高考真题与高考等值卷（立体几何与空间向量）（理数）-2020年领军高考数学一轮复习（文理通用） Word版含解析 91页

三年高考真题与高考等值卷( 立体几何与空间向量 )(理科数 学) 1.空间几何体 (1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物 体的结构. (2)能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三 视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图. (3)会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不 同表示形式. (4)会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要求). (5)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式. 2.点、直线、平面之间的位置关系 (1)理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解如下可以作为推理依据的公理和定理. •公理 1：如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内. •公理 2：过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面. •公理 3：如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线. •公理 4：平行于同一条直线的两条直线互相平行. •定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补. (2)以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性 质与判定定理. 理解以下判定定理. •如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行. •如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,那么这两个平面平行. •如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,那么该直线与此平面垂直. •如果一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面互相垂直. 理解以下性质定理,并能够证明. •如果一条直线与一个平面平行,那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行. •如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线相互平行. •垂直于同一个平面的两条直线平行. •如果两个平面垂直,那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直. 3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题. 4.空间向量及其运算 (1)了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标 表示. (2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示. (3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直. 5.空间向量的应用 (1)理解直线的方向向量与平面的法向量. (2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系. (3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理). (4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法 在研究立体几何问题中的应用. 1．【2019 年新课标 3 理科 08】如图，点 N 为正方形 ABCD 的中心， △ ECD 为正三角形，平面 ECD⊥平面 ABCD，M 是线段 ED 的中点，则（ ） A．BM＝EN，且直线 BM，EN 是相交直线 B．BM≠EN，且直线 BM，EN 是相交直线 C．BM＝EN，且直线 BM，EN 是异面直线 D．BM≠EN，且直线 BM，EN 是异面直线 【解答】解：∵点 N 为正方形 ABCD 的中心， △ ECD 为正三角形，平面 ECD⊥平面 ABCD，M 是 线段 ED 的中点， ∴BM ⊂ 平面 BDE，EN ⊂ 平面 BDE， ∵BM 是 △ BDE 中 DE 边上的中线，EN 是 △ BDE 中 BD 边上的中线， ∴直线 BM，EN 是相交直线， 设 DE＝a，则 BD ，BE ， ∴BM a，EN a， ∴BM≠EN， 故选：B． 2．【2019 年全国新课标 2 理科 07】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（ ） A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面 【解答】解：对于 A，α内有无数条直线与β平行，α∩β或α∥β； 对于 B，α内有两条相交直线与β平行，α∥β； 对于 C，α，β平行于同一条直线，α∩β或α∥β； 对于 D，α，β垂直于同一平面，α∩β或α∥β． 故选：B． 3．【2019 年新课标 1 理科 12】已知三棱锥 P﹣ABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PA＝PB＝PC， △ ABC 是边长为 2 的正三角形，E，F 分别是 PA，AB 的中点，∠CEF＝90°，则球 O 的体积为 （ ） A．8 π B．4 π C．2 π D． π 【解答】解：如图， 由 PA＝PB＝PC， △ ABC 是边长为 2 的正三角形，可知三棱锥 P﹣ABC 为正三棱锥， 则顶点 P 在底面的射影 O 为底面三角形的中心，连接 BO 并延长，交 AC 于 G， 则 AC⊥BG，又 PO⊥AC，PO∩BG＝O，可得 AC⊥平面 PBG，则 PB⊥AC， ∵E，F 分别是 PA，AB 的中点，∴EF∥PB， 又∠CEF＝90°，即 EF⊥CE，∴PB⊥CE，得 PB⊥平面 PAC， ∴正三棱锥 P﹣ABC 的三条侧棱两两互相垂直， 把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球， 其直径为 D ． 半径为 ，则球 O 的体积为 ． 故选：D． 4．【2019 年浙江 04】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异” 称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式 V 柱体＝Sh，其中 S 是柱体的底面积，h 是 柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是（ ） A．158 B．162 C．182 D．324 【解答】解：由三视图还原原几何体如图， 该几何体为直五棱柱，底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解， 即 27， 高为 6，则该柱体的体积是 V＝27×6＝162． 故选：B． 5．【2019 年浙江 08】设三棱锥 V﹣ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱 VA 上的点 （不含端点）．记直线 PB 与直线 AC 所成角为α，直线 PB 与平面 ABC 所成角为β，二面角 P﹣ AC﹣B 的平面角为γ，则（ ） A．β＜γ，α＜γ B．β＜α，β＜γ C．β＜α，γ＜α D．α＜β，γ＜β 【解答】解：方法线段 AO 上，作 DE⊥AC 于 E，易得 PE∥VG，过 P 作 PF∥AC 于 F， 过 D 作 DH∥AC，交 BG 于 H， 则α＝∠BPF，β＝∠PBD，γ＝∠PED， 则 cosα cosβ，可得β＜α； tanγ tanβ，可得β＜γ， 方法由最大角定理可得β＜γ'＝γ； 方法易得 cosα ，可得 sinα ，sinβ ，sinγ ， 故选：B． 6．【2018 年新课标 1 理科 07】某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如图．圆柱表面上 的点 M 在正视图上的对应点为 A，圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应点为 B，则在此圆柱 侧面上，从 M 到 N 的路径中，最短路径的长度为（ ） A．2 B．2 C．3 D．2 【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长 16，高为：2， 直观图以及侧面展开图如图： 圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应点为 B，则在此圆柱侧面上，从 M 到 N 的路径中，最短 路径的长度： 2 ． 故选：B． 7．【2018 年新课标 1 理科 12】已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相 等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（ ） A． B． C． D． 【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是 3 组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角 都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的 最大， 此时正六边形的边长 ， α截此正方体所得截面最大值为：6 ． 故选：A． 8．【2018 年新课标 2 理科 09】在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，AB＝BC＝1，AA1 ，则异面 直线 AD1 与 DB1 所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【解答】解：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， ∵在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，AB＝BC＝1， AA1 ， ∴A（1，0，0），D1（0，0， ），D（0，0，0）， B1（1，1， ）， （﹣1，0， ）， （1，1， ）， 设异面直线 AD1 与 DB1 所成角为θ， 则 cosθ ， ∴异面直线 AD1 与 DB1 所成角的余弦值为 ． 故选：C． 9．【2018 年新课标 3 理科 03】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫 头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯 眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（ ） A． B． C． D． 【解答】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长 方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外 3 边 是虚线，所以木构件的俯视图是 A． 故选：A． 10．【2018 年新课标 3 理科 10】设 A，B，C，D 是同一个半径为 4 的球的球面上四点， △ ABC 为等边三角形且面积为 9 ，则三棱锥 D﹣ABC 体积的最大值为（ ） A．12 B．18 C．24 D．54 【解答】解： △ ABC 为等边三角形且面积为 9 ，可得 ，解得 AB＝6， 球心为 O，三角形 ABC 的外心为 O′，显然 D 在 O′O 的延长线与球的交点如图： O′C ，OO′ 2， 则三棱锥 D﹣ABC 高的最大值为：6， 则三棱锥 D﹣ABC 体积的最大值为： 18 ． 故选：B． 11．【2018 年浙江 03】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： cm3）是（ ） A．2 B．4 C．6 D．8 【解答】解：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱． 如图所示： 故该几何体的体积为：V ． 故选：C． 12．【2018 年浙江 06】已知平面α，直线 m，n 满足 m ⊄ α，n ⊂ α，则“m∥n”是“m∥α”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【解答】解：∵m ⊄ α，n ⊂ α， ∴当 m∥n 时，m∥α成立，即充分性成立， 当 m∥α时，m∥n 不一定成立，即必要性不成立， 则“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件． 故选：A． 13．【2018 年浙江 08】已知四棱锥 S﹣ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段 AB 上 的点（不含端点）．设 SE 与 BC 所成的角为θ1，SE 与平面 ABCD 所成的角为θ2，二面角 S﹣AB ﹣C 的平面角为θ3，则（ ） A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1 【解答】解：∵由题意可知 S 在底面 ABCD 的射影为正方形 ABCD 的中心． 过 E 作 EF∥BC，交 CD 于 F，过底面 ABCD 的中心 O 作 ON⊥EF 交 EF 于 N， 连接 SN， 取 AB 中点 M，连接 SM，OM，OE，则 EN＝OM， 则θ1＝∠SEN，θ2＝∠SEO，θ3＝∠SMO． 显然，θ1，θ2，θ3 均为锐角． ∵tanθ1 ，tanθ3 ，SN≥SO， ∴θ1≥θ3， 又 sinθ3 ，sinθ2 ，SE≥SM， ∴θ3≥θ2． 故选：D． 14．【2018 年上海 15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马， 设 AA1 是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以 AA1 为底面矩形 的一边，则这样的阳马的个数是（ ） A．4 B．8 C．12 D．16 【解答】解：根据正六边形的性质，则 D1﹣A1ABB1，D1﹣A1AFF1 满足题意， 而 C1，E1，C，D，E，和 D1 一样，有 2×4＝8， 当 A1ACC1 为底面矩形，有 4 个满足题意， 当 A1AEE1 为底面矩形，有 4 个满足题意， 故有 8+4+4＝16 故选：D． 15．【2018 年北京理科 05】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形 的个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：PA⊥底面 ABCD， AC ，CD ， PC＝3，PD＝2 ，可得三角形 PCD 不是直角三角形． 所以侧面中有 3 个直角三角形，分别为： △ PAB， △ PBC， △ PAD． 故选：C． 16．【2017 年新课标 1 理科 07】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． 17．【2017 年新课标 2 理科 04】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． 18．【2017 年新课标 2 理科 10】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 ． 故选：C． 19．【2017 年新课标 3 理科 08】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． 20．【2017 年浙江 03】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： cm3）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． 21．【2017 年浙江 09】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 ），B（3 ， ﹣3，0）．Q ，R ， ， （0，3，6 ）， （ ，6，0）， ， ． 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． 22．【2017 年北京理科 07】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为 （ ） A．3 B．2 C．2 D．2 【解答】解：由三视图可得直观图， 再四棱锥 P﹣ABCD 中， 最长的棱为 PA， 即 PA ＝2 ， 故选：B． 23．【2019 年天津理科 11】已知四棱锥的底面是边长为 的正方形，侧棱长均为 ．若圆柱 的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则 该圆柱的体积为 ． 【解答】解：由题作图可知，四棱锥底面正方形的对角线长为 2，且垂直相交平分， 由勾股定理得：正四棱锥的高为 2， 由于圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点， 有圆柱的上底面直径为底面正方形对角线的一半等于 1，即半径等于 ； 由相似比可得圆柱的高为正四棱锥高的一半 1， 则该圆柱的体积为：v＝sh＝π（ ）2×1 ； 故答案为： 24．【2019 年新课标 3 理科 16】学生到工厂劳动实践，利用 3D 打印技术制作模型．如图，该 模型为长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 挖去四棱锥 O﹣EFGH 后所得的几何体，其中 O 为长方体的中心， E，F，G，H 分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D 打印所用原料密度为 0.9g/cm3．不 考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 g． 【解答】解：该模型为长方体 ABCD﹣A1B1C1D1，挖去四棱锥 O﹣EFGH 后所得的几何体，其中 O 为长方体的中心， E，F，G，H，分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm， ∴该模型体积为： VO﹣EFGH ＝6×6×4 ＝144﹣12＝132（cm3）， ∵3D 打印所用原料密度为 0.9g/cm3，不考虑打印损耗， ∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8（g）． 故答案为：118.8． 25．【2019 年北京理科 11】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所 示．如果网格纸上小正方形的边长为 l，那么该几何体的体积为 ． 【解答】解：由三视图还原原几何体如图， 该几何体是把棱长为 4 的正方体去掉一个四棱柱， 则该几何体的体积 V ． 故答案为：40． 26．【2019 年北京理科 12】已知 l，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l⊥m；②m∥α；③l⊥α． 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： ． 【解答】解：由 l，m 是平面α外的两条不同直线，知： 由线面平行的判定定理得： 若 l⊥α，l⊥m，则 m∥α． 故答案为：若 l⊥α，l⊥m，则 m∥α． 27．【2019 年江苏 09】如图，长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 的体积是 120，E 为 CC1 的中点，则三棱 锥 E﹣BCD 的体积是 ． 【解答】解：∵长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 的体积是 120，E 为 CC1 的中点， ∴ AB×BC×DD1＝120， ∴三棱锥 E﹣BCD 的体积： VE﹣BCD AB×BC×DD1 ＝10． 故答案为：10． 28．【2018 年江苏 10】如图所示，正方体的棱长为 2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体 积为 ． 【解答】解：正方体的棱长为 2，中间四边形的边长为： ， 八面体看做两个正四棱锥，棱锥的高为 1， 多面体的中心为顶点的多面体的体积为：2 ． 故答案为： ． 29．【2018 年新课标 2 理科 16】已知圆锥的顶点为 S，母线 SA，SB 所成角的余弦值为 ，SA 与圆锥底面所成角为 45°，若 △ SAB 的面积为 5 ，则该圆锥的侧面积为 ． 【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为 ，可得sin∠ASB ． △ SAB 的面积为 5 ， 可得 sin∠ASB＝5 ，即 5 ，即 SA＝4 ． SA 与圆锥底面所成角为 45°，可得圆锥的底面半径为： 2 ． 则该圆锥的侧面积： π＝40 π． 故答案为：40 π． 30．【2018 年天津理科 11】已知正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 的棱长为 1，除面 ABCD 外，该正方体 其余各面的中心分别为点 E，F，G，H，M（如图），则四棱锥 M﹣EFGH 的体积为 ． 【解答】解：正方体的棱长为 1，M﹣EFGH 的底面是正方形的边长为： ， 四棱锥是正四棱锥，棱锥的高为 ， 四棱锥 M﹣EFGH 的体积： ． 故答案为： ． 31．【2017 年江苏 06】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： ． 32．【2017 年新课标 1 理科 16】如图，圆形纸片的圆心为 O，半径为 5cm，该纸片上的等边三 角形 ABC 的中心为 O．D、E、F 为圆 O 上的点， △ DBC， △ ECA， △ FAB 分别是以 BC，CA，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以 BC，CA，AB 为折痕折起 △ DBC， △ ECA， △ FAB， 使得 D、E、F 重合，得到三棱锥．当 △ ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的 最大值为 ． 【解答】解法一：由题意，连接 OD，交 BC 于点 G，由题意得 OD⊥BC，OG BC， 即 OG 的长度与 BC 的长度成正比， 设 OG＝x，则 BC＝2 x，DG＝5﹣x， 三棱锥的高 h ， 3 ， 则 V ， 令 f（x）＝25x4﹣10x5，x∈（0， ），f′（x）＝100x3﹣50x4， 令 f′（x）≥0，即 x4﹣2x3≤0，解得 x≤2， 则 f（x）≤f（2）＝80， ∴V 4 cm3，∴体积最大值为 4 cm3． 故答案为：4 cm3． 解法二：如图，设正三角形的边长为 x，则 OG ， ∴FG＝SG＝5 ， SO＝h ， ∴三棱锥的体积 V ， 令 b（x）＝5x4 ，则 ， 令 b′（x）＝0，则 4x3 0，解得 x＝4 ， ∴ （cm3）． 故答案为：4 cm3． 33．【2017 年新课标 3 理科 16】a，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形 ABC 的 直角边 AC 所在直线与 a，b 都垂直，斜边 AB 以直线 AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线 AB 与 a 成 60°角时，AB 与 b 成 30°角； ②当直线 AB 与 a 成 60°角时，AB 与 b 成 60°角； ③直线 AB 与 a 所成角的最小值为 45°； ④直线 AB 与 a 所成角的最小值为 60°； 其中正确的是 ．（填写所有正确结论的编号） 【解答】解：由题意知，a、b、AC 三条直线两两相互垂直，画出图形如图， 不妨设图中所示正方体边长为 1， 故|AC|＝1，|AB| ， 斜边 AB 以直线 AC 为旋转轴，则 A 点保持不变， B 点的运动轨迹是以 C 为圆心，1 为半径的圆， 以 C 坐标原点，以 CD 为 x 轴，CB 为 y 轴，CA 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 D（1，0，0），A（0，0，1），直线 a 的方向单位向量 （0，1，0），| |＝1， 直线 b 的方向单位向量 （1，0，0），| |＝1， 设 B 点在运动过程中的坐标中的坐标 B′（cosθ，sinθ，0）， 其中θ为 B′C 与 CD 的夹角，θ∈[0，2π）， ∴AB′在运动过程中的向量， （cosθ，sinθ，﹣1），| | ， 设 与 所成夹角为α∈[0， ]， 则 cosα |sinθ|∈[0， ]， ∴α∈[ ， ]，∴③正确，④错误． 设 与 所成夹角为β∈[0， ]， cosβ |cosθ|， 当 与 夹角为 60°时，即α ， |sinθ| ， ∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ |cosθ| ， ∵β∈[0， ]，∴β ，此时 与 的夹角为 60°， ∴②正确，①错误． 故答案为：②③． 34．【2017 年上海 04】已知球的体积为 36π，则该球主视图的面积等于 ． 【解答】解：球的体积为 36π， 设球的半径为 R，可得 πR3＝36π， 可得 R＝3， 该球主视图为半径为 3 的圆， 可得面积为πR2＝9π． 故答案为：9π． 35．【2017 年上海 07】如图，以长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 的顶点 D 为坐标原点，过 D 的三条棱 所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若 的坐标为（4，3，2），则 的坐标 是 ． 【解答】解：如图，以长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 的顶点 D 为坐标原点， 过 D 的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系， ∵ 的坐标为（4，3，2），∴A（4，0，0），C1（0，3，2）， ∴ ． 故答案为：（﹣4，3，2）． 36．【2017 年天津理科 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： ． 37．【2019 年天津理科 17】如图，AE⊥平面 ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1， AE＝BC＝2． （Ⅰ）求证：BF∥平面 ADE； （Ⅱ）求直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值； （Ⅲ）若二面角 E﹣BD﹣F 的余弦值为 ，求线段 CF 的长． 【解答】（Ⅰ）证明：以 A 为坐标原点，分别以 ， ， 所在直线为 x，y，z 轴建立空间 直角坐标系， 可得 A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，2，0），D（0，1，0），E（0，0，2）． 设 CF＝h（h＞0），则 F（1，2，h）． 则 是平面 ADE 的法向量，又 ，可得 ． 又∵直线 BF ⊄ 平面 ADE，∴BF∥平面 ADE； （Ⅱ）解：依题意， ， ， ． 设 为平面 BDE 的法向量， 则 ，令 z＝1，得 ． ∴cos ． ∴直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值为 ； （Ⅲ）解：设 为平面 BDF 的法向量， 则 ，取 y＝1，可得 ， 由题意，|cos | ，解得 h ． 经检验，符合题意． ∴线段 CF 的长为 ． 38．【2019 年新课标 3 理科 19】图 1 是由矩形 ADEB、Rt △ ABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图 形，其中 AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连结 DG， 如图 2． （1）证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC⊥平面 BCGE； （2）求图 2 中的二面角 B﹣CG﹣A 的大小． 【解答】证明：（1）由已知得 AD∥BE，CG∥BE，∴AD∥CG， ∴AD，CG 确定一个平面， ∴A，C，G，D 四点共面， 由已知得 AB⊥BE，AB⊥BC，∴AB⊥面 BCGE， ∵AB ⊂ 平面 ABC，∴平面 ABC⊥平面 BCGE． 解：（2）作 EH⊥BC，垂足为 H， ∵EH ⊂ 平面 BCGE，平面 BCGE⊥平面 ABC， ∴EH⊥平面 ABC， 由已知，菱形 BCGE 的边长为 2，∠EBC＝60°， ∴BH＝1，EH ， 以 H 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系 H﹣xyz， 则 A（﹣1，1，0），C（1，0，0），G（2，0， ）， （1，0， ）， （2，﹣1，0）， 设平面 ACGD 的法向量 （x，y，z）， 则 ，取 x＝3，得 （3，6， ）， 又平面 BCGE 的法向量为 （0，1，0）， ∴cos ， ∴二面角 B﹣CG﹣A 的大小为 30°． 39．【2019 年全国新课标 2 理科 17】如图，长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形， 点 E 在棱 AA1 上，BE⊥EC1． （1）证明：BE⊥平面 EB1C1； （2）若 AE＝A1E，求二面角 B﹣EC﹣C1 的正弦值． 【解答】证明：（1）长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，B1C1⊥平面 ABA1B1， ∴B1C1⊥BE，∵BE⊥EC1， ∴BE⊥平面 EB1C1． 解：（2）以 C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设 AE＝A1E＝1，∵BE⊥平面 EB1C1，∴BE⊥EB1，∴AB＝1， 则 E（1，1，1），A（1，1，0），B1（0，1，2），C1（0，0，2），C（0，0，0）， ∵BC⊥EB1，∴EB1⊥面 EBC， 故取平面 EBC 的法向量为 （﹣1，0，1）， 设平面 ECC1 的法向量 （x，y，z）， 由 ，得 ，取 x＝1，得 （1，﹣1，0）， ∴cos ， ∴二面角 B﹣EC﹣C1 的正弦值为 ． 40．【2019 年新课标 1 理科 18】如图，直四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 的底面是菱形，AA1＝4，AB ＝2，∠BAD＝60°，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点． （1）证明：MN∥平面 C1DE； （2）求二面角 A﹣MA1﹣N 的正弦值． 【解答】（1）证明：如图，过 N 作 NH⊥AD，则 NH∥AA1，且 ， 又 MB∥AA1，MB ，∴四边形 NMBH 为平行四边形，则 NM∥BH， 由 NH∥AA1，N 为 A1D 中点，得 H 为 AD 中点，而 E 为 BC 中点， ∴BE∥DH，BE＝DH，则四边形 BEDH 为平行四边形，则 BH∥DE， ∴NM∥DE， ∵NM ⊄ 平面 C1DE，DE ⊂ 平面 C1DE， ∴MN∥平面 C1DE； （2）解：以 D 为坐标原点，以垂直于 DC 得直线为 x 轴，以 DC 所在直线为 y 轴，以 DD1 所在 直线为 z 轴建立空间直角坐标系， 则 N（ ， ，2），M（ ，1，2），A1（ ，﹣1，4）， ， ， 设平面 A1MN 的一个法向量为 ， 由 ，取 x ，得 ， 又平面 MAA1 的一个法向量为 ， ∴cos ． ∴二面角 A﹣MA1﹣N 的正弦值为 ． 41．【2019 年北京理科 16】如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，AD⊥CD，AD∥BC， PA＝AD＝CD＝2，BC＝3．E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且 ． （Ⅰ）求证：CD⊥平面 PAD； （Ⅱ）求二面角 F﹣AE﹣P 的余弦值； （Ⅲ）设点 G 在 PB 上，且 ．判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由． 【解答】证明：（Ⅰ）∵PA⊥平面 ABCD，∴PA⊥CD， ∵AD⊥CD，PA∩AD＝A， ∴CD⊥平面 PAD． 解：（Ⅱ）以 A 为原点，在平面 ABCD 内过 A 作 CD 的平行线为 x 轴， AD 为 y 轴，AP 为 z 轴，建立空间直角坐标系， A（0，0，0），E（1，0，1），F（ ， ， ），P（0，0，2）， （1，0，1）， （ ）， 平面 AEP 的法向量 （1，0，0）， 设平面 AEF 的法向量 （x，y，z）， 则 ，取 x＝1，得 （1，1，﹣1）， 设二面角 F﹣AE﹣P 的平面角为θ， 则 cosθ ． ∴二面角 F﹣AE﹣P 的余弦值为 ． （Ⅲ）直线 AG 不在平面 AEF 内，理由如下： ∵点 G 在 PB 上，且 ．∴G（ ，0， ）， ∴ （ ，0， ）， ∵平面 AEF 的法向量 （1，1，﹣1）， 0， 故直线 AG 不在平面 AEF 内． 42．【2019 年江苏 16】如图，在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，D，E 分别为 BC，AC 的中点，AB ＝BC． 求证：（1）A1B1∥平面 DEC1； （2）BE⊥C1E． 【解答】证明：（1）∵在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，D，E 分别为 BC，AC 的中点， ∴DE∥AB，AB∥A1B1，∴DE∥A1B1， ∵DE ⊂ 平面 DEC1，A1B1 ⊄ 平面 DEC1， ∴A1B1∥平面 DEC1． 解：（2）∵在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，E 是 AC 的中点，AB＝BC． ∴BE⊥AA1，BE⊥AC， 又 AA1∩AC＝A，∴BE⊥平面 ACC1A1， ∵C1E ⊂ 平面 ACC1A1，∴BE⊥C1E． 43．【2019 年浙江 19】如图，已知三棱柱 ABC﹣A1B1C1，平面 A1ACC1⊥平面 ABC，∠ABC＝90°， ∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F 分别是 AC，A1B1 的中点． （Ⅰ）证明：EF⊥BC； （Ⅱ）求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值． 【解答】方法一： 证明：（Ⅰ）连结 A1E，∵A1A＝A1C，E 是 AC 的中点， ∴A1E⊥AC， 又平面 A1ACC1⊥平面 ABC，A1E ⊂ 平面 A1ACC1， 平面 A1ACC1∩平面 ABC＝AC， ∴A1E⊥平面 ABC，∴A1E⊥BC， ∵A1F∥AB，∠ABC＝90°，∴BC⊥A1F， ∴BC⊥平面 A1EF，∴EF⊥BC． 解：（Ⅱ）取 BC 中点 G，连结 EG、GF，则 EGFA1 是平行四边形， 由于 A1E⊥平面 ABC，故 A1E⊥EG， ∴平行四边形 EGFA1 是矩形， 由（Ⅰ）得 BC⊥平面 EGFA1， 则平面 A1BC⊥平面 EGFA1， ∴EF 在平面 A1BC 上的射影在直线 A1G 上， 连结 A1G，交 EF 于 O，则∠EOG 是直线 EF 与平面 A1BC 所成角（或其补角）， 不妨设 AC＝4，则在 Rt △ A1EG 中，A1E＝2 ，EG ， ∵O 是 A1G 的中点，故 EO＝OG ， ∴cos∠EOG ， ∴直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值为 ． 方法二： 证明：（Ⅰ）连结 A1E，∵A1A＝A1C，E 是 AC 的中点， ∴A1E⊥AC， 又平面 A1ACC1⊥平面 ABC，A1E ⊂ 平面 A1ACC1， 平面 A1ACC1∩平面 ABC＝AC， ∴A1E⊥平面 ABC， 如图，以 E 为原点，EC，EA1 所在直线分别为 y，z 轴，建立空间直角坐标系， 设 AC＝4，则 A1（0，0，2 ），B（ ），B1（ ），F（ ），C （0，2，0）， （ ）， （ ）， 由 0，得 EF⊥BC． 解：（Ⅱ）设直线 EF 与平面 A1BC 所成角为θ， 由（Ⅰ）得 （ ）， （0，2，﹣2 ）， 设平面 A1BC 的法向量 （x，y，z）， 则 ，取 x＝1，得 （1， ）， ∴sinθ ， ∴直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值为 ． 44．【2018 年江苏 15】在平行六面体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1． 求证：（1）AB∥平面 A1B1C； （2）平面 ABB1A1⊥平面 A1BC． 【解答】证明：（1）平行六面体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，AB∥A1B1， AB∥A1B1，AB ⊄ 平面 A1B1C，A1B1 ⊂ ∥平面 A1B1C ⇒ AB∥平面 A1B1C； （2）在平行六面体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，AA1＝AB， ⇒ 四边形 ABB1A1 是菱形，⊥AB1⊥A1B． 在平行六面体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1 ⇒ AB1⊥BC． ∴ ⇒ AB1⊥面 A1BC，且 AB1 ⊂ 平面 ABB1A1 ⇒ 平面 ABB1A1⊥平面 A1BC． 45．【2018 年江苏 25】如图，在正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，AB＝AA1＝2，点 P，Q 分别为 A1B1， BC 的中点． （1）求异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值； （2）求直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值． 【解答】解：如图，在正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中， 设 AC，A1C1 的中点分别为 O，O1， 则，OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB， 故以{ }为基底， 建立空间直角坐标系 O﹣xyz， ∵AB＝AA1＝2，A（0，﹣1，0），B（ ，0，0）， C（0，1，0）， A1（0，﹣1，2），B1（ ，0，2），C1（0，1，2）． （1）点 P 为 A1B1 的中点．∴ ， ∴ ， ． |cos | ． ∴异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值为： ； （2）∵Q 为 BC 的中点．∴Q（ ） ∴ ， ， 设平面 AQC1 的一个法向量为 （x，y，z）， 由 ，可取 （ ，﹣1，1）， 设直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值为θ， sinθ＝|cos | ， ∴直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值为 ． 46．【2018 年新课标 1 理科 18】如图，四边形 ABCD 为正方形，E，F 分别为 AD，BC 的中点， 以 DF 为折痕把 △ DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PF⊥BF． （1）证明：平面 PEF⊥平面 ABFD； （2）求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值． 【解答】（1）证明：由题意，点 E、F 分别是 AD、BC 的中点， 则 ， ， 由于四边形 ABCD 为正方形，所以 EF⊥BC． 由于 PF⊥BF，EF∩PF＝F，则 BF⊥平面 PEF． 又因为 BF ⊂ 平面 ABFD，所以：平面 PEF⊥平面 ABFD． （2）在平面 PEF 中，过 P 作 PH⊥EF 于点 H，连接 DH， 由于 EF 为面 ABCD 和面 PEF 的交线，PH⊥EF， 则 PH⊥面 ABFD，故 PH⊥DH． 在三棱锥 P﹣DEF 中，可以利用等体积法求 PH， 因为 DE∥BF 且 PF⊥BF， 所以 PF⊥DE， 又因为 △ PDF≌△CDF， 所以∠FPD＝∠FCD＝90°， 所以 PF⊥PD， 由于 DE∩PD＝D，则 PF⊥平面 PDE， 故 VF﹣PDE ， 因为 BF∥DA 且 BF⊥面 PEF， 所以 DA⊥面 PEF， 所以 DE⊥EP． 设正方形边长为 2a，则 PD＝2a，DE＝a 在 △ PDE 中， ， 所以 ， 故 VF﹣PDE ， 又因为 ， 所以 PH ， 所以在 △ PHD 中，sin∠PDH ， 即∠PDH 为 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为： ． 47．【2018 年新课标 2 理科 20】如图，在三棱锥 P﹣ABC 中，AB＝BC＝2 ，PA＝PB＝PC＝AC ＝4，O 为 AC 的中点． （1）证明：PO⊥平面 ABC； （2）若点 M 在棱 BC 上，且二面角 M﹣PA﹣C 为 30°，求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值． 【解答】（1）证明：连接 BO， ∵AB＝BC＝2 ，O 是 AC 的中点， ∴BO⊥AC，且 BO＝2， 又 PA＝PC＝PB＝AC＝4， ∴PO⊥AC，PO＝2 ， 则 PB2＝PO2+BO2， 则 PO⊥OB， ∵OB∩AC＝O， ∴PO⊥平面 ABC； （2）建立以 O 坐标原点，OB，OC，OP 分别为 x，y，z 轴的空间直角坐标系如图： A（0，﹣2，0），P（0，0，2 ），C（0，2，0），B（2，0，0）， （﹣2，2，0）， 设 λ （﹣2λ，2λ，0），0＜λ＜1 则 （﹣2λ，2λ，0）﹣（﹣2，﹣2，0）＝（2﹣2λ，2λ+2，0）， 则平面 PAC 的法向量为 （1，0，0）， 设平面 MPA 的法向量为 （x，y，z）， 则 （0，﹣2，﹣2 ）， 则 • 2y﹣2 z＝0， • （2﹣2λ）x+（2λ+2）y＝0 令 z＝1，则 y ，x ， 即 （ ， ，1）， ∵二面角 M﹣PA﹣C 为 30°， ∴cos30°＝| ， 即 ， 解得λ 或λ＝3（舍）， 则平面 MPA 的法向量 （2 ， ，1）， （0，2，﹣2 ）， PC 与平面 PAM 所成角的正弦值 sinθ＝|cos ， |＝| | ． 48．【2018 年新课标 3 理科 19】如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧 所在 平面垂直，M 是 上异于 C，D 的点． （1）证明：平面 AMD⊥平面 BMC； （2）当三棱锥 M﹣ABC 体积最大时，求面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值． 【解答】解：（1）证明：在半圆中，DM⊥MC， ∵正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧 所在平面垂直， ∴AD⊥平面 DCM，则 AD⊥MC， ∵AD∩DM＝D， ∴MC⊥平面 ADM， ∵MC ⊂ 平面 MBC， ∴平面 AMD⊥平面 BMC． （2）∵△ABC 的面积为定值， ∴要使三棱锥 M﹣ABC 体积最大，则三棱锥的高最大， 此时 M 为圆弧的中点， 建立以 O 为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图 ∵正方形 ABCD 的边长为 2， ∴A（2，﹣1，0），B（2，1，0），M（0，0，1）， 则平面 MCD 的法向量 （1，0，0）， 设平面 MAB 的法向量为 （x，y，z） 则 （0，2，0）， （﹣2，1，1）， 由 • 2y＝0， • 2x+y+z＝0， 令 x＝1， 则 y＝0，z＝2，即 （1，0，2）， 则 cos ， ， 则面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值 sinα ． 49．【2018 年浙江 19】如图，已知多面体 ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C 均垂直于平面 ABC，∠ ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2． （Ⅰ）证明：AB1⊥平面 A1B1C1； （Ⅱ）求直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值． 【解答】（I）证明：∵A1A⊥平面 ABC，B1B⊥平面 ABC， ∴AA1∥BB1， ∵AA1＝4，BB1＝2，AB＝2， ∴A1B1 2 ， 又 AB1 2 ，∴AA12＝AB12+A1B12， ∴AB1⊥A1B1， 同理可得：AB1⊥B1C1， 又 A1B1∩B1C1＝B1， ∴AB1⊥平面 A1B1C1． （II）解：取 AC 中点 O，过 O 作平面 ABC 的垂线 OD，交 A1C1 于 D， ∵AB＝BC，∴OB⊥OC， ∵AB＝BC＝2，∠BAC＝120°，∴OB＝1，OA＝OC ， 以 O 为原点，以 OB，OC，OD 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示： 则 A（0， ，0），B（1，0，0），B1（1，0，2），C1（0， ，1）， ∴ （1， ，0）， （0，0，2）， （0，2 ，1）， 设平面 ABB1 的法向量为 （x，y，z），则 ， ∴ ，令 y＝1 可得 （ ，1，0）， ∴cos ． 设直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角为θ，则 sinθ＝|cos | ． ∴直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值为 ． 50．【2018 年上海 17】已知圆锥的顶点为 P，底面圆心为 O，半径为 2． （1）设圆锥的母线长为 4，求圆锥的体积； （2）设 PO＝4，OA、OB 是底面半径，且∠AOB＝90°，M 为线段 AB 的中点，如图．求异面直 线 PM 与 OB 所成的角的大小． 【解答】解：（1）∵圆锥的顶点为 P，底面圆心为 O，半径为 2，圆锥的母线长为 4， ∴圆锥的体积 V ． （2）∵PO＝4，OA，OB 是底面半径，且∠AOB＝90°， M 为线段 AB 的中点， ∴以 O 为原点，OA 为 x 轴，OB 为 y 轴，OP 为 z 轴， 建立空间直角坐标系， P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0）， M（1，1，0），O（0，0，0）， （1，1，﹣4）， （0，2，0）， 设异面直线 PM 与 OB 所成的角为θ， 则 cosθ ． ∴θ＝arccos ． ∴异面直线 PM 与 OB 所成的角的为 arccos ． 51．【2018 年北京理科 16】如图，在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，CC1⊥平面 ABC，D，E，F，G 分 别为 AA1，AC，A1C1，BB1 的中点，AB＝BC ，AC＝AA1＝2． （Ⅰ）求证：AC⊥平面 BEF； （Ⅱ）求二面角 B﹣CD﹣C1 的余弦值； （Ⅲ）证明：直线 FG 与平面 BCD 相交． 【解答】（I）证明：∵E，F 分别是 AC，A1C1 的中点，∴EF∥CC1， ∵CC1⊥平面 ABC，∴EF⊥平面 ABC， 又 AC ⊂ 平面 ABC，∴EF⊥AC， ∵AB＝BC，E 是 AC 的中点， ∴BE⊥AC， 又 BE∩EF＝E，BE ⊂ 平面 BEF，EF ⊂ 平面 BEF， ∴AC⊥平面 BEF． （II）解：以 E 为原点，以 EB，EC，EF 为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示： 则 B（2，0，0），C（0，1，0），D（0，﹣1，1）， ∴ （﹣2，1，0）， （0，﹣2，1）， 设平面 BCD 的法向量为 （x，y，z），则 ，即 ， 令 y＝2 可得 （1，2，4），又 EB⊥平面 ACC1A1， ∴ （2，0，0）为平面 CD﹣C1 的一个法向量， ∴cos ， ． 由图形可知二面角 B﹣CD﹣C1 为钝二面角， ∴二面角 B﹣CD﹣C1 的余弦值为 ． （III）证明：F（0，0，2）， （2，0，1），∴ （2，0，﹣1）， ∴ • 2+0﹣4＝﹣2≠0， ∴ 与 不垂直， ∴FG 与平面 BCD 不平行，又 FG ⊄ 平面 BCD， ∴FG 与平面 BCD 相交． 52．【2018 年天津理科 17】如图，AD∥BC 且 AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD 且 EG＝AD，CD∥ FG 且 CD＝2FG，DG⊥平面 ABCD，DA＝DC＝DG＝2． （Ⅰ）若 M 为 CF 的中点，N 为 EG 的中点，求证：MN∥平面 CDE； （Ⅱ）求二面角 E﹣BC﹣F 的正弦值； （Ⅲ）若点 P 在线段 DG 上，且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为 60°，求线段 DP 的长． 【解答】（Ⅰ）证明：依题意，以 D 为坐标原点，分别以 、 、 的方向为 x 轴， y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系． 可得 D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0）， E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0， ，1），N（1，0，2）． 设 为平面 CDE 的法向量， 则 ，不妨令 z＝﹣1，可得 ； 又 ，可得 ． 又∵直线 MN ⊄ 平面 CDE， ∴MN∥平面 CDE； （Ⅱ）解：依题意，可得 ， ， ． 设 为平面 BCE 的法向量， 则 ，不妨令 z＝1，可得 ． 设 为平面 BCF 的法向量， 则 ，不妨令 z＝1，可得 ． 因此有 cos ，于是 sin ． ∴二面角 E﹣BC﹣F 的正弦值为 ； （Ⅲ）解：设线段 DP 的长为 h，（h∈[0，2]），则点 P 的坐标为（0，0，h）， 可得 ，而 为平面 ADGE 的一个法向量， 故|cos | ． 由题意，可得 ，解得 h ∈[0，2]． ∴线段 DP 的长为 ． 53．【2017 年江苏 15】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． 54．【2017 年江苏 18】如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的 高均为 32cm，容器Ⅰ的底面对角线 AC 的长为 10 cm，容器Ⅱ的两底面对角线 EG，E1G1 的 长分别为 14cm 和 62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为 12cm．现有一根玻璃棒 l，其长度为 40cm．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计） （1）将 l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点 A 处，另一端置于侧棱 CC1 上，求 l 没入水中部分的 长度； （2）将 l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点 E 处，另一端置于侧棱 GG1 上，求 l 没入水中部分的 长度． 【解答】解：（1）设玻璃棒在 CC1 上的点为 M，玻璃棒与水面的交点为 N， 在平面 ACM 中，过 N 作 NP∥MC，交 AC 于点 P， ∵ABCD﹣A1B1C1D1 为正四棱柱，∴CC1⊥平面 ABCD， 又∵AC ⊂ 平面 ABCD，∴CC1⊥AC，∴NP⊥AC， ∴NP＝12cm，且 AM2＝AC2+MC2，解得 MC＝30cm， ∵NP∥MC，∴△ANP∽△AMC， ∴ ， ，得 AN＝16cm． ∴玻璃棒 l 没入水中部分的长度为 16cm． （2）设玻璃棒在 GG1 上的点为 M，玻璃棒与水面的交点为 N， 在平面 E1EGG1 中，过点 N 作 NP⊥EG，交 EG 于点 P， 过点 E 作 EQ⊥E1G1，交 E1G1 于点 Q， ∵EFGH﹣E1F1G1H1 为正四棱台，∴EE1＝GG1，EG∥E1G1， EG≠E1G1， ∴EE1G1G 为等腰梯形，画出平面 E1EGG1 的平面图， ∵E1G1＝62cm，EG＝14cm，EQ＝32cm，NP＝12cm， ∴E1Q＝24cm， 由勾股定理得：E1E＝40cm， ∴sin∠EE1G1 ，sin∠EGM＝sin∠EE1G1 ，cos∠EGM ， 根据正弦定理得： ，∴sin∠EMG ，cos∠EMG ， ∴sin∠GEM＝sin（∠EGM+∠EMG）＝sin∠EGMcos∠EMG+cos∠EGMsin∠EMG ， ∴EN 20cm． ∴玻璃棒 l 没入水中部分的长度为 20cm． 55．【2017 年江苏 25】如图，在平行六面体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，AA1⊥平面 ABCD，且 AB＝AD ＝2，AA1 ，∠BAD＝120°． （1）求异面直线 A1B 与 AC1 所成角的余弦值； （2）求二面角 B﹣A1D﹣A 的正弦值． 【解答】解：在平面 ABCD 内，过 A 作 Ax⊥AD， ∵AA1⊥平面 ABCD，AD、Ax ⊂ 平面 ABCD， ∴AA1⊥Ax，AA1⊥AD， 以 A 为坐标原点，分别以 Ax、AD、AA1 所在直线为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系． ∵AB＝AD＝2，AA1 ，∠BAD＝120°， ∴A（0，0，0），B（ ），C（ ，1，0）， D（0，2，0）， A1（0，0， ），C1（ ）． （ ）， （ ）， ， ． （1）∵cos ． ∴异面直线 A1B 与 AC1 所成角的余弦值为 ； （2）设平面 BA1D 的一个法向量为 ， 由 ，得 ，取 x ，得 ； 取平面 A1AD 的一个法向量为 ． ∴cos ． ∴二面角 B﹣A1D﹣A 的余弦值为 ，则二面角 B﹣A1D﹣A 的正弦值为 ． 56．【2017 年新课标 1 理科 18】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 ． 57．【2017 年新课标 2 理科 19】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 EF AD，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，AB⊥MN， 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： ． 58．【2017 年新课标 3 理科 19】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 ． 59．【2017 年浙江 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，由 PC＝AD＝2DC＝2CB，得 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 ． 60．【2017 年上海 17】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 ． 61．【2017 年北京理科 16】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 | ＝ | | ＝ | | ． 62．【2017 年天津理科 17】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 ． ∴线段 AH 的长为 或 ． 1、主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角，题型主要 以选择题和填空题的形式出现，解题要求有较强的空间想象能力和逻辑推理能力. 2、空间向量是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成 角、二面角及空间距离等内容，考查热点是空间角的求解．题型以解答题为主，要求有较强 的运算能力，广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想. 1．在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中, 1AD 与 BD 所成的角为（ ） A． 45   B． 90 C． 60 D．120 【答案】C 【解析】 如图，连结 BC1、BD 和 DC1， 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中， 由 AB=D1C1，AB∥D1C1，可知 AD1∥BC1， 所以∠DBC1 就是异面直线 AD1 与 BD 所成角， 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，BC1、BD 和 DC1 是其三个面上的对角线，它们相等． 所以 △ DBC1 是正三角形，∠DBC1=60° 故异面直线 AD1 与 BD 所成角的大小为 60°． 故选：C． 2．在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，用空间中与该正方体所有棱成角都相等的平面 去截正 方体，在截面边数最多时的所有多边形中，多边形截面的面积为 S ，周长为 l ，则( ) A． S 为定值，l 不为定值 B． S 不为定值，l 为定值 C． S 与l 均为定值 D． S 与l 均不为定值 【答案】C 【解析】 正方体的所有棱中，实际上是 3 组平行的棱，每条棱所在直线与平面 所成的角都相等， 如图：与面 1A BD 平行的面且截面是六边形时满足条件，不失一般性设正方体边长为 1， 即六边形 EFGHMN ，其中 , , , , ,E F G H M N 分别为其所在棱的中点， 由正方体的性质可得 2 2EF  ， ∴六边形的周长l 为定值3 2 ． ∴六边形的面积为 23 2 3 3  ( ) 64 2 4    ， 由正方体的对称性可得其余位置时也为正六边形，周长与面积不变， 故 S 与l 均为定值，故选 C. 3．在四面体 P ABC 中， ABC 为等边三角形，边长为3， 3PA  ， 4PB  ， 5PC  ， 则四面体 P ABC 的体积为（ ） A．3 B． 2 3 C． 11 D． 10 【答案】C 【解析】 如图，延长CA 至 D ，使得 3AD  ，连接 ,DB PD ， 因为 3AD AB  ，故 ADB 为等腰三角形， 又 180 120DAB CAB     ，故  1 180 120 302ADB      ， 所以 90ADB DCB     即 90DBC   ，故 CB DB ， 因为 4, 5, 3PB PC BC   ，所以 2 2 2PC PB BC  ，所以CB PB ， 因 DB PB B ， DB  平面 PBD ， PB  平面 PBD ， 所以CB  平面 PBD ， 所以 1 3 PBDP CBD C PBDV V CB S    三棱锥 三棱锥 ， 因 A 为 DC 的中点，所以 1 1 132 6 2PBD PBDP ABC P CBDV V S S      三棱锥 三棱锥 ， 因为 3DA AC AP   ，故 PDC 为直角三角形， 所以 2 2 36 25 11PD CD PC     ， 又 3 3 3DB AD  ，而 4PB  ，故 2 2 2DB PD PB  即 PBD 为直角三角形， 所以 1 4 11 2 112PBDS     ，所以 11P ABCV  三棱锥 ，故选 C. 4．若 ,a b 是不同的直线， ,  是不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A．若 , ,a b a b  ‖ ‖ ，则  B．若 , ,a b a b ‖ ‖ ‖ ，则 ‖ C．若 , ,a b a b   ‖ ，则 ‖ D．若 , ,a b a b  ‖ ，则 ‖ 【答案】C 【解析】 A 中，若 , ,a b a b  ‖ ‖ ，平面 ,  可能垂直也可能平行或斜交，不正确； B 中，若 , ,a b a b ‖ ‖ ‖ ，平面 ,  可能平行也可能相交，不正确； C 中，若 ,a b   ，则 ,a b 分别是平面 ,  的法线， a b‖ 必有 ‖ ，正确； D 中，若 , ,a b a b  ‖ ，平面 ,  可能平行也可能相交，不正确.故选 C. 5．如图，边长为 1 的菱形 ABCD 中， 60DAB   ，沿 BD 将 ABD 翻折，得到三棱锥 A BCD ，则当三棱锥 A BCD 体积最大时，异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值为（ ） A． 5 8 B． 2 3 C． 13 16 D． 1 4 【答案】D 【解析】 当三棱锥 A BCD 体积最大时，平面 ADB ^ 平面 BDC， 边长为 1 的菱形 ABCD 中， 60DAB   BD 1 = 取 DB 中点 O ，连接 AO,OC，则 AO  平面 BDC， OC ^ 平面 ADB， 以 O 为原点，分别 OB,OC,OA为 , ,x y z 轴，建立空间直角坐标系 则 1 3 1D ,0,0 ,A 0,0, ,B ,0,02 2 2 骣骣 骣琪琪 琪-琪 琪琪桫 桫桫 ， 3C 0, ,02 骣琪琪桫 1 3 1 3,0, , , ,02 2 2 2AD BC 骣 骣琪 琪= - - = -琪 琪桫 桫   设异面直线 AD 与 BC 所成角为 1 | | 14cos 1 1 4| | | | AD BC AD BC q × = = =´×     即异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值为 1 4 故选 D。 6．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． 2 3  B． 3 2  C．3 D． 4 3 【答案】B 【解析】 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． 故：该几何体的外接球为正方体的外接球， 所以：球的半径 2 2 21 1 1 3 2 2r    ， 则： 3 4 3 3 3 2 2V          . 故选：B． 7．如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， E 为棱 1BB 的中点，用过点 A 、 E 、 1C 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】 解：正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 过点 1, ,A E C 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： 则该几何体的正视图为图中粗线部分． 故选：A． 8．下列说法错误的是（ ） A．垂直于同一个平面的两条直线平行 B．若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直 C．一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行 D．一条直线与一个平面内的无数条直线垂直，则这条直线和这个平面垂直 【答案】D 【解析】 由线面垂直的性质定理知，垂直于同一个平面的两条直线平行, A 正确； 由面面垂直的性质定理知，若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直 线与另一个平面垂直, B 正确； 由面面平行的判定定理知，一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面 平行，C 正确； 当一条直线与平面内无数条相互平行的直线垂直时，该直线与平面不一定垂直， D 错误，故 选 D. 9．在三棱锥 P ABC 中，平面 PAB  平面 ABC ， ABC△ 是边长为 6 的等边三角形， PAB△ 是以 AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______． 【答案】 48 【解析】 如图，在等边三角形 ABC 中，取 AB 的中点 F ， 设其中心为O ，由 6AB  ， 得 2 2 33AO BO CO CF    ， PAB 是以 AB 为斜边的等腰角三角形， PF AB  , 又因为平面 PAB  平面 ABC ， PF  平面 ABC ， PF OF  ， 2 2 2 3OP OF PF   ， 则O 为棱锥 P ABC 的外接球球心， 外接球半径 2 3R OC  ， 该三棱锥外接球的表面积为  2 4 2 3 48   ， 故答案为 48 . 10．若将一个圆锥的侧面沿一条母线剪开，其展开图是半径为 3，圆心角为 2 3  的扇形，则该 圆锥的体积为_______. 【答案】 2 2 3  【解析】 因为展开图是半径为 3，圆心角为 2 3  的扇形，所以圆锥的母线 3l  ，圆锥的底面的周长为 2 3 23    ，因此底面的半径 1r  ，根据勾股定理，可知圆锥的高 2 2 2 2h l r   ， 所以圆锥的体积为 21 2 21 2 23 3     . 11．设 m ， n 是两条不同的直线， ，  是两个不同的平面，下列正确命题序号是_____． （1）若 m  ， n ∥ ，则 m n∥ （2）若 m  ， m n 则 n ∥ （3）若 m  ， n  且 m n ，则  ； （4）若 m  ，  ，则 m  【答案】（3）（4） 【解析】 若 m n ，‖ ‖ ，则 m 与 n 可能平行，相交或异面，故（1）错误； 若 m m n ， 则 n ∥ 或 n  ，故（2）错误； 若 m n  ， 且 m n ，则  ，故（3）正确； 若 m    ， ，由面面平行的性质可得 m  ，故（4）正确； 故答案为：（3）（4） 12．长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的底面 ABCD 是边长为 1 的正方形，若在侧棱 1AA 上存在点 E ， 使得 1 90C EB   ，则侧棱 1AA 的长的最小值为_______． 【答案】2 【解析】 设侧棱 AA1 的长为 x，A1E＝t，则 AE＝x﹣t， ∵长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 的底面是边长为 1 的正方形， ∠C1EB＝90°， ∴ 2 2 2 1 1C E BE BC  ， ∴2+t2+1+（x﹣t）2＝1+x2， 整理，得：t2﹣xt+1＝0， ∵在侧棱 AA1 上至少存在一点 E，使得∠C1EB＝90°， ∴△＝（﹣x）2﹣4≥0， 解得 x≥2． ∴侧棱 AA1 的长的最小值为 2． 故答案为 2． 13．如图，在 Rt ABC 中， 1AB BC  ， D 和 E 分别是边 BC 和 AC 上一点， DE BC ， 将 CDE 沿 DE 折起到点 P 位置，则该四棱锥 P ABDE 体积的最大值为_______． 【答案】 3 27 【解析】 在 Rt ABC 中，由已知， 1AB BC  ， DE BC ， 所以设  0 1CD DE x x    ， 四边形 ABDE 的面积为     21 11 1 12 2=S x x x    , 当 CDE  平面 ABDE 时，四棱锥 P ABDE 体积最大, 此时 PD ABDE 平面 ，且 PD CD x  , 故四棱锥 P ABDE 体积为  31 1 3 6=V S PD x x   ，  21 1 36V x   ， 30, 3x      时， 0V  ； 3 3 3 2x      ， 时， 0V  , 所以，当 3 3x  时， max 3 27V  . 故答案为 3 27 14．三棱锥 P ABC 的 4 个顶点在半径为 2 的球面上， PA平面 ABC ，VABC 是边长 为 3 的正三角形，则点 A 到平面 PBC 的距离为______． 【答案】 6 5 【解析】 △ ABC 是边长为 3 的正三角形，可得外接圆的半径 2r a sin60   2，即 r＝1． ∵PA⊥平面 ABC，PA＝h，球心到底面的距离 d 等于三棱锥的高 PA 的一半即 h 2 ， 那么球的半径 R 2 2hr 2 （ ）   2 ,解得 h=2,又 5 3 4PBCS  由 P ABC A PBCV V  知 '1 3 1 5 3× ×3×2= ×3 4 3 4 d ，得 ' 6 5d  故点 A 到平面 PBC 的距离为 6 5 故答案为 6 5 ． 15．如图，该几何体由底面半径相同的圆柱与圆锥两部分组成，且圆柱的高与底面半径相等．若 圆柱与圆锥的侧面积相等，则圆锥与圆柱的高之比为_______． 【答案】 3 【解析】 设圆柱和圆锥的底面半径为 R，则圆柱的高 1h ＝R，圆锥的母线长为 L，因为圆柱与圆锥的侧 面积相等， 所以， 1 22 2R R R L     ，解得：L＝2R，得圆锥的高为 2h ＝ 3 R， 所以，圆锥与圆柱的高之比为 3 3R R  . 故答案为： 3 16．直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 190 , 2BC AA A  ，设其外接球的球心为O ，已知三棱 锥O ABC 的体积为1，则球 O 表面积的最小值为__________． 【答案】16 . 【解析】 如图，在 Rt ABC 中，设 ,AB c BC a  ，则 2 2AC a c  ． 分别取 1 1,AC AC 的中点 1 2,O O ，则 1 2,O O 分别为 1 1 1Rt A B C 和 Rt ABC 外接圆的圆心， 连 1 2,O O ，取 1 2O O 的中点 O ，则O 为三棱柱外接球的球心． 连OA，则 OA为外接球的半径，设半径为 R ． ∵三棱锥 O ABC 的体积为1， 即 1 ( ) 1 13 2O ABC acV      ， ∴ 6ac  ． 在 2Rt OO C 中，可得 2 2 2 2 2 2 2 21 2( ) ( ) ( ) 1 12 2 2 4 OOAC a c a cR        ， ∴ 2 2 2 24 4 ( 1) 4 ( 1) 164 4 a c acS R        球表 ，当且仅当 a c 时等号成立， ∴O 球表面积的最小值为16 ． 故答案为：16 ． 17．如图，四棱锥 P ABCD 中， PA平面 ABCD ，底面 ABCD 是平行四边形，若 1 12AP AB AD   ， 3AC  . （Ⅰ）求证：平面 PAC  平面 PCD； （Ⅱ）求棱 PD 与平面 PBC 所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ） 105 35 【解析】 解：（Ⅰ）∵ PA平面 ABCD ，∴ PA CD ， ∵ 2AD  ， 3AC  ， 1CD AB  ，∴ 2 2 2AD AC CD  ，∴ AC CD ， ∴CD  平面 PAC ， 又∵CD 平面 PCD， ∴平面 PAC  平面 PCD. （Ⅱ）以 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴， AC 所在直线为 y 轴， AP 所在直线为 z 轴，建立 如图空间直角坐标系， 则  1,0,0B ，  0, 3,0C ，  1, 3,0D  ，  0,0,1P ，于是  1,0, 1PB   ，  0, 3, 1PC   ，  1, 3, 1PD    ， 设平面 PBC 的一个法向量为  , ,n x y z ， 则 0 0 n PB n PC         ，解得  3 1, 3n  , ， ∴ 105cos , 35n PD    ，设 PD 与平面 PBC 所成角为 ，则 105sin 35   . 18．如图 1，菱形 ABCD 中， 60A   ， 4AB  ， DE AB 于 E ．将 AED 沿 DE 翻折 到 A ED  ，使 A E BE  ，如图 2． （Ⅰ）求证：平面 A ED  平面 BCDE ； （Ⅱ）求直线 A′E 与平面 A′BC 所成角的正弦值； （Ⅲ）设 F 为线段 A D 上一点，若 / /EF 平面 A BC ，求 DF FA 的值． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 21 7 ；（Ⅲ）1 【解析】 （Ⅰ）在菱形 ABCD 中，因为 DE AB ，所以 DE AE ， DE EB ． 所以 A E DE  ．因为 A E BE  ，DE BE E  ，DE Ì平面 BCDE ，BE  平面 BCDE ， 所以 A E  平面 BCDE ．因为 A E  平面 A ED ， 所以平面 A ED ⊥平面 BCDE ． （Ⅱ）由（Ⅰ）知 A E DE  ， A E BE  ，DE BE ，如图建立空间直角坐标系 E xyz ， 则  0,0,0E ，  2,0,0B ，  0,2 3,0D ,  4,2 3,0C ,  0,0,2A ， 所以  0,0, 2AE   ，  2,0,2BA   ,  2,2 3,0BC  ． 设平面 A BC 的法向量  , ,n x y z ，由 0 0 n BA n BC         得 2 2 0 2 2 3 0 x z x y      所以 3 x z x y    令 1y   ，则 3, 3x z  .所以  3, 1, 3n   ． 所以      2 223 1 3 7n      ，又 2A E  , 2 3A E n     ， 所以 2 3 21cos , 72 7 A E nA E n A E n              . 所以直线 A E 与平面 A BC 所成角的正弦值为 21 7 ． （Ⅲ）由（Ⅱ）可知，  0, 2 3,2DA   ,  0,2 3,0ED  设  0, 2 3 ,2DF mDA m m    ，则  0,2 3 2 3 ,2EF ED DF m m      ． 因为 / /EF 平面 A BC ，所以 0EF n  uuu rr ，即    0 3 2 3 2 3 1 2 3 0m m        ． 所以 1 2m  ，即 1 2DF DA  ．所以 1DF FA  ． 19．如图，在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1（侧棱垂直于底面的棱柱）中，CA⊥CB，CA＝CB＝CC1＝2， 动点 D 在线段 AB 上． （1）求证：当点 D 为 AB 的中点时，平面 B1CD⊥上平面 ABB1A1； （2）当 AB＝3AD 时，求平面 B1CD 与平面 BB1C1C 所成的锐二面角的余弦值． 【答案】（1）见解析；（2） 1 3 【解析】 （1）∵在等腰 Rt △ ABC 中，D 为斜边 AB 的中点，∴CD⊥AB， 又∵在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，B1B⊥平面 ABC，CD ⊂ 平面 ABC， ∴B1B⊥CD，∵AB∩B1B＝B，∴CD⊥平面 ABB1A1， 又 CD ⊂ 平面 B1CD，∴平面 B1CD⊥上平面 ABB1A1． （2）如图，∵CA，CB，CC1 两两垂直， ∴以 C 为原点，CA，CB，CC1 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系， 则 C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），B1（0，2，2），D 4 2, ,03 3      ， 1CB  （0，2，2）， 4 2, ,03 3CD       ， 设平面 B1CD 的法向量 n ＝（x，y，z），则 1 4 2 03 3 2 2 0 n CD x y n CB y z             ，令 z＝1，得 1 , 1,12n       ， 平面 BB1C1C 的法向量CA  ＝（2，0，0）， 设平面 B1CD 与平面 BB1C1C 所成的锐二面角的平面角为θ， 则 cosθ＝ 2 12| | 12 3| | | | 12 2 2 CA n CA n               ， ∴平面 B1CD 与平面 BB1C1C 所成的锐二面角的余弦值为 1 3 ． 20．已知六面体 EFABCD 如图所示， BE  平面 ABCD ， / /BE AF ， / /AD BC ， 1BC  ， 5CD  ， 2AB AF AD   ， 3BE = ， M ， N 分别是棱 FD ， ED 上的点，且满足 1 2 EN FM ND MD   . （1）求证：平面 BFN / / 平面 MAC ； （2）若平面 MAC 与平面 ECD所成的二面角的大小为 ，求sin . 【答案】(1)见证明；(2) 30sin 6   【解析】 解：（1）证法一：连接 BD，设 BD AC O ，连接 NO ， MO ， 因为 / /AD BC ，所以 ~BOC AOD  ，所以 2 1 DO AD OB BC   ， 在 FBD 中，因为 2 1 MD DO MF OB   ， 所以 / /MO FB ，且 MO  平面 MAC ， 故 / /FB 平面 MAC ， 在 FBD 中，因为 2 1 ND DO NE OB   ， 所以 / /NO EB ，且 2 23ON BE  ， 所以 ON AF ，因为 / /BE AF ， 所以 / /ON AF ，所以 AONF 是平行四边形， 所以 / /FN AO ，且 AO  平面 MAC ， 所以 / /FN 平面 MAC ，因为 FN BF F ，所以平面 / /BFN 平面 MAC . 证法二：因为 / /AD BC ， 2AB  ， 1BC  ， 2AD  ， 5CD  ，所以 AB AD ， 因为 / /BE AF ， BE  平面 ABCD ，所以 AF  平面 ABCD ， 所以 AF AB ， AF AD ， 取 AB 所在直线为 x 轴，取 AD 所在直线为 y 轴，取 AF 所在直线为 z 轴，建立如图所示的空 间直角坐标系， 由已知可得 (2,0,0)B ， (2,1,0)C ， (0,2,0)D ， (2,0,3)E ， (0,0,2)F 所以 (0, 2,2)DF    ，因为 1 2 FM MD  ， 所以 3 2 4 40, ,3 3DM DF         ， 所以点 M 的坐标为 2 40, ,3 3      ， 同理可求 N 点的坐标为 4 2, ,23 3      ， 所以 (2,1,0)AC   ， 2 40, ,3 3AM       ，设 ( , , )m x y z   为平面 MAC 的法向量， 则 2 00 2 4 00 3 3 x ym AM y zm AC              ，令 1x  ，解得 2y   ， 1z  ， 所以 (1, 2,1)m    ， 因为 ( 2,0,2)BF    ， 2 2, ,23 3BN       ， 所以 (1, 2,1) ( 2,0,2) 0m BF         ，且 2 2· (1, 2,1) , ,2 03 3m BN           ， 所以平面 / /BFN 平面 MAC （2） (1, 2,1)m    为平面 MAC 的法向量. (0,1, 3)EC    ， ( 2,1,0)CD    可求平面 ECD的一个法向量为 (3,6,2)n  所以 7 6cos 66 7 m n m n          ， 所以 2 1 30sin 1 cos 1 6 6       21．在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，侧面 1 1ABB A 为菱形， 1 60ABB   ， 2 2AB BC  ， 2 3AC  ， 1BB AC 。 （1）求证：平面 1 1BB C C  平面 1 1ABB A ； （2）求二面角 1 1 1A AC B  的余弦值。 【答案】(1)见解析.(2) 10 5 . 【解析】 （1） 过点 A 作 1AO BB 交 1BB 于点O ，连接 OC， 在三角形 AOC 中，易得 6, 2AO BO  ， ∵ 1 1, ,BB AC BB AO AC AO A   ， ∴ 1BB  平面 AOC ，∴ 1BB CO ， ∴在 Rt BOC△ 中， 6OC  ， 在 AOC 中， 2 2 2OA OC AC  ，∴ 90AOC   ， 即二面角 1C BB A  为直二面角， ∴平面 1 1BB C C  平面 1 1ABB A ； （2）由（1）知直线 , ,OA OB OC 两两垂直，故以O 为坐标原点，直线 , ,OA OB OC 所在的直 线分别为 , ,x y z 轴，如图建立空间直角坐标系 则        1 1 16,0,0 , 6, 2 2,0 , 0, 2,0 , 0, 2 2, 6A A B C   ， ∴    1 1 1 16, 2,0 , 0, 2, 6B A B C     。 设  , ,m x y z  是平面 1 1 1B AC 的法向量， 则 1 1 1 1 · 0 · 0 m B A m B C      ，即 6 2 0 2 6 0 x y y z       ， 取 1x  ，则 3, 1y z  ， ∴平面 1 1 1B AC 的一个法向量为  1, 3,1m  ， 同理，平面 1 1AAC 的一个法向量为  1,0,1n  ， ∴ 10cos , 5 m nm n m n         ， 即二面角 1 1 1A AC B  的余弦值为 10 5 . 22．如图，在直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，底面 ABCD 是矩形， 1A D 与 1AD 交于点 E ， 1 2 4AA AD AB   ． （1）证明： AE ⊥平面 ECD ． （2）求直线 1AC 与平面 EAC 所成角的正弦值． 【答案】(1)见解析.(2) 6 9 . 【解析】 （1）证明：因为四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 是直四棱柱，所以 1AA  平面 ABCD ，则 1AA CD . 又CD AD ， 1AA AD A ， 所以CD  平面 1 1AA D D ，所以 CD AE . 因为 1AA AD ， 1AA AD ，所以 1 1AA D D 是正方形，所以 AE ED . 又CD ED D ，所以 AE ⊥平面 ECD . （2）因为四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 是直四棱柱，底面 ABCD 是矩形，所以以 A 为坐标原点 建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz ，则    10,0,0 , 0,0,4A A ,    2,4,0 , 0,2,2C E ，  2,4,0AC  ,  0,2,2AE  ,  1 2,4, 4AC   设平面 EAC 的法向量为  , ,n x y zr 由 n AC  ， n AE  ，可得 2 4 0,2 2 0x y y z    ， 令 1z  ，则  2, 1,1n   ， 设直线 1AC 与平面 EAC 所成的角为 ， 则 1 1 6sin 9 AC n AC n        . 所以直线 1AC 与平面 EAC 所成角的正弦值为 6 9 .