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  • 2021-05-13 发布

2018高考数学空间几何高考真题

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‎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