2018高考数学空间几何高考真题 41页

‎2017年高考数学空间几何高考真题 ‎　‎ 一．选择题（共9小题）‎ ‎1．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（　　）‎ A．π B． C． D．‎ ‎3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（　　）‎ A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC ‎4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（　　）‎ A．60 B．30 C．20 D．10‎ ‎5．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm2）是（　　）‎ A．+1 B．+3 C．+1 D．+3‎ ‎6．如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（　　）‎ A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α ‎7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（　　）‎ A．90π B．63π C．42π D．36π ‎1．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（　　）‎ A．10 B．12 C．14 D．16‎ ‎2．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二．填空题（共5小题）‎ ‎8．已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，则球O的表面积为　 　．‎ ‎9．长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为　 　．‎ ‎10．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为　 　．‎ ‎11．由一个长方体和两个 圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为　 　．‎ ‎12．如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是　 　．‎ ‎　‎ 三．解答题（共9小题）‎ ‎13．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．‎ ‎（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，且四棱锥P﹣ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．‎ ‎14．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．‎ ‎（1）证明：直线BC∥平面PAD；‎ ‎（2）若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．‎ ‎15．如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．‎ ‎（1）证明：AC⊥BD；‎ ‎（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．‎ ‎16．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．‎ ‎（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；‎ ‎（2）设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小．‎ ‎17．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．‎ ‎（1）求证：PA⊥BD；‎ ‎（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；‎ ‎（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．‎ ‎18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2．‎ ‎（Ⅰ）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；‎ ‎（Ⅱ）求证：PD⊥平面PBC；‎ ‎（Ⅲ）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．‎ ‎19．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；‎ ‎（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．‎ ‎20．由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD，‎ ‎（Ⅰ）证明：A1O∥平面B1CD1；‎ ‎（Ⅱ）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．‎ ‎21．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．‎ 求证：（1）EF∥平面ABC；‎ ‎（2）AD⊥AC．‎ ‎　‎ ‎3．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．‎ ‎（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．‎ ‎4．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．‎ ‎（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．‎ ‎5．如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD． ‎ ‎（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．‎ ‎6．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=，AB=4．‎ ‎（1）求证：M为PB的中点；‎ ‎（2）求二面角B﹣PD﹣A的大小；‎ ‎（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．‎ ‎7．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．‎ ‎（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．‎ ‎8．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．‎ ‎（Ⅰ）设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； ‎ ‎（Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．‎ ‎2017年高考数学空间几何高考真题 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（共7小题）‎ ‎1．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【解答】解：对于选项B，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知B不满足题意；‎ 对于选项C，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知C不满足题意；‎ 对于选项D，由于AB∥NQ，结合线面平行判定定理可知D不满足题意；‎ 所以选项A满足题意，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（　　）‎ A．π B． C． D．‎ ‎【解答】解：∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，‎ ‎∴该圆柱底面圆周半径r==，‎ ‎∴该圆柱的体积：V=Sh==．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（　　）‎ A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC ‎【解答】解：法一：连B1C，由题意得BC1⊥B1C，‎ ‎∵A1B1⊥平面B1BCC1，且BC1⊂平面B1BCC1，‎ ‎∴A1B1⊥BC1，‎ ‎∵A1B1∩B1C=B1，‎ ‎∴BC1⊥平面A1ECB1，‎ ‎∵A1E⊂平面A1ECB1，‎ ‎∴A1E⊥BC1．‎ 故选：C．‎ 法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，‎ 则A1（2，0，2），E（0，1，0），B（2，2，0），D（0，0，0），C1（0，2，2），A（2，0，0），C（0，2，0），‎ ‎=（﹣2，1，﹣2），=（0，2，2），=（﹣2，﹣2，0），‎ ‎=（﹣2，0，2），=（﹣2，2，0），‎ ‎∵•=﹣2，=2，=0，=6，‎ ‎∴A1E⊥BC1．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（　　）‎ A．60 B．30 C．20 D．10‎ ‎【解答】解：由三视图可知：该几何体为三棱锥，‎ 该三棱锥的体积==10．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm2）是（　　）‎ A．+1 B．+3 C．+1 D．+3‎ ‎【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，‎ 圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，‎ 故该几何体的体积为××π×12×3+××××3=+1，‎ 故选：A ‎　‎ ‎6．如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（　　）‎ A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α ‎【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．‎ 不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6），‎ Q，R，‎ ‎=，=（0，3，6），=（，5，0），=，‎ ‎=．‎ 设平面PDR的法向量为=（x，y，z），则，可得，‎ 可得=，取平面ABC的法向量=（0，0，1）．‎ 则cos==，取α=arccos．‎ 同理可得：β=arccos．γ=arccos．‎ ‎∵＞＞．‎ ‎∴α＜γ＜β．‎ 解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．‎ 设OD=h．‎ 则tanα=．‎ 同理可得：tanβ=，tanγ=．‎ 由已知可得：OE＞OG＞OF．‎ ‎∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．‎ ‎∴α＜γ＜β．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（　　）‎ A．90π B．63π C．42π D．36π ‎【解答】‎ 解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，‎ V=π•32×10﹣•π•32×6=63π，‎ 故选：B．‎ ‎　1．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（　　）‎ A．10 B．12 C．14 D．16‎ ‎【解答】解：由三视图可画出直观图，‎ 该立体图中只有两个相同的梯形的面，‎ S梯形=×2×（2+4）=6，‎ ‎∴这些梯形的面积之和为6×2=12，‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【解答】解：【解法一】如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，‎ 则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角 ‎（因异面直线所成角为（0，]），‎ 可知MN=AB1=，‎ NP=BC1=；‎ 作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；‎ ‎∵PQ=1，MQ=AC，‎ ‎△ABC中，由余弦定理得 AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC ‎=4+1﹣2×2×1×（﹣）‎ ‎=7，‎ ‎∴AC=，‎ ‎∴MQ=；‎ 在△MQP中，MP==；‎ 在△PMN中，由余弦定理得 cos∠MNP===﹣；‎ 又异面直线所成角的范围是（0，]，‎ ‎∴AB1与BC1所成角的余弦值为．‎ ‎【解法二】如图所示，‎ 补成四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，求∠BC1D即可；‎ BC1=，BD==，‎ C1D=，‎ ‎∴+BD2=，‎ ‎∴∠DBC1=90°，‎ ‎∴cos∠BC1D==．‎ 二．填空题（共5小题）‎ ‎8．已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，则球O的表面积为　36π　．‎ ‎【解答】解：三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，‎ 可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，‎ 可得，解得r=3．‎ 球O的表面积为：4πr2=36π．‎ 故答案为：36π．‎ ‎　‎ ‎9．长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为　14π　．‎ ‎【解答】解：长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，可知长方体的对角线的长就是球的直径，‎ 所以球的半径为：=．‎ 则球O的表面积为：4×=14π．‎ 故答案为：14π．‎ ‎　‎ ‎10．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为　　．‎ ‎【解答】解：设正方体的棱长为a，‎ ‎∵这个正方体的表面积为18，‎ ‎∴6a2=18，‎ 则a2=3，即a=，‎ ‎∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，‎ ‎∴正方体的体对角线等于球的直径，‎ 即a=2R，‎ 即R=，‎ 则球的体积V=π•（）3=；‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎11．由一个长方体和两个 ‎ 圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为　2+　．‎ ‎【解答】解：由长方体长为2，宽为1，高为1，则长方体的体积V1=2×1×1=2，‎ 圆柱的底面半径为1，高为1，则圆柱的体积V2=×π×12×1=，‎ 则该几何体的体积V=V1+2V1=2+，‎ 故答案为：2+．‎ ‎　‎ ‎12．如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是　　．‎ ‎【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：R3，‎ 圆柱的体积为：πR2•2R=2πR3．‎ 则==．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ 三．解答题（共9小题）‎ ‎13．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．‎ ‎（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，且四棱锥P﹣ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．‎ ‎【解答】证明：（1）∵在四棱锥P﹣ABCD中，∠BAP=∠CDP=90°，‎ ‎∴AB⊥PA，CD⊥PD，‎ 又AB∥CD，∴AB⊥PD，‎ ‎∵PA∩PD=P，∴AB⊥平面PAD，‎ ‎∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD．‎ 解：（2）设PA=PD=AB=DC=a，取AD中点O，连结PO，‎ ‎∵PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，平面PAB⊥平面PAD，‎ ‎∴PO⊥底面ABCD，且AD==，PO=，‎ ‎∵四棱锥P﹣ABCD的体积为，‎ ‎∴VP﹣ABCD=‎ ‎====，‎ 解得a=2，∴PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=2，PO=，‎ ‎∴PB=PC==2，‎ ‎∴该四棱锥的侧面积：‎ S侧=S△PAD+S△PAB+S△PDC+S△PBC ‎=+++‎ ‎=‎ ‎=6+2．‎ ‎　‎ ‎14．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．‎ ‎（1）证明：直线BC∥平面PAD；‎ ‎（2）若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．‎ ‎【解答】（1）证明：四棱锥P﹣ABCD中，∵∠BAD=∠ABC=90°．∴BC∥AD，∵AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，‎ ‎∴直线BC∥平面PAD；‎ ‎（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．设AD=2x，‎ 则AB=BC=x，CD=，O是AD的中点，‎ 连接PO，OC，CD的中点为：E，连接OE，‎ 则OE=，PO=，PE==，‎ ‎△PCD面积为2，可得：=2，‎ 即：，解得x=2，PE=2．‎ 则V P﹣ABCD=×（BC+AD）×AB×PO==4．‎ ‎　‎ ‎15．如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．‎ ‎（1）证明：AC⊥BD；‎ ‎（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．‎ ‎【解答】证明：（1）取AC中点O，连结DO、BO，‎ ‎∵△ABC是正三角形，AD=CD，‎ ‎∴DO⊥AC，BO⊥AC，‎ ‎∵DO∩BO=O，∴AC⊥平面BDO，‎ ‎∵BD⊂平面BDO，∴AC⊥BD．‎ 解：（2）法一：连结OE，由（1）知AC⊥平面OBD，‎ ‎∵OE⊂平面OBD，∴OE⊥AC，‎ 设AD=CD=，则OC=OA=1，‎ ‎∴E是线段AC垂直平分线上的点，∴EC=EA=CD=，‎ 由余弦定理得：‎ cos∠CBD==，‎ 即，解得BE=1或BE=2，‎ ‎∵BE＜＜BD=2，∴BE=1，∴BE=ED，‎ ‎∵四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，‎ ‎∵BE=ED，∴S△DCE=S△BCE，‎ ‎∴四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．‎ 法二：设AD=CD=，则AC=AB=BC=BD=2，AO=CO=DO=1，‎ ‎∴BO==，∴BO2+DO2=BD2，∴BO⊥DO，‎ 以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 则C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），A（1，0，0），‎ 设E（a，b，c），，（0≤λ≤1），则（a，b，c﹣1）=λ（0，，﹣1），解得E（0，，1﹣λ），‎ ‎∴=（1，），=（﹣1，），‎ ‎∵AE⊥EC，∴=﹣1+3λ2+（1﹣λ）2=0，‎ 由λ∈[0，1]，解得，∴DE=BE，‎ ‎∵四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，‎ ‎∵DE=BE，∴S△DCE=S△BCE，‎ ‎∴四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．‎ ‎　‎ ‎16．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．‎ ‎（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；‎ ‎（2）设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小．‎ ‎【解答】解：（1）∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，‎ 两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．‎ ‎∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积：‎ V=S△ABC×AA1‎ ‎=‎ ‎==20．‎ ‎（2）连结AM，‎ ‎∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，‎ 两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5，M是BC中点，‎ ‎∴AA1⊥底面ABC，AM==，‎ ‎∴∠A1MA是直线A1M与平面ABC所成角，‎ tan∠A1MA===，‎ ‎∴直线A1M与平面ABC所成角的大小为arctan．‎ ‎　‎ ‎17．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．‎ ‎（1）求证：PA⊥BD；‎ ‎（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；‎ ‎（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．‎ ‎【解答】解：（1）证明：由PA⊥AB，PA⊥BC，‎ AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC=B，‎ 可得PA⊥平面ABC，‎ 由BD⊂平面ABC，‎ 可得PA⊥BD；‎ ‎（2）证明：由AB=BC，D为线段AC的中点，‎ 可得BD⊥AC，‎ 由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，‎ 可得平面PAC⊥平面ABC，‎ 又平面ABC∩平面ABC=AC，‎ BD⊂平面ABC，且BD⊥AC，‎ 即有BD⊥平面PAC，‎ BD⊂平面BDE，‎ 可得平面BDE⊥平面PAC；‎ ‎（3）PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC，‎ 且平面PAC∩平面BDE=DE，‎ 可得PA∥DE，‎ 又D为AC的中点，‎ 可得E为PC的中点，且DE=PA=1，‎ 由PA⊥平面ABC，‎ 可得DE⊥平面ABC，‎ 可得S△BDC=S△ABC=××2×2=1，‎ 则三棱锥E﹣BCD的体积为DE•S△BDC=×1×1=．‎ ‎　‎ ‎18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2．‎ ‎（Ⅰ）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；‎ ‎（Ⅱ）求证：PD⊥平面PBC；‎ ‎（Ⅲ）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）如图，由已知AD∥BC，‎ 故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角．‎ 因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD．‎ 在Rt△PDA中，由已知，得，‎ 故．‎ 所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为．‎ 证明：（Ⅱ）因为AD⊥平面PDC，直线PD⊂平面PDC，‎ 所以AD⊥PD．‎ 又因为BC∥AD，所以PD⊥BC，‎ 又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC．‎ 解：（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，‎ 则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．‎ 因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，‎ 所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角．‎ 由于AD∥BC，DF∥AB，故BF=AD=1，‎ 由已知，得CF=BC﹣BF=2．又AD⊥DC，故BC⊥DC，‎ 在Rt△DCF中，可得．‎ 所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为．‎ ‎　‎ ‎19．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；‎ ‎（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，‎ ‎∵E为PD的中点，∴EF∥PA，‎ 在四边形ABCD中，BC∥AD，AD=2DC=2CB，F为中点，‎ ‎∴CF∥AB，∴平面EFC∥平面ABP，‎ ‎∵EC⊂平面EFC，‎ ‎∴EC∥平面PAB．‎ 解：（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，‎ ‎∵PA=PD，∴PF⊥AD，‎ 推导出四边形BCDF为矩形，∴BF⊥AD，‎ ‎∴AD⊥平面PBF，又AD∥BC，‎ ‎∴BC⊥平面PBF，∴BC⊥PB，‎ 设DC=CB=1，则AD=PC=2，∴PB=，‎ BF=PF=1，∴MF=，‎ 又BC⊥平面PBF，∴BC⊥MF，‎ ‎∴MF⊥平面PBC，即点F到平面PBC的距离为，‎ ‎∵MF=，D到平面PBC的距离应该和MF平行且相等，为，‎ E为PD中点，E到平面PBC的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，‎ ‎∴E到平面PBC的距离为，‎ 在，‎ 由余弦定理得CE=，‎ 设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ==．‎ ‎　‎ ‎20．由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1‎ 后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD，‎ ‎（Ⅰ）证明：A1O∥平面B1CD1；‎ ‎（Ⅱ）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）取B1D1中点G，连结A1G、CG，‎ ‎∵四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，‎ ‎∴四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后，A1GOC，‎ ‎∴四边形OCGA1是平行四边形，∴A1O∥CG，‎ ‎∵A1O⊄平面B1CD1，CG⊂平面B1CD1，‎ ‎∴A1O∥平面B1CD1．‎ ‎（Ⅱ）四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后，BDB1D1，‎ ‎∵M是OD的中点，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD，‎ 又BD⊂平面ABCD，∴BD⊥A1E，‎ ‎∵四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，‎ ‎∴AO⊥BD，‎ ‎∵M是OD的中点，E为AD的中点，∴EM⊥BD，‎ ‎∵A1E∩EM=E，∴BD⊥平面A1EM，‎ ‎∵BD∥B1D1，∴B1D1⊥平面A1EM，‎ ‎∵B1D1⊂平面B1CD1，‎ ‎∴平面A1EM⊥平面B1CD1．‎ ‎　‎ ‎21．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．‎ 求证：（1）EF∥平面ABC；‎ ‎（2）AD⊥AC．‎ ‎【解答】证明：（1）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，‎ 所以AB∥EF，‎ 又因为EF⊊平面ABC，AB⊆平面ABC，‎ 所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；‎ ‎（2）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，‎ 因为BC⊥BD，FG∥BC，‎ 所以FG⊥BD，‎ 又因为平面ABD⊥平面BCD，‎ 所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD，‎ 又因为AD⊥EF，且EF∩FG=F，‎ 所以AD⊥平面EFG，所以AD⊥EG，‎ 故AD⊥AC．‎ ‎　3．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．‎ ‎（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．‎ ‎【解答】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，‎ ‎∵AB∥CD，∴AB⊥PD，‎ 又∵PA∩PD=P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，‎ ‎∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，‎ ‎∴平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎（2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形，‎ 由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，‎ 在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形，‎ 设PA=AB=2a，则AD=．‎ 取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，‎ 以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，‎ 则：D（），B（），P（0，0，），C（）．‎ ‎，，．‎ 设平面PBC的一个法向量为，‎ 由，得，取y=1，得．‎ ‎∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，‎ 又PD⊥PA，PA∩AB=A，‎ ‎∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，．‎ ‎∴cos＜＞==．‎ 由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，‎ ‎∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．‎ ‎　‎ ‎4．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．‎ ‎（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．‎ ‎【解答】（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，‎ 所以EFAD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥AD，‎ ‎∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，‎ ‎∴直线CE∥平面PAB；‎ ‎（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，‎ 侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，‎ ‎∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．‎ 取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP=，‎ ‎∴∠PCO=60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°，‎ 可得：BN=MN，CN=MN，BC=1，‎ 可得：1+BN2=BN2，BN=，MN=，‎ 作NQ⊥AB于Q，连接MQ，‎ 所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ=‎ ‎=，‎ 二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：=．‎ ‎　‎ ‎5．如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD． ‎ ‎（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．‎ ‎【解答】（1）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．‎ ‎∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．‎ ‎△ABD与△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD，‎ ‎∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD．‎ ‎∵△ACD是直角三角形，‎ ‎∴AC是斜边，∴∠ADC=90°．‎ ‎∴DO=AC．‎ ‎∴DO2+BO2=AB2=BD2．‎ ‎∴∠BOD=90°．‎ ‎∴OB⊥OD．‎ 又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD．‎ 又OB⊂平面ABC，‎ ‎∴平面ACD⊥平面ABC．‎ ‎（2）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为hD，hE．则=．‎ ‎∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，‎ ‎∴===1．‎ ‎∴点E是BD的中点．‎ 建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB=2．‎ 则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），E．‎ ‎=（﹣1，0，1），=，=（﹣2，0，0）．‎ 设平面ADE的法向量为=（x，y，z），则，即，取=．‎ 同理可得：平面ACE的法向量为=（0，1，）．‎ ‎∴cos===﹣．‎ ‎∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为．‎ ‎　‎ ‎6．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=，AB=4．‎ ‎（1）求证：M为PB的中点；‎ ‎（2）求二面角B﹣PD﹣A的大小；‎ ‎（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．‎ ‎【解答】（1）证明：如图，设AC∩BD=O，‎ ‎∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM，‎ ‎∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM，‎ ‎∴PD∥OM，则，即M为PB的中点；‎ ‎（2）解：取AD中点G，‎ ‎∵PA=PD，∴PG⊥AD，‎ ‎∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，‎ ‎∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，‎ 由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD．‎ 以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，‎ 由PA=PD=，AB=4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2，），‎ ‎，．‎ 设平面PBD的一个法向量为，‎ 则由，得，取z=，得．‎ 取平面PAD的一个法向量为．‎ ‎∴cos＜＞==．‎ ‎∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；‎ ‎（3）解：，平面BDP的一个法向量为．‎ ‎∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜＞|=||=||=．‎ ‎　‎ ‎7．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．‎ ‎（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．‎ ‎【解答】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，‎ ‎∵M为AD中点，∴MF∥BD，‎ ‎∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE．‎ ‎∵N为BC中点，∴NF∥AC，‎ 又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．‎ ‎∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE．‎ 又MF∩NF=F．‎ ‎∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；‎ ‎（Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．‎ ‎∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．‎ ‎∵PA=AC=4，AB=2，‎ ‎∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E（0，2，2），‎ 则，，‎ 设平面MEN的一个法向量为，‎ 由，得，取z=2，得．‎ 由图可得平面CME的一个法向量为．‎ ‎∴cos＜＞=．‎ ‎∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为，则正弦值为；‎ ‎（Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t），，．‎ ‎∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，‎ ‎∴|cos＜＞|=||=||=．‎ 解得：t=或t=．‎ ‎∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为或．‎ ‎　‎ ‎8．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．‎ ‎（Ⅰ）设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； ‎ ‎（Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，‎ ‎∴BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，‎ ‎∴BE⊥BP，又∠EBC=120°，‎ 因此∠CBP=30°； ‎ ‎（Ⅱ）解法一、‎ 取的中点H，连接EH，GH，CH，‎ ‎∵∠EBC=120°，∴四边形BECH为菱形，‎ ‎∴AE=GE=AC=GC=．‎ 取AG中点M，连接EM，CM，EC，‎ 则EM⊥AG，CM⊥AG，‎ ‎∴∠EMC为所求二面角的平面角．‎ 又AM=1，∴EM=CM=．‎ 在△BEC中，由于∠EBC=120°，‎ 由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12，‎ ‎∴，因此△EMC为等边三角形，‎ 故所求的角为60°．‎ 解法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．‎ 由题意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，，3），C（﹣1，，0），‎ 故，，．‎ 设为平面AEG的一个法向量，‎ 由，得，取z1=2，得；‎ 设为平面ACG的一个法向量，‎ 由，可得，取z2=﹣2，得．‎ ‎∴cos＜＞=．‎ ‎∴二面角E﹣AG﹣C的大小为60°．‎ ‎　‎ 根据企业发展战略的要求，有计划地对人力、资源进行合理配置，通过对企业中员工的招聘、培训、使用、考核、评价、激励、调整等一系列过程，调动员工地积极性，发挥员工地潜能，为企业创造价值，确保企业战略目标的实现。‎ 读书是一种感悟人生的艺术读杜甫的诗使人感悟人生的辛酸，读李白的诗使人领悟官场的腐败，读鲁迅的文章使人认清社会的黑暗，读巴金的文章使人感到未来的希望每一本书都是一个朋友，教会我们如何去看待人生读书是人生的一门最不缺少的功课，阅读书籍，感悟人生，助我们走好人生的每一步