, 0), DA = (2, 0, 0)设 n = (x , y , z ) 是平面 MAB 的法向量,则⎧n ⋅ ⎪ AM = 0, ⎧-2x + y + z = 0, ⎨ n ⋅ 即⎨2 y = 0. ⎪⎩ AB = 0. ⎩可取 n = (1, 0, 2) .DA 是平面 MCD 的法向量,因此n ⋅ cos n , DADA 5 ， | n || DA | 5 sin n , DA = ， 5所以面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值是 . 【2018 江苏卷（选做题）】【答案】（1） 3 10 ；（2） 5 ．20 5【解析】如图，在正三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 中，设 AC ，A 1C 1 的中点分别为 O ，O 1，则 OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以{OB ,OC ,OO 1} 为基底，建立空间直角坐标系 O −xyz ．因为 AB =AA 1=2，所以 A (0, -1, 0), B ( 3, 0, 0),C (0,1, 0),A 1(0, -1, 2) ,B 1( 3, 0, 2),C 1 (0,1, 2) ．=3 , 1, 2) ，2 2（1）因为P 为A1B1 的中点，所以P(5 ⨯ 2 2 3 5 ⨯ 2⎧ ⎪ 从而 = (- 3 , - 1 = (0, 2, 2) ，BP 2 2 , 2), AC 1 | BP ⋅ AC 1 | | -1 + 4 | 3 10 故| cos BP , AC 1 |= = = ． | BP | ⋅ | AC 1 |20 因此，异面直线 BP 与 AC 1 所成角的余弦值为 3 10 ．20（2） 因为 Q 为 BC 的中点，所以Q ( 1 , , 0) ， 2 2因此 AQ = ( 3 , , 0) 2 2， AC 1 = (0, 2, 2),CC 1 = (0, 0, 2) ． 设 n =（x ，y ，z ）为平面 AQC 1 的一个法向量，⎪ AQ ⋅ n = 0, ⎧ x + 3 y = 0,则⎨ ⎪⎩ AC 1 ⋅ n = 0, 即⎨ 2 2 ⎪⎩2 y + 2z = 0. 不妨取 n = ( 3, -1,1) ，设直线 CC 1 与平面 AQC 1 所成角为θ，| CC 1 ⋅ n | 2 5 则sin θ=| cos CC 1 , n |= = = ， | CC 1 | ⋅ | n | 5 所以直线 CC 1 与平面 AQC 1 所成角的正弦值为 5 ．5【2018 江苏卷】【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体 ABCD -A 1B 1C 1D 1 中，AB ∥A 1B 1． 因为 AB ⊄ 平面 A 1B 1C ，A 1B 1 ⊂ 平面 A 1B 1C ，所以 AB ∥平面 A 1B 1C ．（2）在平行六面体 ABCD -A 1B 1C 1D 1 中，四边形 ABB 1A 1 为平行四边形． 又因为 AA 1=AB ，所以四边形 ABB 1A 1 为菱形，因此 AB 1⊥A 1B ．又因为 AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1，所以 AB 1⊥BC ．又因为 A 1B ∩BC =B ，A 1B ⊂ 平面 A 1BC ，BC ⊂ 平面 A 1BC ，所以 AB 1⊥平面A 1BC ． 因为 AB 1 ⊂ 平面ABB 1A 1，3 3所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．2 53 13 21 7 339 1 1 1 1 1 1 1 【2018 浙江卷】【答案】（1）见解析；（2） 39.13【解析】方法一：（1）由 AB = 2, AA 1 = 4, BB 1 = 2, AA 1 ⊥ AB , BB 1 ⊥ AB 得 AB 1 = A 1B 1 = 2 ，所以 A B 2 + AB 2 = AA 2 .故 AB 1 ⊥ A 1B 1 .由 BC = 2 ， BB 1 = 2,CC 1 = 1, BB 1 ⊥ BC ,CC 1 ⊥ BC 得 B 1C 1 = ，由 AB = BC = 2, ∠ABC = 120︒ 得 AC = 2 ，由CC ⊥ AC ，得 AC =，所以 AB 2 + B C 2 = AC 2，故 AB ⊥ B C . 11 1 1 1 1 1 1 1 因此 AB 1 ⊥ 平面 A 1B 1C 1 .（2）如图，过点C 1 作C 1D ⊥ A 1B 1 ，交直线 A 1B 1 于点 D ，连结 AD .由 AB 1 ⊥ 平面 A 1B 1C 1 得平面 A 1B 1C 1 ⊥ 平面 ABB 1 ，由C 1D ⊥ A 1B 1 得C 1D ⊥ 平面 ABB 1 ，所以∠C 1 AD 是 AC 1 与平面 ABB 1 所成的角.由 B 1C 1 = 5, A 1B 1 = 2 2, A 1C 1 = 得cos ∠C 1 A 1B 1 =, s in ∠C 1 A 1B 1 = ，所以C 1D = ，故sin ∠C AD =C 1D = 39 .AC 1 13 因此，直线 AC 与平面 ABB 所成的角的正弦值是 . 13方法二：（1）如图，以 AC 的中点 O 为原点，分别以射线 OB ，OC 为 x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标 6 7 139 11 1 系 O -xyz .由题意知各点坐标如下：A (0, - 3, 0),B (1, 0, 0), A 1 (0, - 3, 4), B 1 (1, 0, 2),C 1 (0, 3,1),因此 AB 1 = (1, 3, 2), A 1B 1 = (1, 3, -2), A 1C 1 = (0, 2 3, -3),由 AB 1 ⋅ A 1B 1 = 0 得AB 1 ⊥ A 1B 1 . 由 AB 1 ⋅ A 1C 1 = 0 得 AB 1 ⊥ A 1C 1 .所以 AB 1 ⊥ 平面 A 1B 1C 1 .（2）设直线 AC 1 与平面 ABB 1 所成的角为θ.由（1）可知 AC 1 = (0, 2 3,1), AB = (1, 3, 0), BB 1 = (0, 0, 2),设平面 ABB 1 的法向量 n = (x , y , z ) .⎧n ⋅ u u r = 0, ⎧⎪ AB 由⎨ u u u r ⎪x + 即⎨3y = 0, 可取 n = (- 3,1, 0) . ⎪⎩n ⋅ BB 1 = 0, ⎪⎩2z = 0, uuur uuur 所以sin θ= |cos AC 1 , n | AC ⋅ n | |= uuur = | AC 1| ⋅ | n | 39 13 .因此，直线 AC 与平面 ABB 所成的角的正弦值是 . 13【2018 北京卷】【答案】（1）见解析；（2） -【解析】（1）在三棱柱 ABC -A 1B 1C 1 中， ∵CC 1⊥平面 ABC ，∴四边形 A 1ACC 1 为矩形．又 E ，F 分别为 AC ，A 1C 1 的中点， 21 ；（3）见解析. 2121 ∴AC ⊥EF ．∵AB =BC ．∴AC ⊥BE ，∴AC ⊥平面 BEF ．（2）由（1）知 AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1． 又 CC 1⊥平面 ABC ，∴EF ⊥平面 ABC ．∵BE ⊂ 平面 ABC ，∴EF ⊥BE ． 如图建立空间直角坐标系 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）．∴ CD =(2 ，0 ，1) ，CB =(1，2 ，0) ，设平面 BCD 的法向量为n = (a ，b ，c ) ， ⎧n ⋅ uuur ⎪ CD = 0 ∴ ⎨ uur⎧2a + c = 0 ，∴ ⎨a + 2b = 0 ， ⎪⎩n ⋅ CB = 0⎩令 a =2，则 b =-1，c =-4，∴平面 BCD 的法向量 n = (2 ，- 1，- 4) ， 又∵平面 CDC 1 的法向量为 EB =(0 ，2 ，0) ， uur ∴cos < n ⋅ EB >= n ⋅ EB uur = - ． | n || E B | 21由图可得二面角 B -CD -C 1 为钝角，所以二面角 B -CD -C 1 的余弦值为-（3）由（2）知平面 BCD 的法向量为 n = (2 ，- 1，- 4) ， ∵G （0，2，1），F （0，0，2），∴ GF =(0 ，- 2 ，1) ，∴ n ⋅ GF = -2 ，∴ n 与GF 不垂直，21．21⎩ ∴GF 与平面 BCD 不平行且不在平面 BCD 内，∴GF 与平面 BCD 相交．【2018 天津卷】【答案】（1）见解析；（2）10 ；（3）3 .103【解析】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．满分 13 分．依题意，可以建立以 D 为原点，分别以 DA ， DC ， DG 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， 3，1），N （1，0，2）．2⎧n ⋅ ⎪ 0 DC = 0，（1）依题意 DC =（0，2，0）， DE =（2，0，2）．设 n 0=(x ，y ，z )为平面 CDE 的法向量，则⎨即⎧2 y = 0 ，不妨令 z=–1，可得 n =（1，0，–1）．又 =（1， - 3，1），可得 ⋅ n⎪⎩n 0 ⋅ DE = 0，= 0 ，又因为直线⎨2x + 2z = 0 ，0 MN 2MN 0 MN ⊄ 平面 CDE ，所以 MN ∥平面 CDE ．（2）依题意，可得 BC =（–1，0，0）， BE = (1，- 2 ，2) ， CF =（0，–1，2）．⎧n ⋅⎪ BC = 0， ⎧-x = 0，设 n =（x ，y ，z ）为平面 BCE 的法向量，则⎨n ⋅即⎨x - 2 y + 2z = 0，不妨令 z =1，可得 n =（0，1，1）． ⎩⎪ BE = 0， ⎩ ⎧m ⋅ ⎪ BC = 0， ⎧-x = 0，设 m =（x ，y ，z ）为平面 BCF 的法向量，则⎨m ⋅ 即⎨- y + 2z = 0，不妨令 z =1，可得 m =（0，2，1）． ⎩⎪ CF = 0， ⎩ 因此有 cos<m ，n >=m ⋅ n = 3 10 ，于是 sin<m ，n >= 10．| m || n| 10 10所以，二面角E–BC–F 的正弦值为10．10（3）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得BP=(-1，-2，h)．h 2 + 52 FA⎩易知， DC =（0，2，0）为平面 ADGE 的一个法向量，故cos < BP ⋅ DC > = BP ⋅ DCBP DC = 2 ，h 2 + 5 2 3 3 由题意，可得=sin60°=，解得 h =∈［0，2］．23所以线段 DP 的长为3 .3【2017 全国 1】【答案】（1）见解析；（2） -3 .3【解析】（1）由已知∠BAP = ∠CDP = 90︒ ，得 AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 由于 AB//CD ，故 AB ⊥PD ，从而 AB ⊥平面 PAD . 又 AB ⊂ 平面 PAB ，所以平面 PAB ⊥平面 PAD . （2）在平面 PAD 内作 PF ⊥ AD ，垂足为 F ，由（1）可知， AB ⊥ 平面 PAD ，故 AB ⊥ PF ，可得 PF ⊥ 平面 ABCD . 以 F 为坐标原点，的方向为 x 轴正方向， | AB | 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 F - xyz .由（1）及已知可得 A (2 , 0, 0) ， P (0, 0,22 ) ， B ( 22 ,1, 0) ， C (- 2 2,1, 0) . 2所以 PC = (- ,1, - 2 2 ) ， CB = ( 2, 0, 0) ， PA = ( , 0, - 2 2) ， AB = (0,1, 0) .设 n = (x , y , z ) 是平面 PCB 的法向量，则⎧n ⋅ ⎧ ⎪PC = 0, ⎪- ⎨ 即⎨ x + y - 22 z = 0, 可取 n = (0, -1, - 2) . ⎪⎩n ⋅ CB = 0, ⎪ 2x = 0,2 2 2 22设m (x, y, z) 是平面PAB 的法向量，则32⎧⎪m ⋅ ⎧ 2 x - 2 z = 0, PA = 0, ⎪ ⎨ 即 可取 m = (1, 0,1) . ⎨ 2 2⎪⎩m ⋅ AB = 0, ⎪⎩ y = 0.n ⋅ m则cos <n , m > == - ，| n || m | 3所以二面角 A - PB - C 的余弦值为-3 .3【2017 全国Ⅱ】【答案】（1）见解析；（2） 10．5【解析】（1）取 PA 的中点 F ，连结 EF ， BF ．因为 E 是 PD 的中点，所以 EF ∥ AD ， EF = 1AD ，2由∠BAD = ∠ABC = 90︒ 得 BC ∥ AD ， 又 BC = 1AD ，2所以 EF ∥BC ，四边形 BCEF 是平行四边形， CE ∥BF ． 又 BF ⊂ 平面 PAB ， CE ⊄ 平面 PAB ，故CE ∥平面 PAB ．（2）由已知得 BA ⊥ AD ，以 A 为坐标原点， AB 的方向为 x 轴正方向， AB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 A - xyz ，则 A (0, 0, 0) ， B (1, 0, 0) ， C (1,1, 0) ， P (0,1, 3 )， PC = (1, 0, -3) ，AB = (1, 0, 0) ， 设 M ( x , y , z )(0 < x < 1) ，则 BM = (x -1, y , z ), PM = (x , y -1, z - 3) ，因为 BM 与底面 ABCD 所成的角为 45°，而 n = (0, 0,1) 是底面 ABCD 的法向量，= 2 2 2所以 cos BM , n = sin 45︒2 ，即( x -1) + y - z = 0 ． ①z( x -1)2 + y 2 + z 23 ⎨ AM又 M 在棱 PC 上，设 PM = λPC ，则x = λ, y = 1, z = -3λ． ②⎧ x = 1+ ⎧x = 1- 2⎪ ⎪ 由①②解得⎨ ⎪ 2 y = 1 ⎪(舍去)， ⎪⎪2 y = 1 ．⎪ z = - ⎩2 ⎪ z = ⎩ 2所以 M (1-,1,6) ，从而=(1-2 2,1, 6 ) ．2 2⎧m ⋅ ⎧m = ( x , y , z ⎪ AM = 0, ⎪(2 - 2)x 0 + 2 y 0 + 6z 0 = 0, 设)是平面 ABM 的法向量，则⎨ 即⎨ ⎪⎩ m ⋅ AB = 0, ⎪⎩x 0 = 0,所以可取 m = (0, -6, 2) ．于是cos m , n =m ⋅ n = 10 ，m n 5因此二面角 M - AB - D 的余弦值为10．5【2017 全国Ⅲ】【答案】（1）见解析；（2） 7 .7【解析】（1）由题设可得， △ABD ≌△CBD ，从而 AD = DC . 又△ACD 是直角三角形，所以∠ADC =90︒ . 取AC 的中点O ，连接DO ,BO ,则DO ⊥AC ,DO =AO . 又由于△ABC 是正三角形，故 BO ⊥ AC . 所以∠DOB 为二面角 D - AC - B 的平面角. 在Rt △AOB 中， BO 2 + AO 2 = AB 2 .又 AB = BD ，所以 BO 2 + DO 2 = BO 2 + AO 2 = AB 2 = BD 2 ， 故∠DOB = 90 . 所以平面ACD ⊥平面ABC .（2）由题设及（1）知， OA , OB , OD 两两垂直，以O 为坐标原点， OA 的方向为 x 轴正方向， OA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz .则 A (1, 0, 0), B (0, 3, 0 ), C (-1, 0, 0 ), D (0, 0,1) .2 66 2 2 ⎪3 3 ⎧⎪m ⋅ 1 由题设知，四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的 2，从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的1 距离的 ⎛ 1 ⎫ ，即E 为 DB 的中点，得 E 0, , ⎪ . 2⎝ 2 2 ⎭⎛ 1 ⎫ 故AD = (-1, 0,1), AC = (-2, 0, 0), AE = -1, , ⎪ . ⎝2 2 ⎭ ⎧⎪n ⋅ ⎧ -x + z = 0, 设 n = (x , y, z ) 是平面 DAE 的法向量，则⎨ AD = 0， ⎪ ⎪n ⋅ = 0即⎨-x + 3 y + 1 z = 0.可取 n = ⎛1, 3 ,1⎫.⎩ AE ， ⎪⎩ 2 23 ⎪ ⎝ ⎭AC = 0， 设 m 是平面 AEC 的法向量，则⎨同理可取 m = (0, -1, 3 ).则cosn , m=n ⋅ m = 7 .n m 7⎪⎩m ⋅ AE = 0，所以二面角 D -AE -C 的余弦值为7 .7【2017 江苏卷】【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平面 ABD 内，因为 AB ⊥AD ， EF ⊥ AD ， 所以 EF ∥AB ．又因为 EF ⊄ 平面 ABC ， AB ⊂ 平面 ABC ， 所以 EF ∥平面 ABC ．（2）因为平面 ABD ⊥平面 BCD ，平面 ABD 平面 BCD =BD ， BC ⊂平面 BCD ， BC ⊥ BD ， 所以 BC ⊥ 平面 ABD ． 因为 AD ⊂ 平面 ABD ， 所以 BC ⊥ AD ．又 AB ⊥AD ， BC AB = B ， AB ⊂ 平面 ABC ， BC ⊂平面 ABC ， 所以 AD ⊥平面 ABC ， 又因为 AC ⊂ 平面 ABC ， 所以 AD ⊥AC ．34( 3, 0, 0) ⋅ (3, 3, 2) 3 ⨯ 4 ⎧⎪m ⋅ AE m 1【2017 江苏卷（选做题）】【答案】（1） 1；（2）7 ．74【解析】在平面 ABCD 内，过点 A 作 AE ⊥ AD ，交 BC 于点 E ． 因为 AA 1 ⊥ 平面 ABCD ，所以 AA 1 ⊥ AE ，AA 1 ⊥ AD ．如图，以{AE , AD , AA 1} 为正交基底，建立空间直角坐标系 A -xyz ．因为 AB =AD =2，AA 1= ， ∠BAD = 120︒ ．则 A (0, 0, 0), B ( 3, -1, 0), D (0, 2, 0), E ( 3, 0, 0), A 1 (0, 0, 3), C 1 ( 3,1, 3) ．（1） A 1B = ( 3, -1, - 3), AC 1 = ( 3,1, 3) ，A 1B ⋅ AC 1 ( 3, -1, - 3) ⋅ ( 3,1, 3) 1则cos A 1B , AC 1 == | A 1B || AC 1 |7 1= - ． 7 因此异面直线 A 1B 与 AC 1 所成角的余弦值为 ．7（2）平面 A 1DA 的一个法向量为 AE = ( 3, 0, 0) ．设m = (x , y , z ) 为平面 BA 1D 的一个法向量，A 1B = 0,⎪⎧ 3x - y -3z = 0,又 A 1B = ( 3, -1, - 3), BD = (- 3, 3, 0) ，则⎨即⎨ ⎪⎩m ⋅ BD = 0, ⎪⎩- 3x + 3y = 0.不妨取 x =3，则 y =3, z = 2 ，所以 m = (3, 3, 2) 为平面 BA 1D 的一个法向量，从而cos AE , m ⋅ 3 == = ， | AE || m |4 设二面角 B -A D -A 的大小为θ，则| cos θ|= 3．因为θ∈[0, π] ，所以sin θ=41- c os 2 θ = 7 ．4因此二面角 B -A 1D -A 的正弦值为7 ．34353 2 + 22 13 13 -1 3 3 【2017 山东卷】【答案】（1）30°；（2）60°.【解析】（1）因为 AP ⊥ BE ， AB ⊥ BE ， 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 E C 的中点H ，连接 EH ， GH ， CH . 因为∠EBC = 120︒ ， 所以四边形 BEHC 为菱形，所以 AE = GE = AC = GC = = .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 = = 2 .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 ，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 所在的直线为 x ， y ， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得 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m = (x1, y1, z1) 是平面AEG 的一个法向量.⎧m ⋅ ⎧2x - 3z= 0,⎪AE = 0 ⎪ 1 1由⎨可得⎨ x + 3y = 0,⎪⎩m⋅AG=0⎩⎪ 1 1取z1= 2 ，可得平面AEG 的一个法向量m = (3, -设n = (x2 , y2, z2) 是平面ACG 的一个法向量.3, 2) .⎧n ⋅⎧⎪AG = 0 ⎪x2 + 3y2 = 0,由⎨可得⎨ 2x+3z = 0,⎪⎩n⋅C G=0⎩⎪ 2 2取z2 =-2 ，可得平面ACG 的一个法向量n = (3, - 3, -2) .所以cos m, n =m ⋅n=1. | m | ⋅ | n | 2因此所求的角为60︒.【2017 浙江卷】【答案】（1）见解析；（2）2．8【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.满分15 分.（1）如图，设PA 中点为F，连接EF，FB．因为E，F 分别为PD，PA 中点，所以又因为BC∥AD ，BC =1AD ，所以2EF∥AD 且EF =1AD ，2EF∥BC 且EF =BC ，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE∥BF ，因此CE∥ 平面PAB．2 2 2 （2） 分别取 BC ，AD 的中点为 M ，N ．连接 PN 交 EF 于点 Q ，连接MQ ． 因为 E ，F ，N 分别是 PD ，PA ，AD 的中点，所以 Q 为 EF 中点， 在平行四边形 BCEF 中，MQ//CE ．由△PAD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD ．由 DC ⊥AD ，N 是 AD 的中点得BN ⊥AD ．所以AD ⊥平面 PBN ，由 BC //AD 得BC ⊥平面 PBN ，那么平面 PBC ⊥平面PBN ． 过点 Q 作 PB 的垂线，垂足为 H ，连接 MH ．MH 是 MQ 在平面 PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线 CE 与平面 PBC 所成的角． 设 CD =1．在△PCD 中，由 PC =2，CD =1，PD= 得 CE = ，在△PBN 中，由 PN =BN =1，PB = 得 QH = 1，4在 Rt △MQH 中，QH= 1，MQ = ，4 所以sin ∠QMH =2 ，8所以直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值是 2．832 【2017 北京卷】【答案】（1）见解析；（2） π；（3）26 .39【解析】（1）设 AC , BD 交点为 E ，连接 ME .因为 PD ∥平面 MAC ，平面 MAC 平面 PDB = ME ， 所以 PD ∥ME . 因为 ABCD 是正方形， 所以 E 为 BD 的中点， 所以 M 为 PB 的中点.（2）取 AD 的中点O ，连接OP ， OE . 因为 PA = PD ，所以OP ⊥ AD .又因为平面 PAD ⊥ 平面 ABCD ，且OP ⊂ 平面 PAD ， 所以OP ⊥ 平面 ABCD .因为OE ⊂ 平面 ABCD ，所以OP ⊥ OE . 因为 ABCD 是正方形，所以OE ⊥ AD .如图建立空间直角坐标系O - xyz ，则 P (0, 0, 2) ， D (2, 0, 0) ， B (-2, 4, 0) ，BD = (4, -4, 0) ， PD = (2, 0, - 2) .⎧⎪n ⋅ = 0⎧⎪4x - 4 y = 0 设平面 BDP 的法向量为 n = (x , y , z ) ，则⎨ BD ，即⎨ .⎪⎩n ⋅ PD = 0 令 x = 1 ，则 y = 1， z = .于是n = (1,1, 2) . ⎪⎩2x - 2z = 0平面 PAD 的法向量为 p = (0,1, 0) ，所以cos <n , p > = n ⋅ p = 1 .| n || p | 2π由题知二面角 B - PD - A 为锐角，所以它的大小为 3.2 69MC⎩（3）由题意知 M (-1, 2, 2 )， C (2, 4, 0) ， = (3, 2, -22 ) . 2α | n ⋅ MC | 2 6 设直线 MC 与平面 BDP 所成角为，则sin α=| cos <n , MC > |= = . | n || MC |9所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为.【2017 天津卷】【答案】（1）证明见解析；（2）105 ；（3） 8 或 1．215 2【解析】如图，以 A 为原点，分别以 AB ， AC ， AP 方向为 x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系．依题意可得 A （0，0，0），B （2，0，0），C （0，4，0），P （0，0，4），D （0，0，2），E （0，2，2），M （0，0，1），N （1，2，0）．（1）易得 DE =（0，2，0）， DB =（2，0，-2 ）． ⎧n ⋅ n = (x , y , z )⎪ DE = 0 ⎧2 y = 0 设 为平面 BDE 的法向量，则⎨n ⋅，即⎨2x - 2z = 0 ． ⎩⎪ DB = 0 ⎩ 不妨设 z = 1 ，可得 n = (1, 0,1) ．又 MN =（1，2， -1 ），可得 MN ⋅ n = 0 ．因为 MN ⊄ 平面 BDE ，所以 MN ∥平面 BDE ． （2）易知 n 1 = (1, 0, 0) 为平面 CEM 的一个法向量．⎧⎪n⋅ 设 n 2 = (x , y , z ) 为平面 EMN 的法向量，则⎨ 2 EM = 0，⎪⎩n 2 ⋅ MN = 0⎧-2 y - z = 0因为 EM = (0, -2, -1) ， MN = (1, 2, -1) ，所以⎨x + 2 y - z = 0．= (-4,1, -2) ．不妨设y = 1 ，可得n2h 2+ 5 ⨯ 2 3 7因此有cos < n , n >= n 1 ⋅ n 2 = - 4，于是sin < n , n >=105 ．| n 1 || n 2 |21 1221 所以，二面角 C -EM -N 的正弦值为 105．21（3）依题意，设 AH =h （ 0 ≤ h ≤ 4 ），则 H （0，0，h ），进而可得 NH = (-1, -2, h ) ， BE = (-2, 2, 2) ．| NH ⋅ BE | | 2h - 2 | 由已知，得| cos < NH , BE >|= = = ， | NH || BE | 21 整理得10h 2 - 21h + 8 = 0 ，解得 h = 8 或 h = 1．5 2所以，线段 AH 的长为 8 或 1．5 2【2016 全国 1】【解答】（Ⅰ）证明：∵ABEF 为正方形，∴AF ⊥EF ．∵∠AFD=90°，∴AF ⊥DF ，∵DF ∩EF=F ，∴AF ⊥平面 EFDC ，∵AF ⊂平面 ABEF ，∴平面 ABEF ⊥平面 EFDC ；（Ⅱ）解：由 AF ⊥DF ，AF ⊥EF ，可得∠DFE 为二面角 D ﹣AF ﹣E 的平面角； 由 ABEF 为正方形，AF ⊥平面 EFDC ， ∵BE ⊥EF ，∴BE ⊥平面 EFDC即有 CE ⊥BE ，可得∠CEF 为二面角 C ﹣BE ﹣F 的平面角． 可得∠DFE=∠CEF=60°．∵AB ∥EF ，AB ⊄ 平面 EFDC ，EF ⊂平面 EFDC ， ∴AB ∥平面 EFDC ，∵平面 EFDC ∩平面 ABCD=CD ，AB ⊂平面 ABCD ，∴AB ∥CD ，∴CD ∥EF ，∴四边形 EFDC 为等腰梯形．以 E 为原点，建立如图所示的坐标系，设 FD=a ，1 2。
2019届高考数学(理)二轮复习-中档大题规范练——立体几何与空间向量(含答案解析)
中档大题规范练——立体几何与空间向量1． 有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为r 的铁球，并注入水，使水面与球正好相切，然后将球取出，求这时容器中水的深度．解 由题意知，圆锥的轴截面为正三角形，如图所示为圆锥的轴截面．根据切线性质知，当球在容器内时，水深为3r ，水面的半径为3r ，则容器内水的体积为V ＝V 圆锥－V 球＝13π·(3r)2·3r －43πr 3＝53πr 3， 而将球取出后，设容器内水的深度为h ，则水面圆的半径为33h ， 从而容器内水的体积是V′＝13π·(33h)2·h＝19πh 3， 由V ＝V′，得h ＝315r.即容器中水的深度为315r.2． 如图1所示，正三角形ABC 的边长为2a ，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC ，BC 的中点．现将△ABC 沿CD 翻折，翻折后平面ACD⊥平面BCD(如图2)．求三棱锥C —DEF 的体积．图1 图2解 过点E 作EM⊥DC 于点M ，因为平面ACD⊥平面BCD ，平面ACD∩平面BCD ＝CD ，而EM ⊂平面ACD ，所以EM⊥平面BCD.即EM 是三棱锥E —CDF 的高．又CD⊥BD，AD⊥CD，F 为BC 的中点，所以S △CDF ＝12S △BCD ＝12×12CD×BD ＝14×2－a 2×a＝34a 2， 因为E 为AC 的中点，EM⊥CD，所以EM ＝12AD ＝12a. 所以三棱锥C —DEF 的体积为V C —DEF ＝V E —CDF ＝13S △CDF ×EM＝13×34a 2×12a ＝324a 3. 3． 如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，EF∥AB，EF⊥FB，AB ＝2EF ，∠BFC＝90°，BF ＝FC ，H 为BC 的中点．(1)求证：FH∥平面EDB ；(2)求证：AC⊥平面EDB.证明 (1)设AC 与BD 交于点G ，则G 为AC 的中点．如图，连接EG 、GH ，又H 为BC 的中点，∴GH 綊12AB. 又EF 綊12AB ，∴EF 綊GH. ∴四边形EFHG 为平行四边形．∴EG∥FH.又∵EG ⊂平面EDB ，FH ⊄平面EDB ，∴FH∥平面EDB.(2)由四边形ABCD 为正方形，得AB⊥BC.又EF∥AB，∴EF⊥BC.又∵EF⊥FB，BC∩FB＝B ，∴EF⊥平面BFC.∴EF⊥FH.∴AB⊥FH.又BF ＝FC ，H 为BC 的中点，∴FH⊥BC.∴FH⊥平面ABCD.∴FH⊥AC.又FH∥EG，∴AC⊥EG.又AC⊥BD，EG∩BD＝G ，∴AC⊥平面EDB.4． 如图所示，已知三棱锥A －BPC 中，AP⊥PC，AC⊥BC，M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，且△PMB 为正三角形．(1)求证：DM∥平面APC ；(2)求证：平面ABC⊥平面APC ；(3)若BC ＝4，AB ＝20，求三棱锥D －BCM 的体积．(1)证明 由已知，得MD 是△ABP 的中位线，所以MD∥AP.又MD ⊄平面APC ，AP ⊂平面APC ，故MD∥平面APC.(2)证明 因为△PMB 为正三角形，D 为PB 的中点，所以MD⊥PB.所以AP⊥PB.又AP⊥PC，PB∩PC＝P ，所以AP⊥平面PBC.因为BC ⊂平面PBC ，所以AP⊥BC.又BC⊥AC，AC∩AP＝A ，所以BC⊥平面APC.因为BC ⊂平面ABC ，所以平面ABC⊥平面APC.(3)解 由题意，可知MD⊥平面PBC ，所以MD 是三棱锥D －BCM 的一条高，所以V D －BCM ＝V M －DBC ＝13×S △BCD ×MD ＝13×221×53＝107.5． 如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，PA⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF∥平面PAB ；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.证明 (1)以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，∵E，F 分别是PC ，PD 的中点， ∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12， EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)．∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF∥AB， 又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ，∴EF∥平面PAB.(2)∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A ，∴DC⊥平面PAD.∵DC ⊂平面PDC ，∴平面PAD⊥平面PDC.6． 如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC⊥底面ABCD ，ABCD 是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB ＝2AD ＝2CD ＝2.E 是PB 的中点．(1)求证：平面EAC⊥平面PBC ；(2)若二面角P －AC －E 的余弦值为63，求直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值． (1)证明 ∵PC⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC⊥PC，∵AB＝2，AD ＝CD ＝1，∴AC＝BC ＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC⊥BC，又BC∩PC＝C ，∴AC⊥平面PBC ，∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC⊥平面PBC.(2)解 如图，以C 为原点，DA →、CD →、CP →分别为x 轴、y 轴、z 轴正向，建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)， A(1,1,0)，B(1，－1,0)．设P(0,0，a)(a ＞0)，则E 12，－12，a 2， CA →＝(1,1,0)，CP →＝(0,0，a)，CE →＝12，－12，a 2， 设m ＝(b ，p ，m)为面PAC 的法向量，则m·CA →＝m·CP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＋p ＝0am ＝0，取m ＝(1，－1,0)， 设n ＝(x ，y ，z)为面EAC 的法向量，则n·CA →＝n·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x －y ＋az ＝0，取x ＝a ，y ＝－a ，z ＝－2， 则n ＝(a ，－a ，－2)，依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m||n|＝a a 2＋2＝63，则a ＝2. 于是n ＝(2，－2，－2)，PA →＝(1,1，－2)．设直线PA 与平面EAC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈PA →，n 〉|＝|PA →·n||PA →||n|＝23， 即直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值为23.。
高考数学最新真题专题解析—立体几何综合(新高考卷)
高考数学最新真题专题解析—立体几何综合（新高考卷）【母题来源】2022年新高考I卷【母题题文】已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则()A. 直线BC1与DA1所成的角为90∘B. 直线BC1与CA1所成的角为90∘C. 直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45∘D. 直线BC1与平面ABCD所成的角为45∘【答案】ABD【分析】本题主要考查直线与直线所成角及直线与平面所成角，属于中档题．【解答】解：如图，因为BC1⊥B1C，B1C//DA1，所以BC1⊥DA1，故A正确;对于选项B:因为直线BC1⊥平面CDA1B1，且CA1⊂平面CDA1B1，所以直线BC1⊥CA1，故B正确;对于选项C:连接A1C1与B1D1交于点O1，则∠O1BC1即为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，sin∠O1BC1=O1C1BC1=12，所以∠O1BC1=30∘，故C错误;对于选项D:直线BC1与平面ABCD所成的角即为∠C1BC=45∘，所以D 正确．【母题来源】2022年新高考I卷【母题题文】如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2√2．(1)求A到平面A1BC的距离;(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A−BD−C的正弦值．【答案】解：(1)设A到平面A1BC的距离为d，因为直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，即可得S△ABC·AA1=4，故V A1−ABC =13S△ABC·AA1=43，又V A1−ABC =V A−A1BC=13S△A1BC·d=13×2√2×d=43，解得d =√2，所以A 到平面A 1BC 的距离为√2；(2)连接AB 1，因为直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AA 1=AB ， 故AA 1B 1B 为正方形，即AB 1⊥A 1B ，又平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1=A 1B ，AB 1⊂平面ABB 1A 1， 故AB 1⊥平面A 1BC ，所以AB 1⊥BC ，又因为AA 1⊥BC ，AB 1,AA 1⊂平面ABB 1A 1，且AB 1∩AB 1=A ， 故BC ⊥平面ABB 1A 1，则BC ⊥AB ， 所以BB 1,AB,BC 三条直线两两垂直， 故如图可以以B 为原点建立空间直角坐标系，设AA 1=AB =a ，BC =b ，则A 1B =√2a ，由条件可得{12a ×b ×a =412×√2a ×b =2√2，解得{a =2b =2, 则B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，A 1(0,2,2)，A 1C 的中点D(1,1,1)， 所以BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)，BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,1)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0) 设平面ABD 的一个法向量为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z)，{n1⃗⃗⃗⃗ ⋅BA⃗⃗⃗⃗⃗ =0n1⃗⃗⃗⃗ ⋅BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{2y=0x+y+z=0，取n1⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−1)，同理可求得平面BCD的一个法向量为n2⃗⃗⃗⃗ =(0,1,−1)所以|cos<n1⃗⃗⃗⃗ ，n2⃗⃗⃗⃗ >|=|n1⃗⃗⃗⃗⃗ ·n2⃗⃗⃗⃗⃗ ||n1⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n2⃗⃗⃗⃗⃗ |=12，所以二面角A−BD−C的正弦值为√32．【母题来源】2022年新高考II卷【母题题文】如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB//ED，AB=ED=2FB，记三棱锥E−ABC，E−ACF，F−ABC的体积分别为V1，V2，V3，则()A. V3=2V2B. V3=2V1C. V3=V1+V2D. 2V3=3V1【答案】CD【解析】【分析】本题主要考查三棱锥的体积，属于基础题．【解答】解：设AB=ED=2FB=2，则V1=13×2×2=43，V2=13×2×1=23.连结BD交AC于M，连结EM、FM，则FM=√3，EM=√6，EF=3，故S△EMF=1 2⋅√3⋅√6=3√22，V3=13S△EMF×AC=2，V3=V1+V2，2V3=3V1．【母题来源】2022年新高考II卷【母题题文】如图，PO是三棱锥P−ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中点．(1)证明：OE//平面PAC;(2)若∠ABO=∠CBO=30∘，PO=3，PA=5，求二面角C−AE−B正弦值．【答案】解：(1)法一：连接OA、OB，因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以∠POA=∠POB=90∘，又PA=PB，PO=PO，所以△POA≌△POB，所以OA=OB，作AB中点D，连接OD、DE，则有OD⊥AB，又AB⊥AC，所以OD//AC，又因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，所以OD//平面PAC，又D、E分别为AB、PB的中点，所以，在△BPA中，DE//PA又因为平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE//平面PAC，又OD、DE⊂平面ODE，OD∩DE=D，所以平面ODE//平面PAC，又OE⊂平面ODE，所以OE//平面PAC;法二：(1)连接OA、OB，因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以∠POA=∠POB=90∘，又PA=PB，PO=PO，所以△POA≌△POB，所以OA=OB，又AB⊥AC，在Rt△ABF，O为BF中点，延长BO，交AC于F，连接PF，所以在△PBF中，O、E分别为BF、PB的中点，所以EO//PF，因为EO⊄平面PAC，PF⊂平面PAC，所以EO//平面PAC;(2)法一：过点D作DF//OP，以DB为x轴，DO为y轴，DF为z轴．建立如图所示的空间直角坐标系．因为PO=3，PA=5，由(1)OA=OB=4，又∠ABO=∠CBO=30∘，所以OD=2，DB=2√3，)，所以P(0,2,3)，B(2√3,0,0)，A(−2√3,0,0)，E(√3,1,32设AC=a，则C(−2√3,a,0)，平面AEB的法向量设为n1⃗⃗⃗⃗ =(x1,y1,z1)，直线AB的方向向量可设为a⃗=(1,0,0)，直线DP⊂平面AEB，直线DP的方向向量为b⃗ =(0,2,3){a ⃗ ⋅n 1⃗⃗⃗⃗ =0b ⃗ ⋅n 1⃗⃗⃗⃗ =0，所以{x 1=02y 1+3z 1=0,所以x 1=0，设y 1=3，则z 1=−2，所以n 1⃗⃗⃗⃗ =(0,3,−2);平面AEC 的法向量设为n 2⃗⃗⃗⃗ =(x 2,y 2,z 2)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,a,0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3√3,1,32) {AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗ =0AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗ =0，所以{ay 2=03√3x 2+y 2+32z 2=0，所以y 2=0，设x 2=√3，则z 2=−6，所以n ⃗ =(√3,0,−6);所以cos <n 1⃗⃗⃗⃗ ，n 2⃗⃗⃗⃗ >=n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |n 1⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |=√13×√39=13√3=4√313， 二面角C −AE −B 的平面角为θ，则sinθ=√1−cos 2θ=1113， 所以二面角C −AE −B 的正弦值为1113法二：(2)过点A 作AF//OP ，以AB 为x 轴，AC 为y 轴，AF 为z 轴 建立所示的空间直角坐标系．因为PO =3，PA =5，由(1)OA =OB =4，又∠ABO =∠CBO =30°，所以，AB =4√3，所以P(2√3,2,3)，B(4√3,0,0)， A(0,0,0)，E(3√3,1,32)，设AC =a ，则C(0,a,0)，平面AEB 的法向量设为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4√3,0,0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3√3,1,32) {AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 1⃗⃗⃗⃗ =0AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗ =0，所以{4√3x 1=03√3x 1+y 1+32z 1=0，所以x 1=0设z 1=−2，则y 1=3， 所以n 1⃗⃗⃗⃗ =(0,3,−2);平面AEC 的法向量设为n 2⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,a,0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3√3,1,32) {AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗ =0AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗ =0，所以{ay 2=03√3x 2+y 2+32z 2=0,所以y 2=0，设x 2=√3，则z 2=−6，所以n 2⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,−6);所以cos <n 1⃗⃗⃗⃗ ，n 2⃗⃗⃗⃗ >=n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |n 1⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |=√13×√39=√1213√3=4√313二面角C −AE −B 的平面角为θ，则sinθ=√1−cos 2θ=1113， 所以二面角C −AE −B 的正弦值为1113． 【命题意图】考察棱柱、棱锥棱台、圆柱、圆锥、圆台及其简单组合体的结构特征，能画出简单空间图形并能识别立体图形的模型，考察几何体中的点线面关系，考察线线、线面、面面之间的平行和垂直关系，考察异面直线所成的角，直线和平面所成的角，二面角的平面角等的求解，考察数形结合思想，空间想象力及逻辑推导能力。
高考数学试题分项版解析专题19立体几何中体积与表面积文
【2019最新】精选高考数学试题分项版解析专题19立体几何中体积与表面积文1.【2017课标3，文9】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 ．B ．C ．D ．π3π4π2π4【答案】B【解析】如果，画出圆柱的轴截面，11,2AC AB ==，所以，那么圆柱的体积是，故选B.r BC ==223124V r h πππ⎛==⨯⨯= ⎝⎭ 【考点】圆柱体积【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.2.【2015高考山东，文9其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )（A ）3（B ）3（）（）【答案】B【考点定位】1.旋转体的几何特征；2.几何体的体积.【名师点睛】本题考查了旋转体的几何特征及几何体的体积计算，解答本题的关键，是理解所得旋转体的几何特征，确定得到计算体积所需要的几何量.本题属于基础题，在考查旋转体的几何特征及几何体的体积计算方法的同时，考查了考生的空间想象能力及运算能力，是“无图考图”的一道好题.3.【2016高考新课标1文数】平面过正文体ABCD —A1B1C1D1的顶点A,,,则m,n 所成角的正弦值为（）α11//CB D α平面ABCD m α=平面11ABB A n α=平面（A ）（B ）（C ）（D ）22313【答案】A【解析】考点：平面的截面问题,面面平行的性质定理,异面直线所成的角.【名师点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成角,求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形,解形求角、得钝求补.4.【2017天津，文11】已知一个正方形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 . 【答案】92π 【解析】试题分析：设正方体边长为，则，226183a a =⇒=外接球直径为.34427923,πππ3382R V R ====⨯= 【考点】球与几何体的组合体【名师点睛】正方体与其外接球的组合体比较简单，因为正方体的中心就是外接球的球心，对于其他几何体的外接球，再找球心时，注意球心到各个顶点的距离相等，1.若是柱体，球心肯定在中截面上，再找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线与中截面的交点就是球心，2.若是锥体，可以先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，再做一条侧棱的中垂线，两条直线的交点就是球心，构造平面几何关系求半径，3.若是三棱锥，三条侧棱两两垂直时，也可补成长方体，长方体的外接球就是此三棱锥的外接球，这样做题比较简单.5.【2015新课标2文10】已知是球的球面上两点,,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（）B A ,O ︒=∠90AOB C ABC O -OA. B. C. D. 36π64π144π256π【答案】C【解析】【考点定位】本题主要考查球与几何体的切接问题及空间想象能力.【名师点睛】由于三棱锥底面AOB 面积为定值,故高最大时体积最大,本题就是利用此结论求球的半径,然后再求出球的表面积,由于球与几何体的切接问题能很好的考查空间想象能力,使得这类问题一直是高考中的热点及难点,提醒考生要加强此方面的训练.O ABC -O6. 2016高考新课标Ⅲ文数]在封闭的直三棱柱内有一个体积为的球，若，，，，则的最大值是（）111ABC A B C -V AB BC ⊥6AB =8BC =13AA =V（A ）4π （B ） （C ）6π （D ）92π323π 【答案】B【解析】试题分析：要使球的体积最大，必须球的半径最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值，此时球的体积为，故选B ．V R 32334439()3322R πππ== 考点：1、三棱柱的内切球；2、球的体积．【思维拓展】立体几何是的最值问题通常有三种思考方向：（1）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；（2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值来求解．7.【2014全国2，文7】正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，为中点，则三棱锥的体积为( )111ABC A B C -D BC 11A B DC -（A ）（B ）（C ）（D ）32 【答案】C【考点定位】棱柱、棱锥、棱台的体积【名师点睛】本题考查几何体的体积的求法，属于中档题，求解几何体的底面面积与高是解题的关键，对于三棱锥的体积还可利用换底法与补形法进行处理．8.【2015高考新课标1，文6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有（）（A ）斛（B ）斛（C ）斛（D ）斛14223666【答案】B【解析】设圆锥底面半径为r ，则，所以，所以米堆的体积为=，故堆放的米约为÷1.62≈22，故选B.12384r ⨯⨯=163r =211163()5433⨯⨯⨯⨯32093209 【考点定位】圆锥的性质与圆锥的体积公式【名师点睛】本题以《九章算术》中的问题为材料，试题背景新颖，解答本题的关键应想到米堆是圆锥，底面周长是两个底面半径与圆的和，根据题中的条件列出关于底面半径的方程，解出底面半径，是基础题.14149.【2017课标1，文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________．【答案】36π因为平面平面SAC ⊥SBC所以平面OA ⊥SBC设OA r = 所以，所以球的表面积为31933r r =⇒=2436r ππ=【考点】三棱锥外接球【名师点睛】本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球．10.【2017课标II ，文15】长方体的长、宽、高分别为，其顶点都在球的球面上，则球的表面积为3,2,1O O【答案】14π.【解析】球的直径是长方体的体对角线，所以224π14π.R S R ====【考点】球的表面积【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.11.【2017江苏，6】如图,在圆柱内有一个球,该球与圆柱的上、下面及母线均相切.记圆柱的体积为,球的体积为,则的值是 ▲ .12,O O O 12,O O 1V O 2V 12V V 【答案】32【考点】圆柱体积【名师点睛】空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解． (2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．12【2015高考四川，文14】在三棱住ABC －A1B1C1中，∠BAC ＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设点M ，N ，P 分别是AB ，BC ，B1C1的中点，则三棱锥P －A1MN 的体积是______. 【答案】124【解析】由题意，三棱柱是底面为直角边长为1的 等腰直角三角形，高为1的直三棱柱，底面积为12如图，因为AA1∥PN，故AA1∥面PMN ，故三棱锥P －A1MN 与三棱锥P －AMN 体积相等，三棱锥P －AMN 的底面积是三棱锥底面积的，高为114 故三棱锥P －A1MN 的体积为111132424⨯⨯= 【考点定位】本题主要考查空间几何体的三视图、直观图及空间线面关系、三棱柱与三棱锥的体积等基础知识，考查空间想象能力、图形分割与转换的能力，考查基本运算能力.【名师点睛】解决本题，首先要正确画出三棱柱的直观图，包括各个点的对应字母所在位置，结合条件，三棱锥P －A1MN 的体积可以直接计算，但转换为三棱锥P －AMN 的体积，使得计算更为简便，基本上可以根据条件直接得出结论.属于中档偏难题. P C 1 B 1 A 1NCM B A13.【2016高考浙江文数】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______cm2,体积是______cm3.【答案】80；40．考点：三视图.【方法点睛】解决由三视图求空间几何体的表面积与体积问题，一般是先根据三视图确定该几何体的结构特征，再准确利用几何体的表面积与体积公式计算该几何体的表面积与体积．14.【2017课标II ，文18】如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面 ,P ABCD -PAD ABCD 01,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=（1）证明：直线平面;//BC PAD（2）若△面积为，求四棱锥的体积.PAD P ABCD -【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】试题解析：（1）在平面ABCD 内，因为∠BAD=∠ABC=90°，所以BC∥AD.又，，故BC∥平面PAD.BC PAD ⊄平面AD PAD ⊂平面（2）取AD 的中点M ，连结PM ，CM ，由及BC∥AD，∠ABC=90°得四边形ABCM 为正方形，则CM⊥AD.12AB BC 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PM⊥AD，PM⊥底面ABCD ，因为，所以PM⊥CM.CM ABCD ⊂底面设BC=x ，则CM=x ，CD=，PM=，PC=PD=2x.取CD 的中点N ，连结PN ，则PN⊥CD，所以因为△PCD 的面积为，所以 ，解得x=-2（舍去），x=2，于是AB=BC=2，AD=4，PM=，所以四棱锥P-ABCD的体积.【考点】线面平行判定定理，面面垂直性质定理，锥体体积【名师点睛】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.15.【2017课标3，文19】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．【答案】（1）详见解析；（2）1OD,试题解析：（1）证明：取中点，连AC O OB∵，为中点，CDAD=O AC∴，ODAC⊥又∵是等边三角形，ABC∆∴，OBAC⊥又∵，∴平面，平面，OOB=⊥ODAC OBD⊂BD OBD∴.BDAC⊥（2）设，∴，，2=CDAD2==CDAB=AC222=又∵，∴，BDAB=2BD=2∴，∴，≅AE=∆ABD CBD∆EC又∵，，ECAE⊥2AC=2∴，2AE=EC=在中，设，根据余弦定理ABD ∆x DE =DEAD AE DE AD BD AD AB BD AD ADB ⋅-+=⋅-+=∠22cos 222222 解得，∴点是的中点，则，∴.2=x E BD ACE B ACE D V V --=1=--ACEB ACE D V V 【考点】线面垂直判定及性质定理，锥体体积【名师点睛】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.16.【2017北京，文18】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BDE 时，求三棱锥E –BCD 的体积．【答案】详见解析【解析】试题解析：证明：（I ）因为，，所以平面，PA AB ⊥PA BC ⊥PA ⊥ABC又因为平面，所以.BD ⊂ABC PA BD ⊥（II ）因为，为中点，所以，AB BC =D AC BD AC ⊥由（I ）知，，所以平面，PA BD ⊥BD ⊥PAC所以平面平面.BDE ⊥PAC（III ）因为平面，平面平面，PA ∥BDE PAC BDE DE =所以.PA DE ∥因为为的中点，所以，.D AC 112DE PA ==BD DC ==由（I ）知，平面，所以平面.PA ⊥PAC DE ⊥PAC所以三棱锥的体积.E BCD -1163V BD DC DE =⋅⋅= 【考点】1.线面垂直的判断和性质；2,。
专题19 立体几何综合-2019年高考数学母题题源系列(浙江专版)(解析版)
专题19 立体几何综合【母题来源一】【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点． （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）35． 【解析】方法1：（1）如图，连接A 1E ， 因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又A 1F ∥AB ，∠ABC =90°， 故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ． 因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E EG ．由于O 为A 1G 的中点，故12A G EO OG ===所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法2：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，，B ，1，0），1B ，3(,22F ，C (0，2，0)．因此33(,22EF =，(BC =． 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ． 由（1）可得1=(310)=(02BC A C --，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，取n (11)=， 故||4sin |cos ,|=5|||EF EF EF θ⋅=〈〉=⋅n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力．【母题来源二】【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（1）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C1；（2）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）13． 【解析】方法1：（1）由11112,4,2,,AB AA BB AA ABBB AB ===⊥⊥得111AB A B ==，所以2221111A B AB AA +=，故111AB A B ⊥．由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得11B C =， 由2,120AB BC ABC ==∠=︒得AC = 由1CC AC ⊥，得1AC =所以2221111AB B C AC +=，故111AB B C ⊥．因此1AB ⊥平面111A B C ．（2）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD ．由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ， 由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ， 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角．由111111BC A B AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=，所以1C D =，故111sin 13C D C AD AC ∠==． 因此，直线1AC 与平面1ABB． 方法2：（1）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz ．由题意知各点坐标如下：111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),A B A B C因此11111(1(12),3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r 由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r得111AB A B ⊥． 由1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r 得111AB AC ⊥． 所以1AB ⊥平面111A B C ．（2）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ．由（1）可知11(1(0,0,2),AC AB BB ===u u u r u u u r u u u r设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n ．由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n即0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(=n ．所以111|sin |cos ,||||AC AC AC θ⋅=〈〉==⋅n |n n |uuu ruuu r uuu r 因此，直线1AC 与平面1ABB． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力．【母题来源三】【2017年高考浙江卷】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．【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】（1）如图，设PA 中点为F ，连接EF ，FB ． 因为E ，F 分别为PD ，PA 中点，所以EF AD ∥且12EF AD =， 又因为BC AD ∥，12BC AD =，所以EF BC ∥且EF BC =， 即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥， 因此CE ∥平面PAB ．（2）如图，分别取BC ，AD 的中点为M ，N ． 连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ ．因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点， 在平行四边形BCEF 中，MQ//CE ． 由△PAD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD ． 由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD ． 所以AD ⊥平面PBN ， 由BC //AD 得BC ⊥平面PBN ， 那么平面PBC ⊥平面PBN ．过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，连接MH ．MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角． 设CD =1．在△PCD 中，由PC =2，CD =1，得CE ，在△PBN 中，由PN =BN =1，PB QH =14，在Rt △MQH 中，QH=14，MQ ，所以sin ∠QMH ，所以直线CE 与平面PBC ． 【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角．【命题意图】高考对本部分内容的考查以能力为主，重点考查线面关系、面面关系及线面角的求解，考查数形结合的思想，空间想象能力及运算求解能力等． 【命题规律】高考对该部分内容的考查主要有两种形式：一是利用立体几何的知识证明线面关系、面面关系；二是考查学生利用空间向量解决立体几何的能力，考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题． 【答题模板】运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤： （1）建立恰当的空间直角坐标系； （2）求出相关点的坐标； （3）写出向量坐标；（4）结合公式进行论证、计算；（5）转化为几何结论． 【方法总结】1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量判定方法设直线l 的方向向量为a =(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ=(a 2，b 2，c 2)，v =(a 3，b 3，c 3)，则（1）线面平行：l ∥α⇔a ⊥μ⇔a·μ=0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2=0； （2）线面垂直：l ⊥α⇔a ∥μ⇔a =k μ⇔a 1=ka 2，b 1=kb 2，c 1=kc 2； （3）面面平行：α∥β⇔μ∥v ⇔μ=λv ⇔a 2=λa 3，b 2=λb 3，c 2=λc 3； （4）面面垂直：α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v =0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3=0．注意：用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a =λb （λ∈R ）即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．2．利用向量求异面直线所成的角把角的求解转化为向量运算，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线AC ，BD 的夹角β的余弦值为cos β=||||AC BD AC BD ⋅⋅uuu r uu u r uuur uu u r ． 注意：两条异面直线所成的角α不一定是两直线的方向向量的夹角β，即cos α=|cos β|． 3．利用向量求直线与平面所成的角（1）分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； （2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．注意：直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．设直线l 的方向向量为a =(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量为μ=(a 3，b 3，c 3)，直线l 与平面α的夹角为π()20θθ≤≤，则||sin |cos ,|||||θ⋅==〈〉a a a μμμ． 4．用向量解决探索性问题的方法（1）确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求．（2）确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标．（3）解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．1．【浙江省浙南名校联盟2019届高三上学期期末联考】在三棱台111ABC A B C -中，ABC △是等边三角形，二面角1A BC B --的平面角为60︒，11BB CC =． （1）求证：1A A BC ⊥；（2）求直线AB 与平面11BCC B 所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）34．【解析】（1）如图，设1AA ，1BB 与1CC 交于点S ，取棱BC 的中点O ，连结,AO SO ．因为11BB CC =，11B C BC ，所以SB SC =．又O 是棱BC 的中点，所以BC SO ⊥． 因为ABC △是等边三角形，所以BC AO ⊥， 又SO ，AO ⊂平面SAO ，且SO AO O =，所以BC ⊥平面SAO ，又1A A ⊂平面SAO ，所以1A A BC ⊥． （2）方法1：作AH SO ⊥，垂足为H ．因为BC ⊥平面SAO ，所以AH ⊥平面11BCC B ， 所以ABH ∠为直线AB 与平面11BCC B 所成的角． 不妨设2AB =，则AO =因为二面角1A BC B --的平面角为60︒，所以60AOH ∠=︒， 所以3sin 2AH AO AOH =∠=， 所以3sin 4AH ABH AB ∠==． 故直线AB 与平面11BCC B 所成角的正弦值为34． 方法2：如图，以O 为原点建立空间直角坐标系O xyz -，由（1）可知AOS ∠为二面角1A BC B --的平面角，则60AOS ∠=， 设2BC =，(0)SO a a =>，则A ，(0,1,0)B ，(0,1,0)C -，()2a S a ，所以(AB =，设(,,)x y z =n 为平面11BCC B ，即平面SBC 的一个法向量，由00CB OS ⎧⋅=⎨⋅=⎩n n，可得2002y a x z =⎧⎪⎨+⋅=⎪⎩， 令3x =，则1z =-，故1)=-n ．设θ是直线AB 与平面11BCC B 所成的角， 则||3sin |cos ||||,|4AB AB AB θ⋅=〈〉==n n n ．【名师点睛】本题第一问主要考查由线面垂直推面面垂直，需要用到线面垂直的判定定理；第二问求线面角的正弦值，通常有两种做法：立体几何法（即在几何体中直接作出直线与平面所成的角，求解即可）和空间向量的方法（即建立适当坐标系求出直线的方向向量和平面的法向量，由向量的夹角确定线面角即可）；属于常考题型．2．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考】已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，60DAB ∠=︒，平面PAD ⊥平面ABCD ，2PA PD AD ===，点E ，F 分别为PD ，AB 上的一点，且2PE ED =，2BF FA =． （1）求证：AE //平面PFC ；（2）求PB 与平面PCD 所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）取PC 边上点G ，使得2PG GC =，连接,EG FG ． 因为2PG PEGC ED ==，所以EG CD ∥，且23EG CD =． 又2BF FA =，所以AF CD ∥，且23AF CD =． 所以EG FA ∥，且EG FA =，所以四边形EGFA 为平行四边形，则//AE FG ．又AE ⊄平面PFC ，FG ⊂平面PFC ，所以AE //平面PFC ． （2）取AD 中点O ，由PA PD =，所以PO AD ⊥， 又平面PAD ⊥平面ABCD ，交线为AD ，且PO AD ⊥， 所以PO ⊥平面ABCD ．以O 为原点建系，以OA ，OB ，OP 为x 轴，y 轴，z 轴．所以P，B，(C -，(1,0,0)D -，所以(PC =-，(1,0,PD =-，PB =． 设平面PCD 的法向量为(,,)x y z =n ，则200PC x PD x ⎧⋅=-+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩n n ，可取1)=-n ，设PB 与平面PCD 所成角为θ， 则sin θ=|cos ,||PB 〈〉==n ． 3．【浙江省2019年高考模拟训练卷三】在三棱锥P ABC -中，平面PAC ⊥平面ABC ，AQ QC =，2PA PC AB ===，1BC =，PB =（1）证明：BC BQ ⊥；（2）求直线AC 与平面PAB 所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）由题意平面PAC ⊥平面ABC ，PQ ⊂平面PAC ，平面PAC 平面ABC AC =，因为PA PC =，AQ QC =，所以PQ AC ⊥， 所以PQ ⊥平面ABC ，所以PQ BC ⊥， 因为1BC =，PB =2PC =，所以由勾股定理可得PB BC ⊥，因为PQ PB P =，所以BC ⊥平面PQB ，因为BQ ⊂平面PQB ，所以BC BQ ⊥．（2）设BO x =，则AQ QC ==，在ABC △222=BO x ==故AQ =，32PQ =，如图，过Q 作QH AB ⊥于点H ，连接PH ，过点Q 作QO PH ⊥于点O ，连接AO ，因为PQ AB ⊥，且QP QH Q =，所以AB ⊥平面PQH ，又AB ⊂平面PAB ，所以平面PHQ ⊥平面PAB ， 所以QO ⊥平面PAB ，故QAO ∠是AC 与平面PAB 所成的角， 在ABC △中，有cosAH CAB AQ ∠==，解得54AH =，所以4QH =，4PH =，由等面积法可知26OQ =，所以sin OQ QAO AQ ∠==，故直线AC 与平面PAB 所成角的正弦值为91． 4．【河南省百校联盟2019届高三考前仿真试卷】如图，在几何体1111ACD A B C D -中，四边形11ADD A ，11CDD C 为矩形，平面11ADD A ⊥平面11CDD C ，11B A ⊥平面11ADD A ，1111,2AD CD AA A B ====，E 为棱1AA 的中点．（1）证明：11B C ⊥平面1CC E ；（2）求直线11B C 与平面1B CE 所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】（1）因为11B A ⊥平面11ADD A ，所以111B A DD ⊥， 又11111111,DD D A B A D A A ⊥=，所以1DD ⊥平面1111D C B A ，又11//DD CC ，所以1CC ⊥平面1111D C B A ， 又11B C ⊂平面1111D C B A ，所以111CC B C ⊥，因为平面11ADD A ⊥平面11CDD C ，平面11ADD A 平面111CDD C DD =，111C D DD ⊥，所以11C D ⊥平面11ADD A ，经计算可得1111B E BC EC 从而2221111B E B C EC =+，所以在11△B EC 中，111B C C E ⊥， 又11,CC C E ⊂平面1111,CC E CC C E C =，所以11B C ⊥平面1CC E ．（2）如图，以点A 为原点，1,AD AA 所在的直线分别为,x y 轴，建立空间直角坐标系， 依题意得1(0,0,0)(1,0,0)(0,2,2)A C B ，，，1(1,2,1)(0,1,0)C E ，．则1(1,1,1)(1,2,1)CE B C =--=--，， 设平面1B CE 的法向量为(,,)x y z =m ，则100B C CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩m m ，即200x y z x y z --=⎧⎨-+-=⎩，消去x ，可得20y z +=，不妨设1z =，可得(3,2,1)=--m ，又11(1,0,1)B C =-，设直线11B C 与平面1B CE 所成的角为θ，于是111111sin |cos ,||||||||14B C B C B C θ⋅=〈〉===⋅m m m故直线11B C 与平面1B CE ． 5．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】在三棱锥D ABC -中，AD DC ⊥，AC CB ⊥，222AB AD DC ===，且平面ABD ⊥平面BCD ，E 为AC 的中点．（1）证明：AD BC ⊥；（2）求直线DE 与平面ABD 所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）3． 【解析】（1）过C 作CH BD ⊥，（其中H 与,B D 都不重合，否则，若H 与B 重合，则CB BD ⊥与1CD CB =<=H 与D 重合，则1AD BD ==，与2AB =矛盾）因为平面ABD ⊥平面BCD ，所以CH ⊥平面ABD ， 所以CH ⊥AD ，又AD ⊥CD 所以AD ⊥平面BCD ， 所以AD ⊥BC ．（2）方法1：如图，作EQ AH ⊥，则EQCH ，由（1）可知EQ ⊥平面ADB ，所以EDQ ∠即DE 与平面ABD 所成角，且2DE =，EQ =，所以sin QE EDQ ED ∠==，故直线DE 与平面ABD 方法2：由（1）知AD ⊥平面BCD ，所以AD BD ⊥，如图，以D 为原点，分别以射线DB ，DA 为x 轴，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D xyz -，由题意知：(0,0,0),(0,1,0),D A F C ， 所以12E ，所以12DE =， 因为平面ABD 的一个法向量为(0,0,1)=n ， 设DE 与面ABD 所成角为θ， 则|||3sin |cos ,||||DE DE DE θ⋅=〈〉==⋅n n n ．故直线DE 与平面ABD 所成的角的正弦值为6．【浙江省金华十校2019届第二学期高考模拟】在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，BC CD ⊥，1SC SD CD DA ====，2CB =，ADBC ，23SCB π∠=，E 为线段SB 上的中点． （1）证明：AE平面SCD ；（2）求直线AE 与平面SBC 所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）13． 【解析】（1）如图，取SC 的中点F ，连接EF ，DF ． 因为E ，F 是SB ，SC 的中点，所以EFBC ，12EF BC =， 又ADBC ，12AD BC =，所以EF AD ，EF AD =， 所以四边形ADFE 是平行四边形，所以AE DF ，又DF ⊂平面SCD ，AE ⊄平面SCD ， 所以AE平面SCD ．（2）如图，取CD 的中点O ，连接SO ，过O 作BC 的平行线OM ，以O 为原点，以OD ，OM 和平面ABCD 过点O 的垂线为坐标轴建立空间坐标系O xyz -，因为1SC CD SD ===，所以2SO =， 设二面角S CD A --的大小为α，则)S αα，1(,1,0)2A ，1(,2,0)2B -，1(,0,0)2C -，所以1(,1)4E αα-， 所以(0,2,0)CB =，1(,,)222CS αα=， 因为23SCB π∠=，所以31cos ,2||||CB CS CB CS CB CS α⋅〈〉====-， 所以cos α=，sin α=1(0,,22S -，13(,,)444E ， 所以31(,,)444AE =--，11(,,222CS =-， 设平面SCD的法向量为(,,)x y z =n ，则00CB CS ⎧⋅=⎨⋅=⎩n n ，即20110222y x y z =⎧⎪⎨-+=⎪⎩， 令2x =可得1)=-n ，所以cos,||||AEAE AE ⋅〈〉==n nn =设直线AE 与平面所成角为θ， 则2sin |cos ,|3AE θ=〈〉=n ，所以1cos 3θ=．故直线AE 与平面所成角的余弦值为13． 7．【安徽省1号卷A10联盟2019届高考最后一卷】如图，在四棱锥S ABCD -中，△BCD 为等边三角形，,120AD AB SD SB BAD ===∠=︒．（1）若点,M N 分别是线段,SC CD 的中点，求证：平面∥BMN 平面SAD ； （2）若二面角S BD C --为直二面角，求直线AC 与平面SCD 所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）13． 【解析】（1）△BCD 为等边三角形，且N 是线段CD 的中点，90BND ∴∠=︒，AD AB =，120BAD ∠=︒，30ADB ABD ∴∠=∠=︒，90ADC ∴∠=︒，∥BN AD ∴，BN ⊄平面SAD ，AD ⊂平面SAD ，∥BN ∴平面SAD ，点,M N 分别是线段,SC CD 的中点，∥MN SD ∴，MN ⊄平面SAD ，SD ⊂平面SAD ，∥MN ∴平面SAD ， MNBN N =，∴平面∥BMN 平面SAD ．（2）如图，设AC 交BD 于点O ，连接SO ，由对称性知，O 为BD 的中点，且AC BD ⊥，SO BD ⊥， 二面角S BD C --为直二面角，SO ∴⊥平面ABCD ，不妨设2AB =，则1SO AO ==，BO DO ==3CO =，以O 为坐标原点，,,OC OB OS 所在直线分别为,,x y z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则(0,0,1)S ，(1,0,0)A -，(3,0,0)C，(0,D ，DC ∴=，DS =，(4,0,0)AC =，设平面SCD 的法向量为(,,)x y z =n ，则00DC DS ⎧⋅=⎨⋅=⎩n n，即30x z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令3y =，得1x =-，3=-z ，(3)∴=--n ，|||cos ,|13||4||AC A ACC ⋅∴〈〉===⨯n n n ，∴直线AC 与平面SCD 所成角的正弦值为13． 8．【浙江省台州市2019届高三上学期期末质量评估】如图，四棱锥P ABCD -中，PC 垂直平面ABCD ，AB AD ⊥，AB CD ∥，222PD AB AD CD ====，E 为PB 的中点．（1）证明：平面EAC ⊥平面PBC ；（2）求直线PD 与平面AEC 所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2．【解析】（1）因为PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以PC AC ⊥．又2AB =，1CD =，AD AB ⊥，所以AC BC ==所以222AC BC AB +=，所以AC BC ⊥，因为BC PC C =，所以AC ⊥平面PBC ，因为AC ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面PBC ．（2）方法1：因为PC ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PC CD ⊥．又2PD =，所以PC =．在平面AEC 内，过点P 作PF CE ⊥，垂足为F ．由（1）知平面ACE ⊥平面PBC ，PF ⊂平面PBC ，平面ACE平面PBC EC =， 所以PF ⊥平面ACE ． 由等面积法得：12CE PF PC BC ⋅=⋅． 又点E 为AB的中点，12CE PB ==，所以PF =． 又点E 为AB 的中点，所以点P 到平面ACE 的距离与点B 到平面ACE 的距离相等．连结BD 交AC 于点G ，则2GB DG =．所以点D 到平面AEC 的距离是点B 到平面ACE 的距离的一半，即12PF ． 所以直线PD 与平面AEC所成角的正弦值为1220PF PD =． 方法2：如图，取AB 的中点F ，建立坐标系如图所示的空间直角坐标系C xyz -．因为2PD =，所以CP =所以(0,0,0)C ，(0,1,0)D，P ，(1,1,0)A ，(1,1,0)B -，11(,,222E -．所以(0,1,PD =，(1,1,0)CA =，11(,,222CE =-． 设平面AEC 的一个法量为(,,)x y z =n ，则0022x y x y z +=⎧⎪⎨-+=⎪⎩，取1x =，可得1y =-，3z =-，所以(1,1,=-n ， 设直线PD 与平面AEC 所成角为θ，则sin |cos ,|PD θ=〈〉=n=． 故直线PD 与平面AEC． 【名师点睛】面面垂直的判定可由线面垂直得到，而线面垂直可通过线线垂直得到，注意面中两条直线是相交的．由面面垂直也可得到线面垂直，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线．空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算．。
(新高考)高考数学二轮复习专题强化训练(十九)解析几何理
（新高考）高考数学二轮复习专题强化训练（十九）解析几何理 专题强化训练(十九) 解析几何
1．[2019·长沙一模]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为13，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF1与y轴相交于B，|AB|＝|F2B|，|OB|＝43(O为坐标原点)． (1)求椭圆C的方程； (2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m(k≠0)分别与l1，l2交于点M，N，求证：∠MF1N＝∠MF2N. 解：(1)如图，连接AF2，由题意得|AB|＝|F2B|＝|F1B|，
所以BO为△F1AF2的中位线，又BO⊥F1F2， 所以AF2⊥F1F2，且|AF2|＝2|BO|＝b2a＝83，
又e＝ca＝13，a2＝b2＋c2，所以a2＝9，b2＝8， 故所求椭圆C的方程为x29＋y28＝1. (2)由(1)可得，F1(－1,0)，F2(1,0)，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3. 由 x＝－3，y＝kx＋m得 x＝－3，y＝－3k＋m，由 x＝3，y＝kx＋m，
得 x＝3，y＝3k＋m，所以M(－3，－3k＋m)，N(3,3k＋m)， 所以F1M→＝(－2，－3k＋m)，F1N→＝(4,3k＋m)， 所以F1M→·F1N→＝－8＋m2－9k2.
联立 x29＋y28＝1，y＝kx＋m得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0. 因为直线l与椭圆C相切， 所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)＝0， 化简得m2＝9k2＋8. 所以F1M→·F1N→＝－8＋m2－9k2＝0， 所以F1M→⊥F1N→，故∠MF1N＝π2.
同理可得F2M→⊥F2N→，∠MF2N＝π2. 故∠MF1N＝∠MF2N. 2．[2019·合肥质检二]已知抛物线C1：x2＝2py(p>0)和圆C2：(x＋1)2＋y2＝2，倾斜角为45°的直线l1过C1的焦点，且l1与C2相切． (1)求p的值；
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【名师精讲指南篇】
【高考真题再现】
.【新课标全国】如图，三棱柱中，， ，∠ °.
（Ⅰ）证明⊥;
（Ⅱ）若平面⊥平面，，求直线与平面所成角的正弦值.
.【高考全国】如图，三棱柱错误！未指定书签。
中，侧面错误！未指定书签。
为菱形，错误！未指定书签。
.（Ⅰ）证明：错误！未指定书签。
;（Ⅱ）若错误！未指定书签。
，错误！未指定书签。
,错误！未指定书签。
,求二面角错误！未指定书签。
的余弦值.
A A
1
B B 1
C C 1
z
y O
A A 1
B B 1C
C 1
.【全国理】如图所示，四边形错误！未指定书签。
为菱形，错误！未指定书签。
，错误！未指定书签。
，错误！未指定书签。
是平面错误！未指定书签。
同一侧的两点，错误！未指定书签。
平面错误！未指定书签。
，错误！未指定书签。
平面错误！未指定书签。
，错误！未。