2017高考试题汇编 立体几何 Word版含解析
三年高考2017_2019高考数学真题分项汇编专题06立体几何解答题文含解析
专题06 立体几何（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】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．【答案】（1）见解析；（2.【解析】（1）连结.1,B C ME 因为M ，E 分别为的中点，所以，且.1,BB BC 1ME B C ∥112ME B C =又因为N 为的中点，所以.1A D 112ND A D =由题设知，可得，故，11=A B DC ∥11=B C A D ∥=ME ND ∥因此四边形MNDE 为平行四边形，.MN ED ∥又平面，所以MN ∥平面.MN ⊄1C DE 1C DE （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得，，所以DE ⊥平面，故DE ⊥CH.DE BC ⊥1DE C C ⊥1C CE 从而CH ⊥平面，故CH 的长即为C 到平面的距离，1C DE 1C DE由已知可得CE =1，C 1C =4，所以，故.1C E =CH =从而点C 到平面.1C DE【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】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，求四棱锥的体积．11E BB C C -【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE 平面ABB 1A 1，⊂故．11B C BE ⊥又，所以BE ⊥平面．1BE EC ⊥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，垂足为F ，则EF ⊥平面，且．1EF BB ⊥11BB C C 3EF AB ==所以，四棱锥的体积．11E BB C C -1363183V =⨯⨯⨯=【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.3．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，Rt △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.【答案】（1）见解析；（2）4.【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）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DEM 中，DE =1，EM DM =2．Rt △所以四边形ACGD 的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.4．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥中，平面ABCD ，底部ABCD 为菱形，E 为CDP ABCD -PA ⊥的中点．（1）求证：BD ⊥平面PAC ；（2）若∠ABC =60°，求证：平面PAB ⊥平面PAE ；（3）棱PB 上是否存在点F ，使得CF ∥平面PAE ？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为平面ABCD ，PA ⊥所以．PA BD ⊥又因为底面ABCD 为菱形，所以．BD AC ⊥所以平面PAC ．BD ⊥（2）因为PA ⊥平面ABCD ，平面ABCD ，AE ⊂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 ．（3）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 =AB ．12因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，所以CE ∥AB ，且CE =AB ．12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 ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等P ABCD -ABCD PCD △边三角形，平面平面，.PAC ⊥PCD ,2,3PA CD CD AD ⊥==（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：平面；GH ∥PAD （2）求证：平面；PA ⊥PCD （3）求直线AD 与平面所成角的正弦值.PAC【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3．【解析】（1）连接，易知，.BD AC BD H = BH DH =又由，故.BG =PG GH PD ∥又因为平面PAD ，平面PAD ，GH ⊄PD ⊂所以平面PAD .GH ∥（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ，又因为平面平面PCD ，平面平面，PAC ⊥PAC PCD PC =所以平面PAC ，DN ⊥又平面PAC ，故.PA ⊂DN PA ⊥又已知，，PA CD ⊥CD DN D = 所以平面PCD .PA ⊥（3）连接AN ，由（2）中平面PAC ，可知为直线与平面PAC 所成的角，DN ⊥DAN ∠AD 因为为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点，PCD △所以.DN =又，DN AN ⊥在中，Rt AND △sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面PAC .【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.6．【2019年高考江苏卷】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．【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CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ，所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.7．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱，平面平面，，111ABC A B C -11A ACC ⊥ABC 90ABC ∠=︒分别是AC ，A 1B 1的中点.1130,,,BAC A A A C AC E F ∠=︒==（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）见解析；（2）．35【解析】方法一：（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 ，则A 1E ⊥BC ．又因为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，B1，0），，，C (0，2，0)．1B 3,2F 因此，，．3,2EF = (BC = 由得．0EF BC ⋅=EFBC ⊥（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得．1=(10)=(02BC AC - ，，，设平面A 1BC 的法向量为n ，()x y z =，，由，得，100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩取n ，故，(11)=||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.8．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在平行四边形中，，，以ABCM 3AB AC ==90ACM =︒∠AC为折痕将△折起，使点到达点的位置，且．ACM M D AB DA ⊥（1）证明：平面平面；ACD ⊥ABC（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．Q AD P BC 23BP DQ DA ==Q ABP -【答案】（1）见解析；（2）1.【解析】（1）由已知可得，=90°，．BAC ∠BA AC ⊥又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD ．又AB 平面ABC ，⊂所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =．又，所以23BP DQ DA ==BP =作QE ⊥AC ，垂足为E ，则．QE =∥13DC 由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1．因此，三棱锥的体积为Q ABP -．11113451332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△【名师点睛】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判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.解答本题时，（1）首先根据题的条件，可以得到=90°，即，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥BAC ∠BA AC ⊥平面ACD ，又因为AB 平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；（2）根据已知⊂条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.9．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】如图，在三棱锥中，P ABC -AB BC ==，为的中点．4PA PB PC AC ====O AC （1）证明：平面；PO ⊥ABC （2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．M BC 2MC MB =C POM【答案】（1）见解析；（2【解析】（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =连结OB ．因为AB =BC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ==2．AC 12AC 由知，OP ⊥OB ．222OP OB PB +=由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM ．故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．由题设可知OC ==2，CM =，∠ACB =45°．12AC 23BC所以OM CH =．sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠所以点C 到平面POM 【名师点睛】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明，解答本题时，连接，欲证平面，只需OB PO ⊥ABC 证明即可；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，即过点作,PO AC PO OB ⊥⊥C ，垂足为，只需论证的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可，本题也可利用CH OM ⊥M CH 等体积法解决.10．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异ABCD CDM CD 于，的点．C D （1）证明：平面平面；AMD ⊥BMC （2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．AM P MC ∥PBD【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析.【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 为上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． CD又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ．而DM 平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．⊂（2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点．连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC 平面PBD ，OP 平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．⊄⊂【名师点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题.11．【2018年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，P A =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.（1）求证：PE ⊥BC ；（2）求证：平面PAB ⊥平面PCD ；（3）求证：EF ∥平面PCD .【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）∵，且为的中点，∴.PA PD =E AD PE AD ⊥∵底面为矩形，∴，ABCD BC AD ∥∴.PE BC ⊥（2）∵底面为矩形，∴.ABCD AB AD ⊥∵平面平面，∴平面.PAD ⊥ABCD AB ⊥PAD ∴.又，AB PD ⊥PA PD ⊥∴平面，∴平面平面.PD ⊥PAB PAB ⊥PCD （3）如图，取中点，连接.PC G ,FG GD∵分别为和的中点，∴，且.,F G PB PC FG BC ∥12FG BC =∵四边形为矩形，且为的中点，ABCD E AD ∴，1,2ED BC DE BC =∥∴，且，∴四边形为平行四边形，ED FG ∥ED FG =EFGD∴.EF GD ∥又平面，平面，EF ⊄PCD GD ⊂PCD ∴平面.EF ∥PCD 【名师点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.12．【2018年高考天津卷文数】如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M为棱AB 的中点，AB =2，AD =BAD =90°．（1）求证：AD ⊥BC ；（2）求异面直线BC 与MD所成角的余弦值；（3）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2；（3【解析】（1）由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ．（2）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角．在Rt△DAM 中，AM =1，故DMAD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC ．在Rt△DAN 中，AN =1，故DN在等腰三角形DMN 中，MN =1，可得．12cos MN DMN DM ∠==所以，异面直线BC 与MD（3）连接CM ．因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM ABC ⊥平面ABD ，而CM 平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ．所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．⊂在Rt△CAD 中，CD ．在Rt△CMD 中，．sin CM CDM CD ∠==所以，直线CD 与平面ABD ．【名师点睛】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．13．【2018年高考江苏卷】在平行六面体中，．1111ABCD A B C D -1111,AA AB AB B C =⊥求证：（1）平面；AB ∥11A B C （2）平面平面．11ABB A ⊥1A BC 【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，⊂所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．【名师点睛】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.解答本题时，（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）先根据条件得四边形ABB 1A 1为菱形，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.14．【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 1C 1；（2）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2【解析】方法一：（1）由得，11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥111AB A B ==所以.2221111A B AB AA +=故.111AB A B ⊥由，得，2BC =112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥11B C =由得2,120AB BC ABC ==∠=︒AC =由，得，故.1CC AC ⊥1AC =2221111AB B C AC +=111AB B C ⊥因此平面.1AB ⊥111A B C （2）如图，过点作，交直线于点，连结.1C 111C D A B ⊥11A B D AD 由平面得平面平面，1AB ⊥111A B C 111A B C ⊥1ABB 由得平面，111C D A B ⊥1C D ⊥1ABB 所以是与平面所成的角.1C AD ∠1AC 1ABB 由得，111111B CA B AC ===111111cosC A B C A B ∠=∠=所以，1C D =故.111sin C D C AD AC∠==因此，直线与平面.1AC 1ABB 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，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意知各点坐标如下：111(0,(1,0,0),(0,4),(1,0,2),A B A B C因此111112),2),(0,3),AB A B A C ==-=-u u u r u u u u r u u u u r 由得.1110AB A B ⋅=u u u r u u u u r 111AB A B ⊥由得.1110AB A C ⋅=u u u r u u u u r 111AB A C ⊥所以平面.1AB ⊥111A B C （2）设直线与平面所成的角为.1AC 1ABB θ由（1）可知11(0,(0,0,2),AC AB BB ===u u u r u u u r u u u r 设平面的法向量.1ABB (,,)x y z =n 由即可取.10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r nn 0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩(=n 所以.111|sin |cos ,||||AC AC AC θ⋅===⋅u u u r u u u r u u u r n |n n |因此，直线与平面.1AC 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.15．【2017年高考全国Ⅰ文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且．90BAP CDP ∠=∠=（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，，且四棱锥P −ABCD 的体积为，求该四棱锥的侧面积．90APD ∠= 83【答案】（1）见解析；（2）．326+【解析】（1）由已知，得，．90BAP CDP ==︒∠∠AB AP ⊥CD PD ⊥由于，故，从而平面．AB CD ∥AB PD ⊥AB ⊥PAD 又平面，所以平面平面．AB ⊂PAB PAB ⊥PAD（2）在平面内作，垂足为．PAD PE AD ⊥E 由（1）知，平面，故，可得平面．AB ⊥PAD AB PE ⊥PE ⊥ABCD设，则由已知可得，．AB x =AD =PE x =故四棱锥的体积．P ABCD -31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=由题设得，故．31833x =2x =从而，，．2PA PD ==AD BC ==PB PC ==可得四棱锥的侧面积为P ABCD -21111sin 6062222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；计算点面距离时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点面距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出．解答本题时，（1）由，，得平面AB AP ⊥AB PD ⊥AB ⊥PAD 即可证得结果；（2）设，则四棱锥的体积，解得AB x =P ABCD -31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=，可得所求侧面积．2x =16．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面P ABCD -PAD ABCD ，1,2AB BC AD BAD ==∠90.ABC =∠=︒（1）证明：直线平面;BC ∥PAD（2）若△的面积为，求四棱锥的体积.PCD P ABCD -【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）在平面ABCD 内，因为∠BAD =∠ABC =90°，所以BC ∥AD .又，，BC PAD ⊄平面AD PAD ⊂平面故BC ∥平面PAD .（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.PN x =因为△PCD 的面积为，所以，12x =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.()224132V ⨯+=⨯⨯=【名师点睛】解答本题时，（1）先由平面几何知识得BC ∥AD ，再利用线面平行的判定定理证得结论；（2）取AD 的中点M ，利用线面垂直的判定定理证明PM ⊥底面ABCD ，从而得四棱锥的高，再通过平面几何计算得底面直角梯形的面积，最后代入锥体体积公式即可.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.17．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】如图，四面体ABCD 中，是正三角形，AD =CD ．△ABC（1）证明：AC ⊥BD ；（2）已知是直角三角形，AB =BD ．若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE △ACD 与四面体ACDE 的体积比．【答案】（1）见解析；（2）1:1【解析】（1）取AC 的中点O ，连结DO ，BO .因为AD =CD ，所以AC ⊥DO .又由于是正三角形，△ABC 所以AC ⊥BO .从而AC ⊥平面DOB ，故AC ⊥BD .（2）连结EO .由（1）及题设知∠ADC =90°，所以DO =AO .在中，.Rt △AOB 222BO AO AB +=又AB =BD ，所以，222222BO DO BO AO AB BD +=+==故∠DOB =90°.由题设知为直角三角形，所以.△AEC 12EO AC =又是正三角形，且AB =BD ，所以.△ABC 12EO BD =故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的，四面体ABCE 的体积为四面12体ABCD 的体积的，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1:1.12【名师点睛】解答本题时，（1）取的中点，由等腰三角形及等边三角形的性质得，AC O OD AC ⊥，再根据线面垂直的判定定理得平面，即得AC ⊥BD ；（2）先由AE ⊥EC ，结合OB AC ⊥⊥AC OBD 平面几何知识确定，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为1:1.垂直、平行关系证明中12EO AC =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.18．【2017年高考北京卷文数】如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（1）求证：PA ⊥BD ；（2）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（3）当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E –BCD 的体积．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）.13【解析】（1）因为，，所以平面，PA AB ⊥PA BC ⊥PA ⊥ABC 又因为平面，所以.BD ⊂ABC PA BD ⊥（2）因为，为中点，所以，AB BC =D AC BD AC ⊥由（1）知，，所以平面，PA BD ⊥BD ⊥PAC 所以平面平面.BDE ⊥PAC （3）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（1）知，平面，所以平面.PA ⊥ABC DE ⊥ABC 所以三棱锥的体积.E BCD -1163V BD DC DE =⋅⋅=【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.解答本题时，（1）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（2）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（3）由即可求解.13BCD V S DE =⨯⨯△19．【2017年高考天津卷文数】如图，在四棱锥中，平面，，，P ABCD -AD ⊥PDC AD BC ∥PD PB ⊥，，，．1AD =3BC =4CD =2PD =（1）求异面直线与所成角的余弦值；AP BC （2）求证：平面；PD ⊥PBC （3）求直线与平面所成角的正弦值．AB PBC【答案】（1；（2）见解析；（3．【解析】（1）如图，由已知AD //BC ，故或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角．DAP ∠因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD ．在Rt△PDA 中，由已知，得AP ==故．cos AD DAP AP ∠==所以，异面直线AP 与BC ．（2）因为AD ⊥平面PDC ，直线PD 平面PDC ，所以AD ⊥PD ．⊂又因为BC //AD ，所以PD ⊥BC ，又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PB C ．（3）过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连结PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影，所以为直线DF 和平面PBC 所成的角．DFP ∠由于AD //BC ，DF //AB ，故BF =AD =1，由已知，得CF =BC –BF =2．又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt△DCF 中，可得DF ==在Rt△DPF 中，可得sin PD DFP DF ∠==所以，直线AB 与平面PBC ．【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点考查内容，而证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判断定理转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可，而线线垂直又可通过线面垂直得到，用几何法求线面角，关键是找到斜线的射影，斜线与其射影所成的角就是线面角．解答本题时，（1）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，因为，所以AD BC ∥DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角，本题中AD ⊥PD ，进而可得AP 的长，所以；cos AD DAP AP∠=（2）要证明线面垂直，根据判断定理，证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可；（3）根据（2）中的结论，作，连结，则为直线DF 和平面PBC 所成的角．DF AB ∥PF DFP ∠20．【2017年高考山东卷文数】由四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E 平面ABCD .⊥（1）证明：∥平面B 1CD 1;1AO （2）设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM 平面B 1CD 1.⊥【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）取的中点，连接，由于是四棱柱，11B D 1O 111,CO A O 1111ABCD A B C D -所以，1111,A O OC A O OC =∥因此四边形为平行四边形，11A OCO 所以，11A O O C ∥又平面，平面，1O C ⊂11B CD 1AO ⊄11B CD 所以平面.1AO ∥11B CD（2）因为，，分别为和的中点，AC BD ⊥E M AD OD 所以，EM BD ⊥又平面，平面，1A E ⊥ABCD BD ⊂ABCD 所以1,A E BD ⊥因为11,B D BD ∥所以11111,,EM B D A E B D ⊥⊥又平面，，1,A E EM ⊂1A EM 1A E EM E = 所以平面11B D ⊥1,A EM 又平面，11B D ⊂11B CD 所以平面平面.1A EM ⊥11B CD 【名师点睛】证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行来推导线面平行，应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行．21．【2017年高考江苏卷】如图，在三棱锥中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E A BCD -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 ．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平面内，因为AB ⊥AD ，，ABD EF AD ⊥所以．EF AB ∥又因为平面ABC ，平面ABC ，EF ⊄AB ⊂所以EF ∥平面ABC ．（2）因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面平面BCD =BD ，平面BCD ，，ABD BC ⊂BC BD ⊥所以平面．BC ⊥ABD 因为平面，AD ⊂ABD 所以．BC ⊥AD 又AB ⊥AD ，，平面ABC ，平面ABC ，BC AB B = AB ⊂BC ⊂所以AD ⊥平面ABC ，又因为AC 平面ABC ，⊂所以AD ⊥AC ．【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．22．【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，，CDBC AD ∥⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为PD 的中点．PABC D E（1）证明：平面PAB ；CE ∥（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2．【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，所以且，EF AD ∥12EF AD =又因为，，所以BC AD ∥12BC AD =且，EF BC ∥EF BC =即四边形BCEF 为平行四边形，所以，CE BF ∥因此平面PAB ．CE ∥（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，CE ，在△PBN 中，由PN =BN =1，PB 得QH =，14在Rt△MQH 中，QH=，MQ ，14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．。
2017高考立体几何
1.（17新课标I 卷）如图，在四棱锥P -ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o . （1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=o ，求二面角A -PB -C 的余弦值.2.（17新课标II 卷）如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点； （1）证明：直线//CE 平面PAB ； （2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成锐角为o 45 ，求二面角M -AB -D 的余弦值.3.（17新课标III卷）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．4.（17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=6，AB=4．（I）求证：M为PB的中点；（II）求二面角B-PD-A的大小；（III）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．5.（17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.6.（17江苏卷）如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为107cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14cm和62cm. 分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm. 现有一根玻璃棒l，其长度为40cm.（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度；（2）将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度.7.（17山东卷）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点. （Ⅰ）设是上的一点，且，求的大小；（Ⅱ）当，，求二面角的大小.8.（17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. （I ）证明：CE ∥平面PAB ；（II ）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值ABCD AB120︒G »DFP »CE AP BE ⊥CBP ∠3AB =2AD =E AG C --2017高考立体几何参考答案1.解：（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，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 内做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，FA u u u r的方向为x 轴正方向，||AB uuu r 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2A，(0,0,2P，,1,0)2B，(2C -.所以(PC =u u u r，CB =u u u r，PA =u u u r ，(0,1,0)AB =u u u r . 设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，则：00PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n，即0220x y z ⎧-+-=⎪=，可取(0,1,=-n .设(,,)x y z =m 是平面PAB 的法向量，则：00PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r m m，即00x z y =⎪=⎩，可取(1,0,1)=n .则cos ,||||3⋅==-<>n m n m n m ，所以二面角A PB C --的余弦值为 2.解：（1）取PA 中点F ，连结EF ，BF ．因为E 为PD 的中点，所以EF AD P ,12EF AD =,由90BAD ABC ∠=∠=︒得BC AD ∥，又12BC AD =所以EF BC ∥．四边形BCEF 为平行四边形， CE BF ∥． 又BF PAB ⊂平面，CE PAB ⊄平面，故CE PAB ∥平面 （2）由已知得BA AD ⊥,以A 为坐标原点，AB u u u r 的方向为x 轴正方向，AB u u u r为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz,则：(000)A ，，，(100)B ，，，(110)C ，，，(01P ，，(10PC =u u u r ，，,(100)AB =u u u r ，，,则(x 1),(x 1BM y z PM y z =-=-u u u u r u u u u r，，，，因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而(00)=n ，，1是底面ABCD 的法向量，所以: 0cos ,sin 45BM =n u u u u r=即（x -1）²+y ²-z ²=0 又M 在棱PC 上，设,PM PC λ=u u u u r u u u r则:x ,1,y z λ===由①，②得x x y y ⎧⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎨⎪⎪⎪⎪=-=⎪⎪⎩⎩=1+=1-22=1(舍去)，=1z z 22所以M 1-,1⎛⎝⎭，从而1-,1⎛= ⎝⎭AM u u u u r ,设()000,,x y z m =是平面ABM 的法向量，则:(0000200即00⎧⎧++==⎪⎪⎨⎨=⎪⎪=⎩⎩x y AM AB x u u u u r g u u ur g m m所以可取m =（0，2）.于是cos ==g m nm,n m n因此二面角M -AB -D3.解：（1）由题设可得，,ABD CBD AD DC ∆≅∆=从而又ACD ∆是直角三角形，所以0=90ACD ∠,取AC 的中点O ，连接DO,BO,则DO ⊥AC,DO=AO, 又由于ABC BO AC ∆⊥是正三角形，故,所以DOB D AC B ∠--为二面角的平面角, 222222222,Rt AOB BO AO AB AB BD BO DO BO AO AB BD ACD ABC∆+==+=+==∠⊥在中，又所以，故DOB=90所以平面平面（2）由题设及（1）知，OA,OB,OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA u u u r 的方向为x 轴正方向，OAu u u r 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则：-(1，0，0),(0(1，0，0),(0，0，1)A B C D由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E 10，，22⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭.故:()()11，0，1，2，0，0，1，，22AD AC AE ⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r u u u r u u u r ,设()=x,y,z n 是平面DAE的法向量，则00，即100，22x z AD x y z AE -+=⎧⎧=⎪⎪⎨⎨-++==⎪⎪⎩⎩u u u r g u u u r g n n ,可取113=,⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭n , 设m 是平面AEC 的法向量，则0，0，AC AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u rg u u u rg m m同理可得(01,=-m则cos ,==g n m n m n m ,所以二面角D -AE -C4.解：（I ）设,AC BD 交点为E ，连接ME .因为PD ∥平面MAC ，平面MAC I 平面PBD 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.（II ）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 ，(2,0,0)D ，(2,4,0)B -，(4,4,0)BD =-u u u r，(2,0,PD =u u u r.设平面BDP 的法向量为(,,)x y z =n ，则00BD PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rn n，即44020x y x -=⎧⎪⎨=⎪⎩. 令1x =，则1y =，z =于是=n .平面PAD 的法向量为(0,1,0)=p ，所以1cos ,||||2⋅==<>n p n p n p .由题知二面角B PD A --为锐角，所以它的大小为3π.（III）由题意知(1,M -，(2,4,0)D，(3,2,MC =u u u u r . 设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则||sin |cos ,|9||||MC MC MC α⋅===u u u u r u u u u r u u u u r <>n n n .所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为9. 5.解：证明：（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 I 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 =I ，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.6.解:（1）由正棱柱的定义，1CC ⊥平面ABCD ，所以平面11A ACC ⊥平面ABCD ，1CC AC ⊥,记玻璃棒的另一端落在1CC 上点M 处.因为40AC AM ==，所以30MC ==，从而 3sin 4MAC =∠， 记AM 与水面的焦点为1P ,过1P 作P 1Q 1⊥AC , Q 1为垂足，则 P 1Q 1⊥平面 ABCD ，故P 1Q 1=12， 从而 AP 1=1116sin P MACQ =∠. 答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为16cm.( 如果将“没入水中部分冶理解为“水面以上部分冶，则结果为24cm)（2）如图，O ，O 1是正棱台的两底面中心.由正棱台的定义，OO 1⊥平面 EFGH ， 所以平面E 1EGG 1⊥平面EFGH ，O 1O ⊥EG . 同理，平面 E 1EGG 1⊥平面E 1F 1G 1H 1，O 1O ⊥E 1G 1. 记玻璃棒的另一端落在GG 1上点N 处. 过G 作GK ⊥E 1G ，K 为垂足， 则GK =OO 1=32. 因为EG = 14，E 1G 1= 62，所以KG 1=6214242-=，从而140GG ===.设1,,EGG ENG αβ==∠∠则114sin sin()cos 25KGG KGG απ=+==∠∠. 因为2απ<<π，所以3cos 5α=-. 在ENG △中，由正弦定理可得4014sin sin αβ=，解得7sin 25β=. 因为02βπ<<，所以24cos 25β=.所以： 42473sin sin()sin()sin co 3s cos sin ()5252555NEG αβαβαβαβ=π--=+=+=⨯+-⨯=∠记EN 与水面的交点为P 2，过 P 2作P 2Q 2⊥EG ，Q 2为垂足，则 P 2Q 2⊥平面 EFGH ，故P 2Q 2=12，从而 EP 2=2220sin P NEGQ =∠.答:玻璃棒l 没入水中部分的长度为20cm.(如果将“没入水中部分冶理解为“水面以上部分冶，则结果为20cm)7.解：（Ⅰ）因为，，，平面，， 所以平面，又平面，所以，又， 因此 （Ⅱ）解法一：取的中点，连接，，，因为， 所以四边形为菱形，所以. 取中点，连接，，.则，，所以为所求二面角的平面角.又，所以.在中，由于，由余弦定理得，所以，因此为等边三角形，故所求的角为.AP BE ⊥AB BE ⊥AB AP ⊂ABP AB AP A =I BE ⊥ABP BP ⊂ABP BE BP ⊥120EBC ∠=︒30CBP ∠=︒»EC H EH GH CH 120EBC ∠=︒BEHC AE GE AC GC ===AG M EM CM EC EM AG ⊥CM AG ⊥EMC ∠1AM=EM CM ===BEC ∆120EBC ∠=︒22222222cos12012EC =+-⨯⨯⨯︒=EC =EMC ∆60︒解法二：以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得，，，故，，，设是平面的一个法向量，由可得 取，可得平面的一个法向量.设是平面的一个法向量，由可得 取，可得平面的一个法向量.所以，因此所求的角为. 8.解：（Ⅰ）如图，设PA 中点为F ，连结EF ，FB .因为E ，F 分别为PD ，PA 中点，所以EF ∥AD 且EF =12AD ，又因为BC ∥AD ，BC =12AD ，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 .（Ⅱ）分别取BC ，AD 的中点为M ，N .连结PN 交EF 于点Q ，连结MQ .B BE BP BA x y z (0,0,3)A (2,0,0)EG (C -(2,0,3)AE =-u u ur AG =u u u r (2,0,3)CG =u u u r 111(,,)m x y z =AEG 00m AE m AG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u ur 1111230,0,x z x -=⎧⎪⎨=⎪⎩12z =AEG (3,2)m 222(,,)n x y z =ACG 00n AG n CG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u ur 22220,230,x x z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩22z =-ACG (3,2)n =-1cos ,||||2m n m n m n ⋅<>==⋅60︒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 ，连结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 =√2得CE =√2，在△PBN 中，由PN =BN =1，PB =√3得QH =14，在Rt △MQH 中，QH =14，MQ =√2， 所以 sin ∠QMH =√28，所以，直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是√28.。
2017年高考立体几何大题(理科)
2017年高考立体几何大题(理科)2017年高考立体几何大题（理科）1、（2017新课标Ⅰ理数）（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且90∠=∠=.BAP CDP（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，90∠=，求二面角A-PB-C的余弦值.APD3、（2017新课标Ⅲ理数）（12分）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值．4、（2017北京理）（本小题14分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD//平面MAC，PA=PD，AB=4．（I）求证：M为PB的中点；（II）求二面角B-PD-A的大小；（III）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．65、（2017山东理）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴旋转120︒得到的，G 是DF 的中点.（Ⅰ）设P 是CE 上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小；（Ⅱ）当3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小.6、（2017江苏）（本小题满分14分）如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．7、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217，求线段AH 的长。
(2017-2019)高考文数真题分类汇编专题06 立体几何(解答题)(教师版)
专题06立体几何（解答题）1．AA 1=4，AB =2，【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，∠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．【答案】（1）见解析；（2）417.17【解析】（1）连结B 1C ,ME .因为M ，E 分别为BB 1,BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME =又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =1B 1C .21A 1D .2∥∥D ，故ME ∥ND ，由题设知A ，可得BC 1B 1=DC 1=A 1=因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED .又MN ⊄平面C 1DE ，所以MN ∥平面C 1DE .（2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE ⊥BC ，DE ⊥C 1C ，所以DE ⊥平面C 1CE ，故DE ⊥CH.从而CH ⊥平面C 1DE ，故CH 的长即为C 到平面C 1DE 的距离，由已知可得CE =1，C 1C =4，所以C 1E =17，故CH =417.17从而点C 到平面C 1DE 的距离为417.17【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】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E -BB 1C 1C 的体积．【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE 平面ABB 1A 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 =∠A 1EB 1=45，故AE =AB =3，AA 1=2AE =6.作EF ⊥BB 1，垂足为F ，则EF ⊥平面BB 1C 1C ，且EF =AB =3．所以，四棱锥E -BB 1C 1C 的体积V =1⨯3⨯6⨯3=18．3【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.3．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】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.【答案】（1）见解析；（2）4.【解析】（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．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.4．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）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．（2）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．（3）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=1AB．21AB．2因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CE∥AB，且CE=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．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5．【2019年高考天津卷文数】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，PA⊥CD,CD=2,AD=3.（1）设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面PAD；（2）求证：PA⊥平面PCD；（3）求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）3．3【解析】（1）连接BD，易知AC I BD=H，BH=DH.又由BG=PG，故GH∥ PD.又因为GH⊄平面P AD，PD⊂平面P AD，所以GH∥平面P AD.（2）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P AC，又PA⊂平面P AC，故DN⊥PA.又已知PA⊥CD，CD I DN=D，所以PA⊥平面PCD.（3）连接AN，由（2）中DN⊥平面P AC，可知∠DAN为直线AD与平面P AC所成的角，因为△PCD为等边三角形，CD=2且N为PC的中点，所以DN=3.又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN=DN3.=AD33.3所以，直线AD与平面P AC所成角的正弦值为【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.6．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．【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−A 1B 1C 1中，AB ∥A 1B 1，所以A 1B 1∥ED .又因为ED 平面DEC 1，A 1B 1平面DEC 1，所以A 1B 1∥平面DEC 1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC .因为三棱柱ABC−A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥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.【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.7．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC=90︒，∠BAC=30︒,A1A=AC=AC,E,F分别是AC，A1B1的中点.1（1）证明：EF⊥BC；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】方法一：3．5（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．（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）．不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=23，EG=3.由于O为A1G的中点，故EO=OG=A1G15，=22EO2+OG2-EG23所以cos∠EOG==．2EO⋅OG5因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是方法二：（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．如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–y．3．5不妨设AC=4，则A1（0，0，23），B（3，1，0），B1(3,3,23)，F(33,,23)，C(0，2，0)．22u u u ru u u r33因此，EF=(,,23)，BC=(-3,1,0)．22由EF⋅BC=0得EF⊥BC．（2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ．u u u r u u u ru u u r u u u r由（1）可得BC=(-3，，10)，AC2-23)．1=(0，，z)，设平面A1BC的法向量为n=(x，y，u u u r⎧⎧BC⋅n=0⎪-3x+y=0⎪由⎨，得⎨，⎪⎪⎩A1C⋅n=0⎩y-3z=0u u u ru u u r|EF⋅n|4r1)，故sinθ=|cos EF，n|=u u u=，取n=(1，3，|EF|⋅|n|5因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为3．5【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.8．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90︒，以AC 为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=2DA，求三棱锥Q-ABP的体积．3【答案】（1）见解析；（2）1.【解析】（1）由已知可得，∠BAC=90°，BA⊥AC．又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD．又AB平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=32．2DA，所以BP=22．31作QE⊥AC，垂足为E，则QE∥=3DC．又BP=DQ=由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．因此，三棱锥Q-ABP的体积为111VQ-ABP=⨯QE⨯S△ABP=⨯1⨯⨯3⨯22sin45︒=1．332【名师点睛】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判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.解答本题时，（1）首先根据题的条件，可以得到∠BAC=90°，即BA⊥AC，再结合已知条件BA⊥AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，又因为AB平面ABC，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD⊥平面ABC；（2）根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.9．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=22，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点．（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．【答案】（1）见解析；（2）45．5【解析】（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=23．连结OB．因为AB=BC=12ABC OB AC OB=AC=2．，所以△为等腰直角三角形，且⊥，AC22由OP2+OB2=PB2知，OP⊥OB．由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC=1242AC=2，CM=BC=，∠ACB=45°．233所以OM=OC⋅MC⋅sin∠ACB45 25=，CH=．OM3545．5所以点C到平面POM的距离为【名师点睛】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明，解答本题时，连接OB，欲证PO⊥平面ABC，只需证明PO⊥AC,PO⊥OB即可；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，即过点C作CH⊥OM，垂足为M，只需论证CH的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可，本题也可利用等体积法解决.»上异»所在平面垂直，M是CD 10．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析.【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．»上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．因为M为CD又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连结OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP．MC⊄平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．【名师点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P为AM中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题.11．【2018年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A=PD，E，F分别为AD，PB的中点.（1）求证：PE⊥BC；（2）求证：平面P AB⊥平面PCD；（3）求证：EF∥平面PCD.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）∵PA=PD，且E为AD的中点，∴PE⊥AD.∵底面ABCD为矩形，∴BC∥AD，∴PE⊥BC.（2）∵底面ABCD为矩形，∴AB⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，∴AB⊥平面PAD.∴AB⊥PD.又PA⊥PD，∴PD⊥平面PAB，∴平面PAB⊥平面PCD.（3）如图，取PC中点G，连接FG,GD.∵F,G分别为PB和PC的中点，∴FG∥BC，且FG=∵四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，∴ED∥BC,DE=1BC.21BC，2∴ED∥FG，且ED=FG，∴四边形EFGD为平行四边形，∴EF∥GD.又EF⊄平面PCD，GD⊂平面PCD，∴EF∥平面PCD.【名师点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法.证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.12．【2018年高考天津卷文数】如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=23，∠BAD=90°．（1）求证：AD⊥BC；（2）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（3）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）133；（3）．264【解析】（1）由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC．（2）取棱AC的中点N，连接MN，ND．又因为M为棱AB的中点，故MN∥BC．所以∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角．在Rt△DAM中，AM=1，故DM=在Rt△DAN中，AN=1，故DN=AD2+AM2=13．因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．AD2+AN2=13．1MN13．在等腰三角形DMN中，MN=1，可得2cos∠DMN==DM26所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为13．26（3）连接CM．因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM=3．又因为平面ABC⊥平面ABD，而CM平面ABC，故CM⊥平面ABD．所以，∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．在Rt△CAD中，CD=AC2+AD2=4．CM3．=CD43．4在Rt△CMD中，sin∠CDM=所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为【名师点睛】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．13．【2018年高考江苏卷】在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AB,AB1⊥B1C1．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．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，所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．【名师点睛】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.解答本题时，（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）先根据条件得四边形ABB 1A 1为菱形，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.14．A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，∠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．【答案】（1）见解析；（2）39.13【解析】方法一：（1）由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A，1B1=22 222所以A1B1+AB1=AA1.故AB1⊥A1B1.由BC=2，BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=5，由AB=BC=2,∠ABC=120︒得AC=23，222由CC1⊥AC，得AC1=13，所以AB1+B1C1=AC1，故AB1⊥B1C1.因此AB1⊥平面A1B1C1.（2）如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连结AD.由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1，由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1，所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.由BC1B1=11=5,A1B1=22,AC11=21得cos∠C1A所以C1D=3，故sin∠C1AD=61，,sin∠C1A1B1=77C1D39.=AC113因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是39.13方法二：（1）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -y .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 ,3,-2),AC 1B 1=(111=(0,23,-3),uuu r uuu u r uuu u ruuu r uuu u r由AB 1⋅A 1B 1=0得AB 1⊥A 1B 1.uuu r uuu u r由AB 1⋅AC 得AB 1⊥AC 11.11=0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.uuu r uu u r uuu r由（1）可知AC 1=(0,23,1),AB =(1,3,0),BB 1=(0,0,2),设平面ABB 1的法向量n =(x ,y ,z ).uu u r⎧⎧x +3y =0,⎪n ⋅AB =0,⎪由⎨uuu 即可取n =(-3,1,0).r ⎨⎩2z =0,⎪⎩n ⋅BB 1=0,⎪uuu ruuu r |AC1⋅n |39=.所以sin θ=|cos AC 1,n |=uuur 13|AC 1|⋅|n |因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是39.13【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.15．【2017年高考全国Ⅰ文数】如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且∠BAP=∠CDP=90o．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90o，且四棱锥P−ABCD的体积为【答案】（1）见解析；（2）6+23．【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．8，求该四棱锥的侧面积．3（2）在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E．由（1）知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，可得PE⊥平面ABCD．设AB=x，则由已知可得AD=2x，PE=2x．2故四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=由题设得11AB⋅AD⋅PE=x3．33138x=，故x=2．33从而PA=PD=2，AD=BC=22，PB=PC=22．可得四棱锥P-ABCD的侧面积为1111PA⋅PD+PA⋅AB+PD⋅DC+BC2sin60︒=6+23．2222【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；计算点面距离时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点面距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出．解答本题时，（1）由AB⊥AP，AB⊥PD，得AB⊥平面PAD即可证得结果；（2）设AB=x，则四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD =11AB⋅AD⋅PE=x3，解得33x=2，可得所求侧面积．16．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】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=90︒. 2（1）证明：直线BC∥平面PAD;（2）若△PCD的面积为27，求四棱锥P-ABCD的体积.【答案】（1）见解析；（2）43.【解析】（1）在平面ABCD内，因为∠BAD=∠ABC=90°，所以BC∥AD.又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，故BC∥平面P AD.（2）取AD的中点M，连结PM，CM，由AB=BC=1AD及BC∥AD，∠ABC=90°得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD. 2因为侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面P AD∩平面ABCD=AD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD，因为CM⊂底面ABCD，所以PM⊥CM.设BC=，则CM=，CD=2x，PM=3x，PC=PD=2.取CD的中点N，连结PN，则PN⊥CD，所以PN=14x. 2因为△PCD的面积为27，所以114⨯2x⨯x=27，22解得=−2（舍去），=2，于是AB=BC=2，AD=4，PM=23，所以四棱锥P−ABCD的体积V=12⨯(2+4)⨯⨯23=43. 32【名师点睛】解答本题时，（1）先由平面几何知识得BC∥AD，再利用线面平行的判定定理证得结论；（2）取AD的中点M，利用线面垂直的判定定理证明PM⊥底面ABCD，从而得四棱锥的高，再通过平面几何计算得底面直角梯形的面积，最后代入锥体体积公式即可.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.17．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】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）见解析；（2）11【解析】（1）取AC的中点O，连结DO，BO.因为AD=CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.从而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD.（2）连结EO.由（1）及题设知∠ADC=90°，所以DO=AO.在Rt△AOB中，BO2+AO2=AB2.又AB=BD，所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2，故∠DOB=90°.1AC.21又△ABC是正三角形，且AB=BD，所以EO=BD.2由题设知△AEC为直角三角形，所以EO=故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的四面体ABCD的体积的1，四面体ABCE的体积为21，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为11.2【名师点睛】解答本题时，（1）取AC的中点O，由等腰三角形及等边三角形的性质得AC⊥OD，（2）先由AE⊥EC，结AC⊥OB，再根据线面垂直的判定定理得AC⊥平面OBD，即得AC⊥BD；合平面几何知识确定EO=1AC，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为11.垂直、平行关系证明2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.18．【2017年高考北京卷文数】如图，在三棱锥P–ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E–BCD的体积．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）1 . 3【解析】（1）因为PA⊥AB，PA⊥BC，所以PA⊥平面ABC，又因为BD⊂平面ABC，所以PA⊥BD.（2）因为AB=BC，D为AC中点，所以BD⊥AC，由（1）知，PA⊥BD，所以BD⊥平面PAC，所以平面BDE⊥平面PAC.（3）因为PA∥平面BDE，平面PAC I平面BDE=DE，所以PA∥DE.因为D为AC的中点，所以DE=1PA=1，BD=DC=2. 2由（1）知，PA⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC.所以三棱锥E-BCD的体积V=11 BD⋅DC⋅DE=. 63【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.解答本题时，（1）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（2）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（3）由V=1⨯S△BCD⨯DE即可求解. 319．【2017年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P-ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2．（1）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；（2）求证：PD⊥平面PBC；（3）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．【答案】（1）55；（2）见解析；（3）．55【解析】（1）如图，由已知AD//BC，故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角．因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD．在Rt△PDA中，由已知，得AP=故cos∠DAP=AD2+PD2=5，AD5．=AP55．5所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为（2）因为AD⊥平面PDC，直线PD平面PDC，所以AD⊥PD．又因为BC//AD，所以PD⊥BC，又PD⊥PB，所以PD⊥平面PB C．（3）过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连结PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影，所以∠DFP 为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD //BC ，DF //AB ，故BF =AD =1，由已知，得CF =BC –BF =2．又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt △DCF 中，可得DF =CD 2+CF 2=25，在Rt △DPF 中，可得sin ∠DFP =PD 5．=DF 55．5所以，直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点考查内容，而证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判断定理转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可，而线线垂直又可通过线面垂直得到，用几何法求线面角，关键是找到斜线的射影，斜线与其射影所成的角就是线面角．解答本题时，（1）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，因为AD ∥BC ，所以∠DAP或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角，本题中AD ⊥PD ，进而可得AP 的长，所以cos ∠DAP =AD ；AP（2）要证明线面垂直，根据判断定理，证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可；（3）根据（2）中的结论，作DF ∥AB ，连结PF ，则∠DFP 为直线DF 和平面PBC 所成的角．20．【2017年高考山东卷文数】由四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD .（1）证明：A 1O ∥平面B 1CD 1;（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）取B 1D 1的中点O 1，连接CO 1,AO 11，由于ABCD -A 1B 1C 1D 1是四棱柱，所以AO 11∥OC ,AO 11=OC ，因此四边形AOCO 11为平行四边形，所以A 1O ∥O 1C ，⊄平面B 1CD 1，又O 1C ⊂平面B 1CD 1，AO 1所以A 1O ∥平面B 1CD 1.（2）因为AC ⊥BD ，E ，M 分别为AD 和OD 的中点，所以EM ⊥BD ，又A 1E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以A 1E ⊥BD ,因为B 1D 1∥BD ,所以EM ⊥B 1D 1,A 1E ⊥B 1D 1,又A 1E ,EM ⊂平面A 1EM ，A 1E I EM =E ，所以B 1D 1⊥平面A 1EM ,又B 1D 1⊂平面B 1CD 1，所以平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【名师点睛】证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行推导线面平行，应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线．在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行．21．BC⊥BD，【2017年高考江苏卷】如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，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．【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 I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 I 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．【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．22．BC∥AD，【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，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．PEAB （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）见解析；（2）D C2．8【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P A中点为F，连接EF，FB．因为E，F分别为PD，P A中点，所以EF∥AD且EF=又因为BC∥AD，BC=1AD，21AD，所以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P AB．（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，P A，AD的中点，所以Q为EF中点，在平行四边形BCEF中，MQ//CE．由△P AD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=2得CE =2，在△PBN 中，由PN =BN =1，PB =3得QH =在Rt △MQH 中，QH=所以sin ∠QMH =1，41，MQ =2，42，8所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是2．8【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．。
2017-2019年高考真题数学(理)分项汇编_专题06 立体几何(解答题)
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 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．【答案】（1）见解析；（2）5. 【解析】（1）连结B 1C ，ME ． 因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点， 所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ． 又因为N 为A 1D 的中点， 所以ND =12A 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(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-，1(12)A M =--，1(1,0,2)A N =--，(0,MN =．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，所以2040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，．n n所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是cos ,||⋅〈〉===‖m n m n m n ， 所以二面角1A MA N --【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 –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．【答案】（1）证明见解析；（2）2. 【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ， 故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt 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），(1,0,0)CB =，(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 --． 【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 ，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.【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0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,20.x x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =（3，6，又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ． 因此二面角B –CG –A 的大小为30°．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.4．【2019年高考北京卷理数】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13PF PC =． （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23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）3；（3）见解析. 【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(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-=．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩ 令z =1，则1,1y x =-=-．于是=(1,1,1)--n ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），所以cos ,||⋅〈〉==‖n p n p n p . 由题知，二面角F −AE −P．（3）直线AG 在平面AEF 内． 因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--， 所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n . 所以4220333AG ⋅=-++=n . 所以直线AG 在平面AEF 内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F −AE −P 的余弦值；（3）首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内.5．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面A B C D ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； （3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【答案】（1）见解析；（2）49；（3）87． 【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE ，，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(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)C F h h =>>，则()1,2,F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB =是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =，可得0BF AB ⋅=，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ． （2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =，可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==-n n n ．所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49． （3）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩ 不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=-⎪⎝⎭m ．由题意，有||1cos ,||||3⋅〈〉===m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意． 所以，线段CF 的长为87．【名师点睛】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．6．【2019年高考江苏卷】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．【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A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.7．【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）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（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 ，则A 1E ⊥BC ． 又因为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，B1，0），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.8．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】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.【答案】（1）见解析；（2. 【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13F PDE PDE V PF S -=⋅△， 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 =，所以2PDE S a =△，故36F PDE V a -=， 又2122DEF S a a a =⋅=△，所以232F PDE V PH a a -==，所以在△PHD 中，sin 4PH PDH PD ∠==，故DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为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 .由（1）可得，DE ⊥PE .又DP =2，DE =1，所以PE 又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF .可得322PH EH ==.则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --=HP =为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则34sin ||||||3HP DP HP DP θ⋅===.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为4. 9．【2018年高考全国II 卷理数】如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（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．【答案】（1）见解析；（2）4． 【解析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP = 连结OB．因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形， 且OB AC ⊥，122OB AC ==． 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥． 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点，OB uu u r的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),0,23),(0,2,O B A C P AP -=u u u r取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =u u u r．设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则(,4,0)AM a a =-u u u r．设平面PAM 的法向量为(,,)x y z =n ．由0,0AP AM ⋅=⋅=uu u r uuu rn n得20(4)0y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以cos ,OB =uu u rn ．由已知可得|cos ,|OB =uu u rn ．2．解得4a =-（舍去），43a =．所以4()3=-n ．又(0,2,PC =-u u u r，所以cos ,4PC =uu u r n ．所以PC 与平面PAM所成角的正弦值为4． 10．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 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．【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CD 上异于C ，D 的点,且DC 为直径， 所以DM ⊥CM .又BC CM =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.当三棱锥M −ABC 体积最大时，M 为CD 的中点.由题设得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M ，(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量,则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,2)=n .DA 是平面MCD 的法向量,因此5cos ,||||DA DA DA ⋅==n n n ，2sin ,DA =n ， 所以面MAB 与面MCD . 11．【2018年高考江苏卷】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．【答案】（1；（2．【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1,{},OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O −xyz ． 因为AB =AA 1=2，所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C --．（1）因为P 为A 1B 1的中点，所以1,2)2P -， 从而131(,,2)(0,2,22),BP AC ==--，故111|||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅===⋅． 因此，异面直线BP 与AC 1 （2）因为Q 为BC 的中点，所以1,0)2Q ，因此33(,0)2AQ =，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==． 设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量， 则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n 即30,2220.y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则111||sin |cos |,|||CCCC CC |θ==⋅⋅==n n n 所以直线CC 1与平面AQC 1． 12．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ． 【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， 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．13．【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 1C 1；（2）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）13.【解析】方法一：（1）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB 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 ===uuu r uu u r uuu r设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu rn n即0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(=n .所以111|sin |cos ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅uuu ruuu r uuu rn |n n |. 因此，直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是13. 【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.14．【2018年高考北京卷理数】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，AB=BC，AC =1AA =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． 【答案】（1）见解析；（2）21（3）见解析. 【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， ∴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）． ∴=(201)=(120)CD CB uu u r uu r，，，，，， 设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ， ∴00CD CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u ruur n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩，令a =2，则b =-1，c =-4，∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ， 又∵平面CDC 1的法向量为=(020)EB uu r，，，∴cos =||||EB EB EB ⋅<⋅>=uu ruu r uu r n n n ．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(214)=--，，n ， ∵G （0，2，1），F （0，0，2）， ∴=(021)GF -uuu r，，， ∴2GF ⋅=-uu u rn ， ∴n 与GF uu u r 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．15．【2018年高考天津卷理数】如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.（1）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面； （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.【答案】（1）见解析；（2；（3【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 （0，32，1），N （1，0，2）．（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0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，，不妨令z=–1，可得n 0=（1，0，–1）．又MN =（1，32-，1），可得00MN ⋅=n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（2）依题意，可得BC =（–1，0，0），(122)BE =-，，，CF =（0，–1，2）． 设n =（x ，y ，z ）为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，，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00BC CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令z =1，可得m =（0，2，1）．因此有cos<m ，n>=||||⋅=m n m n sin<m ，n．所以，二面角E –BC –F． （3）设线段DP 的长为h （h ∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h ），可得(12)BP h =--，，． 易知，DC =（0，2，0）为平面ADGE 的一个法向量，故 cos BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>===sin60°，解得h ∈［0，2］．所以线段DP 的长为3. 16．【2017年高考全国Ⅰ卷理数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.（1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；（2）若P A =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 由于AB//CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面P AD . 又AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD . （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，FA 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 ，P ，B ，(C .所以(,1,)22PC =--，(2,0,0)CB =，2(22PA =-，(0,1,0)AB =. 设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，则0,0,PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,220,x y z ⎧-+-=⎪⎨=可取(0,1,=-n . 设(,,)x y z =m 是平面PAB 的法向量，则0,0,PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m即0,220.x z y -=⎪⎨⎪=⎩可取(1,0,1)=m . 则cos ,||||3⋅==-<>n m n m n m ，所以二面角A PB C --的余弦值为3-. 【思路点拨】（1）根据题设条件可以得出AB ⊥AP ，CD ⊥PD .而AB//CD ，就可证明出AB ⊥平面P AD .进而证明出平面P AB ⊥平面P AD .（2）先找出AD 中点，找出相互垂直的线，建立以F 为坐标原点，FA 的方向为x 轴正方向，||AB 为单位长的空间直角坐标系，列出所需要的点的坐标，设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，(,,)xy z =m 是平面PAB 的法向量，根据垂直关系，求出(0,1,=-n 和(1,0,1)=m ，利用数量积公式可求出二面角的平面角.【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面： ①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.17．【2017年高考江苏卷】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 ．【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．=，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，又AB⊥AD，BC AB B所以AD⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC．【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．18．【2017年高考江苏卷】如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1∠=︒．BAD120（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角B-A1D-A的正弦值．【答案】（1）17；（2． 【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1{,,}AE AD AA 为正交基底，建立空间直角坐标系A -xyz ． 因为AB =AD =2，AA 1，120BAD ∠=︒．则11(0,0,0),1,0),(0,2,0),A B D E A C -．（1）11(3,1,3),(3,1A B AC =--=， 则111111(1cos ,7||||A B AC A B AC A B AC ⋅===-．因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17． （2）平面A 1DA 的一个法向量为(3,0,0)AE =． 设(,,)x y z =m 为平面BA 1D 的一个法向量，又1(3,1,3),(3,3,0)A B BD =--=-，则10,0,A B BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m即0,30.y y --=+=⎪⎩ 不妨取x =3，则2y z ==，所以2)=m 为平面BA 1D 的一个法向量，从而3cos ,4||||AE AE AE ⋅===m m m ，设二面角B -A 1D -A 的大小为θ，则3|cos |4θ=．因为[0,]θ∈π，所以sin 4θ==．因此二面角B -A 1D -A 的正弦值为4． 【名师点睛】利用法向量求解空间线面角、面面角的关键在于“四破”：①破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；②破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；③破“求法向量关”，求出平面的法向量；④破“应用公式关”．（1）先根据条件建立空间直角坐标系，进而得相关点的坐标，求出直线A 1B 与AC 1的方向向量，根据向量数量积求出方向向量夹角，最后根据异面直线所成角与方向向量夹角之间相等或互补可得夹角的余弦值；（2）根据建立的空间直角坐标系，得相关点的坐标，求出各半平面的法向量，根据向量数量积求出法向量的夹角，最后根据二面角与法向量夹角之间关系确定二面角的正弦值．19．【2017年高考山东卷理数】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴旋转120︒得到的，G 是DF 的中点. （1）设P 是CE 上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小； （2）当3AB =，2AD =时，求二面角E AG C --的大小.【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120EBC ∠=︒， 因此30CBP ∠=︒.（2）解法一：取EC 的中点H ，连接EH ，GH ，CH . 因为120EBC ∠=︒， 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1AM =，所以EM CM ===在BEC △中，由于120EBC ∠=︒，由余弦定理得22222222cos12012EC =+-⨯⨯⨯︒=，所以EC =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(0,0,3)A (2,0,0)E ，G ，(C -，故(2,0,3)AE =-，AG =，(2,0,3)CG =，设111(,,)y x z =m 是平面AEG 的一个法向量.由00AE AG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m可得1111230,0,x z x -=⎧⎪⎨=⎪⎩取12z =，可得平面AEG的一个法向量(3,2)=m . 设222(,,)y x z =n 是平面ACG 的一个法向量.由00AG CG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n可得22220,230,x x z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩取22z =-，可得平面ACG的一个法向量(3,2)=-n . 所以1cos ,||||2⋅==⋅m n m n m n .因此所求的角为60︒.20．【2017年高考全国Ⅱ理数】如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=E 是PD 的中点．（1）证明：直线CE ∥平面P AB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值． 【答案】（1）见解析；（2）． 【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 ，12EF AD =， 由90BAD ABC ∠=∠=︒得BC ∥AD ， 又12BC AD =， 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()0,0,0A ，()1,0,0B ，()1,1,0C，(P，(1,0,PC =，(1,0,0)AB =， 设()(),,01M x y z x <<，则()1,,,(,1,BM x y z PM x y z =-=-， 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而()0,0,1=n 是底面ABCD 的法向量， 所以cos ,sin 45BM =︒n2=，即()22210x y z -+-=．① 又M 在棱PC 上，设PM PCλ=，则,1,x y z λ===．②由①②解得1212x y z ⎧=+⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=-⎪⎩(舍去)，1212x y z ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩．所以(12M -，从而(12AM =-． 设()000,,x y z =m 是平面ABM 的法向量，则0,0,AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m即0000(220,0,x y x ⎧+=⎪⎨=⎪⎩所以可取(0,2)=m．于是cos ,5⋅==m n m n m n ， 因此二面角M AB D --的余弦值为5． 【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，②利用方程思想进行向量运算，要认真细心、准确计算．（2）设m ，n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与<m ，n >互补或相等，故有|cos θ|＝|cos<m ，n >|=⋅m n m n．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．21．【2017年高考全国Ⅲ理数】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.【答案】（1）见解析；（2）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=90ADC ∠︒. 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，222BO AO AB +=.又AB BD =，所以2222BO DO BO AO AB BD 22+=+==， 故90DOB ∠=. 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()()()()1,0,0,,1,0,0,0,0,1A B C D -.由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB的中点，得12E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭. 故()()11,0,1,2,0,0,2AD AC AE ⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭. 设()=x,y,z n 是平面DAE 的法向量，则00AD AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n即0,10.22x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩可取⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭n .设m 是平面AEC 的法向量，则00AC AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m同理可取(0,=-m .则cos ,⋅==n m n m n m . 所以二面角D -AE -C【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算时，要认真细心，准确计算.（2）设m ，n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n 互补或相等，故有cos cos ,||θ=⋅=m m n nm n.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角. 22．【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）见解析；（2． 【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P A 中点为F ，连接EF ，FB ． 因为E ，F 分别为PD ，P A 中点，所以EF AD ∥且12EF AD =， 又因为BC AD ∥，12BC AD =，所以 PABCDEEF BC ∥且EF BC ，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥，因此CE ∥平面P AB ．（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 ，P A ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点， 在平行四边形BCEF 中，MQ//CE ．由△P AD 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．23．【2017年高考北京卷理数】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．【答案】（1）见解析；（2）π3；（3. 【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 ，(2,0,0)D ，(2,4,0)B -，(4,4,0)BD =-，(2,0,PD =.设平面BDP 的法向量为(,,)x y z =n ，则00BD PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，即44020x y x -=⎧⎪⎨=⎪⎩. 令1x =，则1y =，z =于是=n .平面PAD 的法向量为(0,1,0)=p ，所以1cos ,||||2⋅==<>n p n p n p .由题知二面角B PD A --为锐角，所以它的大小为3π.（3）由题意知(1,M -，(2,4,0)C，(3,2,MC =.设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则||2sin |cos ,|9||||MC MC MC α⋅===<>n n n .所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为9. 【名师点睛】本题涉及立体几何中的线面平行与垂直的判定与性质，全面考查立体几何中的证明与求解，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；利用空间向量解决立体几何问题是一种常见且有效的方法，要注意建立适当的空间直角坐标系以及运算的准确性.（1）设,AC BD 交点为E ，连接ME ，因为线面平行，即PD ∥平面MAC ,根据性质定理，可知线线平行，即PD ME ∥，再由E 为BD 的中点，可知M 为PB 的中点；（2）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD =，所以取AD 的中点O 为原点建立空间直角坐标系，根据向量法先求两平面的法向量n ，p ，再根据公式cos ,n p ，求二面角的大小； （3）根据（2）的结论，直接求|cos ,|MC n 即可.24．【2017年高考天津卷理数】如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒．点D ，E ，N分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A =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P A 上，且直线NH 与直线BE ，求线段AH 的长．【答案】（1）证明见解析；（2；（3）85或12．【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，。
2017高考试题分类汇编立体几何
立体几何1（2017北京文）（本小题14分如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（Ⅰ）求证：PA ⊥BD ；（Ⅱ）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（Ⅲ）当PA ∥平面BD E 时，求三棱锥E –BCD 的体积． 2（2017新课标Ⅱ理）（12分）如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=E 是PD 的中点．（1）证明：直线CE ∥平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值．3（2017天津理）（本小题满分13分）如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒.点D ，E ，N 分别为棱PA ，P C ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA =AC =4，AB =2. （Ⅰ）求证：MN ∥平面BDE ； （Ⅱ）求二面角C -EM -N 的正弦值；（Ⅲ）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长.4（2017新课标Ⅲ理数）a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有以下结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所称角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所称角的最小值为60°；其中正确的选项是________。
（填写所有正确结论的编号）5（2017山东理）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴旋转120︒获取的，G 是DF 的中点. （Ⅰ）设P 是CE 上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小； （Ⅱ）当3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小.6（2017新课标Ⅰ理数）．如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O 。
2017年高考真题之立体几何(学生)
2017高考真题解析之立体几何【知识回顾】【真题解析之解答题】【例1】（2017•新课标Ⅲ）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．【例2】（2017•新课标Ⅱ）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=AD，∠BAD=∠ABC=90°．（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．【例3】（2017•新课标Ⅲ）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．【例4】（2017•新课标Ⅰ）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．【例5】（2017•新课标Ⅱ）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=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D 的余弦值．【例6】（2017•新课标Ⅰ）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°，且四棱锥P﹣ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．【牛刀小试】【练1】（2017•上海）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=90°，BB1=5，AB=4，BC=2．（1）求三棱柱的体积；（2）若M是棱AC中点，求B1M与平面ABC所成角的大小．【练2】（2017•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2．（1）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；（2）求证：PD⊥平面PBC；（3）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．【练3】（2017•浙江）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．【练4】（2017•北京）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．【练5】（2017•江苏）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=，∠BAD=120°．（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．【练6】（2017•山东）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是的中点．（1）设P是上的一点，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．【练7】（2017•天津）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，求线段AH的长．【练8】（2017•北京）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．【练9】（2017•江苏）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．【练10】（2017•山东）由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD，（1）证明：A1O∥平面B1CD1；（2）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．【练11】如图，在多面体ABCDM中，△BCD是等边三角形，△CMD是等腰直角三角形，∠CMD=90°，平面CMD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD．（1）求证：CD⊥AM；（2）若AM=BC=2，求直线AM与平面BDM所成角的正弦值．【练12】如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PD=AD，∠DAB=60°，PD⊥底面ABCD．（1）求证AC⊥PB；（2）求PA与平面PBC所成角的正弦值．高三数学一轮复习【练13】如图，四棱锥E﹣ABCD中，平面EAD⊥平面ABCD，DC∥AB，BC⊥CD，EA⊥ED，且AB=4，BC=CD=EA=ED=2．（1）求证：BD⊥平面ADE；（2）求直线BE和平面CDE所成角的正弦值．【练14】等腰三角形ABC，E为底边BC的中点，沿AE折叠，如图，将C折到点P的位置，使P﹣AE﹣C为120°，设点P在面ABE上的射影为H．（1）证明：点H为EB的中点；（2）若，求直线BE与平面ABP所成角的正弦值．第11 页共11 页。
近五年(2017-2021)高考数学真题分类汇编11 立体几何
近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编十一、立体几何一、多选题1．（2021·全国高考真题）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P二、单选题2．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体1111ABCD A BC D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则（ ）A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCDB ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDDB C ．直线1A D 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDDB 3．（2021·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A ．32B ．3C ．2D ．4．（2021·全国高考真题（理））已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC ⊥==，则三棱锥O ABC -的体积为（ ）A ．12BC ．4D 5．（2021·全国高考真题（文））在一个正方体中，过顶点A 的三条棱的中点分别为E ，F ，G ．该正方体截去三棱锥A EFG -后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（ ）A ．B ．C ．D ．6．（2021·全国高考真题（理））在正方体1111ABCD A BC D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为（ ）A ．π2B ．π3C ．π4D ．π67．（2021·全国高考真题）圆锥的母线长为（ ）A ．2B ．C ．4D ．8．（2020·天津高考真题）若棱长为面积为（ ）A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π 9．（2020·北京高考真题）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（ ）．A ．6B ．6+C ．12D ．12+10．（2020·浙江高考真题）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．73B ．143C ．3D ．611．（2020·海南高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（ ）A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°12．（2020·全国高考真题（文））下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）A ．B ．C ．D ．13．（2020·全国高考真题（理））已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π 14．（2020·全国高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A ．14B ．12C ．14D ．1215．（2020·全国高考真题（理））已知△ABC 的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）A B ．32 C ．1 D ．216．（2020·全国高考真题（理））如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为（ ）A ．EB ．FC ．GD ．H 17．（2019·浙江高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V Sh =柱体，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是A ．158B ．162C ．182D ．32418．（2019·全国高考真题（理））如图，点N 为正方形ABCD 的中心，ECD ∆为正三角形，平面ECD ⊥平面,ABCD M 是线段ED 的中点，则A ．BM EN =，且直线,BM EN 是相交直线B ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是相交直线C ．BM EN =，且直线,BM EN 是异面直线D ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是异面直线19．（2019·浙江高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V Sh =柱体，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高，若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是A ．158B ．162C ．182D ．3220．（2019·浙江高考真题）设三棱锥V ABC -的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点），记直线PB 与直线AC 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P AC B --的平面角为γ，则A ．,βγαγ<<B ．,βαβγ<<C ．,βαγα<<D ．,αβγβ<<21．（2019·全国高考真题（理））已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D 22．（2019·全国高考真题（文））设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面23．（2019·上海高考真题）已知平面αβγ、、两两垂直，直线a b c 、、满足：,,a b c αβγ⊆⊆⊆，则直线a b c 、、不可能满足以下哪种关系A ．两两垂直B ．两两平行C ．两两相交D ．两两异面 24．（2018·浙江高考真题）已知直线,m n 和平面α，n ⊂α，则“//m n ”是“//m α”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25．（2018·上海高考真题）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设1AA 是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以1AA 为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）A ．4B ．8C ．12D ．1626．（2018·浙江高考真题）已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为1θ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S AB C --的平面角为3θ，则A ．123θθθ≤≤B ．321θθθ≤≤C ．132θθθ≤≤D ．231θθθ≤≤ 27．（2018·全国高考真题（文））在长方体1111ABCD A BC D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30，则该长方体的体积为A ．8B ．C ．D ．28．（2018·北京高考真题（理））某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A．1 B．2C．3 D．429．（2018·全国高考真题（文））某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为A．B．C．3D．2，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，30．（2018·全国高考真题（理））设A B C D体积的最大值为ABC为等边三角形且其面积为D ABCA．B．C．D．31．（2018·全国高考真题（理））中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是A ．B ．C ．D ．32．（2018·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（ ）A ．2B ．4C ．6D ．8 33．（2018·全国高考真题（文））在正方体1111ABCD A BC D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为A ．2BCD ．2 34．（2018·全国高考真题（文））已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A ．B ．12πC ．D ．10π35．（2018·全国高考真题（理））在长方体1111ABCD A BC D -中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15BCD ．2 36．（2018·全国高考真题（理））已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A B C D 37．（2017·全国高考真题（文））如图，在下列四个正方体中，A 、B 为正方体的两个顶点，M 、N 、Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面 MNQ 不平行的是（ ）A ．B ．C ．D ．未命名未命名三、解答题38．（2021·全国高考真题）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.39．（2021·全国高考真题（文））如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积．40．（2021·浙江高考真题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120,1,4,ABC AB BC PA ∠=︒===M ，N 分别为,BC PC 的中点，,PD DC PM MD ⊥⊥.（1）证明：AB PM ⊥；（2）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值.41．（2021·全国高考真题（文））已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，11BF A B ⊥.（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥.42．（2021·全国高考真题（理））已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小? 43．（2021·全国高考真题（理））如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．44．（2020·海南高考真题）如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB PB 与平面QCD 所成角的正弦值．45．（2020·天津高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且12,AD CE M ==为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．46．（2020·北京高考真题）如图，在正方体1111ABCD A BC D -中， E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．47．（2020·浙江高考真题）如图，三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（I）证明：EF⊥DB；（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．48．（2020·海南高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．49．（2020·江苏高考真题）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD BD=2，O为BD 的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=14BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．50．（2020·江苏高考真题）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F 分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．51．（2020·全国高考真题（理））如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A--的正弦值． 52．（2020·全国高考真题（文））如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥；（2）点1C 在平面AEF 内．53．（2020·全国高考真题（文））如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面P AB⊥平面P AC；（2）设DO，求三棱锥P−ABC的体积. 54．（2020·全国高考真题（理））如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为=．ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=．底面直径，AE AD（1）证明：PA⊥平面PBC；--的余弦值．（2）求二面角B PC E55．（2020·全国高考真题（文））如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=π3，求四棱锥B–EB1C1F的体积．56．（2020·全国高考真题（理））如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.57．（2019·江苏高考真题）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）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．58．（2019·天津高考真题（理））如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====.（Ⅰ）求证：BF ∥平面ADE ；（Ⅱ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长. 59．（2019·全国高考真题（理））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.60．（2019·全国高考真题（文））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）求点C到平面C1DE的距离．61．（2019·全国高考真题（理））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EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值.62．（2019·上海高考真题）如图，在正三棱锥P ABC -中，2,PA PB PC AB BC AC ======（1）若PB 的中点为M ，BC 的中点为N ，求AC 与MN 的夹角；（2）求P ABC -的体积.63．（2018·上海高考真题）已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设4PO =，OA 、OB 是底面半径，且90AOB ∠=︒，M 为线段AB 的中点，如图．求异面直线PM 与OB 所成的角的大小．64．（2018·江苏高考真题）在平行六面体1111ABCD A BC D -中，1AA AB =,111AB B C ⊥． 求证：（1）11//AB A B C 平面；（2）111ABB A A BC ⊥平面平面．65．（2018·江苏高考真题）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．66．（2018·全国高考真题（文））如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．67．（2018·北京高考真题（理））如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11AC ，1BB 的中点，AB=BC AC =1AA =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．68．（2018·北京高考真题（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，E 、F 分别为AD 、PB 的中点.（Ⅰ）求证：PE BC ⊥；（Ⅱ）求证：平面PAB ⊥平面PCD ；（Ⅲ）求证：//EF 平面PCD .69．（2018·全国高考真题（理））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.70．（2018·全国高考真题（理））如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 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．71．（2018·浙江高考真题）如图，已知多面体ABC-A 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．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．72．（2018·全国高考真题（文））如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．73．（2018·全国高考真题（文））如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM ∠=︒，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．74．（2017·山东高考真题（文））由四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD .（1）证明：1AO ∥平面B 1CD 1；（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.四、填空题75．（2021·全国高考真题（理））以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．76．（2021·全国高考真题（文））已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30 则该圆锥的侧面积为________.77．（2020·海南高考真题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________78．（2020·海南高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以D BCC1B1的交线长为________．179．（2020·江苏高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.80．（2020·全国高考真题（文））已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．81．（2020·全国高考真题（理））设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l .则下述命题中所有真命题的序号是__________.①14p p ∧②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝82．（2019·江苏高考真题）如图，长方体1111ABCD A BC D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是_____.83．（2019·北京高考真题（理））某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．84．（2019·北京高考真题（理））已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．85．（2019·全国高考真题（理））学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A BC D -挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，,,,E F G H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB=BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g .86．（2019·天津高考真题（文）若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________.87．（2019·全国高考真题（文））已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P到∠ACB 两边AC ，BC P 到平面ABC 的距离为___________． 88．（2018·江苏高考真题）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．89．（2018·全国高考真题（文））已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30，若SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为__________．90．（2018·全国高考真题（理））已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB 的面积为面积为__________．91．（2018·天津高考真题（理））已知正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M EFGH 的体积为__________.五、双空题92．（2019·全国高考真题（文））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编十一、立体几何（答案解析）1．BD【分析】对于A ，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B ，将P 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数；对于D ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数．【解析】易知，点P 在矩形11BCC B 内部（含边界）．对于A ，当1λ=时，11=BP BC BB BC CC μμ=++，即此时P ∈线段1CC ，1AB P △周长不是定值，故A 错误；对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB BC λλ=++，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当12λ=时，112BP BC BB μ=+，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP BQ QH μ=+，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，1A ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则11A P μ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，10,,2BP μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()110A P BP μμ⋅=-=，所以0μ=或1μ=．故,H Q 均满足，故C 错误；对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为0,02A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，所以01,22AP y ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，11,122A B ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +-=⇒=-，此时P 与N 重合，故D 正确． 故选：BD ．【小结】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．2．A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证1//,MN AB A D ⊥平面1ABD ，即可得出结论.【解析】连1AD ，在正方体1111ABCD A BC D -中，M 是1A D 的中点，所以M 为1AD 中点，又N 是1D B 的中点，所以//MN AB ，MN ⊄平面,ABCD AB ⊂平面ABCD ，所以//MN 平面ABCD .因为AB 不垂直BD ，所以MN 不垂直BD则MN 不垂直平面11BDD B ，所以选项B,D 不正确；在正方体1111ABCD A BC D -中，11AD A D ⊥，AB ⊥平面11AA D D ，所以1AB A D ⊥，1AD AB A ⋂=，所以1A D ⊥平面1ABD ，1D B ⊂平面1ABD ，所以11A D D B ⊥，且直线11,A D D B 是异面直线，所以选项B 错误，选项A 正确.故选：A.【小结】关键点小结：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系. 3．A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.【解析】几何体为如图所示的四棱柱1111ABCD A BC D -，其高为1，底面为等腰梯形ABCD ，1=，故111113122ABCD A B C D V -=⨯=， 故选：A.4．A【分析】由题可得ABC 为等腰直角三角形，得出ABC 外接圆的半径，则可求得O 到平面ABC 的距离，进而求得体积.【解析】,1AC BC AC BC ⊥==，ABC ∴为等腰直角三角形，AB ∴=则ABC ，又球的半径为1， 设O 到平面ABC 的距离为d ，则2d ==所以11111332212O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯⨯=. 故选：A.【小结】关键小结：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.5．D【分析】根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断.【解析】由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，所以其侧视图为故选：D6．D【分析】平移直线1AD 至1BC ，将直线PB 与1AD 所成的角转化为PB 与1BC 所成的角，解三角形即可.【解析】如图，连接11,,BC PC PB ，因为1AD ∥1BC ，所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，所以11BB PC ⊥，又111PC B D ⊥，1111BB B D B ⋂=， 所以1PC ⊥平面1PBB ，所以1PC PB ⊥，设正方体棱长为2，则111112BC PC D B ===1111sin 2PC PBC BC ∠==，所以16PBC π∠=. 故选：D7．B【分析】 设圆锥的母线长为l ，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l 的值，即为所求.【解析】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则2l ππ=l =故选：B.8．C【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.故选：C.【小结】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.9．D【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+ ⎪⎝⎭故选：D.【小结】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．10．A【分析】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为： 11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选：A【小结】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.11．B【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A 处的纬度，计算出晷针与点A 处的水平面所成角.【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒. 故选：B【小结】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.12．C【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为根据三角形面积公式可得：211sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++故选：C.【小结】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.13．A【分析】由已知可得等边ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO 的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin60AB r =︒=1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A【小结】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题. 14．C【分析】设,CD a PE b ==，利用212PO CD PE =⋅得到关于,a b 的方程，解方程即可得到答案.。
2017高考试题分类汇编之立体几何(精校版)(2021年整理精品文档)
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2017年高考试题分类汇编之立体几何一、选择题(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.（2017课标I 理)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形。
该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为（ ） 10.A 12.B 12.C16.D2。
（2017课标II 理）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得,则该几何体的体积为( ） π90.A π63.B π42.C π36.D3。
（2017北京理）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（ ） 23.A 32.B 22.C 2.D4.(2017课标II 理）已知直三棱柱111C B A ABC -中,1,2,12010====∠CC BC AB ABC ,则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ )23.A 515.B 510.C 33.D 5。
(2017课标III 理）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( ） π.A 43.πB 2.πC 4.πD 6.（2017浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）（第1题）（第2题）（第3题）是（ )12.+πA 32.+πB 123.+πC 323.+πD 7。
(2017-2019)高考理数真题分类汇编专题06 立体几何(解答题)(教师版)
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 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．【答案】（1）见解析；（2 【解析】（1）连结B 1C ，ME ． 因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点， 所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ． 又因为N 为A 1D 的中点， 所以ND =12A 1D ． 由题设知A 1B 1=P DC ，可得B 1C =P A 1D ，故ME =P 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 uuu r的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D −y ，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-u u u r，1(12)A M =--u u u u r，1(1,0,2)A N =--u u u u r，(0,MN =u u u u r．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u r m m ，所以2040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u ur ，．n n所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是cos ,||⋅〈〉===‖m n m n m n ， 所以二面角1A MA N --． 【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 –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．【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ， 故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒， 故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA u u u r的方向为轴正方向，||DA uuu r 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –y ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB =u u u r ，(1,1,1)CE =-u u u r，1(0,0,2)CC =u u u u r．设平面EBC 的法向量为n =（，y ，），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u ur 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 =（，y ，），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u ru u ur 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 --【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 ，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.【答案】（1）见解析；（2）30o .【解析】（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）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 u u u r的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –y ，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，0），CG uuu r =（1，0），AC uuu r=（2，–1，0）． 设平面ACGD 的法向量为n =（，y ，），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u ur n n即0,20.x x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =（3，6，又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ． 因此二面角B –CG –A 的大小为30°．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.4．【2019年高考北京卷理数】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13PF PC =． （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23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）（3）见解析. 【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 −y ，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(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-=u u u r u u u ru u u r．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .设平面AEF 的法向量为n =（，y ，），则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩ 令=1，则1,1y x =-=-．于是=(1,1,1)--n ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），所以cos ,||⋅〈〉==‖n p n p n p . 由题知，二面角F −AE −P．（3）直线AG 在平面AEF 内．因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--u u ur ， 所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n .所以4220333AG ⋅=-++=u u u r n .所以直线AG 在平面AEF 内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F −AE −P 的余弦值；（3）首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内.5．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； （3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【答案】（1）见解析；（2）49；（3）87． 【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE u u u r u u u r u u u r，，的方向为x 轴，y 轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)CF h h =>>，则()1,2,F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB =u u u r 是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =u u u r ，可得0BF AB ⋅=u u u r u u u r，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ．（2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--u u u r u u u r u u u r．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =，可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==-u u u ru u u r u u ur n n n ． 所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49． （3）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r m m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩ 不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=-⎪⎝⎭m ．由题意，有||1cos ,||||3⋅〈〉===m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意． 所以，线段CF 的长为87．【名师点睛】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．6．【2019年高考江苏卷】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．【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A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.7．【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）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（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 ，则A 1E ⊥BC ． 又因为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 ，轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –y ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B，1，0），1B，3(,22F ，C (0，2，0)．因此，3,2EF =u u u r，(BC =u u u r ．由0EF BC ⋅=u u u r u u u r得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ． 由（1）可得1=(10)=(02BC A C -u u u r u u u u r，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u rn n，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅u u u ru u u r u u u r ，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.8．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】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.【答案】（1）见解析；（2）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13F PDE PDE V PF S -=⋅△， 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 =，所以22PDE S a =△，故36F PDE V a -=， 又2122DEF S a a a =⋅=△，所以232F PDE V PH a a -==，所以在△PHD 中，sin 4PH PDH PD ∠==，故DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为方法二：（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 u u u r的方向为y 轴正方向，||BF uuu r为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H −y .由（1）可得，DE ⊥PE .又DP =2，DE =1，所以PE 又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF .可得32PH EH ==.则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --=u u u r HP =u u u r 为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则3sin ||||||HP DP HP DP θ⋅===u u u r u u u ru u u r u u u r .所以DP 与平面ABFD9．【2018年高考全国II 卷理数】如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（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．【答案】（1）见解析；（2）4． 【解析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP = 连结OB．因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形， 且OB AC ⊥，122OB AC ==． 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥． 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点，OB uu u r的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),O B A C P AP -=u u u r取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =u u u r．设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则(,4,0)AM a a =-u u u r． 设平面PAM 的法向量为(,,)x y z =n ．C由0,0AP AM ⋅=⋅=uu u r uuu rn n得20(4)0y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以cos ,OB =uu u rn ．由已知可得|cos ,|OB =uu u rn ．．解得4a =-（舍去），43a =．所以4()333=--n ．又(0,2,PC =-u u u r，所以cos ,4PC =uu u r n ．所以PC 与平面PAM． 10．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧»CD所在平面垂直，M 是»CD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．【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»CD上异于C ，D 的点,且DC 为直径， 所以 DM ⊥CM .又 BC I CM =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 u u u r的方向为轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D −y .当三棱锥M −ABC 体积最大时，M 为»CD的中点. 由题设得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M ，(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==u u u u r u u u r u u u r设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量,则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u ur n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,2)=n .DA u u u r是平面MCD 的法向量,因此cos ,||||DA DA DA ⋅==u u u ru u u r u u u r n n nsin ,DA =u u u r n 所以面MAB 与面MCD所成二面角的正弦值是5. 11．【2018年高考江苏卷】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．【答案】（1；（2．【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1,{},OB OC OO u u u r u u u r u u u u r为基底，建立空间直角坐标系O −y ．因为AB =AA 1=2，所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C --．（1）因为P 为A 1B 1的中点，所以1,2)2P -，从而11(,2)(0,2,22),BP AC ==-u u u r u u u u r ，故111|||cos ,|||||BP AC BP AC BP AC ⋅===⋅u u u r u u u u ru u u r u u u u r u u u r u u u u r ．因此，异面直线BP 与AC 1（2）因为Q 为BC的中点，所以1,0)2Q ，因此3,0)2AQ =u u u r ，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==u u u u r u u u u r ．设n =（，y ，）为平面AQC 1的一个法向量， 则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=u u u r u u u u r n n即30,2220.y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则111||sin |cos |,|||CC CC CC |θ==⋅⋅==u u u u ru u u u r u u u u r n n n所以直线CC 1与平面AQC 1． 12．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ． 【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， 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．13．【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 1C 1；（2）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）13.【解析】方法一：（1）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB 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，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -y .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 ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅uuu ruuu r uuu rn |n n |. 因此，直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是13. 【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.14．【2018年高考北京卷理数】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，AB=BC，AC =1AA =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． 【答案】（1）见解析；（2）21（3）见解析. 【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， ∴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 -y ．由题意得B （0，2，0），C （-1，0，0），D （1，0，1），F （0，0，2），G （0，2，1）． ∴=(201)=(120)CD CB uu u r uu r，，，，，， 设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ， ∴00CD CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u ruur n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩，令a =2，则b =-1，c =-4，∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ， 又∵平面CDC 1的法向量为=(020)EB uu r，，，∴cos =||||EB EB EB ⋅<⋅>=uu ruu r uu r n n n ．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(214)=--，，n ， ∵G （0，2，1），F （0，0，2）， ∴=(021)GF -uuu r，，， ∴2GF ⋅=-uu u rn ， ∴与GF uu u r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．15．【2018年高考天津卷理数】如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.（1）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面； （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.【答案】（1）见解析；（2；（3 【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 u u u r ，DC u u ur ，DG u u u r 的方向为轴，y 轴，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 （0，32，1），N （1，0，2）．（1）依题意DC u u u r =（0，2，0），DE u u u r =（2，0，2）．设n 0=(，y ，)为平面CDE 的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，，不妨令=–1，可得n 0=（1，0，–1）．又MN u u u u r =（1，32-，1），可得00MN ⋅=u u u u r n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（2）依题意，可得BC u u u r =（–1，0，0），(122)BE =-u u u r ，，，CF u u u r=（0，–1，2）． 设n =（，y ，）为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u r ，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不妨令=1，可得n =（0，1，1）．设m =（，y ，）为平面BCF 的法向量，则00BC CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u r ，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不妨令=1，可得m =（0，2，1）． 因此有cos<m ，n>=||||⋅=m n m n sin<m ，n．所以，二面角E –BC –F． （3）设线段DP 的长为h （h ∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h ），可得(12)BP h =--u u u r，，． 易知，DC u u u r=（0，2，0）为平面ADGE 的一个法向量，故cos BP DC BP DC BP DC ⋅<⋅>==u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r，解得h∈［0，2］． 所以线段DP的长为3.16．【2017年高考全国Ⅰ卷理数】如图，在四棱锥P−ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o .（1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；（2）若P A =PD =AB =DC ，90APD ∠=o ，求二面角A −PB −C 的余弦值.【答案】（1）见解析；（2） 【解析】（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 由于AB//CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面P AD . 又AB 平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD . （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，FA u u u r的方向为x 轴正方向，||AB uuu r 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 ，P ，B ，(C .所以(,1,)22PC =--u u u r ，CB =u u u r ，)22PA =-u u u r ，(0,1,0)AB =u u u r .设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，则0,0,PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n即0,220,x y z ⎧-+-=⎪⎨=可取(0,1,=-n . 设(,,)x y z =m 是平面PAB 的法向量，则0,0,PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r m m即0,0.x z y =⎪=⎩可取(1,0,1)=m .则cos ,||||3⋅==<>n m n m n m ， 所以二面角A PB C --的余弦值为3-. 【思路点拨】（1）根据题设条件可以得出AB ⊥AP ，CD ⊥PD .而AB//CD ，就可证明出AB ⊥平面P AD .进而证明出平面P AB ⊥平面P AD .（2）先找出AD 中点，找出相互垂直的线，建立以F 为坐标原点，FA u u u r的方向为x 轴正方向，||AB uuu r 为单位长的空间直角坐标系，列出所需要的点的坐标，设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，(,,)x y z =m 是平面PAB的法向量，根据垂直关系，求出(0,1,=-n 和(1,0,1)=m ，利用数量积公式可求出二面角的平面角.【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面： ①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.17．【2017年高考江苏卷】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 ．【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 I 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 =I ，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 ．【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．18．【2017年高考江苏卷】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=120BAD ∠=︒．（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．【答案】（1）17；（2）4． 【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1{,,}AE AD AA u u u r u u u r u u u r为正交基底，建立空间直角坐标系A -y ． 因为AB =AD =2，AA 1，120BAD ∠=︒．则11(0,0,0),1,0),(0,2,0),A B D E A C -．（1）111,A B AC =-=u u u r u u u u r，则1111111,1cos ,77||||A B AC A B AC A B AC ⋅-⋅===-u u u r u u u u ru u u r u u u u r u u ur u u u u r ． 因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17． （2）平面A 1DA的一个法向量为AE =u u u r． 设(,,)x y z =m 为平面BA 1D 的一个法向量，又11,(A B BD =-=u u u r u u u r ，则10,0,A B BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r m m即0,30.y y --=+=⎪⎩ 不妨取=3，则2y z ==，所以2)=m 为平面BA 1D 的一个法向量，从而3cos ,4||||AE AE AE ⋅===u u u ru u u r u u ur m m m ， 设二面角B -A 1D -A 的大小为θ，则3|cos |4θ=． 因为[0,]θ∈π，所以sin 4θ==． 因此二面角B -A 1D -A． 【名师点睛】利用法向量求解空间线面角、面面角的关键在于“四破”：①破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；②破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；③破“求法向量关”，求出平面的法向量；④破“应用公式关”．（1）先根据条件建立空间直角坐标系，进而得相关点的坐标，求出直线A 1B 与AC 1的方向向量，根据向量数量积求出方向向量夹角，最后根据异面直线所成角与方向向量夹角之间相等或互补可得夹角的余弦值；（2）根据建立的空间直角坐标系，得相关点的坐标，求出各半平面的法向量，根据向量数量积求出法向量的夹角，最后根据二面角与法向量夹角之间关系确定二面角的正弦值．19．【2017年高考山东卷理数】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点. （1）设是上的一点，且，求的大小； （2）当，时，求二面角的大小.ABCD AB 120︒G »DFP »CEAP BE ⊥CBP ∠3AB =2AD =E AG C --【答案】（1）30°；（2）60°.【解析】（1）因为，，，平面，， 所以平面， 又平面， 所以， 又， 因此.（2）解法一：取的中点，连接，，. 因为， 所以四边形为菱形，所以. 取中点，连接，，. 则，， 所以为所求二面角的平面角.又，所以.在BEC △中，由于，由余弦定理得， 所以，因此EMC △为等边三角形， 故所求的角为.解法二：以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得，，，故，，AP BE ⊥AB BE ⊥AB AP ABP AB AP A =I BE ⊥ABP BP ⊂ABP BE BP ⊥120EBC ∠=︒30CBP ∠=︒»ECH EH GH CH 120EBC ∠=︒BEHC AE GE AC GC =====AG M EM CM EC EM AG ⊥CM AG ⊥EMC ∠1AM=EM CM ===120EBC ∠=︒22222222cos12012EC =+-⨯⨯⨯︒=EC =60︒B BE BP BA x y (0,0,3)A (2,0,0)EG (C -(2,0,3)AE =-u u ur AG =u u u r，设111(,,)y x z =m 是平面的一个法向量.由00AE AG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rm m 可得 取，可得平面的一个法向量(3,2)=m . 设222(,,)y x z =n 是平面的一个法向量.由00AG CG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u r n n 可得 取，可得平面的一个法向量(3,2)=-n . 所以1cos ,||||2⋅==⋅m n m n m n .因此所求的角为.20．【2017年高考全国Ⅱ理数】如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点．(2,0,3)CG =u u u rAEG 1111230,0,x z x -=⎧⎪⎨+=⎪⎩12z =AEGACG 22220,230,x x z ⎧=⎪⎨+=⎪⎩22z =-ACG 60︒（1）证明：直线CE ∥平面P AB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值． 【答案】（1）见解析；（2）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 ，12EF AD =， 由90BAD ABC ∠=∠=︒得BC ∥AD ， 又12BC AD =， 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 u u u r的方向为轴正方向，AB u u u r 为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，则()0,0,0A ，()1,0,0B ，()1,1,0C，(P，(1,0,PC =u u u r ，(1,0,0)AB =u u u r，设()(),,01M x y z x <<，则()1,,,(,1,BM x y z PM x y z =-=-u u u u r u u u u r，因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而()0,0,1=n 是底面ABCD 的法向量，所以cos ,sin 45BM =︒u u u u rn=，即()22210x y z -+-=． ① 又M 在棱PC 上，设PM PC λ=u u u u r uu u r，则,1,x y z λ===． ②由①②解得112x y z ⎧=+⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=-⎪⎩(舍去)，112x y z ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩．所以(12M -，从而(12AM =-u u u u r ． 设()000,,x y z =m 是平面ABM 的法向量，则0,0,AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u r m m即0000(220,0,x y x ⎧++=⎪⎨=⎪⎩所以可取(0,2)=m ．于是cos ,5⋅==m n m n m n ， 因此二面角M AB D --的余弦值为5． 【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，②利用方程思想进行向量运算，要认真细心、准确计算．（2）设m ，n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与<m ，n >互补或相等，故有|cos θ|＝|cos<m ，n >|=⋅m nm n．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角． 21．【2017年高考全国Ⅲ理数】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. 【答案】（1）见解析；（2）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=90ADC ∠︒. 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，222BO AO AB +=.又AB BD =，所以2222BO DO BO AO AB BD 22+=+==， 故90DOB ∠=o . 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 u u u r的方向为x 轴正方向，OA u u u r 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.则()()()()1,0,0,,1,0,0,0,0,1A B C D -.由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB的中点，得12E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭. 故()()11,0,1,2,0,0,2AD AC AE ⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r u u u r u u u r . 设()=x,y,z n 是平面DAE 的法向量，则00AD AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r ，，n n即0,10.22x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩可取⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭n .设m 是平面AEC 的法向量，则00AC AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r ，，m m同理可取(0,=-m .则cos ,⋅==n m n m n m . 所以二面角D -AE -C. 【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算时，要认真细心，准确计算.（2）设m ，n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n 互补或相等，故有cos cos ,||θ=⋅=m m n nm n.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.22．【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）见解析；（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P A 中点为F ，连接EF ，FB ． 因为E ，F 分别为PD ，P A 中点，所以EF AD ∥且12EF AD =， 又因为BC AD ∥，12BC AD =，所以 EF BC ∥且EF BC =，PABCDE即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥，因此CE ∥平面P AB ．（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 ，P A ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点， 在平行四边形BCEF 中，MQ//CE ．由△P AD 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．23．【2017年高考北京卷理数】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．【答案】（1）见解析；（2）π3；（3）9. 【解析】（1）设,AC BD 交点为E ，连接ME .因为PD ∥平面MAC ，平面MAC I 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 ，(2,0,0)D ，(2,4,0)B -，(4,4,0)BD =-u u u r，(2,0,PD =u u u r.设平面BDP 的法向量为(,,)x y z =n ，则00BD PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n，即44020x y x -=⎧⎪⎨-=⎪⎩. 令1x =，则1y =，z =于是=n .平面PAD 的法向量为(0,1,0)=p ，所以1cos ,||||2⋅==<>n p n p n p .由题知二面角B PD A --为锐角，所以它的大小为3π.（3）由题意知(1,M -，(2,4,0)C，(3,2,MC =u u u u r .设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则||sin |cos ,|9||||MC MC MC α⋅===u u u u ru u u u r u u u u r <>n n n .所以直线MC 与平面BDP . 【名师点睛】本题涉及立体几何中的线面平行与垂直的判定与性质，全面考查立体几何中的证明与求解，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；利用空间向量解决立体几何问题是一种常见且有效的方法，要注意建立适当的空间直角坐标系以及运算的准确性.（1）设,AC BD 交点为E ，连接ME ，因为线面平行，即PD ∥平面MAC ,根据性质定理，可知线线平行，即PD ME ∥，再由E 为BD 的中点，可知M 为PB 的中点；（2）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD =，所以取AD 的中点O 为原点建立空间直角坐标系，根据向量法先求两平面的法向量n ，p ，再根据公式cos ,n p ，求二面角的大小；（3）根据（2）的结论，直接求|cos ,|MC u u u u rn 即可.24．【2017年高考天津卷理数】如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒．点D ，E ，N分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A =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P A 上，且直线NH 与直线BE ，求线段AH 的长．【答案】（1）证明见解析；（2；（3）85或12．【解析】如图，以A 为原点，分别以AB u u u r ，AC u u u r ，AP u u u r方向为轴、y 轴、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），。
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立体几何第一节 空间几何体及其表面积和体积1.如图所示，在圆柱12O O 内有一个球O ，该球与圆柱的上、下面及母线均相切．记圆柱12O O 的体积为1V ，球O 的体积为2V ，则12V V 的值是 ．1.解析 设球O 的半径为r ，由题意212V r r =π⋅，3243V r =π，所以1232V V =．故填32．2．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 .2.解析 设正方体的边长为a ，则226183a a =⇒=.外接球直径为正方体的体对角线，所以23==R ，344279πππ3382==⨯=V R . 3.如图所示，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，DBC △，ECA △，FAB △分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起DBC △，ECA △，FAB △，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥.当ABC △的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：3cm ）的最大值为_______.3.解析 由题意，联结OD ，交BC 于点G ，如图所示，则OD BC ⊥，OG =，即OG 的长度与BC 的长度成正比.设OG x =，则BC =，5DG x =-，三棱锥的高h =2132ABC S x =⋅⋅=△，则13ABC V S h =⋅=△令()452510f x x x =-，50,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()3410050f x x x '=-，令()0f x '>，即4320x x -<，2x <，当()0f x '<，得522x <<，所以()f x在()0,2上单调递增，在52,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减.故()()280f x f =≤，则V =，所以体积的最大值为3.4.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（ ）. A ．πB ．3π4C ．π2D ．π44．解析 如图所示，由题可知球心在圆柱体的中心处，圆柱体上、下底面圆的半径r ==23ππ4V r h ==.故选B.第二节 空间几何体的直观图与三视图5.某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（ ）. A.π12+ B. π32+ C. 3π12+ D. 3π32+5.解析 由三视图可知，直观图是由半个圆锥与一个三棱锥构成，半圆锥体积为()2111=13232S π⨯π⨯⨯=，三棱锥体积为211=213=132S ⎛⎫⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭，所以几何体体积1212S S S π=+=+．故选A ．6.某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（ ）.A.10B.12C.14D.166. 解析 由三视图可画出立体图，如图所示，该多面体只有两个相同的梯形的面， ()24226S =+⨯÷=梯，6212S =⨯=全梯.故选B.7.如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为（ ）.A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π7．解析 该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，如图所示． 2211π310π3663π22=-=⋅⋅-⋅⋅⋅=V V V 总上.故选B.8.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（ ）.A.B.C.D.28. 解析 几何体四棱锥如图所示，最长棱为正方体的体对角线，即l ==故选B.9.由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 .9. 解析 该几何体的体积为21112211242V π=π⨯⨯⨯+⨯⨯=+．第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系10.如图所示，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为cm ，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，11E G 的长分别为14cm 和62cm ． 分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm ． 现有一根玻璃棒l ，其长度为40cm （容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）.（1）将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱1CC 上，求l 没入水中部分 的长度；（2）将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱1GG 上，求l 没入水中部分 的长度．AC A 11容器ⅠE G 1H 1容器Ⅱ10.解析 （1）由正棱柱的定义，1CC ⊥平面ABCD ，所以平面11A ACC ⊥平面ABCD ，1CC AC ⊥． 记玻璃棒的另一端落在1CC 上点M 处，如图所示为截面11A ACC 的平面图形．因为AC =40AM =，所以30MC ==，从而3sin 4MAC ∠=.记AM 与水面的交点为1P ， 过点1P 作11PQ AC ⊥，1Q 为垂足，则11PQ ⊥平面A B C D ，故1112PQ =，从而11116sin PQ AP MAC==∠．答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为16cm ．问(1)AC 1A 1CMP 1Q 1（2）如图所示为截面11E EGG 的平面图形，O ，1O 是正棱台两底面的中心．由正棱台的定义，1OO ⊥平面EFGH ， 所以平面11E EGG ⊥平面EFGH ，1O O EG ⊥． 同理，平面11E EGG ⊥平面1111E F G H ，111O O E G ⊥． 记玻璃棒的另一端落在1GG 上点N 处．过G 作11GK E G ⊥，K 为垂足，则132GK OO ==．因为 14EG =，1162E G =，所以16214242KG -==，从而1GG =40==．设1EGG α∠=，ENG β∠=，则114sin sin cos 25KGG KGG απ⎛⎫=+==⎪⎝⎭∠∠． 因为2απ<<π，所以3cos 5α=-． 在ENG △中，由正弦定理可得4014sin sin αβ=，解得7sin 25β=． 因为02βπ<<，所以24cos 25β=， 于是()()sin sin sin =NEG αβαβ=π--=+∠sin cos cos sin αβαβ+4243735255255⎛⎫=⨯+-⨯= ⎪⎝⎭． 记EN 与水面的交点为2P ，过2P 作22P Q EG ⊥，2Q 为垂足，则22P Q ⊥平面EFGH ， 故2212P Q =，从而22220sin PQ EP NEG==∠．答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为20cm ．问(2)G O E Q 2P 2NG 1KE 1O 1评注 此题本质上考查解三角形的知识，但在这样的大背景下构造的应用题让学生有畏惧之感，且该应用题的实际应用性也不强．也有学生第（1）问采用相似法解决，解法如下：AC =40AM =，所以30CM ==，1112PQ =，所以由11AP A Q CM △△∽，111PQ AP CM AM =，即1123040AP =，解得116AP =． 答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为16cm ．第四节 直线、平面平行的判定与性质11.如图所示，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 ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点.（1）证明：//CE 平面PAB .11.解析 （1）如图所示，设PA DE 的中点为F ，联结EF ，FB . 因为E ，F 分别为PD ，PA 的中点，所以//EF AD ，且1=2EF AD . 又因为//BC AD ，12BC AD =，所以//EF BC ，且=EF BC ，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以//CE BF ，又BF ⊂平面PAB ，所以//CE 平面PAB .H QPN F DBCEA12.如图所示，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 ⊥．A BCDPEABDCEF12.解析 （1）在平面ABD 内，因为AB AD ⊥，EF AD ⊥，且点E 与点A 不重合，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 ⊥，BCAB 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 ⊥.13.如图所示，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，o 90BAD ABC ∠=∠=， E 是PD 的中点. （1）求证：直线//CE 平面PAB ；EM DCBAP13．解析 （1）令PA 的中点为F ，联结EF ，BF ，如图所示．因为点E ，F 为PD ，PA 的中点，所以EF 为PAD △的中位线，所以=1//2EF AD ．又因为90BAD ABC ∠=∠=︒，所以BC AD ∥．又因为12AB BC AD ==，所以=1//2BC AD ，于是=//EF BC ．从而四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥．又因为BF PAB ⊂面，所以CE ∥平面PAB .M第五节 直线、平面垂直的判定与性质14.如图所示，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 ⊥．ABDCEF14.解析 （1）在平面ABD 内，因为AB AD ⊥，EF AD ⊥，且点E 与点A 不重合，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 ⊥，BCAB 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 ⊥.15.如图所示，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，且90BAP CDP ∠=∠=. (1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；DCBAP15. 解析 （1）证明：因为90BAP CDP ∠=∠=，所以PA AB ⊥，PD CD ⊥.又因为AB CD ∥，所以PD AB ⊥.又因为PD PA P =，PD ，PA ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .16.如图所示，四面体ABCD 中，ABC △是正三角形，ACD △是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =．（1）求证：平面ACD ⊥平面ABC ；16．解析 ⑴如图所示，取AC 的中点为O ，联结BO ，DO . 因为ABC △为等边三角形，所以BO AC ⊥，AB BC =.由AB BC BD BD ABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，得ABD CBD ≅△△，所以AD CD =，即ACD △为等腰直角三角形， 从而ADC ∠为直角.又O 为底边AC 中点，所以DO AC ⊥. 令AB a =，则AB AC BC BD a ====，易得2a OD =，OB = 所以222OD OB BD +=，从而由勾股定理的逆定理可得2DOB π∠=，即OD OB ⊥. 由OD AC OD OB AC OB O AC ABC OB ABC⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩平面平面，所以OD ⊥平面ABC . 又因为OD ⊂平面ADC ，由面面垂直的判定定理可得平面ADC ⊥平面ABC .BEC DAO第六节 空间向量与立体几何17.已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）.ABCD17．解析 设M ，N ，P 分别为AB ，1BB ，11B C 的中点，则1AB 和1BC 的夹角为MN 和NP 夹角或其补角（异面线所成角为π02⎛⎤ ⎥⎝⎦，）.可知112MN AB ==，112NP BC ==，取BC 的中点Q ，联结,,PQ MQ PM ，则可知PQM △为直角三角形．1=PQ ，12MQ AC =. 在ABC △中，2222cos AC AB BC AB BC ABC =+-⋅⋅∠14122172⎛⎫=+-⨯⨯⋅-= ⎪⎝⎭，即=AC，则MQ =MQP △中，MP =. 在PMN △中，222cos 2MN NP PM PNM MN NP +-∠=⋅⋅222+-==. 又异面直线所成角为π02⎛⎤ ⎥⎝⎦，．故选C.18.如图所示，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G 是DF 的中点.（1）设P 是CE 上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小； （2）当3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小.18.解析 （1）因为AP BE ⊥，AB BE ⊥，AB ，AP ⊂平面ABP ，ABAP A =，所以BE ⊥平面ABP .又BP ⊂平面ABP ，所以BE BP ⊥.又120EBC ∠=︒，所以30CBP ∠=︒. （2）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(0,0,3)A ，(2,0,0)E，G，(C -，则(2,0,3)AE =-，AG =，(2,0,3)CG =.设111(,,)x y z =m 是平面AEG 的一个法向量，由00AE AG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，可得11112300x z x -=⎧⎪⎨+=⎪⎩，取12z =，可得平面AEG的一个法向量(3,2)m =. 设222(,,)x y z =n 是平面ACG 的一个法向量，由00AG CG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，可得22220230x x z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，取22z =-，可得平面ACG的一个法向量(3,2)=-n . 从而1cos ,2⋅==⋅m n m n m n ，易知二面角E AG C --为锐角.因此所求的角为60︒.19.如图所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥平面ABCD ，且2AB AD ==，1AA =120BAD ∠=︒．（1）求异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值； （2）求二面角1B A D A --的正弦值．A 1B 1C 1D 1ABCD19.解析 在平面ABCD 内，过点A 作AE AD ⊥，交BC 于点E ． 因为1AA ⊥平面ABCD ，所以1AA AE ⊥，1AA AD ⊥．如图所示，以{}1,,AE AD AA 为正交基底，建立空间直角坐标系A xyz -．BB y因为2AB AD ==，1AA =120BAD ∠=︒． 则()0,0,0A，)1,0B -，()0,2,0D，)E，(1A，1C ．（1）(13,1,A B =-，(13,1,AC =，则111111cos ,A BAC A B AC A B AC⋅=1,177-⋅==-．因此异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值为17． （2）平面1A DA 的一个法向量为()3,0,0AE =．设(),,x y z =m 为平面1BA D 的一个法向量，又(13,1,AB =-，()BD =，则100A B BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，即030y y -=+=⎪⎩． 不妨取3x =，则y =，2z =，所以()=m 为平面1BA D 的一个法向量. 从而cos ,AE AE AE ⋅=m mm34⋅==，设二面角1B A D A --的大小为θ，则3cos 4θ=． 因为[]0,θ∈π，所以sin θ==． 因此二面角1B A D A --的正弦值为4． 20.如图所示，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，且90BAP CDP ∠=∠=. (1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA PD AB DC ===，90APD ∠=，求二面角A PB C --的余弦值.DCBAP20. 解析 （1）证明：因为90BAP CDP ∠=∠=，所以PA AB ⊥，PD CD ⊥.又因为AB CD ∥，所以PD AB ⊥.又因为PD PA P =，PD ，PA ⊂平面PAD ，所以AB ⊥ 平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .（2）取AD 的中点O ，BC 的中点E ，联结PO ，OE ，因为AB CD ∥，所以四边形ABCD为平行四边形，所以OE AB ∥.由（1）知，AB ⊥平面PAD ，所以OE ⊥平面PAD .又PO ，AD ⊂平面PAD ，所以OE PO ⊥，OE AD ⊥.又因为PA PD =，所以PO AD ⊥，从而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 =，所以()00D ，，)20B ，，(00P ，()20C ，，所以(0PD =，，(22PB =，，，()00BC =-，.设()x y z =n ,,为平面PBC 的一个法向量，由00PB BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得20y +=-=⎪⎩.令1y =，则z =，0x =，可得平面PBC 的一个法向量(01=n ,. 因为90APD ∠=︒，所以PD PA ⊥，又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ， 所以PD AB ⊥，又PA AB A =，所以PD ⊥平面PAB .即PD 是平面PAB 的一个法向量，(0PD =,,，从而cosPD PD PD ⋅===⋅n n n,由图知二面角A PB C --为钝角，所以它的余弦值为.21.如图所示，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，o 90BAD ABC ∠=∠=， E 是PD 的中点. （1）求证：直线//CE 平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成的锐角为45，求二面角M AB D --的余弦值.EM DCBAP21．解析 （1）令PA 的中点为F ，联结EF ，BF ，如图所示．因为点E ，F 为PD ，PA 的中点，所以EF 为PAD △的中位线，所以=1//2EF AD ．又因为90BAD ABC ∠=∠=︒，所以BC AD ∥．又因为12AB BC AD ==，所以=1//2BC AD ，于是=//EF BC ．从而四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥．又因为BF PAB ⊂面，所以CE ∥平面PAB .（2）以AD 的中点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设1AB BC ==，则()000O ，，，()010A -，，，()110B -，，，()100C ，，，()010D ，，，(00P ．点M 在底面ABCD 上的投影为M '，所以MM BM ''⊥，联结BM '．因为45MBM '∠=，所以MBM '△为等腰直角三角形．因为POC △为直角三角形，OC =，所以60PCO ∠=． 设MM a '=，CM '=，1OM '=-．所以100M ⎛⎫'- ⎪ ⎪⎝⎭，，．BM a a '==⇒=11OM '==．所以100M ⎛⎫' ⎪ ⎪⎝⎭，，10M ⎛ ⎝⎭，11AM ⎛= ⎝⎭，(100)AB =，，． 设平面ABM 的法向量11(0)y z =，，m，则110AM y ⋅=+=m，所以(02)=，m ， 易知平面ABD 的一个法向量为(001)=，，n ，从而cos ,⋅==⋅m n m n m n 故二面角M AB D --．M22.如图所示，四面体ABCD 中，ABC △是正三角形，ACD △是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =．（1）求证：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．22．解析 ⑴如图所示，取AC 的中点为O ，联结BO ，DO . 因为ABC △为等边三角形，所以BO AC ⊥，AB BC =.由AB BC BD BD ABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，得ABD CBD ≅△△，所以AD CD =，即ACD △为等腰直角三角形， 从而ADC ∠为直角.又O 为底边AC 中点，所以DO AC ⊥. 令AB a =，则AB AC BC BD a ====，易得2a OD =，OB = 所以222OD OB BD +=，从而由勾股定理的逆定理可得2DOB π∠=，即OD OB ⊥. 由OD AC OD OB AC OB O AC ABC OB ABC⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩平面平面，所以OD ⊥平面ABC . 又因为OD ⊂平面ADC ，由面面垂直的判定定理可得平面ADC ⊥平面ABC .BEC DAO⑵由题意可知V V D ACE B ACE --=，即B ，D 到平面ACE 的距离相等，即点E 为BD 的中点.以O 为坐标原点，OA 为x 轴正方向，OB 为y 轴正方向，OD 为z 轴正方向，设AC a =，建立空间直角坐标系，则()0,0,0O ，,0,02a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,0,2a D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，,4a E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，易得24a a AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,0,22a a AD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，,0,02a OA ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 设平面AED 的法向量为()1111=,,x y z n ，平面AEC 的法向量为()2222=,,x y z n ， 则1100AE AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，取1=n ；220AE OA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，取(20,1,=n .设二面角D AE C --为θ，易知θ为锐角，则1212cos θ⋅==⋅n n n n.23.如图所示，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 ==4AB =．（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．23.解析 （1）设,AC BD 的交点为E ，联结ME .因为PD ∥平面MAC ，平面MAC平面PBD 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.MP EDCBA（2）取AD 的中点O ，联结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 ⊥.如图所示，建立空间直角坐标系O xyz -，则P ，(2,0,0)D ，(2,4,0)B -，(4,4,0)BD =-，(2,0,PD =.设平面BDP 的法向量为(,,)x y z =n ，则00BD PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，即44020x y x -=⎧⎪⎨-=⎪⎩. 令1x =，则1y =，z ==n .平面PAD 的法向量为(0,1,0)=p ，所以1cos ,||||2⋅==<>n p n p n p .由题知二面角B PD A --为锐角，所以它的大小为3π.（3）由（1）知1,2,2M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，(2,4,0)C，(3,2,2MC =-.设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则2sin cos ,9MC MC MCα⋅===<>n n n . 所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为9. 24.如图所示，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=.点D E N ，，分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==，2AB =.（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 ，求线段AH 的长. NM ED CBAP24.解析 如图所示，以A 为坐标原点，{},,AB AC AP 为基底，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意可得(000)A ，，，(200)B ，，，(040)C ，，，(004)P ，，，(002)D ，，，(022)E ，，，(001)M ，，，(120)N ，，．（1）证明：()0,2,0DE =，()2,0,2DB =-.设(,,)x y z =n 为平面BDE 的一个法向量， 则00DE DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即20220y x z =⎧⎨-=⎩，不妨设1z =，可得(1,0,1)=n .又()1,2,1MN =-，可得0MN ⋅=n ，因为MN ⊄平面BDE ，所以//MN 平面BDE ．（2）易知1(1,0,0)=n 为平面CEM 的一个法向量.设2(,,)x y z =n 为平面EMN 的一个法向量，则220EM MN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，因为(0,2,1)EM =--，(1,2,1)MN =-，所以2020y z x y z --=⎧⎨+-=⎩. 不妨设1y =，可得2(4,1,2)=--n .因此有121212cos ,|||⋅==n n n n |n n，于是12sin ,n n . 所以二面角C EM N --. （3）依题意，设()04AH h h =剟，则H （0，0，h ），进而可得(1,2,)NH h =--，(2,2,2)BE =-.由已知得||cos ,||||NH BE NH BE NH BE h ⋅===2102180h h -+=， 解得85h =或12h =.所以线段AH 的长为85或12. 25.如图所示，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 ⊥，22PC AD DC CB ===，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.25.解析 （1）如图所示，设PA DE 的中点为F ，联结EF ，FB . 因为E ，F 分别为PD ，PA 的中点，所以//EF AD ，且1=2EF AD . 又因为//BC AD ，12BC AD =，所以//EF BC ，且=EF BC ，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以//CE BF ，又BF ⊂平面PAB ，所以//CE 平面PAB .A BCDPEH QPN MF DBCEA（2）分别取BC ，AD 的中点为M ，N .联结PN 交EF 于点Q ，联结MQ .因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 的中点，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，所以12ND AD BC ==，且BC DN ∥,所以四边形BCDN 是平行四边形，所以CD BN ∥，所以BN AD ⊥.又BN PN N =,所以AD ⊥平面PBN ，由//BC AD ，得BC ⊥平面PBN ，又BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PBN . 过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，联结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1CD =.在PCD △中，由2PC =，1CD =，PD =CE =，又BC ⊥平面PBN ，PB ⊂平面PBN ，所以BC PB ⊥.在PBN △中，由1PN BN ==，PB ==QH PB ⊥,Q 为PN 的中点，得14QH =. 在Rt MQH △中，14QH =，MQ =，所以sin 8QMH ∠=， 所以直线CE 与平面PBC26．如图所示，已知正四面体–D ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP PB =，2BQ CRQC RA ==，分别记二面角––D PR Q ，––D PQ R ，––D QR P 的平面角为α，β，γ，则（ ）. A ．γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βγα<<26.解析 如图所示，设点D 在底面ABC 内的射影为O ，判断O 到PR ，PQ ，QR 的距离，O 到哪条线段的距离越小，对应的二面角就越大.显然有,αβ,γ均为锐角．1P 为三等分点，O 到1PQR △三边的距离相等．动态研究问题：1P P ®，所以O 到QR 的距离不变，O 到PQ 的距离减少，O 到PR 的距离变大．所以αγβ<<．127.a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在的直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60角时，AB 与b 成30角； ②当直线AB 与a 成60角时，AB 与b 成60角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45； ④直线AB 与a 所成角的最小值为60；其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）.27．解析 由题意知，a ，b ，AC 三条直线两两相互垂直，作出图像如图所示．不妨设图中 所示的正方体的边长为1，故1AC =，AB =AB 以直线AC 为旋转轴旋转，则点A 保持不变，点B 的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．以C 为坐标原点，以CD 为x 轴 正方向，CB 为y 轴正方向，CA 为z 轴正方向，建立空间直角坐标系．则(1,0,0)D ，(0,0,1)A ，直线a 的方向单位向量(0,1,0)=a ，1=a ．B 点起始坐标为(0,1,0) ，直线b 的方向单位向量(1,0,0)=b ，1=b ．设B 点在运动过程中的坐标()cos ,sin ,0B θθ'，其中θ为B C '与CD 的夹角，[0,2π)θ∈.那么'AB 在运动过程中的向量(cos ,sin ,1)AB θθ'=-，2AB '= 设AB '与直线a 所成夹角为π0,2α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则(cos ,sin ,1)(0,1,0)cos 2AB θθαθ⎡-⋅==∈⎢'⎣⎦a ， 所以ππ,42α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，故③正确，④错误．设AB '与直线b 所成夹角为π[0,]2β∈，(cos ,sin ,1)(1,0,0)cos AB AB AB θθβθ'⋅-⋅===''b bb . 当AB '与直线a 夹角为60︒时，即π3α=， sin3πθα===． 因为22cos sin 1θθ+=，所以cos θ=．从而1cos 2βθ==． 因为π0,2β⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以π=3β，此时AB '与b 的夹角为60︒．所以②正确，①错误．故填② ③.28.如图所示，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=.点D E N ，，分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==，2AB =.（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 ，求线段AH 的长.NM ED CBAP28.解析 如图所示，以A 为坐标原点，{},,AB AC AP 为基底，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意可得(000)A ，，，(200)B ，，，(040)C ，，，(004)P ，，，(002)D ，，，(022)E ，，，(001)M ，，，(120)N ，，．（1）证明：()0,2,0DE =，()2,0,2DB =-.设(,,)x y z =n 为平面BDE 的一个法向量， 则0DE DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即20220y x z =⎧⎨-=⎩，不妨设1z =，可得(1,0,1)=n .又()1,2,1MN =-，可得0MN ⋅=n ，因为MN ⊄平面BDE ，所以//MN 平面BDE ． （2）易知1(1,0,0)=n 为平面CEM 的一个法向量.设2(,,)x y z =n 为平面EMN 的一个法向量， 则220EM MN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，因为(0,2,1)EM =--，(1,2,1)MN =-，所以2020y z x y z --=⎧⎨+-=⎩. 不妨设1y =，可得2(4,1,2)=--n .因此有121212cos ,|||⋅==n n n n |n n，于是12sin ,n n . 所以二面角C EM N --.（3）依题意，设()04AH h h =剟，则H （0，0，h ），进而可得(1,2,)NH h =--，(2,2,2)BE =-.由已知得||cos ,||||NH BE NH BE NH BE h ⋅===2102180h h -+=， 解得85h =或12h =.所以线段AH 的长为85或12.。