2020年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編專題12：空間幾何

2020年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編專題12：空間幾何

數(shù)學(xué)考試

注意事項：

1、填寫答題卡的內(nèi)容用2B鉛筆填寫

2、提前xx分鐘收取答題卡

第I卷客觀題

第I卷的注釋

閱卷入

、單選題（共9題；共18分）

得分

1.（2分）（2020?新課標(biāo)III,理）下圖為某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積是（）

A.6+4V2B.4+4V2C.6+2百D.4+2V3

【答案】C

【解析】【解答】根據(jù)三視圖特征，在正方體中截取出符合題意的立體圖形

根據(jù)二體圖形可得,SA48c=SA4℃=S&CDB=gx2x2=2

根據(jù)勾股定理可得：AB=AD=DB=2V2

ADB是邊長為2a的等邊三角形

根據(jù)三角形面積公式可得:

2/3

1r

SAADB=AB,AD,sin60°—于2百

??.該幾何體的表面積是：3x2+2V3=6+2V3.

故答案為：C.

【分析】根據(jù)三視圖特征，在正方體中截取出符合題意的立體圖形，求出每個面的面積，即可求得

其表面積.

2.（2分）（2020?新課標(biāo)II?理）已知△ABC是面積為黎的等邊三角形，且其頂點都在球O的球面

上.若球O的表面積為16兀，則O到平面ABC的距離為（）

A.V3B.|C.1D孚

【答案】C

【解析】【解答】設(shè)球O的半徑為R,貝IJ4zrR2=i67r,解得：R=2.

設(shè)AABC外接圓半徑為r,邊長為a,

■■AABC是面積為攣的等邊三角形，

4

二'a?x乎=，解得：a=3.r=|xJa2-x19—*=V3，

球心0到平面ABC的距離d=7R2-產(chǎn)=正與=i.

故答案為：C.

【分析】根據(jù)球O的表面積和XABC的面積可求得球O的半徑R和UBC外接圓半徑r,由球

的性質(zhì)可知所求距離d=.

3.（2分）（2020?新課標(biāo)II?理）如圖是一個多面體的三視圖，這個多面體某條棱的一個端點在正視圖

中對應(yīng)的點為M,在俯視圖中對應(yīng)的點為N,則該端點在側(cè)視圖中對應(yīng)的點為（）

A.EB.FC.GD.H

【答案】A

【解析】【解答】根據(jù)三視圖，畫出多面體立體圖形,

u的視用方向

圖中標(biāo)出了根據(jù)三視圖M點所在位置，

可知在側(cè)視圖中所對應(yīng)的點為E

故答案為：A

【分析】根據(jù)三視圖，畫出多面體立體圖形，即可求得M點在側(cè)視圖中對應(yīng)的點.

4.（2分）（2020?新課標(biāo)I?理）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四

棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形

底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為（）

A-1B^5-1cDA/5+I

,'~~2~'~~T~'-T"

【答案】C

【解析】【解答】如圖，

設(shè)CD=a,PE=b,貝！Ipo=VPF2-OE2=J/一卷,

222

由題意PO=iab,即b-^-=1ab，化簡得4（-）-2-^-l=0.

Z4，QQ

解得2=4在（負值舍去）.

a4

故答案為：C.

【分析】設(shè)CD=a,PE=b,利用PO2^\CDPE得到關(guān)于a.b的方程，解方程即可得到答案.

5.（2分）（2020?新課標(biāo)I理）已知A.B.C為球O的球面上的三個點，。6為XABC的外接

圓，若。。1的面積為4兀,AB=BC=AC=001,則球。的表面積為（）

A.647rB.487rC.36〃D.327r

【答案】A

【解析】【解答】設(shè)圓01半徑為r,球的半徑為R,依題意,

得nr2=4TT,r=2,

由正弦定理可得AB=2rsin600=2V3,

001=AB=2y/3,根據(jù)圓截面性質(zhì)。。11平面ABC,

22

0011014R=04=001+0rA=0012+「2=4

???球。的表面積S=4兀/?2=64兀.

故答案為：A

【分析】由已知可得等邊△ABC的外接圓半徑，進而求出其邊長，得出0。1的值，根據(jù)球截面性

質(zhì)，求出球的半徑，即可得出結(jié)論.

6.（2分）（2020?新高考I）日署是中國古代用來測定時間的儀器，利用與唇面垂直的唇針投射到唇

面的影子來測定時間.把地球看成一個球（球心記為O）,地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所

在平面所成角，點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面.在點A處放置一個曰暑，若暑面

與赤道所在平面平行，點A處的緯度為北緯40。，則號針與點A處的水平面所成角為（）

A.20°B.40°C.50°D.90°

【答案】B

【解析】【解答】畫出截面圖如下圖所示,

其中CD是赤道所在平面的截線；1是點A處的水平面的截線，依題意可知OA1/；AB是唇針

所在直線.m是唇面的截線，依題意依題意，號面和赤道平面平行，唇針與唇面垂直，

根據(jù)平面平行的性質(zhì)定理可得可知m//CD、根據(jù)線面垂直的定義可得AB1m..

由于ZAOC=40°,m//CD,所以ZOAG=ZAOC=400,

由于ZOAG+NGAE=ZBAE+ZGAE=90。，

所以ZB4E=AOAG=40°,也即辱針與點力處的水平面所成角為ZBAE=40°.

故答案為：B

【分析】畫出過球心和暑針?biāo)_定的平面截地球和獸面的截面圖，根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理和線面

垂直的定義判定有關(guān)截線的關(guān)系，根據(jù)點A處的緯度，計算出暑針與點A處的水平面所成角.

7.（2分）（2020?天津）若棱長為2遮的正方體的頂點都在同一球面上，則該球的表面積為

（）

A.12nB.247rC.367rD.1447r

【答案】c

【解析】【解答】這個球是正方體的外接球，其半徑等于正方體的體對角線的一半，

即R=J（2再）2+零）2+（2宙=3,

所以，這個球的表面積為S=4兀/?2=4兀x32=367r.

故答案為：C.

【分析】求出正方體的體對角線的一半，即為球的半徑，利用球的表面積公式，即可得解.

8.（2分）（2020?北京）某三棱柱的底面為正三角形，其三視圖如圖所示，該三棱柱的表面積為

（）.

側(cè)（左）視圖

A.6+V3B.6+2V3C.12+V3D.12+273

【答案】D

【解析】【解答】由題意可得，三棱柱的上下底面為邊長為2的等邊三角形，側(cè)面為三個邊長為2的

正方形，

則其表面積為：S=3x（2x2）+2x（1x2x2xsin603=12+2k.

故答案為：D.

【分析】首先確定幾何體的結(jié)構(gòu)特征，然后求解其表面積即可.

9.（2分）（202。浙江）某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則該幾何體的體積（單位：

cm3）是（）

A.ZB.竽C.3D.6

【答案】A

【解析】【解答】解：由題意可知幾何體的直觀圖如圖，

下部是直三棱柱，底面是斜邊長為2的等腰直角三角形，棱錐的高為2,上部是一個三棱錐，一個側(cè)

面與底面等腰直角三角形垂直，棱錐的高為1,

所以幾何體的體積為：1x2xlx24-ix|x2xlxl=1.

故答案為：A.

【分析】畫出幾何體的直觀圖，利用三視圖的數(shù)據(jù)求解幾何體的體積即可.

閱卷人三、填空題供4題；共4分）

得分

10.（1分）（2020?新課標(biāo)川,理）已知圓錐的底面半徑為1,母線長為3,則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的

體積為.

【答案】孝兀

【解析】【解答】易知半徑最大球為圓錐的內(nèi)切球，球與圓錐內(nèi)切時的軸截面如圖所示，

其中BC=2,AB=AC=3,且點M為BC邊上的中點，

設(shè)內(nèi)切圓的圓心為O,

由于AM=V32—I2=2V2,故S4BC=*X2x2V2=2V2,

設(shè)內(nèi)切圓半徑為r,則：

111

SAABC=S&AOB+S&BOC+S4Aoe=2xABxr+^xBCxr+^xACxr

=/x（3+3+2）xr=2V2,

解得：r=￥，其體積：v=^nr3=孝兀?

故答案為：孝兀.

【分析】將原問題轉(zhuǎn)化為求解圓錐內(nèi)切球的問題，然后結(jié)合截面確定其半徑即可確定體積的值.

11.（1分）（202。新高考I）已知直四棱柱ABCD-ABCD的棱長均為2,ZBAD=60°.以。1為

球心，V5為半徑的球面與側(cè)面BCC.BI的交線長為.

【答案］孝兀

【解析】【解答】如圖：

取BG的中點為E,BB]的中點為F,CC1的中點為G,

因為ZBAD=60°,直四棱柱/BCD的棱長均為2,所以△歷8道1為等邊三角形，

所以%E=6,DiElBi*,

又四棱柱ABCD-為直四棱柱，所以BBil平面為當(dāng)前小，所以BBJB?,

因為BBiCBiJ=B],所以DiFl側(cè)面B&CB,

設(shè)P為側(cè)面B&CB與球面的交線上的點，則D.E1EP,

因為球的半徑為V5,。透=冉，所以\EP\=7lDiPl2-=V2,

所以側(cè)面BGCB與球面的交線上的點到E的距離為V2,

因為\EF\=\EG\=y[2,所以側(cè)面B^CB與球面的交線是扇形EFG的弧FG,

因為NBiEF=NJEG=/所以NFEG=,

所以根據(jù)弧長公式可得的=外在=亨兀.

故答案為：岑兀.

【分析】根據(jù)已知條件易得0^=73,DiFl側(cè)面BGCB,可得側(cè)面BiQCB與球面的交線

上的點到E的距離為V2,可得側(cè)面BGCB與球面的交線是扇形EFG的弧F6,再根據(jù)弧長

公式可求得結(jié)果.

12.（1分）（2020?江蘇）如圖，六角螺帽毛坯是由一個正六棱柱挖去一個圓柱所構(gòu)成的.已知螺帽的

底面正六邊形邊長為2cm,高為2cm,內(nèi)孔半輕為0.5cm,則此六角螺帽毛坯的體積是

cm.

【解析】【解答】正六棱柱體積為6X^X22X2=12V3

圓柱體積為兀8）2.2=3

所求幾何體體積為1273-^

故答案為：12百一左

【分析】先求正六棱柱體積，再求圓柱體積，相減得結(jié)果.

13.（1分）（2020?浙江）已知圓錐展開圖的側(cè)面積為2兀，且為半圓，則底面半徑為

【答案】1

【解析】【解答】解：：圓錐側(cè)面展開圖是半圓，面積為2兀，

???側(cè)面展開扇形的弧長為2K,

設(shè)圓錐的底面半徑OC=r,則271r=2兀，解得r=l.

故答案為：1.

【分析】利用圓錐的側(cè)面積，求出母線長，求解底面圓的周長，然后求解底面半徑.

第II卷主觀題

第II卷的注釋

閱卷入

三、解答題（共12題；共105分）

得分

14.（10分）（2020?新課標(biāo)III.文）如圖，在長方體ABCD-AiBiJDi中，點E,F分別在棱DD±,

BBi上，且2DE=EDi,BF=2FB1.證明：

（1）（5分）當(dāng)AB=BC時，EF1AC；

（2）（5分）點Ci在平面AEF內(nèi).

【答案】⑴解：因為長方體/雨。一48心。1,所以BBi1平面ABCDAAC1BBr,

因為長方體ABCD-=BC,所以四邊形ABCD為正方形:.AC±BD

因為BB、CBD=B,BB］、BDc平面BBRD，因此AC1平面BBRD,

因為EFu平面BBRD，所以AC1EF

（2）解：在CQ上取點M使得CM=2MG,連DM,MF,

因為Z）iE=2ED,DDi〃CCi，DZ）i=CCi,所以ED=MC“ED〃MC”

所以四邊形DMCrE為平行四邊形，DM//ECr

因為MF//DA,MF=DA,所以四邊形MFAD為平行四邊形，ADM//AF,：.ECJ/AF

因此Ci在平面AEF內(nèi)

【解析】【分析】（1）根據(jù)正方形性質(zhì)得AC1BD,根據(jù)長方體性質(zhì)得AC1，進而可證AC1

平面BBDD，即得結(jié)果；（2）只需證明ECJ/AF即可，在C￡上取點M使得CM=2MQ,再

通過平行四邊形性質(zhì)進行證明即可.

15.（10分）（2020?新課標(biāo)出?理）如圖，在長方體ABCD-A1B6D1中，點E,F分別在棱

DD1,BB1上，且2DE=EDr,BF=2FBr.

⑴（5分）證明：點的在平面AEF內(nèi)；

（2）（5分）若=2,AD=1,AAt=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.

【答案】（1）解：在棱CC］上取點G,使得CXG=\CG，連接DG、FG、CXE、gF

在長方體力BCD-4B1GD1中，AD//BC且4。=BC,BBJ/CG且=CQ

"C1G=^CG,BF=2FBi,CG=gBB、=BF且CG=BF,

所以，四邊形BCGF為平行四邊形，則AF//DG且4尸=OG,

同理可證四邊形DEJG為平行四邊形，CXE//DG且JE=DG,

???C^Z/AF且CXE=AF,則四邊形AE^F為平行四邊形，

因此，點Ci在平面AEF內(nèi)

(2)解：以點的為坐標(biāo)原點，、QB1、CiC所在直線分別為x、y、z軸建立如下圖所

示的空間直角坐標(biāo)系Cx-xyz,

則4(2,1,3)、Ai(2,1,0)、E(2,0,2)、尸(0,1,1),

AE=(0,-l,-l),AF=(-2,0,-2),砧=(0,—1,2),=(-2,0,1),

設(shè)平面AEF的法向量為m=(xi，yvzi),

由匹亞=0,得(二力一：1=°取z1=-l,得勺=%=1,則m=(1,1-1),

^m-AF=01-2%!-2Zi=01

設(shè)平面AXEF的法向量為n=(x2,y2,z2),

由產(chǎn)竺=0,得已2+/2=1取2,得久2=1，丫2=4，則H=(1,4,2),

尻?公尸=0(-2X2+Z2=0

m-n3_/7

cos<m,n>=

1WW=原同=不

2

設(shè)二面角A-EF-A1的平面角為9,貝［I|cos0|=y-，:.sin?=V1—cos0=

因此，二面角A-EF-A1的正弦值為竽

【解析】【分析】(1)連接CiE、Ci尸,證明出四邊形AECXF為平行四邊形，進而可證得點Q

在平面AEF內(nèi)；(2)以點Ci為坐標(biāo)原點，的。1、C$i、CiC所在直線分別為x、y、z軸

建立空間直角坐標(biāo)系G-xyz,利用空間向量法可計算出二面角A-EF-A.的余弦值，進而可

求得二面角A-EF-A1的正弦值.

16.（10分）（2020?新課標(biāo)U?文）如圖，已知三棱柱ABC-ABC的底面是正三角形，側(cè)面BBCC

是矩形，M,N分別為BC,BICI的中點，P為AM上一點.過BiG和P的平面交AB于E,交AC

于F.

(1)(5分)證明：AA//MN,且平面AiAMN_L平面EBICIF；

(2)(5分)設(shè)O為△AIBICI的中心，若AO=AB=6,AO〃平面EBiCiF,且/MPN=亨，求四

棱錐B-EBCF的體積.

【答案】(1)解：「M,N分別為BC,Big的中點，

又AAJ/BBr

MN//AA1

在等邊AABC中，M為BC中點，則BC1AM

又?.?側(cè)面BBiGC為矩形，

???BC1BB1

MN1BC

由MNCAM=M,MN,AMu平面AXAMN

BC1平面AXAMN

又"BiCJ/BC,且81clC平面ABC,BCu平面ABC,

平面ABC

又?：B?u平面EBGF,且平面EB^FCl平面ABC=EF

B￡〃EF

EF//BC

又???BC1平面A^AMN

EF1平面A^AMN

???EFu平面EB&F

平面EBGF1平面AtAMN

(2)解：過M作PN垂線，交點為H,

畫出圖形，如圖

-AO//平面EBGF

AOu平面A^AMN,平面A^AMNn平面EB^F=NP

AO//NP

又vNO//AP

AO=NP=6

???0為的中心.

11L

??.ON=氐A(chǔ)iCiSin60°=氐x6xsin600=v3

故：ON=AP=相，則力M=3AP=35/3,

v平面EBGF1平面AtAMN,平面EBgFCl平面AXAMN=NP,

MHu平面AyAMN

MH1平面EBQF

EF_AP

又；在等邊ZkABC中

BC~AM

aniAP-BCV3x6

（X|J=—-=--7="=2

AM373

由（1）知，四邊形EB0F為梯形

.??四邊形EB?F的面積為：S四邊形EB、C、F=竺苧S?NP=竽x6=24

V四邊形?八'

"B-EB1C1F=%SEB[C、F

h為M到PN的距離MH=sin6(T=3

1

K=x24x3=24.

【解析】【分析】（1）由M,N分別為BC,BG的中點，MN"CC\,根據(jù)條件可得

AA1//BB1,可證MN"AA\'要證平面EB&F1平面ArAMN,只需證明EF1平面

A.AMN即可；（2）根據(jù)已知條件求得S四邊形EB1C1F和M到PN的距離，根據(jù)椎體體積公式，即

可求得唳-EBiCiF.

17.（10分）（202。新課標(biāo)I?文）如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，aZBC是底面的

內(nèi)接正三角形，P為。。上一點，ZAPC-900.

（1）（5分）證明：平面PABL平面PAC；

（2）（5分）設(shè)DO=V2,圓錐的側(cè)面積為V37T,求三棱錐P-ABC的體積.

【答案】（1）解：「。為圓錐頂點，O為底面圓心，OD1平面ABC,

???P在DO上，OA=OB=0C,PA=PB=PC,

???△ABC是圓內(nèi)接正三角形，AAC=BC,△PAC=△PBC,

ZAPC=ZBPC=90°,即PB1PC,PA1PC,

PAOPB=P,：.PC1平面PAB,PCu平面PAC,???平面PAB1平面PAC

（2）解：設(shè)圓錐的母線為1,底面半徑為r,圓錐的側(cè)面積為nrl=43n,rl=43,

D

OD2=I2—r2=2,解得r=1,Z=V3,AC=2rsin60°=V3,

在等腰直角三角形APC中，AP=：AC，

在Rt△PAO中，PO=yjAP2-OA2=1=孝，

???三棱錐P—ABC的體積為匕_謝=卻。$麗=卜畀梟3=第.

【解析】【分析】（1）根據(jù)已知可得PA=PB=PC,進而有XPAC三4PBC,可得ZAPC=

NBPC=90°,即PB1PC,從而證得PC1平面PAB,即可證得結(jié)論；（2）將已知條件轉(zhuǎn)化

為母線/和底面半徑r的關(guān)系，進而求出底面半徑，由正弦定理，求出正三角形ABC邊長，在等

腰直角三角形APC中求出AP,在RtsAPO中，求出PO,即可求出結(jié)論.

18.（10分）（2020,新課標(biāo)II?理）如圖，已知三棱柱ABC-AiBiG的底面是正三角形，側(cè)面BBiCC

是矩形，M,N分別為BC,BiG的中點，P為AM上一點，過BiG和P的平面交AB于E,交AC

于F.

（1）（5分）證明：AAi〃MN,且平面AIAMN_LEBICIF；

(2)(5分)設(shè)0為△AIBICI的中心，若A0〃平面EBCiF,且AO=AB,求直線BiE與平面

AiAMN所成角的正弦值.

【答案】（1）解：:MN分別為BC,BiQ的中點，

又AA1//BB1

：.MN//AAX

在AABC中，M為BC中點，貝IJBC1AM

又???側(cè)面BBQC為矩形，

???BC1BB]

MN//BB、

MN1BC

由MNCtAM=M,MN,AMc平面AXAMN

BC1平面A^MN

又???B]Q〃BC,且BGC平面ABC,BCu平面ABC,

平面ABC

又vB?u平面EBGF,且平面EB?Fn平面ABC=EF

：.B\C\"EF

EF//BC

又vBC1平面ArAMN

：.EF1平面ArAMN

"EFu平面EB&F

平面EB、C\F1平面A^MN

⑵解：連接NP

V40〃平面EBQF,平面AONPn平面EB^F=NP

：.A0//NP

根據(jù)三棱柱上下底面平行，

其面ArNMAD平面ABC=AM,面AtNMAD平面公名的=&N

0N//AP

故：四邊形0NPA是平行四邊形

設(shè)△ABC邊長是6m(m>0)

可得：ON=AP,NP=AO=AB=6m

0為AAIBIG的中心，且△4遇傳1邊長為6m

1「

??.ON=ax6xsin600=v3m

故：ON=AP=V3m

vEF//BC

APEP

'''AM=BM

BEP

’57T工

解得：EP=m

在BiCi截取BAQ=EP=m,故QN=2m

vB]Q=EP且B[Q//EP

：.四邊形B\QPE是平行四邊形，

???B\E〃PQ

由⑴B?1平面AXAMN

故NQPN為BiE與平面AXAMN所成角

在Rt△QPN,根據(jù)勾股定理可得：PQ=yjQN2+PN2=V(2m)2+(6m)2=2V10m

QN2m710

???sinZQPN==—;=?.

PQ2/IOm10

直線BrE與平面A.AMN所成角的正弦值：卷.

【解析】【分析】（1）由M.N分別為BC,B&的中點，MN〃CG,根據(jù)條件可得

AA1//BB1,可證MN//AAr,要證平面EBGF1平面ArAMN,只需證明EF1平面

&AMN即可；（2）連接NP,先求證四邊形ONPA是平行四邊形，根據(jù)幾何關(guān)系求得EP,在

BG截取BiQ=EP,由⑴BC1平面AiAMN,可得NQPN為BXE與平面A^MN所

成角，即可求得答案.

19.（10分）（2020?新課標(biāo)I?理）如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，

AE=AD.△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點，P0=^-DO-

6

（1）（5分）證明：PA1平面PBC；

（2）（5分）求二面角B-PC-E的余弦值.

【答案】（1）解：由題設(shè)，知△D4E為等邊三角形，設(shè)4E=1

則DO=*，CO=BO=\AE=1,所以PO=電。。=烏

2NZ64

,-----V6,------76-

PC=y/PO2+OC2=干PB=0。2+OB2=

彳'

又4ABC為等邊三角形，則岑^=204,所以BA=^

sinoU2

2

PA2+PB2=l=AB,貝IJAAPB=90。，所以PA1PB

同理PA1PC,又PCCPB=P,所以PA1平面PBC；

（2）解：過。作ON〃BC交AB于點N,因為P。1平面ABC,以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA為x

軸，ON為y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則E（-*,0,0）,P（0,0，￥）,B（一上,苧,0）,C（-*,-1,0）’

定=T，一孚，一辛），麗=（一上,字,一￥），匠=（一4，。,一￥）

設(shè)平面PCB的一個法向量為n=（%i，y1（Zi）,

中伊?汽：=0產(chǎn)卜K1~遮丫1—在zi=0

zi=-l,y=0,

出U-ra=0,付［一亞+0丫］_&21=0令=魚，得1

所以n=(V2,0,-l),

設(shè)平面PCE的一/1^法向量為m=(x2,y2,z2)

cm-PC=0得「2-V3y2-V2Z2=0

令％2=1，得Z2=—y/2,y2=空

PE=01-2%2->/2Z2=0

所以m=(1,^,-V2)

n-m_2V2_275

cos<fn,n>=

故\n\-\m\~^710~~5~

73

設(shè)二面角B-PC-E的大小為e,貝IJCOS0=^.

【解析】【分析】（1）要證明PA1平面PBC,只需證明PA1PB,PA1PC即可；（2）以O(shè)

為坐標(biāo)原點，OA為x軸，ON為y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，分別算出平面PCB的法向

量為五，平面PCE的法向量為m,利用公式cos（沅，元＞=■^裔計算即可得到答案.

|71||771|

20.（10分）（2020?新高考I）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PDJ_底面ABCD.設(shè)平面

PAD與平面PBC的交線為1.

(1)(5分)證明：平面PDC；

(2)(5分)已知PD=AD=1,Q為1上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.

【答案】⑴解：在正方形ABCD中，AD//BC,

因為ADC平面PBC,BCu平面PBC,

所以AD//平面PBC,

又因為ADu平面PAD,平面PADn平面PBC=I,

所以AD//1,

因為在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD1DC,I1DC,

且PD1平面ABCD,所以AD1PD,：.I1PD,

因為CDCPD=D

所以I1平面PDC；

(2)解：如圖建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,

X

因為PD=AD=1,則有D(0,0,0),C(0,1,0),4(1,0,0),P(0,0,l),B(l,l,0),

設(shè)Q0n,0,1),則有DC=(0,1,0),DQ=(m,0,1),PB=(1,1,-1),

設(shè)平面QCD的法向量為n-(x,y,z),

，即｛二。

令x=l,貝IJz=-m,所以平面QCD的一個法向量為n=(1,0,-m),則

n-^PB1+0+m

cos<云，麗>=

\n\\PB\V3-Jm2+1

根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，所以

直線與平面所成角的正弦值等于|COS〈元，而>|=行—1+四西一.=￡3J產(chǎn)*竽+1￥2=泉3

11+^7<-VTT1=,當(dāng)且僅當(dāng)m=i時取等號，

Nmz+l3qmz4-l33

所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為苧.

【解析】【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證得ADL平面PDC,利用線面平行的判定定理以

及性質(zhì)定理，證得AD//1,從而得到I1平面POC；（2）根據(jù)題意，建立相應(yīng)的空間直角坐標(biāo)

系，得到相應(yīng)點的坐標(biāo)，設(shè)出點Q（m,0,1）,之后求得平面QCD的法向量以及向量PB的坐標(biāo)，

求得cos<n,PB>的最大值，即為直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.

21.（5分）（202。天津）如圖，在三棱柱ABC-A^Ci中，CCr1平面ABC,AC1BC,AC=

BC=2,CCi=3,點。，E分別在棱AAi和棱CCr上，且4。=1CE=2,M為棱

41Bi的中點.

（I）求證：RM±BiD；

（II）求二面角B-B.E-D的正弦值；

（III）求直線AB與平面DB[E所成角的正弦值.

【答案】解：依題意，以C為原點，分別以CA.CB.CC；的方向為x軸、y軸、z軸的正方

向建立空間直角坐標(biāo)系（如圖），

可得C(0,0,0)、4(2,0,0)、B(0,2,0)、G(0,0,3)、

41(2,0,3)、Bi(0,2,3)、￡)(2,0,1)、F(0,0,2)、.

(I)依題意，的=(1,1,0),B^D=(2,-2,-2),

從而QM-B^D=2-24-0=0,所以￡M1BXD；

(II)依題意，85=(2,0,0)是平面BBiE的一個法向量,

而7=(0,2,1),ED=(2,0,-1).

設(shè)n=(x,y,z)為平面DB[E的法向量，

則伊.包=。，即｛鏟+z=,

(n-ED=0(2%-z=0

不妨設(shè)x=1,可得記=(1,—1,2)

t_CA-n_2_>[6

cosVCA,九>=,—,一；=——r==n->

\CA\^\n\2x766

2

:.sin<CA,n>=Jl—cos<~CAtn>=?

所以，二面角B—B]E—D的正弦值為組；

6

(Hl)依題意，AB=(-2,2,0).

4

由(II)知n=(1,-1,2)為平面DB]E的一個法向量，于是cos<AB,n>=o~=

|/1DI,|n|2y2Xv6

_>/3

一■r-

所以，直線AB與平面DB]E所成角的正弦值為字.

【解析】【分析】以C為原點，分別以CA.CB.CC；的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直

角坐標(biāo)系.(I)計算出向量C^M和瓦萬的坐標(biāo)，得出京蔭.瓦萬=0,即可證明出G(M±

BiD；(II)可知平面BBiE的一個法向量為CA,計算出平面BiED的一個法向量為n,利用

空間向量法計算出二面角B-B.E-D的余弦值，利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可求解結(jié)果；

（Ill）利用空間向量法可求得直線AB與平面DB]E所成角的正弦值.

22.（10分）（2020?江蘇）在三棱錐A—BCD中，已知CB=CD=隗，BD=2,O為BD的中點，AO±

平面BCD,AO=2,E為AC的中點.

（1）（5分）求直線AB與DE所成角的余弦值；

（2）（5分）若點F在BC上，滿足BF=1BC,設(shè)二面角F—DE—C的大小為9,求sin。的值.

【答案】（1）解：連CO???BC=CD,BO=ODCO1BD

X

以O(shè)B,OC,OA為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,2),B(1,0,0),C(0,2,0),D(-1,0,0)

￡1(0,1,1)

cos<AB,DE>==-緋

AB=(1,0,-2),DF=(1,1,1)A

757315

從而直線AB與DE所成角的余弦值為冬

（2）解：設(shè)平面DEC一個法向量為ni=（x,y,z）,

(省?歷7=0x+2y=0

???比=(1,2,0),

播.歷E1=0/+y+z=0

令y=1???%=-2,z=1.??五=(-2,1,1)

設(shè)平面DEF一個法向量為雨=（右,丫1*1）,?.?即=肘+酢=四+*屬=（8,0乂：：囂二:

（7^1

4X1+2y1=n0

+zi=0

令y1=-7:,%]=2,Z]=5:.nJ=（2,-7,5）

_?_,-61

???cos<n,n>=一,=——；z~~:

A2T6V78713

cnil-p-，122j39

因It匕sin0a=-；==”

71313

【解析】【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量數(shù)量積求直線向量夾角，即得結(jié)果；（2）先求

兩個平面法向量，根據(jù)向量數(shù)量積求法向量夾角，最后根據(jù)二面角與向量夾角關(guān)系得結(jié)果.

23.（10分）（2020?江蘇）在三棱柱ABC-A山iCi中,AB±AC,BCJ_平面ABC,E,F分別是AC,

BiC的中點.

(1)(5分)求證：EF〃平面ABiCi；

(2)(5分)求證：平面ABC平面ABB「

【答案】(1)證明：由于E,F分別是AC,BrC的中點，所以EF//AB1.

由于EFsz平面ABiG,A%u平面ABxCr,所以EF//平面ABrCx.

(2)證明：由于為C1平面ABC,ABc平面ABC,所以B^CA.AB.

由于AB1AC.AC=C,所以AB1平面ABrC,

由于ABu平面ABB1,所以平面ABtC1平面ABBr.

4G

【解析】【分析】（1）通過證明EF//AB1,來證得EF//平面AB?.⑵通過證明AB1平面

ABrC,來證得平面ABrC1平面ABBr.

24.（5分）（2020?北京）如圖，在正方體ABCD中，E為BBr的中點.

（I）求證：BCJ/平面ADrE；

（II）求直線AA.與平面ADXE所成角的正弦值.

【答案】解：（I）如下圖所示：

在正方體ABC。中，AB//A1B1且AB=A1B1,AXBX//CXDX且&/=的％,

AB/fC^且AB=CR,所以，四邊形ABCXDX為平行四邊形，貝ljBC1//AD1,

???BCiC平面AD1E,ADiu平面ADrE,BCJ/平面ADrE；

(ID以點A為坐標(biāo)原點，AD,AB、Aa所在直線分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間

直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,

設(shè)正方體ABCD-ABGDi的棱長為2,則71(0,0,0)、%(0,0,2)、0^2,0,2)、￡,(0,2,1),

屈=(2,0,2),AE=(0,2,1)

設(shè)平面AD.E的法向量為n=(x,y,z),由｛：［嚏］;，得］除曾二:

令z=—2,貝(J%=2,y=1,貝IJ元=(2,1,-2).

n-AA4

cos<n,AA^>—1

恒H研3x2

因此，直線AAT與平面ADrE所成角的正弦值為|

【解析】【分析】(I)證明出四邊形ABJDi為平行四邊形，可得出BC1//AD1,然后利用線面平

行的判定定理可證得結(jié)論；(II)以點A為坐標(biāo)原點，AD.AB,所在直線分別為x、y、

z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,利用空間向量法可計算出直線AA.與平面ADXE所成角的正

弦值.

25.(5分)(202。浙江)如圖，三棱臺DEF-ABC中，?ADFC1?ABC,ZACB=ZACD=

45°,DC=2BC.

(I)證明:EF±DB；

(H)求DF與面DBC所成角的正弦值.

D

【答案】解：(I)證明：作DHLAC,且交AC于點H,

?.?面ADFCL面ABC,DHu面ADFC,ADHIBC,

.,.在RSDHC中，CH=CD?cos45°=孝CD,

VDC=2BC,：.CH=孝CD=挈?2BC=V2?BC,

...黑=孝，即aBHC是直角三角形，且/HBC=90。，

HB1BC,，BC_L面DHB,；BDu面DHB,BC1BD,

;在三棱臺DEF-ABC中，EF〃BC,AEFXDB.

(H)設(shè)BC=1,則BH=1,HC=V2,

在RSDHC中，DH=V2,DC=2,

在RtADHB中，DB=JDH2+HB?=V2+1=V3>

作HG_LBD于G,VBC1HG,，HGJ_面BCD,：GCu面BCD,

/.HG±GC,.?.△HGC是直角三角形，且/HGC=90。，

設(shè)DF與面DBC所成角為0,則0即為CH與面DBC的夾角，

且sinO=sinNHCG=薨=震，

在RtADHB中，DH?HB=BD?HG,

?ur=DHHB=&=乃

?*HG-~BD7T~T'

sin0=里=