历年全国理科数学高考试题立体几何部分含答案
最新全国高考理科数学试题分类汇编7：立体几何 Word版含答案
全国（高|考）理科数学试题分类汇编7：立体几何一、选择题1 ． (（高|考）新课标1 (理 ) )如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如果不计容器的厚度,那么球的体积为( )A ．35003cm πB ．38663cm πC ．313723cm πD ．320483cm π【答案】A2 ． (普通高等学校招生统一考试广东省数学 (理 )卷 (纯WORD 版 ) )设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,以下命题中正确的选项是 ( )A ．假设αβ⊥,m α⊂,n β⊂,那么m n ⊥B．假设//αβ,m α⊂,n β⊂,那么//m nC ．假设m n ⊥,m α⊂,n β⊂,那么αβ⊥D．假设m α⊥,//m n ,//n β,那么αβ⊥【答案】D3 ． (上海市春季（高|考）数学试卷(含答案) )假设两个球的外表积之比为1:4,那么这两个球的体积之比为 ( )A ．1:2B ．1:4C ．1:8D ．1:16【答案】C4 ． (普通高等学校招生统一考试大纲版数学 (理 )WORD 版含答案 (已校对 ) )正四棱柱1111ABCD A BC D -中12AA AB =,那么CD 与平面1BDC 所成角的正弦值等于( )A ．23B C D ．135 ． (（高|考）新课标1 (理 ) )某几何体的三视图如下图,那么该几何体的体积为( )A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+【答案】A6 ． (（高|考）湖北卷 (理 ) )一个几何体的三视图如下图,该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体积分别记为1V ,2V ,3V ,4V ,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,那么有 ( )A ．1243V V V V <<<B ．1324V V V V <<<C ．213V V V <<<【答案】C7 ． (（高|考）湖南卷 (理 ) )棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,那么该正方体的正视图的面积不可能．．．等于 ( )A ．1B 2C 2-1D 2+18 ． (普通高等学校招生统一考试广东省数学 (理 )卷 (纯WORD 版 ) )某四棱台的三视图如下图,那么该四棱台的体积是( )A ．4B ．143 C ．163D ．6【答案】B9 ． (普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学 (理 ) (纯WORD 版含答案 ) )n m ,为异面直线,⊥m 平面α,⊥n 平面β.直线l 满足,,,l m l n l l αβ⊥⊥⊄⊄,那么 ( )A ．βα//,且α//lB ．βα⊥,且β⊥lC ．α与β相交,且交线垂直于lD ．α与β相交,且交线平行于l【答案】D10． (普通高等学校招生统一考试山东数学 (理 )试题 (含答案 ) )三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为P 为底面111A B C 的中|心,那么PA 与平面ABC 所成角的大小为( )A ．512πB ．3πC ．4πD ．6π【答案】B11． (普通高等学校招生统一考试重庆数学 (理 )试题 (含答案 ) )某几何体的三视图如题()5图所示,那么该几何体的体积为()正视图俯视图侧视图第5题图A ．5603B ．5803C ．200D ．240【答案】C12． (普通高等学校招生统一考试辽宁数学 (理 )试题 (WORD 版 ) )三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上,假设34AB AC ==，,AB AC ⊥,112AA =,那么球O 的半径为 ( )A ．3172 B ．210C ．132D ．310【答案】C13． (（高|考）江西卷 (理 ) )如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB CD ,正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF 相交的平面个数分别记为,m n ,那么m n +=( )A ．8B ．9C ．10D ．11【答案】A14． (普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学 (理 ) (纯WORD 版含答案 ) )一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz -中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zOx 平面为投影面,那么得到正视图可以为( )A ．B ．C ．D ．【答案】A15． (普通高等学校招生统一考试安徽数学 (理 )试题 (纯WORD 版 ) )在以下命题中,不是公．理．的是 ( )A ．平行于同一个平面的两个平面相互平行B ．过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面C ．如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内D ．如果两个不重合的平面有一个公共点, 那么他们有且只有一条过该点的公共直线 【答案】A16． (普通高等学校招生统一考试浙江数学 (理 )试题 (纯WORD 版 ) )在空间中,过点A 作平面π的垂线,垂足为B ,记)(A f B π=.设βα,是两个不同的平面,对空间任意一点P ,)]([)],([21P f f Q P f f Q βααβ==,恒有21PQ PQ =,那么( )A ．平面α与平面β垂直B ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为045C ．平面α与平面β平行D ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为060【答案】A17． (（高|考）四川卷 (理 ) )一个几何体的三视图如下图,那么该几何体的直观图可以是【答案】D二、填空题18． (（高|考）上海卷 (理 ) )在xOy 平面上,将两个半圆弧22(1)1(1)x y x -+=≥和22(3)1(3)x y x -+=≥、两条直线1y = 和1y =-Ω,过(0,)(||1)y y ≤作Ω的水平截面,所得截面面积为2418y ππ-+,试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体,得出Ω的体积值为__________【答案】2216ππ+.19． (（高|考）陕西卷 (理 ) )某几何体的三视图如下图, 那么其体积为___3π_____. 1121【答案】3π 20． (普通高等学校招生统一考试大纲版数学 (理 )WORD 版含答案 (已校对 ) )圆O 和圆K 是球O 的大圆和小圆,其公共弦长等于球O 的半径,32OK =,且圆O 与圆K 所在的平面所成的一个二面角为60,那么球O 的外表积等于______.【答案】16π21． (（高|考）北京卷 (理 ) )如图,在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 为BC 的中点,点P 在线段D 1E 上,点P 到直线CC 1的距离的最|小值为__________.【答案】522． (普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷 (数学 ) (已校对纯WORD 版含附加题 ) )如图,在三棱柱ABC C B A -111中,F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点,设三棱锥ADE F -的体积为1V ,三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ,那么=21:V V ____________.【答案】1:2423． (普通高等学校招生统一考试浙江数学 (理 )试题 (纯WORD 版 ) )假设某几何体的三视图(单位:cm)如下图,那么此几何体的体积等于________2cm .【答案】2424． (普通高等学校招生统一考试安徽数学 (理 )试题 (纯WORD 版 ) )如图,正方体A BC1A D EF 1B 1C 1BE B1111ABCD A BC D -的棱长为1,P 为BC 的中点,Q 为线段1CC 上的动点,过点A,P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为S.那么以下命题正确的选项是__①②③⑤___(写出所有正确命题的编号).①当102CQ <<时,S 为四边形;②当12CQ =时,S 为等腰梯形;③当34CQ =时,S 与11C D 的交点R 满足1113C R =;④当314CQ <<时,S 为六边形;⑤当1CQ =时,S 的面积为62. 【答案】①②③⑤25． (普通高等学校招生统一考试辽宁数学 (理 )试题 (WORD 版 ) )某几何体的三视图如下图,那么该几何体的体积是____________.【答案】1616π-26． (普通高等学校招生统一考试福建数学 (理 )试题 (纯WORD 版 ) )某一多面体内接于一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如下图,且图中的四边形是边长为2的正方形,那么该球的外表积是_______________【答案】12π27． (上海市春季（高|考）数学试卷(含答案) )在如下图的正方体1111ABCD A BC D -中,异面直线1A B 与1B C 所成角的大小为_______【答案】3π三、解答题28． (普通高等学校招生统一考试辽宁数学 (理 )试题 (WORD 版 ) )如图,AB 是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C 是圆上的点. (I)求证:PAC PBC ⊥平面平面；(II)2.AB AC PA C PB A ===--若，1，1，求证：二面角的余弦值【答案】D 1 C 1 B 1A 1D C AB29． (普通高等学校招生统一考试重庆数学 (理 )试题 (含答案 ) )如图,四棱锥P ABCD-中,PA ABCD ⊥底面,2,4,3BC CD AC ACB ACD π===∠=∠=,F 为PC 的中点,AF PB ⊥.(1)求PA 的长; (2)求二面角B AF D --的正弦值.【答案】1．(普通高等学校招生统一考试安徽数学(理)试题(纯WORD版) )如图,圆锥顶点为p.底面圆心为o ,其母线与底面所成的角为22.5°.AB 和CD 是底面圆O 上的两条平行的弦,轴OP 与平面PCD 所成的角为60°.(Ⅰ)证明:平面PAB 与平面PCD 的交线平行于底面; (Ⅱ)求cos COD ∠. 【答案】解:(Ⅰ)PAB P D ,////C m AB CD CD PCD AB PCD ⋂=⊂⇒设面面直线且面面//AB m ⇒直线 ABCD m ABCD AB 面直线面//⇒⊂ . 所以,ABCD D P PAB的公共交线平行底面与面面C . (Ⅱ)rPOOPF F CD r =︒︒=∠5.22tan .60,由题知，则的中点为线段设底面半径为. ︒-︒=︒∠==︒⋅︒⇒=︒5.22tan 15.22tan 245tan ,2cos 5.22tan 60tan 60tan ,2COD r OF PO OF .)223(3)],1-2(3[21cos ,1-25.22tan 12cos 2cos 22-==+∠=︒⇒-∠=∠COD COD COD 212-17cos .212-17cos =∠=∠COD COD 所以.法二:1． (普通高等学校招生统一考试浙江数学 (理 )试题 (纯WORD 版 ) )如图,在四面体BCD A -中,⊥AD 平面BCD ,22,2,==⊥BD AD CD BC .M 是AD 的中点,P是BM 的中点,点Q 在线段AC 上,且QC AQ 3=.(1)证明://PQ 平面BCD ;(2)假设二面角D BM C --的大小为060,求BDC ∠的大小.【答案】解:证明(Ⅰ)方法一:如图6,取MD 的中点F ,且M 是AD 中点,所以3AF FD =.因为P 是BM 中点,所以//PF BD ;又因为(Ⅰ)3AQ QC =且ABCDPQM(第20题图 )3AF FD =,所以//QF BD ,所以面//PQF 面BDC ,且PQ ⊂面BDC ,所以//PQ 面BDC ;方法二:如图7所示,取BD 中点O ,且P 是BM 中点,所以1//2PO MD ;取CD 的三等分点H ,使3DH CH =,且3AQ QC =,所以11////42QH AD MD ,所以////PO QH PQ OH ∴,且OH BCD ⊂,所以//PQ 面BDC ;(Ⅱ)如图8所示,由得到面ADB ⊥面BDC ,过C 作CG BD ⊥于G ,所以CG BMD ⊥,过G 作GH BM ⊥于H ,连接CH ,所以CHG ∠就是C BM D --的二面角;由得到813BM =+=,设BDC α∠=,所以cos ,sin 22cos ,22cos sin ,22sin ,CD CG CBCD CG BC BD CD BDαααααα===⇒===,在RT BCG ∆中,2sin 22sin BGBCG BG BCααα∠=∴=∴=,所以在RT BHG ∆中, 22122sin 3322sin HGHG αα=∴=,所以在RT CHG ∆中tan tan 6033CG CHGHG ∠==== tan (0,90)6060BDC ααα∴=∈∴=∴∠=;2． (上海市春季（高|考）数学试卷(含答案) )如图,在正三棱锥111ABC A B C -中,16AA =,异面直线1BC 与1AA 所成角的大小为6π,求该三棱柱的体积.【答案】[解]因为1CC 1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA .所成的角,即1BC C ∠=6π. 在Rt1BC C ∆中,11tan 6BCCC BC C =⋅∠==从而2ABCS BC ∆==因此该三棱柱的体积为16ABC V S AA ∆=⋅==3． (普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷 (数学 ) (已校对纯WORD 版含附加题 ) )本小题总分值14分.如图,在三棱锥ABC S -中,平面⊥SAB 平面SBC ,BC AB ⊥,AB AS =,过A 作SB AF ⊥,垂足为F ,点G E ，分别是棱SC SA ，的中点. 求证:(1)平面//EFG 平面ABC ; (2)SA BC ⊥.【答案】证明:(1)∵AB AS =,SB AF ⊥∴F 分别是SB 的中点ABCS GFEB 1A 1C 1ACB∵E.F 分别是SA.SB 的中点 ∴EF∥AB又∵EF ⊄平面ABC, AB ⊆平面ABC ∴EF∥平面ABC同理:FG∥平面ABC又∵EF FG =F, EF.FG ⊆平面ABC∴平面//EFG 平面ABC (2)∵平面⊥SAB 平面SBC 平面SAB 平面SBC =BC AF ⊆平面SABAF⊥SB∴AF⊥平面SBC 又∵BC ⊆平面SBC ∴AF⊥BC又∵BC AB ⊥, AB AF =A, AB.AF ⊆平面SAB ∴BC⊥平面SAB 又∵SA ⊆平面SAB∴BC⊥SA4． (（高|考）上海卷 (理 ) )如图,在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB =2,AD =1,A 1A =1,证明直线BC 1平行于平面DA 1C,并求直线BC 1到平面D 1AC 的距离.C 11A【答案】因为ABCD -A 1B 1C 1D 1为长方体,故1111//,AB C D AB C D =,故ABC 1D 1为平行四边形,故11//BC AD ,显然B 不在平面D 1AC 上,于是直线BC 1平行于平面DA 1C;直线BC 1到平面D 1AC 的距离即为点B 到平面D 1AC 的距离设为h考虑三棱锥ABCD 1的体积,以ABC 为底面,可得111(12)1323V =⨯⨯⨯⨯= 而1AD C ∆中,11AC DC AD ==故132AD C S ∆= 所以,13123233V h h =⨯⨯=⇒=,即直线BC 1到平面D 1AC 的距离为23.5． (（高|考）湖北卷 (理 ) )如图,AB 是圆O 的直径,点C 是圆O 上异于,A B 的点,直线PC ⊥平面ABC ,E ,F 分别是PA ,PC 的中点.(I)记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ,试判断直线l 与平面PAC 的位置关系,并加以证明;(II)设(I)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ,且点Q 满足12DQ CP =.记直线PQ 与平面ABC 所成的角为θ,异面直线PQ 与EF 所成的角为α,二面角E l C --的大小为β,求证:sin sin sin θαβ=.【答案】解:(I)EF AC ,AC ABC ⊆平面,EF ABC ⊆平面EF ABC ∴平面又EF BEF ⊆平面EF l ∴ l PAC ∴平面(II)连接DF,用几何方法很快就可以得到求证.(这一题用几何方法较快,向量的方法很麻烦,特别是用向量不能方便的表示角的正弦.个人认为此题与新课程中对立体几何的处理方向有很大的偏差.)第19题图6． (普通高等学校招生统一考试广东省数学 (理 )卷 (纯WORD 版 ) )如图1,在等腰直角三角形ABC 中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,2CD BE =,O 为BC ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中3A O '=(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得3,32,22OC AC AD ===.CO BDEA CDOBE'A图1图2连结,OD OE ,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD==由翻折不变性可知A D '=,所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥, 理可证A O OE '⊥, 又ODOE O =,所以A O '⊥平面BCDE .(Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD 的延长线于H ,连结A H ', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角.结合图1可知,H 为AC 中点,故2OH =,从而2A H '== 所以cos OH A HO A H '∠==',所以二面角A CD B '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O xyz -那么(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,那么00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧=⎪⎨-+=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,1,n =- 由(Ⅰ) 知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量,所以3cos ,3n OA n OA n OA '⋅'===',即二面角A CD B '--的平面角的余弦值为5. C D OBE'AH7．(普通高等学校招生统一考试天津数学(理)试题(含答案) )如图, 四棱柱ABCD -A1B1C1D1中, 侧棱A1A⊥底面ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点.(Ⅰ) 证明B1C1⊥CE;(Ⅱ) 求二面角B1 -CE -C1的正弦值.(Ⅲ) 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为26, 求线段AM的长. 【答案】8．(（高|考）新课标1 (理) )如图,三棱柱ABC -A1B1C1中,CA =CB,AB =A A1,∠BA A1=60°.(Ⅰ)证明AB⊥A1C;(Ⅱ)假设平面ABC⊥平面AA1B1B,AB =CB =2,求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值.【答案】(Ⅰ)取AB 中点E,连结CE,1A B ,1A E ,∵AB =1AA ,1BAA ∠ =060,∴1BAA ∆是正三角形,∴1A E ⊥AB, ∵CA =CB, ∴CE⊥AB, ∵1CE A E ⋂ =E,∴AB⊥面1CEA ,∴AB⊥1AC ;(Ⅱ)由(Ⅰ)知EC⊥AB,1EA ⊥AB,又∵面ABC⊥面11ABB A ,面ABC∩面11ABB A =AB,∴EC⊥面11ABB A ,∴EC⊥1EA , ∴EA,EC,1EA 两两相互垂直,以E 为坐标原点,EA 的方向为x 轴正方向,|EA |为单位长度,建立如下图空间直角坐标系O xyz -, 有题设知A(1,0,0),1A (0,3,0),C(0,0,3),B( -1,0,0),那么BC3),1BB =1AA 3),1A C 33), 设n =(,,)x y z 是平面11CBB C 的法向量,那么100BC BB ⎧•=⎪⎨•=⎪⎩n n ,即3030x x ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩,可取n 3,1, -1),∴1cos ,A C n =11|A C A C •n |n ||105∴直线A 1C 与平面BB 1C 1C9． (（高|考）陕西卷 (理 ) )如图, 四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形, O 为底面中|心, A 1O ⊥平面ABCD, 1AB AA =(Ⅰ) 证明: A 1C ⊥平面BB 1D 1D ;(Ⅱ) 求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小.1A【答案】解:(Ⅰ) BD O A ABCD BD ABCD O A ⊥∴⊂⊥11,,面且面 ;又因为,在正方形ABCD 中,BDC A AC A C A AC A BD A AC O A BD AC ⊥⊂⊥=⋂⊥11111,，故面且面所以；且.在正方形AB CD 中,AO = 1 . .111=∆O A OA A RT 中，在O E C A OCE A E D B 1111111⊥为正方形，所以，则四边形的中点为设.，所以由以上三点得且，面面又O O BD D D BB O D D BB BD =⋂⊂⊂111111E .E ,D D BB C A 111面⊥.(证毕)(Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题.以O 为原点,以OC 为X 轴正方向,以OB 为Y 轴正方向.那么)1,0,1()1,1,1(),100(),001(,0,1,0111-=⇒C A B A C B ，，，，）（.由(Ⅰ)知, 平面BB 1D 1D 的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111）（==-==OC OB C A n 设平面OCB 1的法向量为，则0,0,2122=⋅=⋅OC n OB n n ).1-,1,0(法向量2=n 为解得其中一个1A21221|||||||,cos |cos 212111=⋅=⋅⋅=><=n n n n n n θ. 所以,平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ为3π 10． (（高|考）江西卷 (理 ) )如图,四棱锥P ABCD-中,PA ,ABCD E BD ⊥平面为的中点,G PD 为的中点，3,12DAB DCB EA EB AB PA ∆≅∆====，,连接CE 并延长交AD 于F . (1) 求证:AD CFG ⊥平面;(2) 求平面BCP 与平面DCP 的夹角的余弦值.【答案】解:(1)在ABD ∆中,因为E 是BD 的中点,所以1EA EB ED AB ====,故,23BAD ABE AEB ππ∠=∠=∠=,因为DAB DCB ∆≅∆,所以EAB ECB ∆≅∆, 从而有FED FEA ∠=∠,故,EF AD AF FD ⊥=,又因为,PG GD =所以FG ∥PA . 又PA ⊥平面ABCD ,所以,GF AD ⊥故AD ⊥平面CFG . (3) 以点A 为坐标原点建立如下图的坐标系,那么33(0,0,0),(1,0,0),(3,0)22A B C D ,(4)3(0,0,)2P ,故1333333(0),(,),(222222BC CP CD ==--=-，，，设平面BCP 的法向量111(1,,)n y z =,那么11113022333022y y z ⎧+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩ ,解得11323y z ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩,即132(1,)33n =-. 设平面DCP 的法向量222(1,,)n y z =,那么2223322333022y y z ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩,解得2232y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩, 即2(1,3,2)n =.从而平面BCP 与平面DCP 的夹角的余弦值为1212423cos 41689n n n n θ⋅===⋅ 11． (（高|考）四川卷 (理 ) )如图,在三棱柱11ABC A B C -中,侧棱1AA ⊥底面ABC ,12AB AC AA ==,120BAC ∠=,1,D D 分别是线段11,BC B C 的中点,P 是线段AD 的中点.(Ⅰ)在平面ABC 内,试作出过点P 与平面1A BC 平行的直线l ,说明理由,并证明直线l ⊥平面11ADD A ;(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线l 交AB 于点M ,交AC 于点N ,求二面角1A A M N --的余弦值.D 1D CB A 1B 1C 1A P【答案】解:()I 如图,在平面ABC 内,过点P 做直线l //BC ,因为l 在平面1ABC 外,BC 在平面1ABC 内,由直线与平面平行的判定定理可知, l //平面1ABC . 由,AB AC =,D 是BC 的中点,所以,BC AD ⊥,那么直线l AD ⊥.因为1AA ⊥平面ABC ,所以1AA ⊥直线l .又因为1,AD AA 在平面11ADD A 内,且AD 与1AA 相交,所以直线平面11ADD A()II 解法一:连接1A P ,过A 作1AE A P ⊥于E ,过E 作1EF AM ⊥于F ,连接AF . 由()I 知,MN ⊥平面1AEA ,所以平面1AEA ⊥平面1A MN . 所以AE ⊥平面1A MN ,那么1AM AE ⊥. 所以1A M ⊥平面AEF ,那么1A M ⊥AF .故AFE ∠为二面角1A AM N --的平面角(设为θ). 设11AA =,那么由12AB AC AA ==,120BAC ∠=,有60BAD ∠=,2,1AB AD ==.又P 为AD 的中点,所以M 为AB 的中点,且1,12AP AM ==, 在1Rt AAP 中, 15AP =;在1Rt A AM 中, 12AM从而,1115AA AP AE A P •==,1112AA AM AF A M •==, 所以2sin 5AE AF θ==. 所以22215cos 1sin 155θθ⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭. 故二面角1A AM N --的余弦值为155解法二:设11AA =.如图,过1A 作1A E 平行于11B C ,以1A 为坐标原点,分别以111,AE AD ,1AA 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz (点O 与点1A 重合).那么()10,0,0A ,()0,0,1A .因为P 为AD 的中点,所以,M N 分别为,AB AC 的中点,故3131,1,,12222M N ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以131,122A M ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭,()10,0,1A A =,()3,0,0NM =.设平面1AA M 的一个法向量为()1111,,n x y z =,那么1111,,n A M n A A ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩即11110,0,n A M n A A ⎧•=⎪⎨•=⎪⎩故有()()()1111111,,,10,2,,0,0,10,x y z x y z ⎧⎫•=⎪⎪⎪⎨⎝⎭⎪•=⎩从而111110,220.x y z z ++=⎪⎨⎪=⎩取11x =,那么1y =,所以()11,n =. 设平面1A MN 的一个法向量为()2222,,n x y z =,那么212,,n A M n NM ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩即2120,0,n A M n NM ⎧•=⎪⎨•=⎪⎩故有()())2222221,,,10,22,,0,x y z x y z ⎧⎛⎫•=⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎪•=⎪⎩从而222210,20.x y z ++=⎨⎪=⎩取22y =,那么21z =-,所以()20,2,1n =-. 设二面角1A AM N --的平面角为θ,又θ为锐角, 那么1212cos n n n n θ•===•.故二面角1A AM N -- 12． (普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷 (数学 ) (已校对纯WORD 版含附加题 ) )本小题总分值10分.如图,在直三棱柱111A B C ABC -中,AC AB ⊥,2==AC AB ,41=AA ,点D 是BC 的中点(1)求异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值 (2)求平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值.【答案】此题主要考察异面直线.二面角.空间向量等根底知识以及根本运算,考察运用空间向量解决问题的能力.解:(1)以{}1,,AA AC AB 为为单位正交基底建立空间直角坐标系xyz A -,那么)0,0,0(A )0,0,2(B ,)0,2,0(C ,)4,0,0(1A ,)0,1,1(D ,)4,2,0(1C ∴)4,0,2(1-=B A ,)4,1,1(1--=B A ∴10103182018,cos 111111==>=<DC B AD C B A D C B A ∴异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值为10103 (2))0,2,0(=AC 是平面1ABA 的的一个法向量设平面1ADC 的法向量为),,(z y x m =,∵)0,1,1(=AD ,)4,2,0(1=AC 由1,AC m AD m ⊥⊥ ∴⎩⎨⎧=+=+0420z y y x 取1=z ,得2,2=-=x y ,∴平面1ADC 的法向量为)1,2,2(-=m设平面1ADC 与1ABA 所成二面角为θ∴32324,cos cos =⨯-=•=><=mAC m AC m AC θ, 得35sin =θ ∴平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值为3513． (普通高等学校招生统一考试大纲版数学 (理 )WORD 版含答案 (已校对 ) )如图,四棱锥P ABCD -中,902,ABC BAD BC AD PAB ∠=∠==∆，与PAD ∆都是等边三角形.(I)证明:;PB CD ⊥ (II)求二面角A PD C --的大小.【答案】14． (普通高等学校招生统一考试山东数学 (理 )试题 (含答案 ) )如下图,在三棱锥P ABQ-中,PB ⊥平面ABQ ,BA BP BQ ==,,,,D C E F 分别是,,,AQ BQ AP BP 的中点,2AQ BD =,PD 与EQ 交于点G ,PC 与FQ 交于点H ,连接GH .(Ⅰ)求证:AB GH ; (Ⅱ)求二面角D GH E --的余弦值.【答案】解:(Ⅰ)证明:因为,,,D C E F 分别是,,,AQ BQ AP BP 的中点,所以EF ∥AB ,DC ∥AB ,所以EF ∥DC , 又EF ⊂平面PCD ,DC ⊂平面PCD , 所以EF ∥平面PCD , 又EF ⊂平面EFQ ,平面EFQ 平面PCD GH =,所以EF ∥GH , 又EF ∥AB , 所以AB ∥GH .(Ⅱ)解法一:在△ABQ 中, 2AQ BD =,AD DQ =,所以=90ABQ ∠,即AB BQ ⊥,因为PB ⊥平面ABQ ,所以AB PB ⊥, 又BPBQ B =,所以AB ⊥平面PBQ ,由(Ⅰ)知AB ∥GH ,所以GH ⊥平面PBQ ,又FH ⊂平面PBQ ,所以GH FH ⊥,同理可得GH HC ⊥, 所以FHC ∠为二面角D GH E --的平面角,设2BA BQ BP ===,连接PC , 在t R △FBC 中,由勾股定理得,2FC =, 在t R △PBC 中,由勾股定理得,5PC =,又H 为△PBQ 的重心,所以13HC PC ==同理3FH =,在△FHC 中,由余弦定理得552499cos 5529FHC +-∠==-⨯,即二面角D GH E --的余弦值为45-.解法二:在△ABQ 中,2AQ BD =,AD DQ =,所以90ABQ ∠=,又PB ⊥平面ABQ ,所以,,BA BQ BP 两两垂直, 以B 为坐标原点,分别以,,BA BQ BP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴,建立如下图的空间直角坐标系,设2BA BQ BP ===,那么(1,0,1)E ,(0,0,1)F ,(0,2,0)Q ,(1,1,0)D ,(0,1,0)C (0,0,2)P ,,所以(1,2,1)EQ =--,(0,2,1)FQ =-,(1,1,2)DP =--,(0,1,2)CP =-,设平面EFQ 的一个法向量为111(,,)m x y z =,由0m EQ ⋅=,0m FQ ⋅=,得111112020x y z y z -+-=⎧⎨-=⎩取11y =,得(0,1,2)m =.设平面PDC 的一个法向量为222(,,)n x y z =由0n DP ⋅=,0n CP ⋅=,得222222020x y z y z --+=⎧⎨-+=⎩取21z =,得(0,2,1)n =.所以4cos ,5m n m n m n⋅==因为二面角D GH E --为钝角,所以二面角D GH E --的余弦值为45-.15． (（高|考）湖南卷 (理 ) )如图5,在直棱柱1111//ABCD A BC D AD BC -中，,90,,1BAD AC BD BC ∠=⊥=,13AD AA==.(I)证明:1AC B D ⊥; (II)求直线111B C ACD 与平面所成角的正弦值.【答案】解: (Ⅰ)AC BB ABCD BD ABCD BB D C B A ABCD ⊥⇒⊂⊥∴-111111,面且面是直棱柱 D B AC BDB D B BDB AC B BB BD BD AC 11111,,⊥∴⊂⊥∴=⋂⊥，面。
全国高考理科数学试题分类汇编7：立体几何 Word版含答案.pdf
学海无涯
A．16 + 8
【答案】A
B．8 + 8
C．16 +16
D．8 +16
（）
6 ．（2013 年高考湖北卷（理））一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简
单几何体组成,其体积分别记为V1 ,V2 ,V3 ,V4 ,上面两个简单几何体均为旋转体,下面
两个简单几何体均为多面体,则有
（）
①当 0 CQ 1 时,S 为四边形;②当 CQ = 1 时,S 为等腰梯形;③当 CQ = 3 时,S 与
2
2
4
C1D1
的交点
R
满足
C1R1
=
1 3
;④当
3 4
CQ
1 时,S
为六边形;⑤当 CQ
=
1时,S
的面积
为 6. 2
【答案】①②③⑤
25．（2013 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））某几何体的三视
V1 : V2 = ____________.
C1 B1
A1
F
C
E
B
AD
【答案】1: 24
23．（2013 年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯 WORD 版））若某几何体的
三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积等于________ cm2 .
4
3
3
2 正视图
侧视图
3
俯视图 （第 12 题图）
学海无涯
【答案】12
27．（2013 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）在如图所示的正方体 ABCD − A1B1C1D1 中,
异面直线 A1B 与 B1C 所成角的大小为_______
专题17立体几何解答题-【2023高考】2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(原卷版)
2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编专题17 立体几何解答题1．(2022年全国甲卷理科·第18题)在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP =====∥．(1)证明：BD PA ⊥；(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．2．(2022年全国乙卷理科·第18题)如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面A B D 所成的角的正弦值．3．(2022新高考全国II 卷·第20题)如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --正弦值．4．(2022新高考全国I 卷·第19题)如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．5．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题)在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD是正方形，若2,3AD QD QA QC ====．(1)证明：平面QAD ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B QD A --平面角的余弦值．6．(2021年新高考Ⅰ卷·第20题)如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD的中点．的的(1)证明：OA CD ⊥；(2)若OCD 是边长为1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．7．(2020年新高考I 卷(山东卷)·第20题)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)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．8．(2020新高考II 卷(海南卷)·第20题)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．(1)证明：l ⊥平面PDC；的(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．9．(2021年高考全国乙卷理科·第18题)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．10．(2021年高考全国甲卷理科·第19题)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 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?11．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第18题)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO上一点，PO．的(1)证明：PA ⊥平面PBC ；(2)求二面角B PC E --的余弦值．12．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科·第20题)如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．13．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．(1)证明：点1C 平面AEF 内；(2)若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．14．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)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．15．(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第17题)如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．()1证明：BE ⊥平面11EB C ；()2若1AE A E =，求二面角1B EC C --的正弦值．在图2图1A16．(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科·第18题)如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14,2,60,,,AA AB BAD E M N ==∠=︒分别是BC ，1BB ，1A D 的中点．(1)证明：//MN 平面1C DE ；(2)求二面角1A MA N --的正弦值．17．(2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第19题)(12分)如图，边长为2的正方形ABCD 所在平面与半圆弧CD所在的平面垂直，M 是弧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．18．(2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第20题)(12分)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．ABCDD 1C 1A 1B 1MN E19．(2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第18题)(12分)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DCF ∆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．20．(2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科·第18题)如图,在四棱锥中,,且．(1)证明:平面平面;(2)若,,求二面角的余弦值．21．(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，．(1)证明：平面平面；(2)过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求二面角P ABCD -//AB CD 90BAP CDP ∠=∠=︒PAB ⊥PAD PA PD AB DC ===90APD ∠=︒A PB C --ABCD ABC ∆ACD ∆ABD CBD ∠=∠AB BD =ACD ⊥ABC AC BD E AEC ABCD PABMCO的余弦值．22．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科·第19题)如图，四棱锥 中，侧面 为等比三角形且垂直于底面 ， 是 的中点．(1)证明：直线 平面 ；(2)点 在棱 上，且直线 与底面 所成锐角为 ，求二面角 的余弦值．23．(2016高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)如图,四棱锥P ABC -中,PA ⊥地面ABCD ,AD ∥BC ,3AB AD AC ===,4PA BC ==,M 为线段AD 上一点,2AM MD =,N 为PC 的中点.(Ⅰ)证明MN ∥平面PAB ;(Ⅱ)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.D AE C --P ABCD -PAD ABCD o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=E PD //CE PAB M PC BM ABCD o45M AB D --24．(2016高考数学课标Ⅱ卷理科·第19题)(本小题满分)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆的位置，OD '=(I)证明：D H '⊥平面ABCD ；(II)求二面角B D A C '--的正弦值．25．(2016高考数学课标Ⅰ卷理科·第18题)(本题满分为12分)如图，在以,,,,,A B C D E F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，2AF FD =，90AFD ∠= ，且二面角D AF E --与二面角C BE F --都是60 ．(I)证明平面ABEF ⊥EFDC ；(II)求二面角E BC A --的余弦值．BDPN M ABCD26．(2015高考数学新课标2理科·第19题)(本题满分12分)如图，长方体1111ABCD A B C D -中,=16AB ，=10BC ，18AA =，点E ，F 分别在11A B ，11C D 上，114A E D F ==．过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由)；(Ⅱ)求直线AF 与平面α所成角的正弦值．27．(2015高考数学新课标1理科·第18题)如图，四边形ABCD 为菱形，120ABC ∠= ，,E F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，2BE DF =，AE EC ⊥．(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ;(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．28．(2014高考数学课标2理科·第18题)(本小题满分12分)如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(Ⅰ)证明：PB ∥平面AEC ；(Ⅱ)设二面角D-AE-C 为60°，AP=1，，求三棱锥E-ACD 的体积．A BCD E F D D 1C 1A 1EF A BCB 129．(2014高考数学课标1理科·第19题)如图三棱柱中,侧面为菱形,．(1)证明:;(2)若,,, 求二面角的余弦值．30．(2013高考数学新课标2理科·第18题)如图，直三棱柱111ABC A B C -中，,D E 分别是1,AB BB的中点，1AA AC CB AB ===(1)证明：1//BC 平面1A CD ；(2)求二面角1D A C E --的正弦值．31．(2013高考数学新课标1理科·第18题)如图，三棱柱111ABC A B C -中，1 1.,,60CA CB AB AA BAA ==∠= ．(Ⅰ)证明1AB A C ⊥;(Ⅱ)若平面ABC ⊥平面11AA B B ，AB CB =，求直线1AC 与平面11BB C C 所成角的正弦值。
高考数学试题-立体几何选择填空含答案解析
选填训练4答案一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。
在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 如图，在四面体O −ABC 中，G 是底面△ABC 的重心，且OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则log 3|xyz|等于 ( )A. −3B. −1C. 1D. 3【答案】A 解：连结AG ，OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(OC ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=13OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +13OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴x =y =z =13， 则log 3|xyz|=log 3127=−3．2. 在△ABC 中A =30°，AC =4，BC =a ，若△ABC 仅一个解时，则a 的取值范围是( )A. a ≥4B. a =2C. a ≥4或a =2D. 无法确定【答案】C解：当a =ACsin30°=4×12=2时，以C 为圆心，以a =2为半径画弧，与射线AD 只有唯一交点， 此时符合条件的三角形只有一个，当a ⩾4时，以C 为圆心以a 为半径画弧时，在从垂足到A 点之间得不到交点，交点只能在垂足外侧，三角形也是唯一的， ∴a ≥4或a =2，故选C ．3. 设两个向量e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 满足|e 1⃗⃗⃗ |=2，|e 2⃗⃗⃗ |=1，e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 之间的夹角为60°，若向量2t e 1⃗⃗⃗ +7e 2⃗⃗⃗ 与向量e 1⃗⃗⃗ +t e 2⃗⃗⃗ 的夹角为钝角，则实数t 的取值范围是( )A. (−7,−12)B. (−7,−√142)∪(−√142,−12) C. (−7,−√142)D. (−√142,−12)【答案】B解：由题意知(2t e 1⃗⃗⃗ +7e 2⃗⃗⃗ )·(e 1⃗⃗⃗ +t e 2⃗⃗⃗ )<0，即2t 2+15t +7<0，解得−7<t <−12．又由2t ·t −7≠0，得t ≠±√142，∴t ∈(−7,−√142)∪(−√142,−12). 故选B ．4. 已知向量a ⃗ =(1,2)，a ⃗ ·b ⃗ =10，|a ⃗ +b ⃗ |=5√2，b ⃗ 方向上的单位向量为e⃗ ，则向量a ⃗ 在 向量b ⃗ 上的投影向量为( ) A. 12e ⃗ B. 2e ⃗ C.125e⃗ D. 52e⃗ 【答案】B解：由a ⃗ =(1,2)可得：|a ⃗ |=√12+22=√5，由|a ⃗ +b|⃗⃗⃗ =5√2两边平方得：|a ⃗ |2+2a ⃗ ·b ⃗ +|b⃗ |2=(5√2)2=50，即：5+2×10+|b⃗ |2=50，解得：|b ⃗ |=5， 设a ⃗ 和b ⃗ 的夹角为θ，则cosθ=a⃗ ·b ⃗|a ⃗ |·|b⃗ |=10√5×5=2√55， 所以向量a ⃗ 在向量b ⃗ 上的投影向量为：|a ⃗ |cosθ·b⃗ |b ⃗ |=√5×2√55e ⃗ =2e ⃗ ．故选B ．5. 如图所示，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB =3,AC =AA 1=4，一只蚂蚁由顶点A 沿棱柱侧面经过棱BB 1爬到顶点C 1，蚂蚁爬行的最短距离为( )A. 4B. 4C.D.+【答案】B解：如图所示，把侧面展开，矩形对角线即为蚂蚁爬行的最短距离，∵AB ⊥AC ，AB =3，AC =AA 1=4，∴BC =√AB 2+AC 2=√32+42=5，由题已知AA 1=CC 1=4，∴蚂蚁爬行的最短距离=√(AB +BC )2+(CC 1)2=√(3+5)2+42=4√5，所以最小值为4√5，故选B ．6.在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为( )A. B. C. D.【答案】A解：根据题意可知PD=DC，则点D符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC”，设AB的中点为N，因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，AB⊥AD，AB⊂底面ABCD，所以AB⊥侧面PAD，又PA⊂侧面PAD，所以AB⊥PA，根据题目条件可知△PAN≌△CBN，∴PN=CN，点N也符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC”，故动点M的轨迹肯定过点D和点N，而到点P与到点C的距离相等的点为线段PC 的垂直平分面，线段PC的垂直平分面与平面ABCD的交线是一直线.故选A．7.如图，直角梯形ABCD，AB//CD，∠ABC=90°，CD=2，AB=BC=1，E是边CD中点，△ADE沿AE翻折成四棱锥D′−ABCE，则点C到平面ABD′距离的最大值为( )A. 12B. √3−1 C. √22D. √63【答案】C解：直角梯形ABCD ，AB//CD ，∠ABC =90°，CD =2，AB =BC =1，E 是边CD 中点，△ADE 沿AE 翻折成四棱锥D′−ABCE ，当D′E ⊥CE 时，点C 到平面ABD′距离取最大值，∵D′E ⊥AE ，CE ∩AE =E ，CE ，AE ⊂平面ABCE ，∴D′E ⊥平面ABCE ， 以E 为原点，EC 为x 轴，EA 为y 轴，ED′为z 轴，建立空间直角坐标系，则A(0,1,0)，C(1,0,0)，D′(0,0,1)，B(1,1,0)， AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−1,0)，AD′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,1)， 设平面ABD′的法向量n⃗ =(x,y,z)，则{n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x =0n ⃗ ⋅AD′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−y +z =0，取y =1，得n ⃗ =(0,1,1)，∴点C 到平面ABD′距离的最大值为d =|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=1√2=√22．故选C ．8. 在△ABC 中，有正弦定理：asinA =bsinB =csinC =定值，这个定值就是△ABC 的外接圆的直径．如图所示，△DEF 中，已知DE =DF ，点M 在直线EF 上从左到右运动(点M 不与E 、F 重合)，对于M 的每一个位置，记△DEM 的外接圆面积与△DMF 的外接圆面积的比值为λ，那么( )A. λ先变小再变大B. 仅当M 为线段EF 的中点时，λ取得最大值C. λ先变大再变小D. λ是一个定值【答案】D解：设△DEM 的外接圆半径为R 1，△DMF 的外接圆半径为R 2，则由题意，πR 12πR 22=λ，点M 在直线EF 上从左到右运动(点M 不与E 、F 重合)，对于M 的每一个位置，由正弦定理可得R 1=12×DE sin∠DME，R 2=12×DFsin∠DMF ，又DE =DF ，sin∠DME =sin∠DMF ， 可得R 1=R 2，可得λ=1．故选D ．二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。
【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类(全国通用)：立体几何选填题(解析版)
3 3
时等号成立，故选：C
【题目栏目】立体几何\球的问题\球的其它问题 【题目来源】2022 年全国乙卷理科·第 9 题
5．(2022 年全国乙卷理科·第 7 题) 在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，E，F 分别为 A B , B C 的中点，则
()
A．平面 B1 E F 平面 BD D1
乙圆锥的高 h2
l2
1 l2 9
22 3
l
，所以 V甲 V乙
1 3
r12
h1
1 3
r2
2
h2
4l2 5 l 93 1l2 2 2 l 93
10 ．
故选：C．
【题目栏目】立体几何\空间几何体的结构特征及其直观图、三视图\空间几何体的展开图问题 【题目来源】2022 年全国甲卷理科·第 9 题
2．(2022 年全国甲卷理科·第 7 题) 在长方体 ABCD A1B1C1D1 中，已知 B1D 与平面 ABCD 和平面 AA1B1B 所成
2013-2022 十年全国高考数学真题分类汇编
专题 16 立体几何选填题
一、选择题 1．(2022 年全国甲卷理科·第 9 题) 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为 2π ，侧面积
分别为
S甲
和
S乙
，体积分别为 V甲
和 V乙
．若
S甲 S乙
=2
，则
V甲 V乙
=
(
)
A． 5 【答案】C
tan BAE c 2 ，所以 BAE 30 ，B 错误； a2
对于 C， AC a2 b2 3c ， CB1 b2 c2 2c ， AC CB1 ，C 错误；
对于
9年全国高考理科数学试题分类汇编之专题八立体几何第二十四讲空间向量与立体几何及答案
9年全国高考理科数学试题分类汇编之专题八立体几何第二十四讲空间向量与立体几何及答案专题八 立体几何第二十四讲 空间向量与立体几何解答题1．（2018全国卷Ⅰ)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．PF EDC B A2．（2018北京)如图,在三棱柱111ABC A B C -中,1CC ⊥平面ABC ,D ,E ,F ,G 分别为1AA ,AC ,11AC ,1BB 的中点,AB BC ==,12AC AA==． C 1B 1A 1G F EDC B A(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角1B CD C --的余弦值；(3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．3．(2018全国卷Ⅱ)如图,在三棱锥-P ABC 中,==AB BC PA PB PC === 4AC =,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．O M PCB A4．（2018全国卷Ⅲ)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．MDC B A5．(2018天津)如图,AD BC ∥且2AD BC =,AD CD ⊥,EG AD ∥且EG AD =,CD FG ∥且2CD FG =,DG ⊥平面ABCD ,2DA DC DG ===．(1)若M 为CF 的中点,N 为EG 的中点,求证：MN ∥平面CDE ；(2)求二面角E BC F --的正弦值；(3)若点P 在线段DG 上,且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60,求线段DP 的长．NABCD E F GM6．（2018江苏)如图,在正三棱柱111ABC A B C -中,12AB AA ==,点P ,Q 分别为11A B ,BC 的中点．AB C Q P A 1C 1B 1(1)求异面直线BP 与1AC 所成角的余弦值；(2)求直线1CC 与平面1AQC 所成角的正弦值．7．（2017新课标Ⅰ)如图,在四棱锥P ABCD -中,AB ∥CD ,且90BAP CDP ∠=∠=．D CA P(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA PD AB DC ===,90APD ∠= ,求二面角A PB C --的余弦值．8．（2017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三角形ABCD ,12AB BC AD ==,90BAD ABC ∠=∠=,E 是PD 的中点．EM D C B AP(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9．（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 =．A BC DE(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．10．（2017天津)如图,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 =．（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,求线段AH 的长．11．（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 ==4AB =．（Ⅰ)求证：M 为PB 的中点；（Ⅱ)求二面角B PD A --的大小；（Ⅲ)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．12．（2016年北京) 如图,在四棱锥P ABCD -中,平面PAD ⊥平面ABCD ,PA PD ⊥,PA PD =,AB AD ⊥,1AB =,2AD =,AC CD ==（1)求证：PD ⊥平面PAB ；（2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（3)在棱PA 上是否存在点M ,使得//BM 平面PCD ？若存在,求AMAP 的值；若不存在,说明理由.13．（2016年山东)在如图所示的圆台中,AC 是下底面圆O 的直径,EF 是上底面圆O '的直径,FB 是圆台的一条母线.（I)已知G ,H 分别为EC ,FB 的中点,求证：GH ∥平面ABC ；（II)已知EF =FB =12AC=,AB BC =．求二面角F BC A --的余弦值.14．（2016年天津)如图,正方形ABCD 的中心为O ,四边形OBEF 为矩形,平面OBEF ⊥平面ABCD ,点G 为AB 的中点,2AB BE ==．（Ⅰ)求证：EG ∥平面ADF ；（Ⅱ)求二面角O EF C --的正弦值；（Ⅲ)设H 为线段AF 上的点,且AH =23HF ,求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.15．（2015新课标Ⅰ)如图,四边形ABCD 为菱形,120ABC ∠=,,E F 是平面ABCD 同一侧的两点,BE ⊥平面ABCD ,DF ⊥平面ABCD ,BE =2DF ,AE ⊥EC ．（Ⅰ)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；（Ⅱ)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．16．（2015福建)如图,在几何体ABCDE 中,四边形ABCD 是矩形,AB ^平面BEG , BE ^EC ,2AB BE EC ===,G ,F 分别是线段BE ,DC 的中点．（Ⅰ)求证：GF ∥平面ADE ；（Ⅱ)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值．17．(2015山东)如图,在三棱台DEF ABC -中,2AB DE =,,G H 分别为,AC BC 的中点．（Ⅰ)求证：BC //平面FGH ；（Ⅱ)若CF ⊥平面ABC ,AB ⊥BC ,CF =DE ,∠BAC =45,求平面FGH 与平面ACFD 所成的角（锐角)的大小．18．（2015陕西)如图1,在直角梯形ΑΒCD 中,//ΑD ΒC ,2ΒΑD π∠=,1ΑΒΒC ==,2ΑD =,Ε是ΑD 的中点,O 是AC 与BE 的交点．将ΑΒΕ∆沿BE 折起到1A BE ∆的位置,如图2．（Ⅰ)证明：CD ⊥平面1AOC ；（Ⅱ)若平面1A BE ⊥平面BCDE ,求平面1A BC 与平面1ACD 夹角的余弦值．19．（2014新课标2)如图,四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为矩形,PA ⊥平面ABCD ,E 为PD 的中点．（Ⅰ)证明：PB ∥平面AEC ；（Ⅱ)设二面角D AE C --为60°,AP =1,AD求三棱锥E ACD -的体积．20．（2014山东)如图,在四棱柱1111ABCD A B C D -中,底面ABCD 是等腰梯形,60,DAB ∠=22AB CD ==,M 是线段AB 的中点．1（Ⅰ)求证：111//C M A ADD 平面；（Ⅱ)若1CD 垂直于平面ABCD 且1CD 求平 面11C D M 和平面ABCD 所成的角（锐角)的余弦值．21．（2014辽宁)如图,ABC ∆和BCD ∆所在平面互相垂直,且2AB BC BD ===, 0120ABC DBC ∠=∠=,E 、F 分别为AC 、DC 的中点．（Ⅰ)求证：EF BC ⊥；（Ⅱ)求二面角E BF C --的正弦值．D C22． (2014新课标1)如图三棱锥111ABC A B C -中,侧面11BB C C 为菱形,1AB B C ⊥． (Ⅰ) 证明：1AC AB =；（Ⅱ)若1AC AB ⊥,o 160CBB ∠=,AB BC =,求二面角111A ABC --的余弦值．23．（2014福建)在平行四边形ABCD 中,1AB BD CD ===,,AB BD CD BD ⊥⊥,将ABD ∆沿BD 折起,使得平面ABD ⊥平面BCD ,如图．B（Ⅰ)求证：AB ⊥CD ；（Ⅱ)若M 为AD 中点,求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．24．（2014浙江)如图,在四棱锥BCDE A -中,平面⊥ABC 平面BCDE ,90CDE BED ∠=∠=,2AB CD ==,1DEBE ==,AC =．（Ⅰ)证明：⊥DE 平面ACD ；（Ⅱ)求二面角E AD B --的大小．C25．（2014广东)如图4,四边形ABCD 为正方形,PD ⊥平面ABCD ,030DPC ∠=,AF PC ⊥于点F ,//FE CD ,交PD 于点E ．（Ⅰ)证明：CF ADF ⊥平面（Ⅱ)求二面角D AF E --的余弦值．26．(2014湖南)如图,四棱柱1111ABCD A BC D -的所有棱长都相等,AC BD O =,11111AC B D O =,四边形1111ACC A BDD B 和四边形均为矩形．(1)证明：1;O O ABCD ⊥底面(2)若1160,CBA C OB D ∠=--求二面角的余弦值．B 127．（2014陕西)四面体ABCD 及其三视图如图所示,过被AB 的中点E 作平行于AD ,BC 的平面分别交四面体的棱CA DC BD ，，于点H G F ，，．俯视图左视图主视图（Ⅰ)证明：四边形EFGH 是矩形；（Ⅱ)求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值．28．（2013新课标Ⅰ)如图,三棱柱111ABC A B C -中,CA CB=,1AB AA =,1BAA ∠=60°．（Ⅰ)证明1AB AC ⊥；（Ⅱ)若平面ABC ⊥平面11AA B B ,AB CB =,求直线1AC与平面11BB C C 所成角的正弦值． 29．（2013新课标Ⅱ)如图,直三棱柱111ABC A B C -中,,D E 分别是1,AB BB 的中点,1AA AC CB AB ===A 1（Ⅰ)证明：1BC //平面1ACD ； （Ⅱ)求二面角1D ACE --的正弦值． 30．（2013广东)如图1,在等腰直角三角形ABC 中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE ==O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '=（Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ；（Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.31．(2013陕西)如图, 四棱柱1111ABCD A BCD -的底面ABCD 是正方形,O 为底 面中心, 1AO⊥平面ABCD,1AB AA =1A（Ⅰ)证明：1AC⊥平面11BB D D ； （Ⅱ)求平面1OCB 与平面11BB D D 的夹角θ的大小．32．（2013湖北)如图,AB 是圆O 的直径,点C 是圆O 上异于,A B 的点,直线PC ⊥平面ABC ,E ,F 分别是PA ,PC 的中点．（Ⅰ)记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ,试判断直线l 与平面PAC 的位置关系,并加以证明；（Ⅱ)设（I)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ,且点Q 满足12DQ CP=．记直线PQ 与平面ABC 所成的角为θ,异面直线PQ 与EF 所成的角为α,二面角E l C --的大小为β,求证：sin sin sin θαβ=．33．(2013天津) 如图, 四棱柱1111ABCD A BCD -中,侧棱1A A ⊥底面ABCD ,AB DC ∥, AB AD ⊥,1AD CD ==,12AA AB ==,E 为棱1AA 的中点．1A 1（Ⅰ)证明11B C CE ⊥；（Ⅱ)求二面角11B CE C --的正弦值；（Ⅲ)设点M 在线段1C E 上；且直线AM 与平面11ADD A 所成角的正弦值为, 求线段AM的长．34．（2012新课标)如图,直三棱柱111C B A ABC -中,112AC BC AA ==,D 是棱1AA的中点,BD DC ⊥1．（Ⅰ)证明：BC DC ⊥1；（Ⅱ)求二面角11C BD A --的大小．35．（2012福建)如图,在长方体1111ABCD A BCD -中11AA AD ==,E 为CD 中点. AC B1B 1A D1C（Ⅰ)求证：11B E AD ⊥；（Ⅱ)在棱1AA 上是否存在一点P ,使得DP ∥平面1B AE ？若存在,求AP 的行；若存在,求AP 的长；若不存在,说明理由．[（Ⅲ)若二面角11A B E A --的大小为30°,求AB 的长．36．（2012浙江)如图,在四棱锥P ABCD -中,底面是边长为,120BAD ∠=︒,且PA ⊥平面ABCD ,PA =M ,N 分别为PB ,PD 的中点．（Ⅰ)证明：//MN 平面ABCD ；（Ⅱ)过点A 作AQ PC ⊥,垂足为点Q ,求二面角A MN Q --的平面角的余弦值． 37．（2011新课标)如图,四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为平行四边形,60DAB ∠=︒,2AB AD =,PD ⊥底面ABCD ．（Ⅰ)证明：PA BD ⊥；（Ⅱ)若PD AD =,求二面角A PB C --的余弦值．38．（2011安徽)如图,ABCDEFG 为多面体,平面ABED 与平面AGFD 垂直,点O 在线段AD上,1,2,OA OD ==OAB ∆,OAC ∆,ODE ∆,ODF ∆都是正三角形． （Ⅰ)证明直线BC ∥EF ； （Ⅱ)求棱锥F OBED -的体积．39．（2011江苏)如图,在四棱锥ABCD P -中,平面PAD ⊥平面ABCD ,AB AD =,BAD ∠=60°,E 、F 分别是AP 、AD 的中点．求证：（Ⅰ)直线EF ∥平面PCD ； （Ⅱ)平面BEF ⊥平面PAD ．40．(2010广东)如图,¼AEC 是半径为a 的半圆,AC 为直径,点E 为»AC 的中点,点B 和点C 为线段AD 的三等分点,平面AEC 外一点F 满足FB FD ==,EF =．（Ⅰ)证明：EB FD ⊥；（Ⅱ)已知点,Q R 为线段,FE FB 上的点,23FQ FE =,23FR FB =,求平面BED 与平面RQD 所成二面角的正弦值．41．（2010新课标)如图,已知四棱锥P ABCD -的底面为等腰梯形,AB CD ∥,AC BD ⊥,垂足为H ,PH 是四棱锥的高,E 为AD 中点（Ⅰ)证明：PE BC ⊥；（Ⅱ)若60APB ADB ∠=∠=,求直线PA 与平面PEH 所成角的正弦值．42．（2010天津)如图,在长方体1111ABCD A BCD -中,E 、F 分别是棱BC ,1CC 上的点,2CF AB CE ==,1::1:2:4AB AD AA =．（Ⅰ)求异面直线EF 与1A D 所成角的余弦值； （Ⅱ)证明AF ⊥平面1A ED ； （Ⅲ)求二面角1A ED F --的正弦值． 专题八 立体几何第二十四讲 空间向量与立体几何 答案部分1．【解析】(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2=PH ,32=EH ． 则(0,0,0)H,P ,3(1,,0)2--D,3(1,2=DP, HP =为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ,则34sin ||4||||3HP DP HP DPθ⋅===⋅． 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为．2．【解析】(1)在三棱柱111ABC A B C -中, ∵1CC ⊥平面ABC , ∴四边形11A ACC 为矩形．又E ,F 分别为AC ,11AC的中点, ∴AC ⊥EF ． ∵AB BC =．∴AC ⊥BE , ∴AC ⊥平面BEF ．(2)由(1)知AC ⊥EF ,AC ⊥BE ,EF ∥1CC ． 又1CC ⊥平面ABC ,∴EF ⊥平面ABC ． ∵BE ⊂平面ABC ,∴EF ⊥BE ． 如图建立空间直角坐称系E xyz -．x由题意得(0,2,0)B ,(1,0,0)C -,(1,0,1)D ,(0,0,2)F ,(0,2,1)G ．∴=(201)CD ，，u u u r,=(120)CB ，，u u r , 设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ,∴00CD CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uur n n ,∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩,令2a =,则1b =-,4c =-,∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ,又∵平面1CDC 的法向量为=(020)EB u u r，，,∴cos =||||EB EB EB ⋅<⋅>=uu ruu r uu r n n n ．由图可得二面角1B CD C --为钝角,所以二面角1B CD C --的余弦值为．(3)平面BCD 的法向量为(214)=--，，n ,∵(0,2,1)G ,(0,0,2)F ,∴=(021)GF -u u u r ，，,∴2GF ⋅=-uu u r n ,∴n 与GF uuu 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．3．【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 -．A由已知得(0,0,0)O ,(2,0,0)B ,(0,2,0)-A ,(0,2,0)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 ⋅=⋅=u u u r u u u r n n得20(4)0y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩,可取,)a a =--n ,所以cos ,OB =uu u rn|cos ,|OB =uu u r n ．所以．解得4a =-（舍去),43a =．所以4()3=-n．又(0,2,PC =-u u u r ,所以cos ,PC =uu u r n ．所以PC 与平面PAM所成角的正弦值为．4．【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BCCM =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)D ,(2,0,0)A ,(2,2,0)B ,(0,2,0)C ,(0,1,1)M ,(2,1,1)AM =-,(0,2,0)AB =,(2,0,0)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 ,5||||DA DA DA ⋅==n n n , 2sin ,DA =n ,所以面MAB 与面MCD所成二面角的正弦值是．5．【解析】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(0,0,0)D ,(2,0,0)A ,(1,2,0)B ,(0,2,0)C ,(2,0,2)E ,(0,1,2)F ,(0,0,2)G ,3(0,,1)2M ,(1,0,2)N ．(1)证明：依题意(0,2,0)DC =,(2,0,2)DE =．设0(,,)x y z =n 为平面CDE 的法向量,则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，， 不妨令1z =-,可得0(1,0,1)=-n ． 又3(1,,1)2MN =-,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(1,0,0)BC =-,(122)BE =-，，,(0,1,2)CF =-． 设(,,)x y z =n 为平面BCE 的法向量,则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令1z =,可得(0,1,1)=n ．设(,,)x y z =m 为平面BCF 的法向量,则00BC BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令1z =,可得(0,2,1)=m ．因此有cos ,||||⋅<>==m n m n m n ,于是sin ,<>=m n ．所以,二面角E BC F --的正弦值为．(3)设线段DP 的长为h ([0.2]h ∈),则点P 的坐标为(0,0,)h ,可得(12)BP h =--，，． 易知,(0,2,0)DC =为平面ADGE 的一个法向量,故cos BP DC BP DC BP DCh⋅<⋅>==,由题意,可得3sin 60==,解得[0,2]3h =．所以线段DP 的长为3．6．【解析】如图,在正三棱柱111ABC A B C -中,设AC ,11AC的中点分别为O ,1O ,则OB OC ⊥,1OO OC ⊥,1OO OB ⊥,以1,{},OB OC OO 为基底,建立空间直角坐标系O xyz -．因为12AB AA ==,所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A BC --．A(1)因为P 为11A B 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所成角的余弦值为．(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 |,|||CC CC CC |θ==⋅⋅==n n n ,所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为．7．【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 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(2A,(0,0,2P,(2B,(2C -．所以(PC =-,(2,0,0)CB =,2(PA =, (0,1,0)AB =．设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量,则00PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩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 ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ,即0220x z y -=⎪⎨⎪=⎩, 可取(1,0,1)=n ．则cos ,||||⋅==<>n m n m n m ,所以二面角A PBC --的余弦值为．8．【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,建立如图的空间直角坐标系A xyz -,则(0,0,0)A,(1,0,0)B ,(1,1,0)C,(0,1P ,(1,0,PC =,(1,0,0)AB =．x设(,,)M x y z (01)x <<,则(1,,)BM x y z =-,(,1,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222(1)0x y z -+-=． ① 又M 在棱PC 上,设PM PC λ=,则x λ=,1y =,z =． ②由①,②解得121x y z ⎧=+⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩（舍去),121x y z ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩所以(1,1,22M -,从而(1,1,22AM =-． 设000(,,)x y z =m 是平面ABM 的法向量,则0=0AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅⎪⎩m m ,即0000(2200x y x ⎧+=⎪⎨=⎪⎩,所以可取(0,=m ,于是cos ,||||⋅<>==m n m n m n ．因此二面角M AB D --的余弦值为．9．【解析】（1)由题设可得,ABD CBD ∆≅∆,从而AD DC =． 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 ∆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222222BO DO BO AO AB BD +=+==,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)A,B ,(1,0,0)C -,(0,0,1)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1)2E ．故(1,0,1)AD =-,(2,0,0)AC =-,1()2AE =-设()=x,y,z n 是平面DAE 的法向量,则AD AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩0，0，n n即x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩0122可取=n设m 是平面AEC 的法向量,则0，0，AC AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩m m同理可得(0,1=-m则cos ,==77n m n m n m所以二面角D AE C --的余弦值为．10．【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(0,0,0)A ,(2,0,0)B ,(0,4,0)C ,(0,0,4),(0,0,2)D ,(0,2,2)E ,(0,0,1)M ,(1,2,0)N ．（Ⅰ)证明：DE =(0,2,0),DB =(2,0,2)-．设(,,)x y z =n ,为平面BDE 的法向量,则00DE DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ,即20220y x z =⎧⎨-=⎩．不妨设1z =,可得(1,0,1)=n ．又MN =（1,2,1-),可得0MN ⋅=n ．因为MN ⊄平面BDE ,所以MN //平面BDE ．（Ⅱ)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 的法向量,则2200EM 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的正弦值为．（Ⅲ)依题意,设AH =h （04h ≤≤),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 ⋅<>===,整理得2102180h h -+=,解得85h =,或12h =．所以,线段AH 的长为85或12．11．【解析】（Ⅰ)设,AC BD 交点为E ,连接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,在PBC ∆中,知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 =-,(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 =(1,1=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 =． 设直线MC 与平面BDP 所成角为α,则||2sin |cos ,|||||MC MC MC α⋅===<>n n n ． 所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为9．12．【解析】(1)∵面PAD 面ABCD AD =,面PAD ⊥面ABCD ,∵AB ⊥AD ,AB ⊂面ABCD ,∴AB ⊥面PAD , ∵PD ⊂面PAD , ∴AB ⊥PD , 又PD ⊥PA,∴PD ⊥面PAB , (2)取AD 中点为O ,连结CO ,PO , ∵CD AC ==, ∴CO ⊥AD , ∵PA PD =, ∴PO ⊥AD ,以O 为原点,如图建系易知(001)P ，，,(110)B ，，,(010)D -，，,(200)C ，，,Oxyz PABC D则(111)PB =-，，,(011)PD =--，，,(201)PC =-，，,(210)CD =--，，, 设n 为面PDC 的法向量,令00(,1)n x y =，．011,120n PD n n PC ⎧⋅=⎪⎛⎫⇒=-⎨ ⎪⎝⎭⋅=⎪⎩，,则PB 与面PCD 夹角θ有,sin cos ,1n PB n PB n PBθ⋅=<>==(3)假设存在M 点使得BM ∥面PCD , 设AMAP λ=,()0,','M y z , 由(2)知()0,1,0A ,()0,0,1P ,()0,1,1AP =-,()1,1,0B ,()0,'1,'AM y z =-有()0,1,AM AP M λλλ=⇒- ∴()1,,BM λλ=--∵BM ∥面PCD ,n 为PCD 的法向量,∴0BM n ⋅=,即102λλ-++=,∴1=4λ∴综上,存在M 点,即当14AM AP =时,M 点即为所求． 13．【解析】(Ⅰ)连结FC ,取FC 的中点M ,连结,GM HM ,因为//GM EF ,EF 在上底面内,GM 不在上底面内,所以//GM 上底面,所以//GM 平面ABC ；又因为//MH BC ,BC ⊂平面ABC ,MH ⊄平面ABC ,所以//MH 平面ABC ；所以平面//GHM 平面ABC ,由GH ⊂平面GHM ,所以//GH 平面ABC ．(Ⅱ) 连结OB ,AB BC =OB A ⊥∴O ,以为O 原点,分别以,,OA OB OO '为z y,x, 轴,建立空间直角坐标系．12EF FB AC ===AB BC =． 3)(22=--='FO BO BF O O ,于是有A,(C -,B,F ,可得平面FBC中的向量(0,BF =,CB =,于是得平面FBC的一个法向量为1(3,n =-,又平面ABC 的一个法向量为2(0,0,1)n =,设二面角F BC A --为θ,则7771cos ===θ．二面角F BC A --的余弦值为77．14．【解析】(1)证明：找到AD 中点I ,连结FI ,∵矩形OBEF ,∴EF OB ∥∵G 、I 是中点,∴GI 是ABD ∆的中位线,∴GI BD ∥且12GI BD =,B∵O 是正方形ABCD 中心,∴12OB BD =,∴EF GI ∥且EF GI =．∴四边形EFIG 是平行四边形,∴EG FI ∥∵FI ⊂面ADF ,∴EG ∥面ADF(2)O EF C --正弦值,如图所示建立空间直角坐标系O xyz -zx A()00B ，,)00C ，,()02E ，,()002F ，，设面CEF 的法向量()1n x y z =，，()()()()110000220n EF x y z n CF x y z z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅=+=⎪⎩，，，，，得：01x y z ⎧⎪=⎨⎪=⎩∴()1201n =，，∵OC ⊥面OEF ,∴面OEF 的法向量()2100n =，，1212122cos 3n n n n n n ⋅<>==， 12sin 1n n<>=，(3)∵23AH HF =,∴)224020555AH AF ⎫===⎪⎪⎝⎭，， 设()H x y z ，，,∴()405AH x y z ⎫==⎪⎪⎝⎭，，,得：045x y z ⎧⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩45BH ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，12165cos BH n BH n BH n -⋅<>==，15．【解析】（Ⅰ)连接BD ,设BDAC G =,连接,,EG FG EF ．在菱形ABCD 中,不妨设1GB =,由120∠=ABC ,可得AG GC =由⊥BE 平面ABCD ,AB BC =可知,AE EC =,又∵⊥AE EC ,∴EG ,⊥EG AC ,在Rt EBG∆中,可得BE 故DF ．在Rt FDG ∆中,可得FG =．在直角梯形BDFE 中,由2BD =,BE =DF =,可得EF , ∴222EG FG EF +=,∴EG ⊥FG ,∵AC ∩FG =G ,∴EG ⊥平面AFC , ∵EG ⊂面AEC ,∴平面AFC ⊥平面AEC ．（Ⅱ)如图,以G 为坐标原点,分别以,GBGC 的方向为x 轴,y 轴正方向,||GB 为单位长度,建立空间直角坐标系G-xyz ,由（Ⅰ)可得A (0,E F (－1,0,2),C∴AE =（CF =（－1,2)．故cos ,||||<>==-AE CF AE CF AE CF． 所以直线AE 与CF 所成的角的余弦值为．16．【解析】解法一：（Ⅰ)如图,取AE 的中点H ,连接HG ,HD ,又G 是BE 的中点,1//=2GH AB GH AB 所以，且,又F 是CD 中点,1=2DF CD 所以,由四边形ABCD 是矩形得,AB ∥CD ,=AB CD ,所以GH ∥DF ,且=GH DF ．从而四边形HGFD 是平行四边形,所以GF ∥DH ,又DH ADE GF ADE ⊂⊄平面，平面,所以GF ∥平面ADE ．（Ⅱ)如图,在平面BEG 内,过点B 作BQ∥EC ,因为BE CE BQ BE ⊥⊥，所以．又因为AB ⊥平面BEC ,所以AB ⊥BE ,AB ⊥BQ ．以B 为原点,分别以,,BE BQ BA 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1)因为AB ⊥平面BEC ,所以A=(B 0,0,2)为平面BEC 的法向量,设(,,)n x y z =为平面AEF 的法向量．又(2,0,2)AE =-,=(2,2,1)AF -, 由AE 0220,220,AF 0n x z x y z n ⎧=-=⎧⎪⎨⎨+-==⎩⎪⎩，得，取2z =得=(2,1,2)n -． 从而A 42cos ,A =,323|||A |n B n B n B 〈〉==⨯⋅所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为23．解法二：（Ⅰ)如图,取AB 中点M ,连接MG ,MF ,又G 是BE 的中点,可知GM //AE ,又AE ADE GM ADE ⊂⊄平面，平面,所以GM //平面ADE ．在矩形ABCD 中,由,M F 分别是AB ,CD 的中点得//MF AD ．又AD ADE MF ADE ⊂⊄平面，平面,所以//MF ADE 平面．又因为GM MF M =,GM ⊂GMF MF GMF ⊂平面，平面所以GMF 平面平面ADE ,因为GF GMF ⊂平面,所以//GF ADE 平面（Ⅱ)同解法一．17．【解析】（Ⅰ)证法一：连接CD DG ，,设O GF CD = ,连接OH ． 在三棱台ABC DEF -中,DE AB 2=,G 为AC 的中点,可得GC DF GC DF =，//,所以四边形DFCG 为平行四边形,则O 为CD 的中点,又H 为BC 的中点,所以OH ∥BD ,又⊂OH 平面FGH ,⊄BD 平面FGH ,所以BD ∥平面FGH ．证法二：在三棱台ABC DEF -中,由EF BC 2=,H 为BC 的中点, 可得BH ∥EF ,BH EF =,所以四边形BHFE 为平行四边形,可得 BE ∥HF ,在ABC ∆中,G 为AC 的中点,H 为BC 的中点,所以GH ∥AB ,又H HF GH = ,所以平面FGH ∥平面ABED ,因为⊂BD 平面ABED ,所以 BD ∥平面FGH ．（Ⅱ)解法一：设2=AB ,则1=CF ,在三棱台ABC DEF -中,G 为AC 的中点, 由GC AC DF ==21,可得四边形DGCF 为平行四边形, 因此DG ∥FC ,又⊥FC 平面ABC ,所以 ⊥DG 平面ABC ,在ABC ∆中,由BC AB ⊥, 45=∠BAC ,G 是AC 中点,所以 GC GB BC AB ⊥=，,因此 GD GC GB ,,两两垂直,以G 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系xyz G -,A 所以)100(),0,20()00,2()000(，，，，，，，，D C B G可得)0,20()0,2222(，，，F H , 故)0,20(),0,2222(，，=, 设),,(z y x n =是平面FGH 的一个法向量,则由00n GH n GF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可得00x y z +=⎧⎪+= 可得 平面FGH 的一个法向量)2,1,1(-=n ,因为GB 是平面ACFD 的一个法向量,2,0,0GB =（）,所以1cos ,2||||GB n GB n GB n ⋅===⋅,所以平面FGH 与平面ACFD 所成角（锐角)的大小为 60．解法二：作AC HM ⊥与点M ,作GF MN ⊥与点N ,连接NH ．M N H A CB DE F G由⊥FC 平面ABC ,得FC HM ⊥,又C AC FC = ,所以⊥HM 平面ACFD ,因此NH GF ⊥,所以MNH ∠即为所求的角,在BGC ∆中,MH ∥BG ,122MH BG ==, 由GCF GNM ∆∆~,可得GF GM FCMN =,从而66=MN , 由 ⊥HM 平面ACFD ,⊂MN 平面ACFD ,得 MN HM ⊥,因此 3tan ==∠MN HM MNH ,所以 ︒=∠60MNH ,所以 平面FGH 与平面ACFD 所成角（锐角)的大小为︒60．18．【解析】（Ⅰ)在图1中,因为1AB BC ==,2AD =,E 是AD 的中点,∠BAD =2π,所以BE ⊥AC ．即在图2中,BE ⊥1OA ,BE ⊥OC ．从而BE ⊥平面1AOC ．又CD ∥BE ,所以CD ⊥平面1AOC ．（Ⅱ)由已知,平面1A BE ⊥平面BCDE ,又由（Ⅰ)知,BE ⊥1OA ,BE ⊥OC ．所以1AOC ∠为二面角1--C A BE 的平面角,所以1OC 2A π∠=．如图,以O 为原点,建立空间直角坐标系,因为111A B A E BC ED ====,BC ED所以(2B,(3E -,1(0,0,2A,(0,2C ．得2BC(,-12A C(0,-,CD BE (==-． 设平面1BC A 的法向量1111(,,)n x y z =,平面1CD A 的法向量2222(,,)n x y z =, 平面1BC A 与平面1CD A 夹角为θ,则11100n BC n A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,得111100x y y z -+=⎧⎨-=⎩,取1(1,1,1)n =,22100n CD n A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,得22200x y z =⎧⎨-=⎩,取2(0,1,1)n =,从而12cos|cos,|3n nθ=〈〉==,即平面1BCA与平面1CDA夹角的余弦值为．19．【解析】（Ⅰ)连接BD交AC于点O,连结EO．因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点．又E为PD的中点,所以EO∥PB．EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC．（Ⅱ)因为PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直．如图,以A为坐标原点,AB的方向为x轴的正方向,AP为单位长,建立空间直角坐标系A xyz-,则D1(0,,),22E1(0,)22AE=．设(,0,0)(0)B mm>,则(C m(AC m=．设1(,,)x y z=n为平面AEC的法向量,则110,0,ACAE⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩nn即0,10,2mxy z⎧+=+=,可取1(m=-n．又2(1,0,0)=n为平面DAE的法向量,由题设121cos,2=n n,12=,解得32m=．因为E 为PD 的中点,所以三棱锥E ACD -的高为12．三棱锥E ACD -的体积11313222V =⨯⨯=． 20．【解析】（Ⅰ)证明：∵四边形ABCD 为等腰梯形,且2AB CD =, 所以AB MA ∥且CD MA =,连接1AD1111D C B A ABCD - 为四棱柱,11//D C CD ∴ 11D C CD =又M 为AB 的中点,1=∴AMAM CD //∴,AM CD =11//D C AM ∴,11D C AM =11D AMC ∴为平行四边形,11//MC AD ∴又111ADDA M C 平面⊄ ,111ADD A AD 平面⊂,111//ADD A AD 平面∴． （Ⅱ)方法一： 由（Ⅰ)知 平面11DC M 平面ABCD =AB作AB CN ⊥,连接N D 1则NC D 1∠即为所求二面角1C AB C --的平面角．在Rt BNC ∆中,1BC =060NBC ∠=23=∴CN1ND ==在1Rt D CN ∆中,11cos 5CN D NC D N ∠==．方法二：连接,AC MC ,由（Ⅰ)知CD AM ∥且CD AM =∴AMCD 为平行四边形．可得BC AD MC ==,由题意60ABC DAB ∠=∠=, 所以MBC ∆为正三角形．因此22,AB BC CA ===∴CA CB ⊥．1以C 为原点,CD 为x 轴,CP 为y 轴,1CD 为z 轴建立空间坐标系,)0,23,21(),3,0,0(),3,0,1(11M D C -∴)3,23,21(),0,0,1(111-==∴M D D C 设平面M D C 11的法向量为),,(111z y x n =⎪⎩⎪⎨⎧=-+=∴03232101111z y x x )1,2,0(1=∴n显然平面ABCD 的法向量为)0,0,1(2=n5551,cos 21==<∴n n显然二面角为锐角,所以平面M D C 11和平面ABCD 所成角的余弦值为5511cos NC D CN D N ∴∠====21．【解析】（Ⅰ)（方法一)∵,BC BD DF FC ==,且120CBD ∠=︒,∴ΔBCF 为RT 三角形,FC BF ⊥．同理,∵,BC BA AE EC ==,且120ABC ∠=︒,ΔBCE 为RT 三角形BE EC ⊥,∴ΔBCF ≅ΔBCE ,过E 作EO BC ⊥,垂足为O ,连接OF ,可证出EOC FOC ∆≅∆, 所以2EOC FOC π∠=∠=,即FO BC ⊥． 从而证出BC ⊥面EOF ,又EF ⊂面EOF ,所以EF BC ⊥．CD （方法二)由题意,以B 为坐标原点,在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴,BC 所在直线为y 轴,在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线为z 轴,建立如图所示空问直角坐标系．易得()0,0,0B ,(0,1A -,D1,0)D -,(0,2,0)C ．因而1(0,2E ,1,0)2F ,∴3(EF =,(0,2,0)BC =,因此0EF BC =,∴EF BC ⊥,所以EF BC ⊥．（Ⅱ)如上图中,平面BFC 的一个法向量为1(0,0,1)=n ．设平面BEF 的法向量2(,,)x y z =n ,又31(,0)2BF=,1(0,2BE =, 由2200BF BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 得其中2(0,=n ． 设二面角E BF C --大小为θ,且由题意知θ为锐角21212cos cos ,θ=<>==1n n n nn n ,因此sin θ==, 即所求二面角的正弦值为．22．【解析】（Ⅰ)连接1BC ,交1B C O 于点,连接AO ,因为侧面11BB C C 为菱形,所以1111,BCBC O BC BC ⊥且为及的中点. 又11,.AB B C B C ABO ⊥⊥所以平面1AO ABO BC AO ⊂⊥由于平面，故 又11,=.B O CO AC AB =故（Ⅱ)因为11,.AC AB O BCAO CO ⊥=且为的中点，所以 又因为,AB BC BOA BOC =∆≅∆所以,1,,,OA OB OA OB OB ⊥故从而两两相互垂直，以O OB x OB 为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长， O xyz=建立如图所示的空间直角坐标系．zx y O因为1160,.CBB CBB AB BC ∠=︒∆=所以为等边三角形又，则111111(00),(100),(0,(0,333333(0,,),(1,0,),(1,AB BC AB AB AB BC BC-=-==-==-，，，，11111(,,)=00,0,0.x y z AA B y z AB AB x z =-⎧⋅=⎪⎨⎨⋅=⎪⎪⎩=⎪⎩=设是平面的法向量，则，即所以可取n n n n11111110,0,(1,A B A B C B C m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩=设是平面的法向量，则同理可取m m m 则1cos ,.7⋅==n m n m n m1111.7A A B C --所以二面角的余弦值为23．【解析】：（Ⅰ)因为ABD ⊥平面BCD ,平面ABD 平面,BCD BD AB =⊂平面 ,,ABD AB BD ⊥所以AB ⊥平面.BCD 又CD ⊂平面,BCD 所以AB CD ⊥．（Ⅱ)过点B 在平面BCD 内作BE BD ⊥,如图．由（Ⅰ)知AB ⊥平面,BCD BE ⊂平面,BCD 所以,AB BE AB BD ⊥⊥．以B 为坐标原点,分别以,,BE BD BA 的方向为x 轴, y 轴, z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意,得11(0,0,0),(1,1,0),(0,1,0),(0,0,1),(0,,)22B C D A M ．则11(1,1,0),(0,,),(0,1,1)22BC BM AD ===-．设平面MBC 的法向量000(,,)n x y z =．则00n BC n BM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即00000102x y y z +=⎧⎪⎨+=⎪⎩．取01,z =得平面MBC 的一个法向量(1,1,1)n =-．设直线AD 与平面MBC 所成角为θ, 则6sin cos ,n AD n AD n ADθ⋅=<>==即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为．24．【解析】（Ⅰ)在直角梯形BCDE 中,由1DE BE ==,2CD =得,BD BC ==由2AC AB ==,则222AB AC BC =+,即AC BC ⊥,又平面⊥ABC 平面BCDE ,从而AC ⊥平面BCDE ,所以AC DE ⊥,又DE DC ⊥,从而DE ⊥平面ACD ．（Ⅱ)方法一：作BF AD ⊥,与AD 交于点F ,过点F 作FG DE ,与AE 交于点G ,连结BG ,由（Ⅰ)知,DE AD ⊥,则FG AD ⊥,所以BFG ∠是二面角E AD B --的平面角,在直角梯形BCDE 中,由222CD BD BC =+,得BD BC ⊥,又平面⊥ABC 平面BCDE ,得BD ⊥平面ABC ,从而,BD AB ⊥,由于AC ⊥平面BCDE ,得：AC CD⊥,在Rt ACD 中,由2CD =,AC =得AD =在Rt AED 中,1DE =,AD =,得AE =在Rt ABD 中,BD =2AB =,AD =,得BF =,23AF AD =,从而23GF =, 在,ABE ABG 中,利用余弦定理分别可得2cos 143BAE BG ∠==,在BFG 中,222cos 2GF BF BG BFG BF GF +-∠==⋅, 所以6BFG π∠=,即二面角E AD B --的大小是6π．方法二：以D 为原点,分别以射线,DE DC 为,x y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系D xyz -如图所示,由题意可知各点坐标如下：()()()(()0,0,0,1,0,0,0,2,0,,1,1,0D E C A B ,设平面ADE 的法向量为()111,,m x y z =,平面ABD 的法向量为()222,,n x y z =, 可算得(0,2,AD =-,()(1,1,0,1,2,DB AE ==-,由00m AD m AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得,1111102020y x y ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩,可取(0,1,m =,由00n AD n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得,22220200y x y ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩,可取(1,1,2n =, 于是3cos ,m n m n m n ⋅〈〉==,由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角E AD B --的大小是6π．25．【解析】（Ⅰ)PD ⊥平面ABCD ,PD AD ∴⊥,又CD AD ⊥,PD CD D =,AD ∴⊥平面PCD ,AD PC ∴⊥,又AF PC ⊥,PC ∴⊥平面ADF ,即CF ADF ⊥平面；（Ⅱ)设1AB =,则Rt PDC ∆中,1CD =,又030DPC ∠=,2PC ∴=,PD =,由（Ⅰ)知CF DF ⊥DF ∴=,AF ==,12CF ∴==,又//FE CD ,14DE CF PD PC ∴==,DE ∴=,同理3344EF CD==,如图所示,以D 为原点,建立空间直角坐标系,则(0,0,1)A ,E,3,0)4F ,P ,(0,1,0)C ,设(,,)m x y z =是平面AEF 的法向量,则m AE m EF ⎧⊥⎨⊥⎩,又3(3(0,,0)4AE EF ⎧=⎪⎨=⎪⎩,所以304304m AE x z m EF y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅==⎪⎩,令4x =,得z =m =,由（Ⅰ)知平面ADF 的一个法向量(,0)PC =,设二面角D AF E --的平面角为θ,可知θ为锐角, ||cos |cos ,|||||m PCm PC m PC ⋅=<>==⋅θ=,即所求．26．【解析】（Ⅰ)如图,因为四边形11ACC A 为矩形,所以1CC AC ⊥．同理1DD BD ⊥．因为1CC ∥1DD ,所以1CC BD ⊥．而AC BD O =,因此1CC ⊥底面ABCD ．由题设知,1O O ∥1C C ．故1O O ⊥底面ABCD ．（Ⅱ)解法一 如图,过1O 作11O H OB ⊥于H ,H连接1HC ,由（Ⅰ)知,1O O ⊥底面ABCD ,所以1O O ⊥底面1111A B C D ,于是1O O ⊥11AC．又因为四棱柱ABCD -1111A B C D 的所有棱长 都相等,所以四边形1111A B C D 是菱形,因此1111ACB D ⊥, 从而1111ACBDD B ⊥平面,所以111AC OB ⊥, 于是111OB O HC ⊥平面,进而11OB C H ⊥．故11C HO ∠是二面角11C OB D --的平面角．不妨设AB=2．因为60O CBA ∠=,所以OB =11OC OB ==，． 在11t R OO B ∆中,易知11111OO O B O H OB ⋅==111O C =,于是1C H ===故1111cos O H C HO C H ∠===．即二面角11C OB D --的余弦值为．解法2 因为四棱柱ABCD -1111A B C D 的所有棱长都相等,所以四边形ABCD 是菱形,因此AC BD ⊥．又1O O ⊥底面ABCD ,从而OB ,OC , 1OO 两两垂直．z y如图,以O 为坐标原点,OB ,OC , 1OO 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系．不妨设AB =2．因为60O CBA ∠=,所以OB =1OC =，于是相关各点的坐标为：O (0,0,0),1B ,1(0,1,2)C ．易知,1(0,1,0)n =是平面11BDD B 的一个法向量．设2(,,)n x y z =是平面11OB C 的一个法向量,则21210,0,n OB n OC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即20,20.z y z +=+=⎪⎩取z =则2,x y ==所以2n =．设二面角11C OB D --的大小为θ,易知θ是锐角,于是12,COS COS n n θ=<>1212n n n n ⋅===⋅19．故二面角11C OB D --的余弦值为．27．【解析】：（Ⅰ)由该四面体的三视图可知： ,,BD DC BD AD AD DC ⊥⊥⊥,2,1BD DC AD === 由题设,BC ∥面EFGH面EFGH面BDC FG = 面EFGH 面ABC EH =BC ∴∥FG ,BC ∥EH , FG ∴∥EH ． 同理EF ∥AD ,HG ∥AD , EF ∴∥HG ． ∴四边形EFGH 是平行四边形又,,BD AD AD DC BD DC D ⊥⊥=∴AD ⊥平面BDCAD BC ∴⊥ BC ∥FG ,EF ∥ADEF FG ∴⊥∴四边形EFGH 是矩形（Ⅱ)如图,以D 为坐标原点建立空间直角坐标系,则(0,0,0)D ,(0,0,1)A ,(2,0,0)B ,(0,2,0)C (0,0,1)DA =,(2,2,0)BC =-,(2,2,0)BC =-。
2010--2013高考数学(理科)新课标全国卷立体几何综合题
AC1C 1B 1A B1. 如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如不计容器的厚度，则球的体积为（A ）3cm 3500π （B ）3cm 3866π （C ）3cm 31372π （D ）3cm 32048π2. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 （A ）8π16+ （B ）8π8+ （C ）π6116+ （D ）16π8+3. 如图，三棱柱111C B A ABC -中，CB CA =，1AA AB =，1BAA ∠=60°. （Ⅰ）证明AB ⊥C A 1;（Ⅱ）若平面ABC ⊥平面B B AA 11，CB AB =，求直线C A 1 与平面C C BB 11所成角的正弦值。
1、如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（A ）6 （B ）9 （C ）12 （D ）182、已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为O 的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为（A（B（C（D3. 如图，直三棱柱111C B A ABC -中，121AA BC AC ==，D 是棱1AA 的中点，BD DC ⊥1。
（1） 证明：BC DC ⊥1；（2） 求二面角11C BD A --的大小。
ABCD1A 1B 1C1．在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如下图所示，则相应的侧视图可以为2．已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,==AB BC 则棱锥O ABCD-的体积为。
3．如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(Ⅰ)证明：PA⊥BD；(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。
1. 如图，已知四棱锥P-ABCD 的底面为等腰梯形，AB CD,AC ⊥BD ，垂足为H ，PH 是四棱锥的高 ，E 为AD 中点 （1） 证明：PE ⊥BC（2） 若∠APB=∠ADB=60°，求直线PA 与平面PEH 所成角的正弦值2．如图，三棱柱111ABC A B C -的侧棱1AA ⊥底面ABC ，90ACB ∠=︒，E 是棱1CC 上动点，F 是AB 中点，1AC =，2BC =，14AA =。
三年高考(2016-2018)数学(理)真题分项专题25 立体几何中综合问题(含解析)
专题25 立体几何中综合问题考纲解读明方向分析解读 1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等距离问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,分值约为12分,属中档题.2018年高考全景展示1．【2018年理数天津卷】如图，且AD =2BC ，,且EG =AD ，且CD =2FG ，，DA =DC =DG =2（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：；（II ）求二面角的正弦值；（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).详解：依题意，可以建立以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则即不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则即不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有cos<m，n>=，于是sin<m，n>=．所以，二面角E–BC–F的正弦值为．（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得．易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为.点睛：本题主要考查空间向量的应用，线面平行的证明，二面角问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2．【2018年理北京卷】如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．【答案】(1)证明见解析(2) B-CD-C1的余弦值为(3)证明过程见解析【解析】分析：（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系E-ABF，设立各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线F G方向向量数量积不为零，可得结论. 详解：解：（Ⅰ）在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF．∵AB=BC．∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF．（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐称系E-xyz．由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D （1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．∴，设平面BCD的法向量为，∴，∴，令a=2，则b=-1，c=-4，∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1的法向量为，∴．由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．（Ⅲ）平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴，∴，∴与不垂直，∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.3．【2018年江苏卷】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求得向量的夹角，再根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果；（2）利用平面的方向量的求法列方程组解得平面的一个法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果.详解：如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．因为AB=AA1=2，所以．（1）因为P为A1B1的中点，所以，从而，故．因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．点睛：本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 4．【2018年江苏卷】在平行六面体中，．求证：（1）；（2）．【答案】答案见解析【解析】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.详解：证明：（1）在平行六面体ABCD-A 1B1C1D1中，AB∥A1B1．因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．点睛：本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明. 5．【2018年理新课标I卷】如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2) .【解析】分析：(1)首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即BF⊥PF，BF⊥EF，又因为，利用线面垂直的判定定理可以得出BF⊥平面PEF，又平面ABFD，利用面面垂直的判定定理证得平面PEF⊥平面ABFD.(2)结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为，利用线面角的定义，可以求得，得到结果.详解：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF.又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解，属于常规题目，在解题的过程中，需要明确面面垂直的判定定理的条件，这里需要先证明线面垂直，所以要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，从而证得结果；对于线面角的正弦值可以借助于平面的法向量来完成，注意相对应的等量关系即可.6．【2018年全国卷Ⅲ理】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】分析：（1）先证平面CMD,得,再证，进而完成证明。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
历年全国理科数学高考试题立体几何部分含答案
Company number【1089WT-1898YT-1W8CB-9UUT-92108】 （一） 1.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如 右图所示，则相应的俯视图可以为 2.已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,23ABBC,则棱锥OABCD的体积为 。 3.如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四 边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (Ⅰ)证明：PA⊥BD； (Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。 （一） 2.83 3. 解：（Ⅰ）因为60,2DABABAD， 由余弦定理得3BDAD 从而BD2+AD2= AB2，故BDAD 又PD底面ABCD，可得BDPD 所以BD平面PAD. 故 PABD （Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz，则 1,0,0A，03,0B，，1,3,0C，0,0,1P。
设平面PAB的法向量为n=（x，y，z），则0,0,{nABnPB
即 3030xyyz
因此可取n=(3,1,3) 设平面PBC的法向量为m，则 m0,m0,{PBBC
可取m=（0，-1，3） 427cos,727mn
故二面角A-PB-C的余弦值为 277
（二） 1. 正方体ABCD-1111ABCD中，B1B与平面AC1D所成角的余弦值为
A 23 B33 C23 D63
2. 已知圆O的半径为1，PA、PB为该圆的两条切线，A、B为俩切点，那么PAPB•的最小值为 (A) 42 (B)32 (C) 422 (D)322
3. 已知在半径为2的球面上有A、B、C、D四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD的体积的最大值为
(A) 233 (B)433 (C) 23 (D) 833
4. 如图，四棱锥S-ABCD中，SD底面ABCD，AB
（Ⅰ）证明：SE=2EB； （Ⅱ）求二面角A-DE-C的大小 . （二） 1. D 2. D 3. B 4. 解法一： (Ⅰ)连接BD,取DC的中点G，连接BG, 由此知 1,DGGCBG即ABC为直角三角形，故BCBD. 又ABCD,BCSDSD平面故, 所以，BC平面BDS,BCDE. 作BKEC,EDCSBCK为垂足，因平面平面， 故,BKEDCBKDEDE平面，与平面SBC内的两条相交直线BK、BC都垂直 DE⊥平面SBC，DE⊥EC,DE⊥SB 所以，SE=2EB (Ⅱ) 由225,1,2,,SASDADABSEEBABSA知 2212
1,AD=133AESAAB又.
故ADE为等腰三角形. 取ED中点F,连接AF,则226,3AFDEAFADDF. 连接FG，则//,FGECFGDE. 所以，AFG是二面角ADEC的平面角.
连接AG,AG=2,2263FGDGDF, 2221cos22AFFGAGAFGAFFG
,
所以，二面角ADEC的大小为120°. 解法二： 以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系Dxyz， 设A(1,0,0)，则B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2) （Ⅰ）(0,2,-2),(-1,1,0)SCBC
设平面SBC的法向量为n=(a, b, c) 由,nSCnBC，得0,0nSCnBC
故2b-2c=0,-a+b=0 令a=1，则b=c,c=1,n=(1,1,1) 又设SEEB (0)，则 设平面CDE的法向量m=(x,y,z) 由,mDEmDC,得 0mDE，0mDC
故 20,20111xyzy. 令2x，则(2,0,)m. 由平面DEC⊥平面SBC得m⊥n,0,20,2mn
故SE=2EB （Ⅱ）由（Ⅰ）知222(,,)333E，取DE的中点F，则111211(,,),(,,)333333FFA， 故0FADE，由此得FADE
又242(,,)333EC，故0ECDE，由此得ECDE， 向量FA与EC的夹角等于二面角ADEC的平面角 于是 1cos(,)2||||FAECFAECFAEC
所以，二面角ADEC的大小为120
（三） 1. 已知三棱柱111ABCABC的侧棱与底面边长都相等，1A在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与1CC所成的角的余弦值为（ ）
（A）34 （B）54 （C）74 (D) 34
2. 已知二面角l为60 ，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为3，Q到α的距离为23，则P、Q两点之间距离的最小值为（ ） (A) (B)2 (C) 23 (D)4 3. 直三棱柱111ABCABC的各顶点都在同一球面上，若12ABACAA, 120BAC，则此球的表面积等于 。 4.如图，四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，SD底面ABCD，2AD,2DCSD，点M在侧棱SC上，ABM=60° （I）证明：M在侧棱SC的中点 （II）求二面角SAMB的余弦值。 （三） 1. 解：设BC的中点为D，连结1AD，AD，易知1AAB即为异面直线AB与1CC所成的角,由三角余弦定理，易知
11
3cocs4oscosADADAADDABAAAB.故选D
2. 解:如图分别作,,,QAAAClCPBB于于于 PDlD于，连,60,CQBDACQPBD则
23,3AQBP，2ACPD
BCBCA11
1
AD又2221223PQAQAPAP
当且仅当0AP，即AP点与点重合时取最小值。故答案选C。 3. 解:在ABC中2ABAC,120BAC,可得23BC,由正弦定理,可得ABC外接圆半径r=2 设此圆圆心为O，球心为O，在RTOBO中，易得球半径5R，故此球的表面积为2420R. 解法一：（I）作ME∥CD交SD于点E，则ME∥AB，ME平面SAD 连接AE，则四边形ABME为直角梯形 作MFAB，垂足为F，则AFME为矩形 设MEx，则SEx，222(2)2AEEDADx
由2tan60,(2)23(2)MFFBxx•。得
解得1x
即1ME，从而12MEDC
所以M为侧棱SC的中点 （Ⅱ）222MBBCMC，又60,2ABMAB,所以ABM为等边三角形， 又由（Ⅰ）知M为SC中点 2,6,2SMSAAM，故222,90SASMAMSMA
取AM中点G，连结BG，取SA中点H，连结GH，则,BGAMGHAM,由此知BGH为二面角SAMB的平面角 连接BH，在BGH中，
所以2226cos23BGGHBHBGHBGGH
•• 解法二:以D为坐标原点，射线DA为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系D-xyz 设(2,0,0)A，则(2,2,0),(0,2,0),(0,0,2)BCS
（Ⅰ）设(0)SMMC,则 又(0,2,0),,60ABMBAB
故||||cos60MBABMBAB••
即222422(2)()()111
解得1，即SMMC
所以M为侧棱SC的中点
（II）由(0,1,1),(2,0,0)MA，得AM的中点211(,,)222G
又231(,,),(0,1,1),(2,1,1)222GBMSAM
所以,GBAMMSAM
因此,GBMS等于二面角SAMB的平面角 （四） 1．已知三棱柱111ABCABC的侧棱与底面边长都相等，1A在底面ABC内的射影为ABC△的中心，则1AB与底面ABC所成角的正弦值等于（ ）
A．13 B．23 C．33 D．23
2．等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角CABD的余弦值
为33，M、N分别是AC、BC的中点，则EM、AN所成角的余弦值等于 ．