第08章 检测A卷（文）-2020年领军高考数学一轮复习（文理通用） Word版含解析 27页

立体几何（文科数学） 章节验收测试卷 A 卷 姓名 班级 准考证号 1．如图，正方体 中， 为棱 的中点，用过点 、 、 的平面截去 该正方体的下半部分，则剩余几何体的正视图（也称主视图）是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 【分析】 根据剩余几何体的直观图，结合三视图的定义即可得到主视图 【详解】 解：正方体 中， 过点 的平面截去该正方体的上半部分后， 剩余部分的直观图如图： 1 1 1 1ABCD A B C D− E 1BB A E 1C 1 1 1 1ABCD A B C D− 1, ,A E C 则该几何体的正视图为图中粗线部分． 故选：A． 【点睛】 本题主要考查了空间三视图与直观图的应用问题，是基础题． 2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 直接利用三视图转换为几何体，可知该几何体是由一个正方体切去一个正方体的一角得到 的．进一步求出几何体的外接球半径，最后求出球的体积． 【详解】 解：根据几何体的三视图，该几何体是由一个正方体切去一个正方体的一角得到的． 2 3 π 3 2 π 3π 4 3π 故：该几何体的外接球为正方体的外接球， 所以：球的半径 ， 则： . 故选：B． 【点睛】 本题考查了三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查数学运算能力 和转换能力. 3．某三棱锥的三视图如图所示，则此三棱锥的外接球表面积是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 首先利用三视图转换为几何体，进一步求出几何体的外接球的半径，最后求出几何体的表面 积． 【详解】 解：根据几何体得三视图转换为几何体为： 该几何体为：下底面为边长为 2 的等边三角形，有一长为 2 的侧棱垂直于下底面的三棱锥体， 2 2 21 1 1 3 2 2r + += = 3 4 3 3 3 2 2V ππ  = ⋅ ⋅ =    16 3 π 28 3 π 11π 32 3 π 故：下底面的中心到底面顶点的长为： ， 所以：外接球的半径为： 故：外接球的表面积为： ． 故选：B． 【点睛】 本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考察学 生的运算能力和转换能力，属于基础题型． 4．已知 是两条不重合的直线， 是两个不重合的平面，下列命题正确的是（ ） A．若 ， ， ， ，则 B．若 ， ， ，则 C．若 ， ， ，则 D．若 ， ， ，则 【答案】B 【解析】 【分析】 根据空间中线线、线面位置关系，逐项判断即可得出结果. 【详解】 A 选项，若 ， ， ， ，则 或 与 相交；故 A 错； B 选项，若 ， ，则 ，又 ， 是两个不重合的平面，则 ， 故 B 正确； C 选项，若 ， ，则 或 或 与 相交，又 ， 是两个不重 合的平面，则 或 与 相交；故 C 错； D 选项，若 ， ，则 或 或 与 相交，又 ， 是两个不重合 的平面，则 或 与 相交；故 D 错； 2 3 3 2 22 3 21 713 9 3R  = + = =    2 7 284 4 3 3S R ππ π= = ⋅ = ,m n ,α β m α m β n α∥ n β∥ α β m n∥ m α⊥ n β⊥ α β m n⊥ m α⊂ n β⊂ α β⊥ m n⊥ m α n β⊥ α β⊥ m α m β n α∥ n β∥ α β α β m n∥ m α⊥ n α⊥ n β⊥ ,α β α β m n⊥ m α⊂ n α⊂ n α∥ n α n β⊂ ,α β α β α β m n⊥ m α n α⊂ n α∥ n α n β⊥ ,α β α β α β 故选 B 【点睛】 本题主要考查与线面、线线相关的命题，熟记线线、线面位置关系，即可求解，属于常考题 型. 5．已知正方体 的棱长为 1，在对角线 上取点 ，在 上取点 ， 使得线段 平行于对角面 ，则 的最小值为（ ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【解析】 【分析】 作 ，垂足为 ，作 ，垂足为 ，根据面面垂直的性质定理、线面 垂直的性质定理、线面平行的性质定理可以得出 ，设 ，由此可 以求出 的最小值. 【详解】 作 ，垂足为 ，作 ，垂足为 ，如下图所示： 在正方体 中，根据面面垂直的性质定理，可得 ,都垂直于平面 ，由线面垂直的性质，可知 ，易知： ，由面面 平行的性质定理可知： ，设 ， 在直角梯形 中， 1 1 1 1ABCD A B C D− 1A D M 1CD N MN 1 1A ACC | |MN 2 2 2 3 3 1MM AD⊥ 1M 1NN CD⊥ 1N 1 1 / / /M N AC 1 1DM DN x= = | |MN 1MM AD⊥ 1M 1NN CD⊥ 1N 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 1,MM NN ABCD 1 1MM NN 1 1 1 1/ /MM ANN ACC平面 / /1 1M N AC 1 1DM DN x= = 1 1MM N N ，当 时， 的最小值为 ， 故本题选 D. 【点睛】 本题考查了线段长的最小值的求法，应用正方体的几何性质、运用面面垂直的性质定理、线 面垂直的性质、线面平行的性质定理，是解题的关键. 6．在正方体 中，点 在侧面 及其边界上运动，并且保持 ，则动点 的轨迹为　（ ） A．线段 B．线段 C． 的中点与 的中点连成的线段 D． 的中点与 的中点连成的线段 【答案】A 【解析】 【分析】 先根据正方体性质得 面 ，再根据条件确定点 的轨迹. 【详解】 如图，连接 ， ， ，在正方体 中，有 面 ， 因为 ，所以 面 ， 又点 在侧面 及其边界上运动， 故点 的轨迹为面 与面 的交线段 ． 故选： ． 2 2 2 2 1 1( 2 ) (1 2 ) 6 3 3MN x x x = − + − = − +   1 3x = | |MN 3 3 1 1 1 1ABCD A B C D− P 1 1BCC B 1AP BD⊥ P 1B C 1BC 1BB 1CC BC 1 1B C 1BD ⊥ 1ACB P AC 1AB 1B C 1 1 1 1ABCD A B C D− 1BD ⊥ 1ACB 1AP BD⊥ AP ⊂ 1ACB P 1 1BCC B ∴ P 1ACB 1 1BCC B 1CB A 【点睛】 本题考查正方体性质以及线面垂直关系应用，考查基本分析判断能力，属中档题. 7．已知长方体全部棱长的和为 36，表面积为 52，则其体对角线的长为（　　） A．4 B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 利用 可得对角线的长. 【详解】 设长方体的三条棱的长分别为： ， 则 ， 可得对角线的长为 ． 故选：B． 【点睛】 设长方体的棱长和为 ，表面积为 ，对角线的长为 ，则 ，解题中注意各代 数式之间的关系. 8．已知平面 平面 直线 ，点 、 ，点 、 ，且 、 、 、 ， 点 、 分别是线段 、 的中点，则下列说法正确的是（ ） A．当 时， 、 不可能重合 B． 、 可能重合，但此时直线 与 不可能相交 C．当直线 、 相交，且 时， 可与 相交 D．当直线 、 异面时， 可能与 平行 【答案】B 【解析】 【分析】 根据直线与直线的位置关系依次判断各个选项，排除法可得结果. 29 2 23 4 17 ( ) ( )22 2 2 2x y y x y z xy yz zx+ + = + + − + + , ,x y z 2( ) 52 4( ) 36 xy yz zx x y z + + =  + + = 2 2 2 2 2( ) 2( ) 9 52 29x y z x y z xy yz zx+ + = + + − + + = − = A B C 2 16 AC B= − α  β = l A C α∈ B D β∈ A B C D l∉ M N AB CD 2CD AB= M N M N AC l AB CD / /AC l BD l AB CD MN l 【详解】 选项：当 时，若 四点共面且 时，则 两点能重合， 可知 错误； 选项：若 可能重合，则 ，故 ，此时直线 与直线 不可能相交， 可知 正确； 选项：当 与 相交，直线 时，直线 与 平行，可知 错误； 选项：当 与 是异面直线时， 不可能与 平行，可知 错误. 本题正确选项： 【点睛】 本题考查空间中直线与直线的位置关系相关命题的判断，考查学生的空间想象能力. 9．阳马，中国古代算数中的一种几何形体，是底面长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥 体，在阳马 中， 为阳马 中最长的棱， ，若在阳马 的外接球内部随机取一点，则该点位阳马 内的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意知 的长等于其外接球的直径，可知 ，计算棱锥的体积，球的体积，根据古 典概型即可求解. 【详解】 根据题意， 的长等于其外接球的直径，因为 ，∴ ，∴ ，又 平面 ，所以 ， A 2CD AB= , , ,A B C D //AC BD ,M N A B ,M N //AC BD / /AC l AC l B C AB CD / /AC l BD l C D AB CD MN l D B P ABCD− PC P ABCD− 1, 2, 3AB AD PC= = = P ABCD− 1 27π 4 27π 8 27π 4 9π PC 2PA = PC 2 2 2PC PA AB AD= + + 23 1 4PA= + + 2PA = PA ⊥ ABCD 31 4 4 31 2 23 3 3 2P ABCDV V π−  = × × × = = ×  球， ∴ . 【点睛】 本题主要考查了棱锥的外接球，棱锥的体积，球的体积，古典概型，属于中档题. 10．如图，已知四面体 为正四面体， 分别是 中点.若用一个与 直线 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面 去截该四面体，由此得到一个多边形截 面，则该多边形截面面积最大值为（ ）. A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 【分析】 通过补体，在正方体内利用截面为平行四边形 ,有 ，进而利用基本不等 式可得解. 【详解】 补成正方体，如图. ∴截面为平行四边形 ,可得 ， 3 4 83 274 3 3 2 P ππ = =  ×   ABCD 2 ,AB E F= ， ,AD BC EF α 1 2 3 2 MNKL 2NK KL+ = ,EF α⊥ MNKL 2NK KL+ = 又 且 可得 当且仅当 时取等号，选 A. 【点睛】 本题主要考查了线面的位置关系，截面问题，考查了空间想象力及基本不等式的应用，属于 难题. 11．将正方形 沿对角线 折起，并使得平面 垂直于平面 ，直线 与 所成的 角为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 将异面直线平移到同一个三角形中，可求得异面直线所成的角. 【详解】 如图，取 ， ， 的中点，分别为 ， ， ， 则 ，所以 或其补角即为所求的角. 因为平面 垂直于平面 ， ，所以 平面 ，所以 . 设正方形边长为 ， ，所以 ，则 . 所以 .所以 是等边三角形， . 所以直线 与 所成的角为 ．故应选 B． / / , / / ,MN AD KL BC ,AD BC KN KL⊥ ∴ ⊥ LMNKS NK KL= ⋅四边形 2( ) 1,2 NK KL+≤ = NK KL= 【点睛】 本题考查异面直线所成的角. 12．如图，直二面角 ， ， ， ，且 ， ， ， ， ， ，则点 在平面 内的轨迹是（ ） A．圆的一部分 B．椭圆的一部分 C．一条直线 D．两条直线 【答案】A 【解析】 【分析】 以 所在直线为 轴， 的中垂线为 轴，建立平面直角坐标系，写出点 ， 的坐标， 根据条件得出 ，设出点 的坐标，利用两点间的距离公式及相似，即可得 到轨迹方程，从而判断其轨迹． 【详解】 解：以 所在直线为 轴， 的中垂线为 轴，建立平面直角坐标系，设点 ， ， ， ， ，则 ， ， ， ， ， ， ， ，即 ，整理得： ，故点 的轨迹是圆的一部分，故选 . ABα β− − P α∈ C β∈ D β∈ AD AB⊥ BC AB⊥ 5AD = 10=BC 6AB = APD CPB∠ = ∠ P α AB x AB y A B Rt APD Rt CPB∆ ∆∽ P AB x AB y ( ),P x y ( )3,0A − ( )3,0B AD AB⊥ BC AB⊥ AD α⊥ BC α⊥ 5AD = 10=BC 6AB = APD CPB∠ = ∠ Rt APD Rt CPB∴ ∆ ∆ ( ) ( ) 2 2 2 2 3 5 1 10 23 x yAP AD BP BCx y + +∴ = = = = − + ( ) ( )2 22 23 4 3x y x y − + = + +  ( )2 25 16x y+ + = P A 【点睛】 本题以立体几何为载体考查轨迹问题，综合性强，考查了学生灵活应用知识分析解决问题的 能力和知识方法的迁移能力，同时考查了运算能力，转化能力，属于难题． 13．正方体的全面积为 ，它的顶点都在球面上，则这个球的表面积是______. 【答案】 【解析】 【分析】 由题意可得正方体的边长及球的半径，可得球的表面积. 【详解】 解：根据正方体的表面积可以求得正方体的边长为 ，正方体的外接球球心位于正方体 体心，半径为正方体体对角线的一半，求得球的半径 ，可得外接球表面 积为 ， 故答案： . 【点睛】 本题主要考查空间几何体的表面积,得出正方体的边长和球的半径是解题的关键. 14．已知圆锥的轴截面是直角边长为 2 的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为____． 【答案】 【解析】 【分析】 a 2 a π 6 al = 21 132 2 2 ar l= ⋅ = 24 2 aS r ππ= = 2 aπ 2 2π 设圆锥的底面半径为 r，依题意， ，即 ，所以该圆锥的侧面积为 ． 【详解】 依题意，设圆锥的底面半径为 r，已知圆锥的轴截面是直角边长为 2 的等腰直角三角形， 如图所示，所以 ，即 ，又因为圆锥的母线长为 ， 所以该圆锥的侧面积为 ． 故答案为： ． 【点睛】 本题考查了圆锥的结构特点，圆锥的侧面积．属于基础题． 15．已知三棱锥 的四个顶点均在体积为 的球面上，其中 平面 ，底面 为正三角形，则三棱锥 体积的最大值为________． 【答案】9 【解析】 【分析】 设出底面边长，结合外接球的体积公式确定三棱锥的高，据此可得体积函数，最后利用均值 不等式即可确定三棱锥体积的最大值. 【详解】 由球的体积公式可得： ， 不妨设底面正三角形的边长为 ，则 ， 2 2 2r = 2r = rlπ = 2 2π 2 22 2 2 2 2r = + = 2r = 2l = rlπ = 2 2π 2 2π 设棱锥的高为 h，由三棱锥的性质可得： ， 解得： ，据此可得： . 故 ，当且仅当 ， 时等号成立. 综上可得，三棱锥 体积的最大值为 9. 【点睛】 本题主要考查棱锥的体积公式，棱锥外接球的性质，均值不等式求最值的方法等知识，意在 考查学生的转化能力和计算求解能力. 16．如图所示，正方体 的边长为 2，过 的截面的面积为 ，则 的最 小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】 根据正方体的结构特征，可得过 的的截面可能是矩形或平行四边形，分别计算相应的矩 形的面积和平行四边形的最小面积，比较即可得到答案. 【详解】 由题知，过 的的截面可能是矩形，可能是平行四边形， 1 1 1 1ABCD A B C D− 1BD S S 2 6 1BD 1BD （1）当截面为矩形时，即截面为 ， ， ， 由正方体的对称性可知 . （2）当截面为平行四边形时，如下图所示， 过点 作 于 ，如图（a）所示， ， 又因为 ，所以 ， 过点 作 交 于 ，连接 ，当 时， 最小， 此时 的值最小，且 ， 故四边形 的面积最小值为 ， 又因为 ， 所以过 的截面面积 的最小值为 . 【点睛】 本题主要考查了立体几何的综合应用，其中解答中根据正方体的结构特征，可得过 的的 截面可能是矩形或平行四边形，分别计算相应的矩形的面积和平行四边形的最小面积是解答 的关键，着重考查了空间想象能力，以及运算与求解能力，属于中档试题. 17．如图，四面体 ABCD 中，O、E 分别是 BD、BC 的中点， ， . （1）求证： 平面 BCD； （2）求异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值； （3）求点 E 到平面 ACD 的距离。 11DABC 1 1A BCD DDBB 11 1 1 1 1 1 1 4 2ABC D A BCD BB D DS S S= = = E 1EM BD⊥ M 1 1BED FS BD EM= ⋅ 1 2 3BD = 1 2 3BED FS EM= ⋅ M 1/ /MN D D BD N AN AN BD⊥ AN EM 2EM = 1BED F 1 2 2 3 2 6BED FS = × = 4 2 2 6> 1BD S 2 6 1BD 2AB AD= = 2CA CB CD BD= = = = AO ⊥ 【答案】（1）见解析（2） （3） 【解析】 【分析】 （1）连接 OC，由 BO＝DO，AB＝AD，知 AO⊥BD，由 BO＝DO，BC＝CD，知 CO⊥BD．在△AOC 中，由题设知 ，AC＝2，故 AO2+CO2＝AC2，由此能够证明 AO⊥平面 BCD； （2）取 AC 的中点 M，连接 OM、ME、OE，由 E 为 BC 的中点，知 ME∥AB，OE∥DC，故直 线 OE 与 EM 所成的锐角就是异面直线 AB 与 CD 所成的角．在△OME 中， ，由此能求出异面直线 AB 与 CD 所成角大小的余弦； （3）设点 E 到平面 ACD 的距离为 h．在△ACD 中， ，故 ，由 AO＝1，知 ，由此能求 出点 E 到平面 ACD 的距离． 【详解】 （1）证明：连接 OC，∵BO＝DO，AB＝AD，∴AO⊥BD， ∵BO＝DO，BC＝CD，∴CO⊥BD． 在△AOC 中，由题设知 ，AC＝2， ∴AO2+CO2＝AC2， ∴∠AOC＝90°，即 AO⊥OC． ∵AO⊥BD，BD∩OC＝O， ∴AO⊥平面 BCD． （2）解：取 AC 的中点 M，连接 OM、ME、OE，由 E 为 BC 的中点， 2 4 21 7 AO 1 CO 3= =， 1 2 1EM AB OE DC 12 2 2 = = = =， CA CD 2 AD 2= = =， 2 ACD 1 2 7S 2 42 2 2  = × × − =    2 CDE 1 3 3S 22 4 2 = × × =  1 3AO CO= =， 知 ME∥AB，OE∥DC， ∴直线 OE 与 EM 所成的锐角就是异面直线 AB 与 CD 所成的角． 在△OME 中， ， ∵OM 是直角△AOC 斜边 AC 上的中线，∴ ， ∴ ， ∴异面直线 AB 与 CD 所成角大小的余弦为 （3）解：设点 E 到平面 ACD 的距离为 h． ， ， 在△ACD 中， ， ∴ ， ∵AO＝1， ， ∴ ， ∴点 E 到平面 ACD 的距离为 ． 1 2 1 12 2 2EM AB OE DC= = = =， 1 12OM AC= = 11 1 22 422 1 2 cos OEM + − ∠ = = × × 2 4 E ACD A CDEV V− −= 1 1 3 3ACD CDEh S AO S∴ =   ． ． ． 2 2CA CD AD= = =， 2 1 2 72 42 2 2ACDS  = × × − =    21 3 322 4 2CDES = × × =  31 212 77 2 CDE ACD AO Sh S ×⋅= = =  21 7 【点睛】 本题考查点、线、面间的距离的计算，考查空间想象力和等价转化能力，解题时要认真审题， 仔细解答，注意化立体几何问题为平面几何问题． 18．如图，在四棱锥 中： 底面 ABCD，底面 ABCD 为梯形， ， ，且 ，BC=1，M 为棱 PD 上的点。 （Ⅰ）若 ，求证：CM∥平面 PAB； （Ⅱ）求证：平面 平面 PAB； （Ⅲ）求直线 BD 与平面 PAD 所成角的大小. 【答案】（Ⅰ ）见解析（Ⅱ）见解析（Ⅲ）30° 【解析】 【分析】 （Ⅰ）过点 M 作 MH∥AD，交 PA 于 H，连接 BH，BCMH 为平行四边形，CM∥BH,从而得证； （Ⅱ）要证平面 平面 PAB，即证 ； （Ⅲ）取 PA 的中点为 N，连接 BN，由（Ⅱ）可知 BN⊥平面 PAD，即∠BDN 为直线 BD 与平 面 PAD 所成角。 【详解】 解：（Ⅰ）证明：过点 M 作 MH∥AD，交 PA 于 H，连接 BH， 因为 ，所以 ． 又 MH∥AD，AD∥BC，所以 HM∥BC． 所以 BCMH 为平行四边形，所以 CM∥BH． P ABCD− PB ⊥ AD BC AD AB⊥ 3PB AB AD= = = 1 3PM PD= PAD ⊥ PAD ⊥ A PABD ⊥ 平面 1 3PM PD= 1 3HM AD BC= = 又 BH⊂平面 PAB，CM⊄平面 PAB， 所以 CM∥平面 PAB． （Ⅱ）∵ 底面 ABCD，AD⊂平面 ABCD ∴ ，又 ，且 ∴ ，又 ⊂平面 PAD ∴平面 平面 PAB； （Ⅲ）取 PA 的中点为 N，连接 BN， ∵ ，∴BN⊥PA，连接 DN 又平面 平面 PAB，故 BN⊥平面 则∠BDN 为直线 BD 与平面 PAD 所成角 此时，BN= ，BD= ∴sin∠BDN= ，即∠BDN=30° ∴求直线 BD 与平面 PAD 所成角的大小 30°. 【点睛】 求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当 垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求 得所成角的正弦值，当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系，利用向量求解. 19．如图，四棱锥 中， ， ， ， ， ， 为 的中点. PB ⊥ PB AD⊥ AD AB⊥ PB AB B∩ = PABAD ⊥ 平面 AD PAD ⊥ PB AB= PAD ⊥ PAD 3 2 2 3 2 BN 1 BD 2 = P ABCD− PA CD⊥ / /AD BC 90ADC PAD∠ = ∠ = ° 1 12BC CD AD= = = 2 2PA = M PD （1）求证： ； （2）求证： 平面 ； （3）求直线 与平面 所成的角. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） . 【解析】 【分析】 （1）由 ，可得 . 结合 利用线面垂直的判定定理可得 平面 ，进而可得结果；（2）由三角形中位线定理可得 ，可证明四边形 . 是平行四边形，可得 ，由线面平行的判定定理可得结果；(3)以 为原点， 以 的延长线， 为 轴、 轴、 轴建立坐标系，先证明 是平面 的法向 量，求出 ，利用空间向量夹角公式可得结果. 【详解】 （1） ， . 又 ， . 又 ， PA AB⊥ / /CM PAB CM PAD 6 π 90PAD∠ = ° PA AD⊥ ,PA CD⊥ PA ⊥ ABCD / /MN AD MNBC / /CM BN A BA ,AB AP x y z CD PAD ( ) ( )1,1, 2 , 1,0,0CM CD= =  90PAD∠ = ° PA AD∴ ⊥ ,PA CD CD AD D⊥ ∩ = PA ABCD∴ ⊥ 平面 AB ABCD⊂ 平面 . （2）取 中点 ，连接 . 分别是 的中点， 且 ， 又 且 ， 且 ， 四边形 是平行四边形， ， 又 ， . （3）以 为原点，以 的延长线， 为 轴、 轴、 轴建立坐标系， 则 ， ， ， 平面 . 是面 的法向量， , 设直线 与平面 所成的角为 ， 则 ， 直线 与平面 所成的角为 . 【点睛】 本题主要考查线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理以及线面角的向量法，属于中档题. 证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面 内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行 的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面 平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. PA AB∴ ⊥ PA N ,MN BN ,M N ,PA PD / /MN AD∴ 1 2MN AD= / /BC AD 1 2BC AD= / /MN BC∴ MN BC= ∴ MNBC / /CM BN∴ CM PAB BN PAB⊄ ⊂ 平面 ， 平面 / /CM PAB∴ 平面 A BA ,AB AP x y z ( ) ( ) ( ) ( )0,0,2 2 , 0,2,0 , 1,0,0 , 0,1, 2P D C M− ( ) ( )1,1, 2 , 1,0,0CM CD= =  , ,CD PA CD AD PA AD A⊥ ⊥ ∩ = CD ^ PAD ∴ CD PAD 1 0 0 1 0 2 1cos , 21 1 1 2 CD CMCD CM CD CM ⋅ × + × + ×= = = × + +⋅      CM PAD θ 1sin ,2 6 πθ θ= = ∴ CM PAD 6 π 20．如图，已知三棱锥 中，平面 平面 ABC， ， ，BD=3， AD=1，AC=BC，M 为线段 AB 的中点. （Ⅰ）求证： 平面 ACD； （Ⅱ）求异面直线 MD 与 BC 所成角的余弦值； （Ⅲ）求直线 MD 与平面 ACD 所成角的余弦值. 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ） ；（Ⅲ） . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）由题意结合几何关系可得 ，结合 ，和线面垂直的判定定理即可证 得题中的结论； （Ⅱ）取 AC 中点 N，连接 MN，DN，易知 （或其补角）为异面直线 MD 与 BC 所成的 角，据此结合几何性质可得异面直线 MD 与 BC 所成角的余弦值. （Ⅲ）结合（Ⅱ）可知 为直线 MD 与平面 ACD 所成的角，据此可得线面角的余弦值. 【详解】 （Ⅰ）∵平面 平面 ABC 于 AB， ， 平面 ABD， ∴ 平面 ABC， ∴ ，又 ， ， ∴ 平面 ACD. （Ⅱ）取 AC 中点 N，连接 MN，DN， A BCD− ABD ⊥ AB AD⊥ BC AC⊥ BC ⊥ 3 3 6 3 AD BC⊥ AC BC⊥ NMD∠ MDN∠ ABD ⊥ AD AB⊥ AD ⊂ AD ⊥ AD BC⊥ AC BC⊥ AD AC A∩ = BC ⊥ ∵M 是 AB 中点， ∴ ， ∴ （或其补角）为异面直线 MD 与 BC 所成的角， 由（Ⅰ）知 平面 ACD， ∴ 平面 ACD， ， 在 中， ， ， ∴ ， 即异面直线 MD 与 BC 所成角的余弦值为 . （Ⅲ）由（Ⅱ） 为直线 MD 与平面 ACD 所成的角，在 中， ， ∴ . 【点睛】 本题主要考查线面垂直的判定定理，异面直线所成的角的求解，线面角的余弦值的求解等知 识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 21．已知正方形 的边长为 4， ， 分别为 ， 的中点，以 为棱将正方形 折成如图所示的 的二面角，点 在线段 上且不与点 ， 重合，直线 与由 ， ， 三点所确定的平面相交，交点为 ． （1）若 为 的中点，试确定点 的位置，并证明直线 平面 ； （2）若 ，求 的长度，并求此时点 到平面 的距离． 【答案】（1）见解析；（2） 【解析】 MN BC NMD∠ BC ⊥ MN ⊥ MN ND⊥ Rt MND 1 12MN BC= = 2 2 3MD AD AM= + = 3 3 MNcos NMD MD ∠ = = 3 3 MDN∠ Rt MND 2 2 2ND MD MN= − = 2 6 33 NDcos MDN MD ∠ = = = ABCD E F AD BC EF ABCD 60° M AB A B MF A D E O M AB O / /OD EMC CE MF⊥ AM O CDEF 8 3 【分析】 （1）延长 交 的延长线于 ，连接 交 于 ，利用平面几何知识得 ， 再根据线面平行判定定理得结论，（2）根据线线垂直、线面垂直关系将条件转化到平面内垂 直关系，再根据相似三角形以及直角三角形计算得结果． 【详解】 (1)延长 交 的延长线于 ， 为 中点， ， 为 中点， 又 ， 为 中点， 连接 交 于 ，则 为 中点，所以 ， 又 平面 ， 平面 ， 平面 ； （2）由题意可知， 所以 平面 ，同理可得 平面 ，因为二面角 为 60°, ， 与 是全等的正三角形，取 中点 ，则 ,由 平面 ， 平面 得 ,因此 平面 ，即 , 平面 ， 设 ， FM EA O DF CE N / /DO MN FM EA O M AB / /AE BF M∴ OF / /AB EF A∴ OE DF CE N N FD / /DO MN DO ⊂/ EMC MN ⊂ EMC / /DO∴ EMC , ,EF CF EF BF CF BF F⊥ ⊥ = EF ⊥ CFB EF ⊥ DEA C EF B− − 60DEA CFB∴∠ = ∠ = ° DEA∴∆ CFB∆ BF H CH BF⊥ EF ⊥ CFB CH ⊂ CFB CH EF⊥ CH ⊥ ABEF CH MF CE MF⊥ ⊥ MF ⊥ CEH MF EH∴ ⊥ AM t= 1 4 7tan tan , ,4 2 2 FH MB tFEH MFB tEF FB −∴ ∠ = ∠ = ∴ = = 的长度为 ． 过 作 于 ,则由 平面 ，得 平面 ，即 为点 到平面 的距离， 点 到平面 的距离为 ． 【点睛】 本题考查线面平行判定定理以及利用空间向量求长度与距离，考查空间想象能力与基本分析 求解能力，属中档题. 22．如图，已知 ， ，且 是 的 中点， . （1）求证： ； （2）求证：平面 平面 ； （3）求 与平面 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） 。 【解析】 【分析】 （1）取 的中点 ，可以利用中位线定理，根据已知的平行关系和长度关系，可以得到一 个平行四边形，利用平行四边形的对边平行，这样得到线线平行，也就能证明出线面平行； AM∴ 7 2 O OT DE⊥ T EF ⊥ DEA OT CDEF OT O CDEF 7 2 14, 162 4 OA AM OA OA OEOE EF OA = ∴ = ∴ = =+ πsin 8 33OT OE= = ∴ O CDEF 8 3 AB ACD⊥ 平面 / /AB DE 2 2AD AC DE AB= = = = F CD 3AF = / /AF BCE平面 BCE ⊥ CDE CB CDE 15 5 CE G （2）通过已知和（1）可知 ，通过线面垂直和平行线的性质，可以 这 样可以证明出线面垂直，而 从而证明出 平面 利用面面垂直的判定定理 可以证明出平面 平面 ； （3）通过（2）证明出的线面垂直关系，找到线面角，利用勾股定理、平行四边形的性质， 求出相关的边，利用正弦的定义，求出 与平面 所成角的正弦值。 【详解】 （1）如上图，取 的中点 ，连接 , 由 是 的中点， 且 又 ，且 且 . 是平行四边形，从而 ， 又 平面 ， 平面 , 因此 ； （2）证明： 是 的中点， ， 因为 平面 ， ，所以 平面 ， 又 平面 而 平面 由 可知 平面 平面 ， 平面 平面 ； （3）由（2）知 平面 是 在平面 的射影，则 与平面 所成 的角为 ，因为 ，所以 ,由（1）可知： 是平行四边形，从而 ， AF CD⊥ ,DE AF⊥ ,AF BG BG ⊥ ,CDE BCE ⊥ CDE CB CDE CE G ,BG FG F CD ,FG DE∴  1 ,2FG DE= / /AB DE 1 ,2AB DE= ,FG AB∴ = FG AB∥ ABGF∴ FA GB AF ⊄ BCE BG ⊂ BCE / /AF BCE平面 ,AD AC F= CD AF CD∴ ⊥ AB ⊥ ACD AB DE∥ DE ⊥ ACD AF ⊂ ,ACD ,DE AF∴ ⊥ ,DE CD D∩ = ( )2 2 2 0.3U R rR E U += = Ω− ,CDE ,AF BG BG ⊥ ,CDE BG ⊂ BCE ∴ BCE ⊥ CDE BG ⊥ ,CDE CG∴ CB CDE CB CDE BCG∠ AB ACD平面⊥ 5AB AC BC⊥ ⇒ = ABGF 3GB AF= = 在 中， 与平面 所成角的正弦值是 。 【点睛】 本题考查了线面平行、面面垂直的判定以及线面角的求法。 Rt CBG∆ 3 15sin ,55 BGBCG BC ∠ = = = CB CDE 15 5