屆二輪理科數(shù)學立體幾何專題卷

1、(2019北京東城模擬)1若正方體被一個平面截去一部分后，所得幾何體的三視圖如下列圖，則截面圖形的形狀為()A等腰三角形B直角三角形C平行四邊形D梯形1A解析：由三視圖可得，該幾何體是棱長為2的正方體被一個平面截去一個三棱錐所得的幾何體(如下列圖)，故截面是等腰三角形應(yīng)選A.2(2019湖北黃岡中學第三次模擬)已知一個簡單幾何體的三視圖如下列圖，若該幾何體的體積為2448，則r()1234ABCD2B解析：經(jīng)過三視圖可知，該幾何體是由一個三棱錐和1圓錐組成的，設(shè)該組合體4的體積為V,V119r24r113r3r4r2448,r2.應(yīng)選B.43323(2019山東濰坊5月三模)下列說法錯誤的選項

2、是()A垂直于同一個平面的兩條直線平行B若兩個平面互相垂直，則其中一個平面內(nèi)垂直于這兩個平面交線的直線與另一個平面垂直C若一個平面內(nèi)的兩條相交直線均與另一個平面平行，則這兩個平面平行D若一條直線與一個平面內(nèi)的無數(shù)條直線垂直，則這條直線和這個平面垂直3D解析：由線面垂直的性質(zhì)定理知，垂直于同一個平面的兩條直線平行，A正確；由面面垂直的性質(zhì)定理知，若兩個平面垂直，則其中一個平面內(nèi)垂直于這兩個平面交線的直線與另一個平面垂直，B正確；由面面平行的判斷定理知，一個平面內(nèi)的兩條相交直線均與另一個平面平行，則這兩個平面平行，C正確；當一條直線與平面內(nèi)無數(shù)條相互平行的直線垂直時，該直線與平面不一定垂直，D錯誤

3、應(yīng)選D.4(2019河北石家莊5月適應(yīng)性考試)一個圓錐的母線長為2，圓錐的母線與底面的夾()角為4，則圓錐的內(nèi)切球的表面積為A8B4(22)2C4(22)2D.32（22）2494B解析：由題意，作出圓錐的軸截面，如下列圖母線長為2，圓錐的母線與底面的夾角為2.設(shè)內(nèi)切球的半徑為r，根據(jù)等面積法，可得1，圓錐的底面半徑與高均為242221(2222)r，解得r22，該圓錐內(nèi)切球的表面積為4(22)224(22)2.應(yīng)選B.5(2019湖南普通高中學業(yè)水平考試)已知a，b為不同的直線，為不同的平面在下列命題中，正確的選項是()A若直線a平面，直線a平面，則B若平面內(nèi)有無窮多條直線都與平面平行，則C

4、若直線a?，直線b?，且a，b，則D若平面平面，平面平面，則5D解析：由a且a，得和平行或相交，A錯誤；平面內(nèi)的無數(shù)條相互平行的直線均平行于平面，和可能相交，B錯誤；若ab，此時直線a?，直線b，且a，b，和可能相交，C錯誤；由平面平行的性質(zhì)可知，平行于同一平面的兩平面互相平行，D正確應(yīng)選D.436(2019湖南衡陽三模)已知一個幾何體的三視圖如下列圖，且該幾何體的體積為3，則a的值為()233A.3B.3C23D.26A解析：由三視圖可知，該幾何體是由一個三棱錐和一個三棱柱組合而成的簡單組合體，其直觀圖如下列圖三棱錐和三棱柱的底面都是兩腰為2的等腰直角三角形，它們的高都為a，該幾何體的體積為

5、43，1(2)2a11(2)2a43，解得a323233.應(yīng)選A.7(2019河南省十所名校階段性測試)已知某四棱錐的三視圖如下列圖，其中俯視圖的外框為正方形，則該四棱錐的體積是()4816323B.3C.3D.37B解析：結(jié)構(gòu)棱長為2的正方體，由三視圖可得，該四棱錐為如下列圖的四棱錐PABCD，因此該四棱錐的體積V22211221（21）221212323823.應(yīng)選B.8(2019山東日照5月校際聯(lián)合考試)已知m，n是兩條不同直線，是兩個不同平面，給出四個命題：若m，n?，nm，則；若m，m，則；若m，n，mn，則；若m，n，mn，則.其中正確的命題是()ABCD8B解析：若m，n?，nm

6、，如圖1，則與不一定垂直，故為假命題；若m，m，根據(jù)垂直于同一條直線的兩個平面平行，知，故為真命題；若m，n，mn，則，故為真命題；若m，n，mn，如圖2，則與可能相交，故為假命題應(yīng)選B.圖1圖29(2019湖北武漢武昌區(qū)一模)已知正三棱錐SABC的所有極點都在球棱錐的底面是邊長為23的正三角形，側(cè)棱長為25，則球O的表面積為(O的球面上，)A10B25C100D1209B解析：正三角形ABC外接圓的半徑3232.設(shè)ABC的中心為M，則r3MA2，SA25，所以SMSA2MA24.設(shè)球O的半徑為R，在AOM中，由勾股定理得AM2OM2OA2，即4(4R)2R2，解得R5，則球O的表面積為4R2

7、25.應(yīng)選B.210(2019福建寧德高中同心順結(jié)盟校期中)在梯形ABCD中，ABC90，ADBC，BC2AD2AB2.將梯形ABCD繞AD所在直線旋轉(zhuǎn)一周而形成的曲面所圍成的幾何體的體積為().2.42.5A3B3CD310D解析：將梯形ABCD繞AD所在直線旋轉(zhuǎn)一周而形成的曲面所圍成的幾何體，如圖，體積為圓柱的體積減去圓錐的體積，即為1221121533.應(yīng)選D.11(2019廣東惠州第三次調(diào)研)榫卯是在兩個木構(gòu)件上所采用的一種凹凸聯(lián)合的連結(jié)方式，凸出部分叫榫，凹進部分叫卯，榫和卯咬合，起到連結(jié)作用，代表建筑有北京的紫禁城、天壇祈年殿、山西懸空寺等如下列圖是一種榫卯的三視圖，則該空間幾何體

8、的表面積為()A.192B.186C.180D.19811A解析：由三視圖復(fù)原幾何體，可知該幾何體為組合體，上部分是長方體，棱長分別為2，6，3，下部分為長方體，棱長分別為6，6，3，其表面積為S463266823192.應(yīng)選A.12(2019河北石家莊5月適應(yīng)性考試)我國古代科學家祖沖之的兒子祖暅在實踐的基礎(chǔ)上提出了體積計算的原理：“冪勢既同，則積不容異”(“冪”是截面積，“勢”是幾何體的高)，意思是兩個同高的幾何體，如在等高處截面的面積恒相等，則它們的體積相等已知某不規(guī)則幾何體與如下列圖的三視圖所表示的幾何體知足“冪勢既同”，則該不規(guī)則幾何體的體積為()A12B812122C2D12A解析

9、：根據(jù)給定的幾何體的三視圖，可得該幾何體左邊是一個棱長為2的正方體，右邊是一個長為1，寬和高為2的長方體截去一個底面半徑為1，高為2的半圓柱，該幾何體的體積為V2222211212212.不規(guī)則幾何體的體積為12.應(yīng)選A.13(2019福建福州5月質(zhì)量檢測)已知某幾何體的三視圖如圖，則該幾何體的表面積為()A33B323C23D22313A解析：該幾何體為兩個三棱錐的組合體，其直觀圖如下列圖.該幾何體的表面積為S41111123(2)233.2414(2019河南濮陽摸底考試)如圖是一個多面體的三視圖，它們都是斜邊長為2的等腰直角三角形，則這個多面體最長的一條棱長為()2B.3C23D3214

10、B解析：根據(jù)三視圖可知該幾何體是如下列圖的三棱錐，且PC平面AC.三視圖都是斜邊長為2的等腰直角三角形，ABACPC1，則PB棱，且PB213.應(yīng)選B.ABC，AB是最長的15(2019陜西第三次教學質(zhì)量檢測)一個動點從正方體ABCDA1B1C1D1的極點A處出發(fā)，經(jīng)正方體的表面，按最短路線抵達極點C1的地點，則下列圖形中能夠表示正方體及動點最短路線的正視圖是()ABCDC的地點，共有6種展開15C解析：由點A經(jīng)正方體的表面，按最短路線抵達點1方式，若把平面ABB111111A和平面BBCC展開到同一個平面內(nèi)，在矩形中連結(jié)AC會經(jīng)過BB的中點，故此時的正視圖為；若把平面ABCD和平面CDD1C

11、1展開到同一個平面內(nèi)，在矩形中連結(jié)AC1會經(jīng)過CD的中點，此時的正視圖為；其他幾種展開方式所對應(yīng)的正視圖在題中沒有出現(xiàn)或已在中應(yīng)選C.16(2019福建泉州一模)類比圓的內(nèi)接四邊形的觀點，可得球的內(nèi)接四面體的觀點.已知球O的一個內(nèi)接四面體ABCD中，ABBC，BD過球心O，若該四面體的體積為1，且ABBC2，則球O的表面積的最小值為_1638解析：球心O在線段BD上，O為BD的中點又OAOBOCOD且ABBC，點O在平面ABC內(nèi)的射影O為ABC的外心，即為AC的中點，故三棱錐16DABC的高h2OO，四面體ABCD的體積為6ABBCh1，進而hABBC.設(shè)球O36的半徑為R，BD24R2AB2

12、BC2h2AB2BC2（ABBC）2.又ABBC2，AB236BC242ABBC，故4R242ABBC（ABBC）2.由基本不等式可知ABBC22ABBC，即ABBC1.又函數(shù)f(x)42x362在(0，)為減函數(shù)，4R24x2ABBC3638，故球O的表面積的最小值為38.（ABBC）2中檔大題加強練(1)1(2019江西南昌第十中學第二次月考)已知在長方體ABCDA1B1C1D1中，AA1AB3，AD1，則異面直線B1C和C1D所成角的余弦值為()6623A.4B.3C.6D.61A解析：如下列圖，連結(jié)AB，AC.由長方體的性質(zhì)可得ABDC，ABC就1111是異面直線B1C和C1D所成角(

13、或補角)由已知可得AC（3）2122，AB13）2（3）26，1（3）2122.BC2AB1B1C2AC26446(方法一)cosAB1C114.應(yīng)選A.2ABBC262AB16226(方法二)cosAB1CB1C24.應(yīng)選A.2(2019甘肅白銀第四次聯(lián)考)在正方體ABCDA1B1C1D1中，E為棱CD上一點，CE2DE，F(xiàn)為棱AA的中點，且平面BEF與DD交于點G，則BG與平面ABCD所成角的正切值為()111225252A.12B.6C.12D.62C解析：平面ABCD平面A1B1C1D1，B1G與平面ABCD所成角即為B1G與平面A1B1C1D1所成角DD1平面A1B1C1D1，B1G

14、與平面A1B1C1D1所成角為D1B1G.AB6，則AF3，DE2，平面BEF平面CDD1C1GE，且BF平面CDD1C1，可AFDG3DGD1G知BFGE，則ABDE，即62?DG1，D1G5.在RtB1D1G中，tanD1B1GB1D1552，故B1526212G與平面ABCD所成角的正切值為12.應(yīng)選C.3(2019甘肅、青海、寧夏5月聯(lián)考)在四棱錐PABCD中，所有側(cè)棱都為42，底面是邊長為26的正方形，O是P在平面ABCD內(nèi)的射影，M是PC的中點，則異面直線OP與BM所成角為()A30B45C60D903C解析：由題可知O是正方形ABCD的中心，取N為OC的中點，OPMN，則BMN是

15、異面直線OP與BM所成的角OP平面ABCD，MN平面ABCD.在四棱錐PABCD中，所有側(cè)棱都為42，底面是邊長為26的正方形，OC23，OP321225，因此MN5.又在PBC中，cosBPCPB2PC2BC23232242PBPC2325，BM2PB2PM22PBPMcosBPC32824222520，即BM25，88cosBMNMN1，則異面直線OP與BM所成的角為60.應(yīng)選C.MB24(2019遼寧丹東質(zhì)量測試)若正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱長都相等，D是CC的中BADC的正切值為_1點，則二面角1415解析：設(shè)正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱長為2,取A1C1的中點E，連結(jié)3

16、B1E.由題意可知A1C1C1B1B1A12，B1EA1C1，利用勾股定理能夠求得B1E3.過E作EFAD，垂足為F，連結(jié)B1，如下列圖在正三棱柱111中，側(cè)面11FABCABCAACC底面A1B1C1，而側(cè)面AA1C1C底面A1B1C1A1C1，B1E側(cè)面AA1C1C.AD?平面AACC，BEAD.BEEFE，BE，EF?平面B1EF，AD平面BEF.而BF?平1111111面B1EF，ADB1F，因此EFB1是二面角B1ADC的平面角的補角在正方形AA1C1C中，111C1EC1D1，求出EF35.在RtB1FE中，4ACCDAA1A1E2ADEF5222tanEFB1EB1315，二面角

17、B1ADC的正切值為15.EF333555(2019山西考前適應(yīng)性訓(xùn)練)已知線段AB?平面，點O線段AB，知足OB2OA.將點A繞O折起到點P的地點，使直線PB與平面所成的角最大，則tan_3解析：當平面POB，且OPPB時，直線PB與平面所成的角最大，此5.3，tan3時63.6(2019福建上杭一中5月月考)已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為a，點E，F(xiàn)，G分別為棱AB，AA1，C1D1的中點，則下列結(jié)論中，正確結(jié)論的序號是_(把所有正確結(jié)論序號都填上)過E，F(xiàn)，G三點作正方體的截面，所得截面為正六邊形；B1D1EFGBD1平面ACB1；2二面角D1ACD平面角的正切值為2；13四

18、面體ACB1D1的體積等于a.解析：對，截面為如下列圖的正六邊形，故正確對，B1D1與平面EFG相交，故錯誤對，由條件知BD1AC，又AB1平面A1D1CB，故BD1AB1，BD1平面ACB1，故正確；對，取AC中點O，連結(jié)D1O，DO，則D1OAC，DOAC，故D1OD為二面角D1ACD的平面角又D1Da，DO22，故2a，tanD1OD錯誤對，四面體ACB1D1的體積VV正方體VA1AB1D1VC1CB1D1VDCAD11a2a3VBCAB1a34a，故錯誤綜上，正確結(jié)論的序號有.3237(2019江蘇揚州樹人中學二模)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，BAC30，BC1，

19、AA16，M是棱CC1的中點求證：A1BAM.求直線AM與平面AA1B1B所成角的正弦值7(1)證明：C1C平面ABC，BCAC，分別以CA，CB，CC1所在直線為x軸、y軸、z軸成立如下列圖的空間直角坐標系，6則B(0，1，0)，A1(3，0，6)，A(3，0，0)，M(0，0，2)，A1B(3，1，6)，AM(3，0，A1BAM3030，A1BAM，即A1BAM.62)，(2)解：由(1)知AB(3，1，0)，A1A(0，0，6)3xy0，設(shè)平面AA1B1B的法向量為n(x，y，z)，則6z0.不妨取n(1，3，0)設(shè)直線AM與平面AA1B1B所成角為，6AMn則sin|cosAM，n|6

20、.|AM|n|直線AM與平面AA16B1B所成角的正弦值為6.8(2019湖南、湖北八市十二校第二次調(diào)研)如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD1為矩形，ADE，BCF均為等邊三角形，EFAB，EFADAB.2過BD作截面與線段FC交于點N，使得AF平面BDN，試確定點N的地點，并予以證明；在(1)的條件下，求直線BN與平面ABF所成角的正弦值8解：(1)當N為線段FC的中點時，使得AF平面BDN.原因如下：如圖，連結(jié)AC，BD，設(shè)ACBDO，四邊形ABCD為矩形，O為AC的中點又N為FC的中點，ON為ACF的中位線，AFON.AF?平面BDN，ON?平面BDN，AF平面BDN，故N為F

21、C的中點時，使得AF平面BDN.(2)如圖，過O作PQAB，分別與AD，BC交于點P，Q.O為AC的中點，P，Q分別為AD，BC的中點ADE與BCF均為等邊三角形，且ADBC，ADEBCF.連結(jié)EP，F(xiàn)Q，則EPFQ.1EFAB，ABPQ，EF2AB，1EFPQ，EF2PQ，四邊形EPQF為等腰梯形取EF的中點M，連結(jié)MO，則MOPQ.又ADEP，ADPQ，EPPQP，AD平面EPQF.O點作OGAB于G，則OGAD，OGOM，OGOQ.軸、y軸、z軸的正方向，成立空間直角坐標系Oxyz.分別以O(shè)G，OQ，OM的方向為x不妨設(shè)AB4，則由條件可得O(0，0，0)，A(1，2，0)，B(1，2，

22、0)，F(xiàn)(0，1，2)，D(1，2，1，3，20)，N(22)21，3，2)AB(0，4，0)，AF(設(shè)n(x，y，z)是平面ABF的法向量，4y0，nAB0，則即x3y2z0，nAF0，可取n(2，0，1)312由BN(，2)，222|BNn|可得|cosBN，n|3，|BN|n|直線BN與平面ABF所成角的正弦值為23.9.(2019河北五個一名校結(jié)盟第一次診療)如圖，在四面體ABCD中，E，F(xiàn)分別是線段AD，BD的中點，ABDBCD90，EC2，ABBD2，直線EC與平面ABC所成的角等于30.求證：平面EFC平面BCD.求二面角ACEB的余弦值9(1)證明：在RtBCD中，F(xiàn)是斜邊BD

23、的中點，1FC2BD1.1E，F(xiàn)分別是AD，BD的中點，EF2AB1.EC2，EF2FC2EC2，EFFC.又ABBD，EFAB，EFBD.BDFCF，故EF平面BCD.EF?平面EFC，平面EFC平面BCD.(2)解：(方法一)取AC的中點M，連結(jié)ME，則MECD.CE1AD2，CDAC.2又CDBC，CD平面ABC，故ME平面ABC，因此ECM是直線EC與平面ABC所成的角，AC2MC2ECcos306，CDBC2.過點B作于BNAC于N，則BN平面ACD，ABBC23BNAC3.過點B作BHEC于H，連結(jié)HN，則BHN為二面角ACEB的平面角BEBCEC2，BH36，HNBH2BN26，

24、2BE26cosBHNHN1BH.31因此二面角ACEB的余弦值為3.(方法二)如圖，在平面BCD中，作x軸BD，以B為坐標原點，BD，BA所在直線為y，z軸成立空間直角坐標系CDBC2，(同方法一，過程略)C(1，1，0)，A(0，0，2)，E(0，1，1)，CE(1，0，1)，BE(0，1，1)，AE(0，1，1)設(shè)平面ACE的法向量m(x1，y1，z1)y1z10，則AEm0，取x11，得m(1，1，1)即x1z10.CEm0，設(shè)平面BCE的法向量n(x2，y2，z2)，y2z20，BEn0，則即取x21，得n(1，1，1)x2z20.CEn0，cosm，nmn11.|m|n|333由圖

25、知，二面角ACEB為銳角，1因此二面角ACEB的余弦值為3.10(2019江蘇蘇州最后一卷)在四棱錐PABCD中，ABCD，AB2CD2BC2AD4，DAB60，AEBE，PAD為正三角形，且平面PAD平面ABCD.求二面角PECD的余弦值(2)線段PC上是否存在一點M，使異面直線DM和PE所成角的余弦值為68？若存在，指出點M的地點；若不存在，請說明原因10解：設(shè)O是AD中點，PAD為正三角形，則POAD.平面PAD平面ABCD，PO平面ABCD.又ADAE2，DAB60，ADE為正三角形，OEAD.成立如下列圖空間直角坐標系Oxyz，則P(0，0，3)，E(0，3，0)，C(2，3，0)，

26、D(1，0，0)，3，于是PC(2，3)，PE(0，3，3)，DP(1，0，3)(1)設(shè)平面PEC的法向量為n(x，y，z)，10得一個法向量為n1(0，1，1)，由PCn10，PEn1平面EDC的一個法向量為n2(0，0，1)設(shè)二面角PECD的平面角為，則|cos|cosn1212，n|22.由圖知為銳角，二面角PECD的余弦值為22.(2)設(shè)PMPC(01)，則PM(2，3，3)，DMDPPM(12，3，33)，(0，3，3)，PE|63|6DMPE|cosDM，PE|，6101048|DM|PE|2解得1或2，存在點M，且點M為線段PC的三平分點3311(2019江西上饒重點中學六校聯(lián)考

27、)在四棱錐PABCD中，PAAC，底面ABCD為菱形，點O為菱形對角線AC，BD的交點，且PBPD.求證：PA平面ABCD.若ACABPA2，問：在棱PC上是否存在一點M，使得AM與平面PCD所成角的余42弦值為7？11(1)證明：連結(jié)PO.PBPD，PBD為等腰三角形又O為BD的中點，POBD.底面ABCD為菱形，BDAC.POACO，BD平面PAO，BDPA.又PAAC，BDACO，PA平面ABCD.(2)解：以A為原點，AD為y軸，A與BC中點N的連線為x軸，PA為z軸，成立如下列圖的空間直角坐標系A(chǔ)xyz.A(0，0，0)，B(3，1，0)，C(3，1，0)，D(0，2，0)，P(0，

28、0，2)，3k，k，22k)PC(3，1，2)令PMkPC，則PM(3k，k，2k)，AM(設(shè)平面PCD的一個法向量為n(x，y，z)，3xy2z0，nPC0，由得2y2z0.nPD0，3令y1，得n(3，1，1)，231，cosn，AM78k28k47解得k15.2又0k1，k不存在，即在棱PC上不存在一點M，使得AM與平面PCD所成角的余弦值為427.1(2019福建平和一中、南靖一中等五校聯(lián)考)如圖，是正方體的平面展開圖，則在這個正方體中，CN，BM所在直線所成角的大小為()A30B45C60D901C解析：根據(jù)正方體的平面展開圖復(fù)原獲得原正方體，如圖，銳角或直角就是BM和CN所成的角A

29、NC是等邊三角形，CN所成的角為60.應(yīng)選C.AN和CN所成的ANC60，BM和2如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，設(shè)直線A1DCA的大小為2，則1，2分別為()A1B與平面A1DCB1所成角為1，二面角A30，45B45，30C30，60D60，452A解析：連結(jié)BC1，交B1C于點O，連結(jié)A1O.在正方體ABCDA1B1C1D1中，BC1B1C，BC1DC，B1CDCC，BO平面A1DCB1，BA1O是直線A1B與平面A1DCB1所成角1.BO1A1B，130.2BCDC，B1CDC，BCB1是二面角A1DCA的平面角BB1BC，且BB1BC，2BCB145.應(yīng)選A.3(2019甘

30、肅張掖聯(lián)考)某幾何體的三視圖如下列圖，則該幾何體的各條棱中，最長的棱與最短的棱所在直線所成角的正切值為()A.5.6.722BCD3C解析：結(jié)構(gòu)長方體，由三視圖可得，該幾何體為如下列圖的三棱錐ABCD，AB5，BD1，CD2，則BC213，可知最長的棱為長方體的對角線AC5322，最短的棱為BD1.BDCE，異面直線AC與BD所成的角為ACE.BECD2，AE257.BDCE1，CEAE，tanACECEAE7.應(yīng)選C.4(2019河南焦作第四次模擬)已知A是平面外一定點，點B，點A到平面的距離為3.記直線AB與平面所成的角為，若4560，則點B所在地區(qū)的面積為()A8B6C4D24B解析：設(shè)

31、點A在平面上的射影為O，則OA3.由題意得|OA|tan1，3，|OB|OB|3，3，故B點所在地區(qū)是一個大圓去掉一個小圓后剩下的環(huán)形面積，故所求的地區(qū)面積為32(3)26.故為B.5(2019福建廈門外國語學校最后一模)如圖，平面四邊形ABCD中，E，F(xiàn)是的中點，ABADCD2,BD22，BDC90.若將ABD沿對角線BD折起至使平面ABD平面BCD，則四面體ABCD中，下列結(jié)論不正確是()AD，BDABD，AEF平面ABCB異面直線CD與AB所成的角為90C異面直線EF與AC所成的角為60D直線AC與平面BCD所成的角為305C解析：選項A，E，F(xiàn)分別是AD，BD的中點，EFAB.EF?平

32、面ABC，AB?平面ABC，EF平面ABC，選項A正確選項B，平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，且BDC90，即CDBD，CD?平面BCD，CD平面ABD，故CDAB，直線CD與AB所成的角為90，選項B正確選項C，由選項B可知CD平面ABD，CDAD.ADCD2，即ADCD2.由勾股定理，得AC22.在RtBDC中，BC（22）22223.在BAC中，cosBAC481222220，故BAC90，即ABAC.EFAB，EFAC，應(yīng)選項C錯誤選項D，連結(jié)AF，F(xiàn)C，ADAB，ADAB.F是BD的中點，AFBD.平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AF?平面ABD，故A

33、F平面CBD，ACF即為直線AC與平面BCD所成的角在RtACF中，AF2，AC22，sinACFAF21，ACF30.故直線AC與平面BCD所成的角為30，故AC222選項D正確應(yīng)選C.6(2019遼寧旭日重點高中第四次模擬)已知邊長均為23的空間四邊形ABCD的極點都在同一個球面上，若BADABDC的余弦值為1，二面角，則該球的體積為33_686解析：空間四邊形ABCD的各邊長均為23，又BAD3，ABD與CBD均為等邊三角形取BD的中點E，連結(jié)AE，CE，在AE，CE上分別取F，M，使得AF2FE，CM2ME，則F，M分別為ABD與CBD外接圓圓心記空間四邊形ABCD外接球的球心為O，則

34、OF平面ABD，OM平面CBD.二面角ABDC的余弦1131值為，即cosAEC.由題意cosAECcos2OEC，cosOEC3.EFAE1333AB2BE21，OE3.因此空間四邊形ABCD外接球的半徑為ROBOE2BE2346，該球的體積為V3R386.7(2019河北石家莊3月教學質(zhì)量檢測)如圖，已知三棱柱ABCA1B1C1，側(cè)面ABB1A1為菱形，A1CBC.求證：A1B平面AB1C.若ABB160，CBACBB1，ACB1C，求二面角BACA1的余弦值7(1)證明：側(cè)面ABB1A1為菱形，A1BAB1.A1CBC，連結(jié)CO，A1BCO.又AB1COO，A1B平面AB1C.(2)解：

35、(方法一)CBACBB1，ABBB1，BCBC，則CBACBB1，ACB1C.又ACB1C，可得COAB1，CO平面ABB1A1.BB12.ACB1C，CO1.如圖，以O(shè)B所在的直線為x軸，以O(shè)B1所在的直線為y軸，以O(shè)C所在的直線為z軸，成立空間直角坐標系Oxyz.A(0，1，0)，B(3，0，0)，C(0，0，1)，A1(3，0，0)，(3，1，AB(3，1，0)，AC(0，1，1)，AA10)，A1C(3，0，1)設(shè)平面ABC的法向量為n1(x，y，z)，3xy0，n1AB0，令x1，則n1(1，3，3)?yz0.n1AC0同理平面A1AC的法向量為n2(1，3，3)，1n25cos|n

36、1|n2|7.由圖可知，二面角BACA1為鈍角，5二面角BACA1的余弦值為7.(方法二)CBACBB1，ABBB1，BCBC，則CBACBB1，ACB1C.AB2.ABB160，側(cè)面ABB1A1為菱形，AB12.又ACB1C，可得AC2，CO1，BC2，因此ABC為等腰三角形那么A1AC也為等腰三角形如圖，取AC的中點M，連結(jié)BM，A1M，則BMA1為二面角BACA1的平面角14在BMA1中，可得BMA1M2，A1B23，cosBMA1BM2A1M2A1B25.172BMAM二面角BACA1的余弦值為5.78(2019江西紅色七校第二次聯(lián)考)如圖，多面體ABCDB1C1為正三棱柱ABCA1B

37、1C1沿平DB1C1切除部分所得，M為CB1的中點，且BCBB12.若D為AA1的中點，求證：AM平面DB1C1.若二面角DB1C1B的大小為3，求直線DB1與平面ACB1所成角的正弦值8(1)證明：取B1C1的中點N，連結(jié)MN，則MN為B1C1C的中位線，MN綊12CC1.1D為AA1的中點，AD綊2CC1，MN綊AD，四邊形ADNM為平行四邊形，AMDN.又DN?平面DB1C1，AM平面DB1C1.(2)解：由B1C1DN，B1C1MN，可得DNM二面角DB1C1B的平面角又由二面角DB11，可得AD11CB大小為32BB.如圖成立空間直角坐標系Oxyz，A(0，0，3)，C(1，0，0)

38、，B1(1，2，0)，D(0，1，3)，1，DB1(1，3)，AC(1，0，3)，AB1(1，2，3)設(shè)平面ACB1的法向量為n(x，y，z)，x2y3z0，nAB10，x3z0，nAC0，z1，則n(3，3，1)，105DB1ncosn，DB135，|DB1|n|直線DB1與平面ACB1所成角的正弦值為105.359(2019云南昆明3月教學質(zhì)量檢測)如圖，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，M是棱DD1上的一點，AA1平面ABCD，ABDC，ABAD，AA1AB2AD2DC.若M是DD1的中點，求證：平面AMB平面A1MB1.若DM2MD1，求平面AMB與平面ACB1所成銳二面角的余弦值9(

39、1)證明：AA1平面ABCD，AA1AB.ABAD，AA1ADA，故BA平面AA1D1D.MA1?平面AA1D1D，BAMA1.ADDM，AMD45.同理A1MD145，MA1AM.AMBAA，MA1平面AMB.MA1?平面A1MB1，平面AMB平面A1MB1.4(2)解：設(shè)AD1，則DD12，DM2MD13，以A為原點，AB，AA1，AD分別為x軸、y軸、z軸的正方向成立空間直角坐標系A(chǔ)xyz，如圖A(0，0，0)，B(2，0，0)，B1(2，2，0)，C(1，0，1)，M(0，4，1)，34AB(2，0，0)，AM(0，1)，AB1(2，2，0)，AC(1，0，1)3記平面AMB的法向量為

40、n1，平面ACB1的法向量為n2.ABn10，由得n1(0，3，4)；n10，AMACn20，由得n2(1，1，1)1n20，AB|cosn1，n2|n1n2|1|3，|n1|n2|5315平面AMB與平面ACB1所成銳二面角的余弦值為3.1510如下列圖的多面體ABCDA1B1C1中，上底面ABCD與下底面A1B1C1平行，四邊形ABCD為平行四邊形，且AA1BB1CC1.已知AB1A1B12AA12AC，AA1C13，且A1C1B1C1.求證：平面ACC1A1平面A1B1C1.若點M為B1C1的中點，求直線C1D與CM所成角的余弦值10(1)證明：(方法一)如圖，取A1C1的中點O，連結(jié)A

41、O，AC1，OB1.AA1CC1，A，A1，C1，C四點共面又平面ABCD平面A1B1C1，平面AA1C1C平面ABCDAC，平面AA1C1C平面A1B1C1A1C1，ACA1C1，四邊形AA1C1C為平行四邊形又AA1AC，四邊形AA1C1C為菱形又AA1C13，AA1C1是等邊三角形O為A1C1的中點，AOA1C1.AA1AC2，則AB1A1B14，AO3.A1C1B1C1，B1C1422223，OB112（23）213.2(3)2(2，AO2OB113)216AB1AOOB1.A1C1OB1O，AO平面A1B1C1.又AO?平面ACC1A1，平面ACC1A1平面A1B1C1.(方法二)連

42、結(jié)AC1，AA1CC1，A，A1，C1，C四點共面又平面ABCD平面A1B1C1，平面AA1C1C平面ABCDAC，平面AA1C1C平面A1B1C1A1C1，ACA1C1，四邊形AA1C1C為平行四邊形又AA1AC，四邊形AA1C1C為菱形又AA1C13，AA1C1是等邊三角形2223，AB14，設(shè)AA1AC2，則AC12，B1C1A1B1A1C1222顯然AB1AC1B1C1，得B1C1A90，即B1C1AC1.B1C1A1C1，AC1A1C1C1，B1C1平面ACC1A1.又B1C1?平面A1B1C1，平面ACC1A1平面A1B1C1.(2)解：取A1B1的中點E，連結(jié)OE，則OEA1C1.(1)知AO平面A1B1C1，以O(shè)為坐標原點，分別以O(shè)A1，OE，OA為x軸、y軸、z軸的正方向，成立空間直角坐標系Oxyz，如圖AA1AC2，則AB1A1B14，AO3，B1C123，OE3，A1(1，0，0)，B1(1，23，0)，C1(1，0，0)，C(2，0，3)點M為B1C1的中點，M(1，3