2020版高考數(shù)學(xué) 3年高考2年模擬 第9章 立體幾何

立體幾何第一部分立體幾何第一部分 三年高考薈三年高考薈 20202020 年高考題年高考題 一、選擇題 1.（重慶理 9）高為 2 4 的四棱錐 S-ABCD 的底面是邊長為 1 的正方形，點 S、A、B、C、D 均在半徑為 1 的同一球面上，則底面 ABCD 的中心與頂點 S 之間的距離為 A 2 4 B 2 2 C1 D 2 【答案】C 2.（浙江理 4）下列命題中錯誤的是 A如果平面 平面 ，那么平面內(nèi)一定存在直線平行于平面 B如果平面 不垂直于平面，那么平面內(nèi)一定不存在直線垂直于平面 C如果平面 平面 ，平面 平面 ， =l ，那么l 平面 D如果平面 平面 ，那么平面內(nèi)所有直線都垂直于平面 【答案】D 3.（四川理 3） 1 l ， 2 l ， 3 l 是空間三條不同的直線，則下列命題正確的是 A 12 ll ， 23 ll 13 / /ll B 12 ll ， 23 / /ll 13 ll C 233 / / /lll 1 l ， 2 l ， 3 l 共面 D 1 l ， 2 l ， 3 l 共點 1 l ， 2 l ， 3 l 共面 【答案】B 【解析】A 答案還有異面或者相交，C、D 不一定 4.（陜西理 5）某幾何體的三視圖如圖所示，則它的體積是 A 2 8 3 B 8 3 C8 2 D 2 3 【答案】A 5.（浙江理 3）若某幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的直觀圖可以是 【答案】D 6.（山東理 11）右圖是長和寬分別相等的兩個矩形給定下列三個命題： 存在三棱柱，其正（主）視圖、俯視圖如下圖；存在四棱柱，其正 （主） 視圖、俯視圖如右圖；存在圓柱，其正（主）視圖、俯視圖如右 圖其 中真命題的個數(shù)是 A3 B2 C1 D0 【答案】A 7.（全國新課標理 6） 。在一個幾何體的三視圖中，正視圖與俯視圖如右圖所示，則相應(yīng)的 側(cè)視圖可以為 【答案】D 8.（全國大綱理 6）已知直二面角 ，點 A，AC，C 為垂足， B，BD，D 為垂足若 AB=2，AC=BD=1，則 D 到平面 ABC 的距離等于 A 2 3 B 3 3 C 6 3 D1 【答案】C 9.（全國大綱理 11）已知平面 截一球面得圓 M，過圓心 M 且與 成 0 60 二面角的平面 3 3 2 正視圖側(cè)視圖 俯視圖 圖 1 截該球面得圓 N若該球面的半徑為 4，圓 M 的面積為 4，則圓 N 的面積為 A7 B9 C11 D13 【答案】D 10.（湖南理 3）設(shè)圖 1 是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為 A 9 12 2 B 9 18 2 C9 42 D36 18 【答案】B 11.（江西理 8）已知 1 a ， 2 a ， 3 a 是三個相互平行的平面平面 1 a ， 2 a 之間的距離為 1 d ， 平面 2 a ， 3 a 之間的距離為 2 d 直線l與 1 a ， 2 a ， 3 a 分別相交于 1 p ， 2 p ， 3 p ，那么 “ 12 PP = 23 P P ”是“ 12 dd ”的 A充分不必要條件 B必要不充分條件 C充分必要條件 D既不充分也不必要條件 【答案】C 12.（廣東理 7）如圖 13，某幾何體的正視圖（主視圖）是平行四邊形，側(cè)視圖（左視圖） 和俯視圖都是矩形，則該幾何體的體積為 A6 3 B9 3 C12 3 D18 3 【答案】B 13.（北京理 7）某四面體的三視圖如圖所示，該四面體四個面的面積中，最大的是 A8 B6 2 C10 D8 2 【答案】C 14.（安徽理 6）一個空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為 （A）48 （B）32+8 （C）48+8 （D）80 【答案】C 15.（遼寧理 8） 。如圖，四棱錐 SABCD 的底面為正方形，SD底面 ABCD，則下列結(jié)論中 不正確的是 （A）ACSB （B）AB平面 SCD （C）SA 與平面 SBD 所成的角等于 SC 與平面 SBD 所成的角 （D）AB 與 SC 所成的角等于 DC 與 SA 所成的角 【答案】D 16.（遼寧理 12） 。已知球的直徑 SC=4，A，B 是該球球面上的兩點，AB= 3 ， 30BSCASC ，則棱錐 SABC 的體積為 （A） 33 （B） 32 （C） 3 （D）1 【答案】C 17 （上海理 17）設(shè) 12345 ,A A A A A 是空間中給定的 5 個不同的點，則使 12345 0MAMAMAMAMA 成立的點M的個數(shù)為 A0 B1 C5 D10 【答案】B 二、填空題 18.（上海理 7）若圓錐的側(cè)面積為2，底面積為，則該圓錐的體積為 。 【答案】 3 3 19.（四川理 15）如圖，半徑為 R 的球 O 中有一內(nèi)接圓柱當(dāng)圓柱的側(cè) 面積最大是，求的表面積與改圓柱的側(cè)面積之差是 【答案】 2 2 R 【解析】 22222 max 224()SrRrrRrS 側(cè)側(cè) 時， 2 2222 2 22 R rRrrrR ，則 222 422RRR 20.（遼寧理 15）一個正三棱柱的側(cè)棱長和底面邊長相等，體積為 32 ，它的三視圖中的 俯視圖如右圖所示，左視圖是一個矩形，則這個矩形的面積是 【答案】2 3 21.（天津理 10）一個幾何體的三視圖如右圖所示（單位：m） ，則該幾何體的體積為 _ 3 m 【答案】6 22.（全國新課標理 15） 。已知矩形 ABCD 的頂點都在半徑為 4 的球 O 的球面上，且 AB=6，BC=2 3，則棱錐 O-ABCD 的體積為_ 【答案】8 3 23.（湖北理 14）如圖，直角坐標系 xOy 所在的平面為，直角坐標系 xOy （其中 y 軸 一與 y 軸重合）所在的平面為， 45xOx。 （）已知平面內(nèi)有一點 (2 2,2) P ，則點 P在平面內(nèi)的射影P的 坐標為 （2，2） ； （）已知平面內(nèi)的曲線 C 的方程是 22 (2)220 xy ，則曲線 C 在平面內(nèi) 的射影C的方程是 。 【答案】 22 (1)1xy 24.（福建理 12）三棱錐 P-ABC 中，PA底面 ABC，PA=3，底面 ABC 是邊長為 2 的正三角形， 則三棱錐 P-ABC 的體積等于_。 【答案】 3 三、解答題 25.（江蘇 16）如圖，在四棱錐 ABCDP 中，平面 PAD平 面 ABCD，AB=AD，BAD=60，E、F 分別是 AP、AD 的中點 求證：（1）直線 EF平面 PCD； （2）平面 BEF平面 PAD F E A C D B P 本題主要考查直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，考察空間想象能力和推理論證能力。 滿分 14 分。 證明：（1）在PAD 中，因為 E、F 分別為 AP，AD 的中點，所以 EF/PD. 又因為 EF平面 PCD，PD平面 PCD， 所以直線 EF/平面 PCD. （2）連結(jié) DB，因為 AB=AD，BAD=60， 所以ABD 為正三角形，因為 F 是 AD 的 中點，所以 BFAD.因為平面 PAD平面 ABCD， BF平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCD=AD，所以 BF平面 PAD。又因為 BF平面 BEF，所以平面 BEF平面 PAD. 26.（安徽理 17）如圖，ABCDEFG為多面體，平面ABED與平面AGFD垂直，點O在 線段AD上， 1,2,OAOD OAB，,OAC，ODE，ODF都是正三角形。 （）證明直線BCEF； （II）求棱錐 FOBED 的體積。 本題考查空間直線與直線，直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，空間直線平行的證明， 多面體體積的計算等基本知識，考查空間想象能力，推理論證能力和運算求解能力. （I） （綜合法） 證明：設(shè) G 是線段 DA 與 EB 延長線的交點. 由于OAB 與ODE 都是正三角形，所以 OB DE 2 1 ，OG=OD=2， 同理，設(shè) G 是線段 DA 與線段 FC 延長線的交點，有 . 2ODGO = 又由于 G 和 G 都在線段 DA 的延長線上，所以 G 與 G 重合. 在GED 和GFD 中，由OB DE 2 1 和 OC DF 2 1 ，可知 B 和 C 分別是 GE 和 GF 的中 點，所以 BC 是GEF 的中位線，故 BCEF. （向量法） 過點 F 作 ADFQ ，交 AD 于點 Q，連 QE，由平面 ABED平面 ADFC，知 FQ平面 ABED，以 Q 為坐標原點，QE為x軸正向，QD為 y 軸正向，QF為 z 軸正向，建立 如圖所示空間直角坐標系. 由條件知 ). 2 3 , 2 3 , 0(), 0 , 2 3 , 2 3 (),3, 0 , 0(),0 , 0 , 3(CBFE 則有 ).3, 0 , 3(), 2 3 , 0 , 2 3 (EFBC 所以 ,2BCEF 即得 BCEF. （II）解：由 OB=1，OE=2， 2 3 ,60 EOB SEOB知 ，而OED 是邊長為 2 的正三 角形，故 . 3 OED S 所以 . 2 33 OEDEOBOBED SSS 過點 F 作 FQAD，交 AD 于點 Q，由平面 ABED平面 ACFD 知，F(xiàn)Q 就是四棱錐 F OBED 的高，且 FQ= 3 ，所以 . 2 3 3 1 OBEDOBEDF SFQV 27.（北京理 16） 如圖，在四棱錐P ABCD 中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形， 2,60ABBAD . ()求證：BD 平面 ;PAC （）若 ,PAAB 求PB與AC所成角的余弦值； （）當(dāng)平面PBC與平面PDC垂直時，求PA的長. = 證明：（）因為四邊形 ABCD 是菱形， 所以 ACBD. 又因為 PA平面 ABCD. 所以 PABD. 所以 BD平面 PAC. （）設(shè) ACBD=O. 因為BAD=60，PA=PB=2, 所以 BO=1，AO=CO= 3 . 如圖，以 O 為坐標原點，建立空間直角坐標系 Oxyz，則 P（0， 3 ，2） ，A（0， 3 ，0） ，B（1，0，0） ，C（0， 3 ，0）. 所以 ).0 , 32 , 0(),2, 3, 1 (ACPB 設(shè) PB 與 AC 所成角為，則 4 6 3222 6 | | cos ACPB ACPB . （）由（）知 ).0 , 3, 1(BC 設(shè) P（0， 3 ，t） （t0） ， 則 ), 3, 1(tBP 設(shè)平面 PBC 的法向量 ),(zyxm , 則 0, 0mBPmBC 所以 03 , 03 tzyx yx 令 , 3y 則 . 6 , 3 t zx 所以 ) 6 , 3, 3( t m 同理，平面 PDC 的法向量 ) 6 , 3, 3( t n 因為平面 PCB平面 PDC, 所以 nm =0，即 0 36 6 2 t 解得 6t 所以 PA= 6 28.（福建理 20） 如圖，四棱錐 P-ABCD 中，PA底面 ABCD，四邊形 ABCD 中，ABAD，AB+AD=4，CD= 2， 45CDA （I）求證：平面 PAB平面 PAD； （II）設(shè) AB=AP （i）若直線 PB 與平面 PCD 所成的角為 30 ，求線段 AB 的長； （ii）在線段 AD 上是否存在一個點 G，使得點 G 到點 P，B，C，D 的距離都相等？說明理 由。 本小題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查空間 想象能力、推理論證能力、抽象根據(jù)能力、運算求解能力，考查函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié) 合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，滿分 14 分。 解法一： （I）因為PA 平面 ABCD， AC 平面 ABCD， 所以PA AB ， 又 ,ABAD PAADA 所以AB 平面 PAD。 又AB 平面 PAB，所以平面PAB 平面 PAD。 （II）以 A 為坐標原點，建立空間直角坐標系 Axyz（如圖） 在平面 ABCD 內(nèi)，作 CE/AB 交 AD 于點 E，則 .CEAD 在Rt CDE 中，DE= cos451CD ， sin451,CECD 設(shè) AB=AP=t，則 B（t，0，0） ，P（0，0，t） 由 AB+AD=4，得 AD=4-t， 所以 (0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)EtCtDt ， ( 1,1,0),(0,4,).CDPDtt （i）設(shè)平面 PCD 的法向量為 ( , , )nx y z ， 由n CD ，n PD ，得 0, (4)0. xy t ytx 取x t ，得平面 PCD 的一個法向量 , ,4nt tt ， 又 ( ,0,)PBtt ，故由直線 PB 與平面 PCD 所成的角為30，得 2 2222 |24 |1 cos60|, 2| | (4)2 n PBtt nPB tttx 即 解得 4 4 5 tt或 （舍去，因為 AD 40t ） ，所以 4 . 5 AB （ii）假設(shè)在線段 AD 上存在一個點 G，使得點 G 到點 P，B，C，D 的距離都相等， 設(shè) G（0，m，0） （其中0 4mt ） 則 (1,3,0),(0,4,0),(0, )GCtmGDtmGPm t ， 由| | |GCGD 得 222 (4)tmmt ， （2） 由（1） 、 （2）消去 t，化簡得 2 340mm （3） 由于方程（3）沒有實數(shù)根，所以在線段 AD 上不存在一個點 G， 使得點 G 到點 P，C，D 的距離都相等。 從而，在線段 AD 上不存在一個點 G， 使得點 G 到點 P，B，C，D 的距離都相等。 解法二： （I）同解法一。 （II） （i）以 A 為坐標原點，建立空間直角坐標系 Axyz（如圖） 在平面 ABCD 內(nèi)，作 CE/AB 交 AD 于 E， 則CE AD 。 在平面 ABCD 內(nèi)，作 CE/AB 交 AD 于點 E，則 .CEAD 在Rt CDE 中，DE= cos451CD ， sin451,CECD 設(shè) AB=AP=t，則 B（t，0，0） ，P（0，0，t） 由 AB+AD=4，得 AD=4-t， 所以 (0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)EtCtDt ， ( 1,1,0),(0,4,).CDPDtt 設(shè)平面 PCD 的法向量為 ( , , )nx y z ， 由n CD ，n PD ，得 0, (4)0. xy t ytx 取x t ，得平面 PCD 的一個法向量 , ,4nt tt ， 又 ( ,0,)PBtt ，故由直線 PB 與平面 PCD 所成的角為30，得 2 2222 |24 |1 cos60|, 2| | (4)2 n PBtt nPB tttx 即 解得 4 4 5 tt或 （舍去，因為 AD 40t ） ， 所以 4 . 5 AB （ii）假設(shè)在線段 AD 上存在一個點 G，使得點 G 到點 P，B，C，D 的距離都相等， 由 GC=CD，得 45GCDGDC ， 從而 90CGD，即 ,CGAD sin451,GDCD 設(shè) ,AB則AD =4- , 3AGADGD ， 在Rt ABG 中， 2222 (3)GBABAG 2 39 2()1, 22 這與 GB=GD 矛盾。 所以在線段 AD 上不存在一個點 G，使得點 G 到點 B，C，D 的距離都相等， 從而，在線段 AD 上不存在一個點 G，使得點 G 到點 P，B，C，D 的距離都相等。 29.（廣東理 18） 如圖 5在椎體 P-ABCD 中，ABCD 是邊長為 1 的棱形， 且DAB=60， 2PAPD ,PB=2, E,F 分別是 BC,PC 的中點 （1） 證明：AD 平面 DEF; （2） 求二面角 P-AD-B 的余弦值 法一：（1）證明：取 AD 中點 G，連接 PG，BG，BD。 因 PA=PD，有PG AD ，在 ABD 中， 1,60ABADDAB，有 ABD 為 等邊三角形，因此 ,BGAD BGPGG ，所以 AD 平面 PBG ,.ADPB ADGB 又 PB/EF，得AD EF ，而 DE/GB 得 AD DE，又FE DEE ，所以 AD 平面 DEF。 （2） ,PGAD BGAD ， PGB 為二面角 PADB 的平面角， 在 222 7 , 4 Rt PAGPGPAAG中 在 3 2 Rt ABG中, BG =AB si n60 = 222 73 4 21 44 cos 27 73 2 22 PGBGPB PGB PG BG 法二：（1）取 AD 中點為 G，因為 ,.PAPD PGAD 又 ,60 ,ABADDABABD 為等邊三角形，因此，BG AD ， 從而AD 平面 PBG。 延長 BG 到 O 且使得 PO OB，又PO 平面 PBG，PO AD， ,ADOBG 所以 PO 平面 ABCD。 以 O 為坐標原點，菱形的邊長為單位長度，直線 OB，OP 分別為x軸，z 軸，平行于 AD 的直線為 y 軸，建立如圖所示空間直角坐標系。 設(shè) 11 (0,0,),( ,0,0),( ,0),( ,0). 22 Pm G nA nD n則 3 | |sin60 2 GBAB 333 13 1 (,0,0),(,1,0),(,0),(,). 2222242 2 nm B nC nE nF 由于 33 (0,1,0),(,0,0),(,0,) 2242 nm ADDEFE 得 0,0,AD DEAD FEADDE ADFE DEFEE AD平面 DEF。 （2） 13 ( ,),(,0,) 22 PAnm PBnm 2222 133 2, ()2,1,. 422 mnnmmn解之得 取平面 ABD 的法向量 1 (0,0, 1),n 設(shè)平面 PAD 的法向量 2 ( , , )na b c 由 22 33 0,0,0,0, 2222 bb PA nacPD nac 得由得 取 2 3 (1,0,). 2 n 12 3 21 2 cos,. 7 7 1 4 n n 30.（湖北理 18） 如圖，已知正三棱柱 111ABCA B C 的各棱長都是 4，E是BC的中點，動點F在側(cè)棱 1CC 上，且不與點C重合 （）當(dāng)CF=1 時，求證：EF 1AC； （）設(shè)二面角C AFE 的大小為，求tan的最小值 本小題主要考查空間直線與平面的位置關(guān)系和二面角等基礎(chǔ)知識，同時考查空間想象能力、 推理論證能力和運算求解能力。 （滿分 12 分） 解法 1：過 E 作EN AC 于 N，連結(jié) EF。 （I）如圖 1，連結(jié) NF、AC1，由直棱柱的性質(zhì)知， 底面 ABC側(cè)面 A1C。 又度面 ABC 側(cè)面 A，C=AC，且EN 底面 ABC， 所以EN 側(cè)面 A1C，NF 為 EF 在側(cè)面 A1C 內(nèi)的射影， 在Rt CNE 中， cos60CNCE=1， 則由 1 1 4 CFCN CCCA ，得 NF/AC1， 又 11 ,ACAC 故 1 NFAC 。 由三垂線定理知 1 .EFAC （II）如圖 2，連結(jié) AF，過 N 作NM AF 于 M，連結(jié) ME。 由（I）知EN 側(cè)面 A1C，根據(jù)三垂線定理得 ,EMAF 所以 EMN 是二面角 CAFE 的平面角，即 EMN ， 設(shè) ,045FAC則 在Rt CNE 中， sin603,NEEC 在 ,sin3sin ,Rt AMNMNANaa中 故 3 tan. 3sin NE MNa 又 2 045 ,0sin, 2 a 故當(dāng) 2 sin,45 2 a即當(dāng) 時，tan達到最小值； 36 tan2 33 ，此時 F 與 C1 重合。 解法 2：（I）建立如圖 3 所示的空間直角坐標系，則由已知可得 1 (0,0,0), (2 3,2,0),(0,4,0),(0,0,4),( 3,3,0),(0,4,1),ABCAEF 于是 1 (0, 4,4),(3,1,1).CAEF 則 1 (0, 4,4) (3,1,1)0440,CA EF 故 1 .EFAC （II）設(shè) ,(04)CF ， 平面 AEF 的一個法向量為 ( , , )mx y z ， 則由（I）得 F（0，4，） ( 3,3,0),(0,4, )AEAF ，于是由 ,mAE mAF 可得 0, 330, 40.0, m AE xy yzm AF 即 取 ( 3 ,4).m 又由直三棱柱的性質(zhì)可取側(cè)面 AC1 的一個法向量為 (1,0,0)n ， 于是由為銳角可得 | cos | | m n mn 2 22 316 ,sin 2424 ， 所以 2 2 16116 tan 333 ， 由0 4 ，得 11 4 ，即 116 tan, 333 故當(dāng) 4 ，即點 F 與點 C1 重合時，tan取得最小值 6 , 3 31.（湖南理 19） 如圖 5，在圓錐PO中，已知PO= 2，O 的直徑2AB ,C是 : AB的中點，D為 AC的中點 （）證明：平面POD平面PAC; （）求二面角B PAC 的余弦值。 解法 1：連結(jié) OC，因為 ,OAOC DAC是的中點, 所以ACO D . 又PO 底面O，AC底面O，所以AC PO ， 因為 OD，PO 是平面 POD 內(nèi)的兩條相交直線，所以AC 平面 POD， 而AC 平面 PAC，所以平面 POD平面 PAC。 （II）在平面 POD 中，過 O 作OH PD 于 H，由（I）知，平面 ,PODPAC平面 所以O(shè)H 平面 PAC，又PA面 PAC，所以 .PAOH 在平面 PAO 中，過 O 作OG PA 于 G， 連接 HG， 則有PA 平面 OGH， 從而PA HG ，故 OGH 為二面角 BPAC 的平面角。 在 2 ,sin45. 2 Rt ODAODOA 中 在 22 2 2 10 2 ,. 51 2 2 PO OD Rt PODOH POOD 中 在 22 2 16 ,. 321 PO OA Rt POAOG POOA 中 在 10 15 5 ,sin. 56 3 OH Rt OHGOGH OG 中 所以 2 1510 cos1 sin1. 255 OGHOGH 故二面角 BPAC 的余弦值為 10 . 5 解法 2：（I）如圖所示，以 O 為坐標原點，OB、OC、OP 所在直線分別為 x 軸、y 軸，z 軸 建立空間直角坐標系，則 (0,0,0),( 1,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,2)OABCP ， 1 1 (,0) 2 2 D 設(shè) 1111 ( ,)nx y z 是平面 POD 的一個法向量， 則由 11 0,0n ODn OP ，得 11 1 11 0, 22 20. xy z 所以 11111 0,1,(1,1,0).zxyyn取得 設(shè) 2222 (,)nxyz 是平面 PAC 的一個法向量， 則由 22 0,0nPAnPC ， 得 22 22 20, 20. xz yz 所以 22222 2,2.1,xzyz 取z 得 2 (2, 2,1)n 。 因為 12 (1,1,0) (2, 2,1)0,n n 所以 12. nn 從而平面POD 平面 PAC。 （II）因為 y 軸平面 PAB，所以平面 PAB 的一個法向量為 3 (0,1,0).n 由（I）知，平面 PAC 的一個法向量為 2 (2, 2,1)n 設(shè)向量 23 nn和 的夾角為，則 23 23 210 cos. | |55 nn nn 由圖可知，二面角 BPAC 的平面角與相等， 所以二面角 BPAC 的余弦值為 10 . 5 32.（遼寧理 18） 如圖，四邊形 ABCD 為正方形，PD平面 ABCD，PDQA，QA=AB= 1 2PD （I）證明：平面 PQC平面 DCQ； （II）求二面角 QBPC 的余弦值 解： 如圖，以 D 為坐標原點，線段 DA 的長為單位長，射線 DA 為 x 軸的正半軸建立空間直角坐 標系 Dxyz. （I）依題意有 Q（1，1，0） ，C（0，0，1） ，P（0，2，0）. 則 (1,1,0),(0,0,1),(1, 1,0).DQDCPQ 所以 0,0.PQ DQPQ DC 即 PQDQ，PQDC. 故 PQ平面 DCQ. 又 PQ平面 PQC，所以平面 PQC平面 DCQ. 6 分 （II）依題意有 B（1，0，1） ， (1,0,0),( 1,2, 1).CBBP 設(shè) ( , , )nx y z 是平面 PBC 的法向量，則 0,0, 20. 0, n CBx xyz n BP 即 因此可取 (0, 1, 2).n 設(shè) m 是平面 PBQ 的法向量，則 0, 0. m BP m PQ 可取 15 (1,1,1).cos,. 5 mm n 所以 故二面角 QBPC 的余弦值為 15 . 5 12 分 33.（全國大綱理 19） 如圖，四棱錐S ABCD 中， ABCD ,BC CD ，側(cè)面SAB為等邊三角形， 2,1ABBCCDSD （）證明：SD SAB 平面 ; （）求AB與平面SBC所成角的大小 解法一： （I）取 AB 中點 E，連結(jié) DE，則四邊形 BCDE 為矩形，DE=CB=2， 連結(jié) SE，則 ,3.SEAB SE 又 SD=1，故 222 EDSESD ， 所以 DSE 為直角。 3 分 由 ,ABDE ABSE DESEE ， 得AB 平面 SDE，所以AB SD 。 SD 與兩條相交直線 AB、SE 都垂直。 所以SD 平面 SAB。6 分 （II）由AB 平面 SDE 知， 平面ABCD 平面 SED。 作 ,SFDE 垂足為 F，則 SF平面 ABCD， 3 . 2 SDSE SF DE 作FG BC ，垂足為 G，則 FG=DC=1。 連結(jié) SG，則SG BC ， 又 ,BCFG SGFGG ， 故BC 平面 SFG，平面 SBC平面 SFG。9 分 作FH SG ，H 為垂足，則FH 平面 SBC。 3 7 SFFG FH SG ，即 F 到平面 SBC 的距離為 21 . 7 由于 ED/BC，所以 ED/平面 SBC，E 到平面 SBC 的距離 d 也有 21 . 7 設(shè) AB 與平面 SBC 所成的角為 ， 則 2121 sin,arcsin. 77 d EB 12 分 解法二： 以 C 為坐標原點，射線 CD 為 x 軸正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系 Cxyz。 設(shè) D（1，0，0） ，則 A（2，2，0） 、B（0，2，0） 。 又設(shè) ( , , ),0,0,0.S x y zxyz則 （I） (2,2, ),( ,2, )ASxyz BSx yz ， (1, , )DSxy z ， 由| | |ASBS 得 222222 (2)(2)(2),xyzxyz 故 x=1。 由 22 | 11,DSyz 得 又由 222 | 2(2)4,BSxyz 得 即 22 13 410,. 22 yzyyz 故 3 分 于是 133333 (1,),( 1,),(1,) 222222 SASBS ， 13 (0,),0,0. 22 DSDS ASDS BS 故 ,DSAD DSBSASBSS又 所以SD 平面 SAB。6 分 （II）設(shè)平面 SBC 的法向量 ( , , )am n p ， 則 ,0,0.aBS aCB a BSa CB 又 33 (1,),(0,2,0), 22 BSCB 故 33 0, 22 20. mnp n 9 分 取 p=2 得 (3,0,2),( 2,0,0)aAB 又 。 21 cos,. 7| | AB a AB a ABa 故 AB 與平面 SBC 所成的角為 21 arcsin. 7 34.（全國新課標理 18） 如圖，四棱錐P ABCD 中，底面 ABCD 為平行四邊形， 60DAB，2ABAD ，PD 底面 ABCD （I）證明：PA BD ； （II）若 PD=AD，求二面角 A-PB-C 的余弦值 解： （）因為 60 ,2DABABAD ， 由余弦定理得 3BDAD 從而 BD2+AD2= AB2，故 BDAD 又 PD底面 ABCD，可得 BDPD 所以 BD平面 PAD. 故 PABD （）如圖，以 D 為坐標原點，AD 的長為單位長，射線 DA 為x軸的正半軸建立空間直角 坐標系 D- xyz ，則 1,0,0A ， 03,0B， ， 1, 3,0C ， 0,0,1P ( 1, 3,0),(0, 3, 1),( 1,0,0)ABPBBC uu u vuuvuu u v 設(shè)平面 PAB 的法向量為 n=（x，y，z） ，則 0, 0, n AB n PB uu u r uu u r 即 30 30 xy yz 因此可取 n=( 3,1, 3) 設(shè)平面 PBC 的法向量為 m，則 m0, m0, PB BC uu u r uuu r 可取 m=（0，-1， 3 ） 42 7 cos, 72 7 m n 故二面角 A-PB-C 的余弦值為 2 7 7 35.（山東理 19） 在如圖所示的幾何體中，四邊形 ABCD 為平行四邊形， ACB=90，平面 ， EF，.=. （）若是線段的中點，求證：平面; （）若=,求二面角-的大小 19 （I）證法一： 因為 EF/AB，F(xiàn)G/BC，EG/AC， 90ACB， 所以 90 ,EGFABC .EFG 由于 AB=2EF， 因此，BC=2FC， 連接 AF，由于 FG/BC， 1 , 2 FGBC 在 ABCD: 中，M 是線段 AD 的中點， 則 AM/BC，且 1 , 2 AMBC 因此 FG/AM 且 FG=AM， 所以四邊形 AFGM 為平行四邊形， 因此 GM/FA。 又FA平面 ABFE，GM 平面 ABFE， 所以 GM/平面 AB。 證法二： 因為 EF/AB，F(xiàn)G/BC，EG/AC， 90ACB， 所以 90 ,EGFABC .EFG 由于 AB=2EF， 因此，BC=2FC， 取 BC 的中點 N，連接 GN， 因此四邊形 BNGF 為平行四邊形， 所以 GN/FB， 在 ABCD: 中，M 是線段 AD 的中點，連接 MN， 則 MN/AB， 因為 ,MNGNN 所以平面 GMN/平面 ABFE。 又GM 平面 GMN， 所以 GM/平面 ABFE。 （II）解法一： 因為 90 ,ACB所以C AD =90 ， 又EA 平面 ABCD， 所以 AC，AD，AE 兩兩垂直， 分別以 AC，AD，AE 所在直線為 x 軸、y 軸和 z 軸，建立如圖所法的空間直角坐標系， 不妨設(shè) 22,ACBCAE 則由題意得 A（0，0，0， ） ，B（2，-2，0） ，C（2，0，0， ） ，E（0，0，1） ， 所以 (2, 2,0),(0,2,0),ABBC 又 1 , 2 EFAB 所以 (1, 1,1),( 1,1,1).FBF 設(shè)平面 BFC 的法向量為 111 ( ,),mx y z 則 0,0,m BCm BF 所以 1 11 0, , y xz 取 11 11,zx得 所以 (1,0,1),m 設(shè)平面 ABF 的法向量為 222 (,)nxyz ， 則 0,0,n ABn BF 所以 22 22 2 , 1,1, 0, xy yx z 取得 則 (1,1,0)n ， 所以 1 cos,. | |2 m n m n mn 因此二面角 ABFC 的大小為60 . 解法二： 由題意知，平面ABFE 平面 ABCD， 取 AB 的中點 H，連接 CH， 因為 AC=BC， 所以CH AB ， 則CH 平面 ABFE， 過 H 向 BF 引垂線交 BF 于 R，連接 CR， 則 .CRBF 所以 HRC 為二面角 ABFC 的平面角。 由題意，不妨設(shè) AC=BC=2AE=2。 在直角梯形 ABFE 中，連接 FH， 則FH AB ，又 2 2,AB 所以 1,2,HFAEBH 因此在Rt BHF 中， 6 . 3 HR 由于 1 2, 2 CHAB 所以在Rt CHR 中 ， 2 tan3, 6 3 HRC 因此二面角 ABFC 的大小為60 . 36.（陜西理 16） 如圖，在 ABC 中， 60 ,90 ,ABCBACAD 是BC上的高，沿AD把 ABC 折起，使 90BCD 。 （）證明：平面 平面； （）設(shè)為的中點，求AE 與DB 夾角的余弦值。 解（）折起前是邊上的高， 當(dāng) 折起后，AD，AD， 又 DB， 平面， AD 平面平面 BDC 平面 ABD平面 BDC。 （）由 90及（）知 DA，DC 兩兩垂直，不防設(shè) DB =1，以 D 為坐 標原點，以 ,DB DC DA 所在直線 , ,x y z 軸建立如圖所示的空間直角坐標系，易得 D（0,0,0） ，B（1,0,0） ，C（0,3,0） ，A（0,0， 3 ） ，E（ 1 2， 3 2，0） ， AE = 1 3 ,3 2 2 ， DB =（1，0,0,） ， AE 與DB 夾角的余弦值為 cosAE ，DB = 1 22 2 . 22| |22 1 4 AE DB AEDB 1 22 2 2222 1 4 37.（上海理 21） 已知 1111 ABCDABC D 是底面邊長為 1 的正四棱柱， 1 O 是 11 AC 和 11 B D 的交點。 （1）設(shè) 1 AB 與底面 1111 ABC D 所成的角的大小為，二面角 111 AB DA 的大小為。 求證：tan 2 tan ； （2）若點C到平面 11 AB D 的距離為 4 3，求正四棱柱1111 ABCDABC D 的高。 解：設(shè)正四棱柱的高為h。 連 1 AO ， 1 AA 底面 1111 ABC D 于 1 A ， 1 AB 與底面 1111 ABC D 所成的角為 11 AB A ，即 11 AB A 11 ABAD ， 1 O 為 11 B D 中點， 111 AOB D ，又 1111 AOB D ， 11 AO A 是二面角 111 AB DA 的平面角，即 11 AO A 1 11 tan AA h AB ， 1 11 tan22 tan AA h AO 。 建立如圖空間直角坐標系，有 11 (0,0, ),(1,0,0),(0,1,0),(1,1, )Ah BDCh 11 (1,0,),(0,1,),(1,1,0)ABh ADh AC 設(shè)平面 11 AB D 的一個法向量為 ( , , )nx y z ， 11 11 0 0 nABn AB nADn AD ，取 1z 得 ( , ,1)nh h 點C到平面 11 AB D 的距離為 22 |04 3| 1 n AChh d n hh ，則 2h 。 38.（四川理 19） 如圖，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中 BAC=90，AB=AC=AA1 =1D 是棱 CC1 上的一 P 是 AD 的延長線與 A1C1 的延長線的交點，且 PB1平面 BDA （I）求證：CD=C1D： （II）求二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值； （）求點 C 到平面 B1DP 的距離 z y x A1 B1 C1 D1 A B C D O1 O1 D C B A D1 C1 B1 A1 A1 B1 C1 D1 A B C D O1 解析：（1）連接 1 B A 交 1 BA 于O, 1 /B P 1 面BD A , 111 ,B PAB PAB PDOD 1 面面面BA 1 /B POD ,又O為 1 B A 的中點， D 為AP中點， 1 C 1 為AP, 1 ACDPC D 1 C DCD ,D 為 1 CC 的中點。 （2）由題意 11 ,ABAC ABAAABC C 1 面AA ,過 B 作AH AD ,連接BH，則 BHAD , AHB 為二面角 1 AADB 的平面角。在 1 AAD 中， 11 55 1, 22 AAADAD ,則 2 5 2 53 52 5 ,cos 5533 5 5 AH AHBHAHB BH （3）因為 11 C B PDB PCD VV ，所以 1 11 11 33 B PDP