2020版高考数学 3年高考2年模拟 第9章 立体几何

立体几何第一部分立体几何第一部分 三年高考荟三年高考荟 20202020 年高考题年高考题 一、选择题 1.（重庆理 9）高为 2 4 的四棱锥 S-ABCD 的底面是边长为 1 的正方形，点 S、A、B、C、D 均在半径为 1 的同一球面上，则底面 ABCD 的中心与顶点 S 之间的距离为 A 2 4 B 2 2 C1 D 2 【答案】C 2.（浙江理 4）下列命题中错误的是 A如果平面 平面 ，那么平面内一定存在直线平行于平面 B如果平面 不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面 C如果平面 平面 ，平面 平面 ， =l ，那么l 平面 D如果平面 平面 ，那么平面内所有直线都垂直于平面 【答案】D 3.（四川理 3） 1 l ， 2 l ， 3 l 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是 A 12 ll ， 23 ll 13 / /ll B 12 ll ， 23 / /ll 13 ll C 233 / / /lll 1 l ， 2 l ， 3 l 共面 D 1 l ， 2 l ， 3 l 共点 1 l ， 2 l ， 3 l 共面 【答案】B 【解析】A 答案还有异面或者相交，C、D 不一定 4.（陕西理 5）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是 A 2 8 3 B 8 3 C8 2 D 2 3 【答案】A 5.（浙江理 3）若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是 【答案】D 6.（山东理 11）右图是长和宽分别相等的两个矩形给定下列三个命题： 存在三棱柱，其正（主）视图、俯视图如下图；存在四棱柱，其正 （主） 视图、俯视图如右图；存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右 图其 中真命题的个数是 A3 B2 C1 D0 【答案】A 7.（全国新课标理 6） 。在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如右图所示，则相应的 侧视图可以为 【答案】D 8.（全国大纲理 6）已知直二面角 ，点 A，AC，C 为垂足， B，BD，D 为垂足若 AB=2，AC=BD=1，则 D 到平面 ABC 的距离等于 A 2 3 B 3 3 C 6 3 D1 【答案】C 9.（全国大纲理 11）已知平面 截一球面得圆 M，过圆心 M 且与 成 0 60 二面角的平面 3 3 2 正视图侧视图 俯视图 图 1 截该球面得圆 N若该球面的半径为 4，圆 M 的面积为 4，则圆 N 的面积为 A7 B9 C11 D13 【答案】D 10.（湖南理 3）设图 1 是某几何体的三视图，则该几何体的体积为 A 9 12 2 B 9 18 2 C9 42 D36 18 【答案】B 11.（江西理 8）已知 1 a ， 2 a ， 3 a 是三个相互平行的平面平面 1 a ， 2 a 之间的距离为 1 d ， 平面 2 a ， 3 a 之间的距离为 2 d 直线l与 1 a ， 2 a ， 3 a 分别相交于 1 p ， 2 p ， 3 p ，那么 “ 12 PP = 23 P P ”是“ 12 dd ”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 【答案】C 12.（广东理 7）如图 13，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图） 和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为 A6 3 B9 3 C12 3 D18 3 【答案】B 13.（北京理 7）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是 A8 B6 2 C10 D8 2 【答案】C 14.（安徽理 6）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 （A）48 （B）32+8 （C）48+8 （D）80 【答案】C 15.（辽宁理 8） 。如图，四棱锥 SABCD 的底面为正方形，SD底面 ABCD，则下列结论中 不正确的是 （A）ACSB （B）AB平面 SCD （C）SA 与平面 SBD 所成的角等于 SC 与平面 SBD 所成的角 （D）AB 与 SC 所成的角等于 DC 与 SA 所成的角 【答案】D 16.（辽宁理 12） 。已知球的直径 SC=4，A，B 是该球球面上的两点，AB= 3 ， 30BSCASC ，则棱锥 SABC 的体积为 （A） 33 （B） 32 （C） 3 （D）1 【答案】C 17 （上海理 17）设 12345 ,A A A A A 是空间中给定的 5 个不同的点，则使 12345 0MAMAMAMAMA 成立的点M的个数为 A0 B1 C5 D10 【答案】B 二、填空题 18.（上海理 7）若圆锥的侧面积为2，底面积为，则该圆锥的体积为 。 【答案】 3 3 19.（四川理 15）如图，半径为 R 的球 O 中有一内接圆柱当圆柱的侧 面积最大是，求的表面积与改圆柱的侧面积之差是 【答案】 2 2 R 【解析】 22222 max 224()SrRrrRrS 侧侧 时， 2 2222 2 22 R rRrrrR ，则 222 422RRR 20.（辽宁理 15）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为 32 ，它的三视图中的 俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是 【答案】2 3 21.（天津理 10）一个几何体的三视图如右图所示（单位：m） ，则该几何体的体积为 _ 3 m 【答案】6 22.（全国新课标理 15） 。已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 4 的球 O 的球面上，且 AB=6，BC=2 3，则棱锥 O-ABCD 的体积为_ 【答案】8 3 23.（湖北理 14）如图，直角坐标系 xOy 所在的平面为，直角坐标系 xOy （其中 y 轴 一与 y 轴重合）所在的平面为， 45xOx。 （）已知平面内有一点 (2 2,2) P ，则点 P在平面内的射影P的 坐标为 （2，2） ； （）已知平面内的曲线 C 的方程是 22 (2)220 xy ，则曲线 C 在平面内 的射影C的方程是 。 【答案】 22 (1)1xy 24.（福建理 12）三棱锥 P-ABC 中，PA底面 ABC，PA=3，底面 ABC 是边长为 2 的正三角形， 则三棱锥 P-ABC 的体积等于_。 【答案】 3 三、解答题 25.（江苏 16）如图，在四棱锥 ABCDP 中，平面 PAD平 面 ABCD，AB=AD，BAD=60，E、F 分别是 AP、AD 的中点 求证：（1）直线 EF平面 PCD； （2）平面 BEF平面 PAD F E A C D B P 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考察空间想象能力和推理论证能力。 满分 14 分。 证明：（1）在PAD 中，因为 E、F 分别为 AP，AD 的中点，所以 EF/PD. 又因为 EF平面 PCD，PD平面 PCD， 所以直线 EF/平面 PCD. （2）连结 DB，因为 AB=AD，BAD=60， 所以ABD 为正三角形，因为 F 是 AD 的 中点，所以 BFAD.因为平面 PAD平面 ABCD， BF平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCD=AD，所以 BF平面 PAD。又因为 BF平面 BEF，所以平面 BEF平面 PAD. 26.（安徽理 17）如图，ABCDEFG为多面体，平面ABED与平面AGFD垂直，点O在 线段AD上， 1,2,OAOD OAB，,OAC，ODE，ODF都是正三角形。 （）证明直线BCEF； （II）求棱锥 FOBED 的体积。 本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明， 多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力. （I） （综合法） 证明：设 G 是线段 DA 与 EB 延长线的交点. 由于OAB 与ODE 都是正三角形，所以 OB DE 2 1 ，OG=OD=2， 同理，设 G 是线段 DA 与线段 FC 延长线的交点，有 . 2ODGO = 又由于 G 和 G 都在线段 DA 的延长线上，所以 G 与 G 重合. 在GED 和GFD 中，由OB DE 2 1 和 OC DF 2 1 ，可知 B 和 C 分别是 GE 和 GF 的中 点，所以 BC 是GEF 的中位线，故 BCEF. （向量法） 过点 F 作 ADFQ ，交 AD 于点 Q，连 QE，由平面 ABED平面 ADFC，知 FQ平面 ABED，以 Q 为坐标原点，QE为x轴正向，QD为 y 轴正向，QF为 z 轴正向，建立 如图所示空间直角坐标系. 由条件知 ). 2 3 , 2 3 , 0(), 0 , 2 3 , 2 3 (),3, 0 , 0(),0 , 0 , 3(CBFE 则有 ).3, 0 , 3(), 2 3 , 0 , 2 3 (EFBC 所以 ,2BCEF 即得 BCEF. （II）解：由 OB=1，OE=2， 2 3 ,60 EOB SEOB知 ，而OED 是边长为 2 的正三 角形，故 . 3 OED S 所以 . 2 33 OEDEOBOBED SSS 过点 F 作 FQAD，交 AD 于点 Q，由平面 ABED平面 ACFD 知，FQ 就是四棱锥 F OBED 的高，且 FQ= 3 ，所以 . 2 3 3 1 OBEDOBEDF SFQV 27.（北京理 16） 如图，在四棱锥P ABCD 中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形， 2,60ABBAD . ()求证：BD 平面 ;PAC （）若 ,PAAB 求PB与AC所成角的余弦值； （）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长. = 证明：（）因为四边形 ABCD 是菱形， 所以 ACBD. 又因为 PA平面 ABCD. 所以 PABD. 所以 BD平面 PAC. （）设 ACBD=O. 因为BAD=60，PA=PB=2, 所以 BO=1，AO=CO= 3 . 如图，以 O 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Oxyz，则 P（0， 3 ，2） ，A（0， 3 ，0） ，B（1，0，0） ，C（0， 3 ，0）. 所以 ).0 , 32 , 0(),2, 3, 1 (ACPB 设 PB 与 AC 所成角为，则 4 6 3222 6 | | cos ACPB ACPB . （）由（）知 ).0 , 3, 1(BC 设 P（0， 3 ，t） （t0） ， 则 ), 3, 1(tBP 设平面 PBC 的法向量 ),(zyxm , 则 0, 0mBPmBC 所以 03 , 03 tzyx yx 令 , 3y 则 . 6 , 3 t zx 所以 ) 6 , 3, 3( t m 同理，平面 PDC 的法向量 ) 6 , 3, 3( t n 因为平面 PCB平面 PDC, 所以 nm =0，即 0 36 6 2 t 解得 6t 所以 PA= 6 28.（福建理 20） 如图，四棱锥 P-ABCD 中，PA底面 ABCD，四边形 ABCD 中，ABAD，AB+AD=4，CD= 2， 45CDA （I）求证：平面 PAB平面 PAD； （II）设 AB=AP （i）若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30 ，求线段 AB 的长； （ii）在线段 AD 上是否存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等？说明理 由。 本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间 想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结 合思想、化归与转化思想，满分 14 分。 解法一： （I）因为PA 平面 ABCD， AC 平面 ABCD， 所以PA AB ， 又 ,ABAD PAADA 所以AB 平面 PAD。 又AB 平面 PAB，所以平面PAB 平面 PAD。 （II）以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Axyz（如图） 在平面 ABCD 内，作 CE/AB 交 AD 于点 E，则 .CEAD 在Rt CDE 中，DE= cos451CD ， sin451,CECD 设 AB=AP=t，则 B（t，0，0） ，P（0，0，t） 由 AB+AD=4，得 AD=4-t， 所以 (0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)EtCtDt ， ( 1,1,0),(0,4,).CDPDtt （i）设平面 PCD 的法向量为 ( , , )nx y z ， 由n CD ，n PD ，得 0, (4)0. xy t ytx 取x t ，得平面 PCD 的一个法向量 , ,4nt tt ， 又 ( ,0,)PBtt ，故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为30，得 2 2222 |24 |1 cos60|, 2| | (4)2 n PBtt nPB tttx 即 解得 4 4 5 tt或 （舍去，因为 AD 40t ） ，所以 4 . 5 AB （ii）假设在线段 AD 上存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等， 设 G（0，m，0） （其中0 4mt ） 则 (1,3,0),(0,4,0),(0, )GCtmGDtmGPm t ， 由| | |GCGD 得 222 (4)tmmt ， （2） 由（1） 、 （2）消去 t，化简得 2 340mm （3） 由于方程（3）没有实数根，所以在线段 AD 上不存在一个点 G， 使得点 G 到点 P，C，D 的距离都相等。 从而，在线段 AD 上不存在一个点 G， 使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等。 解法二： （I）同解法一。 （II） （i）以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Axyz（如图） 在平面 ABCD 内，作 CE/AB 交 AD 于 E， 则CE AD 。 在平面 ABCD 内，作 CE/AB 交 AD 于点 E，则 .CEAD 在Rt CDE 中，DE= cos451CD ， sin451,CECD 设 AB=AP=t，则 B（t，0，0） ，P（0，0，t） 由 AB+AD=4，得 AD=4-t， 所以 (0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)EtCtDt ， ( 1,1,0),(0,4,).CDPDtt 设平面 PCD 的法向量为 ( , , )nx y z ， 由n CD ，n PD ，得 0, (4)0. xy t ytx 取x t ，得平面 PCD 的一个法向量 , ,4nt tt ， 又 ( ,0,)PBtt ，故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为30，得 2 2222 |24 |1 cos60|, 2| | (4)2 n PBtt nPB tttx 即 解得 4 4 5 tt或 （舍去，因为 AD 40t ） ， 所以 4 . 5 AB （ii）假设在线段 AD 上存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等， 由 GC=CD，得 45GCDGDC ， 从而 90CGD，即 ,CGAD sin451,GDCD 设 ,AB则AD =4- , 3AGADGD ， 在Rt ABG 中， 2222 (3)GBABAG 2 39 2()1, 22 这与 GB=GD 矛盾。 所以在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 B，C，D 的距离都相等， 从而，在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等。 29.（广东理 18） 如图 5在椎体 P-ABCD 中，ABCD 是边长为 1 的棱形， 且DAB=60， 2PAPD ,PB=2, E,F 分别是 BC,PC 的中点 （1） 证明：AD 平面 DEF; （2） 求二面角 P-AD-B 的余弦值 法一：（1）证明：取 AD 中点 G，连接 PG，BG，BD。 因 PA=PD，有PG AD ，在 ABD 中， 1,60ABADDAB，有 ABD 为 等边三角形，因此 ,BGAD BGPGG ，所以 AD 平面 PBG ,.ADPB ADGB 又 PB/EF，得AD EF ，而 DE/GB 得 AD DE，又FE DEE ，所以 AD 平面 DEF。 （2） ,PGAD BGAD ， PGB 为二面角 PADB 的平面角， 在 222 7 , 4 Rt PAGPGPAAG中 在 3 2 Rt ABG中, BG =AB si n60 = 222 73 4 21 44 cos 27 73 2 22 PGBGPB PGB PG BG 法二：（1）取 AD 中点为 G，因为 ,.PAPD PGAD 又 ,60 ,ABADDABABD 为等边三角形，因此，BG AD ， 从而AD 平面 PBG。 延长 BG 到 O 且使得 PO OB，又PO 平面 PBG，PO AD， ,ADOBG 所以 PO 平面 ABCD。 以 O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线 OB，OP 分别为x轴，z 轴，平行于 AD 的直线为 y 轴，建立如图所示空间直角坐标系。 设 11 (0,0,),( ,0,0),( ,0),( ,0). 22 Pm G nA nD n则 3 | |sin60 2 GBAB 333 13 1 (,0,0),(,1,0),(,0),(,). 2222242 2 nm B nC nE nF 由于 33 (0,1,0),(,0,0),(,0,) 2242 nm ADDEFE 得 0,0,AD DEAD FEADDE ADFE DEFEE AD平面 DEF。 （2） 13 ( ,),(,0,) 22 PAnm PBnm 2222 133 2, ()2,1,. 422 mnnmmn解之得 取平面 ABD 的法向量 1 (0,0, 1),n 设平面 PAD 的法向量 2 ( , , )na b c 由 22 33 0,0,0,0, 2222 bb PA nacPD nac 得由得 取 2 3 (1,0,). 2 n 12 3 21 2 cos,. 7 7 1 4 n n 30.（湖北理 18） 如图，已知正三棱柱 111ABCA B C 的各棱长都是 4，E是BC的中点，动点F在侧棱 1CC 上，且不与点C重合 （）当CF=1 时，求证：EF 1AC； （）设二面角C AFE 的大小为，求tan的最小值 本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能力、 推理论证能力和运算求解能力。 （满分 12 分） 解法 1：过 E 作EN AC 于 N，连结 EF。 （I）如图 1，连结 NF、AC1，由直棱柱的性质知， 底面 ABC侧面 A1C。 又度面 ABC 侧面 A，C=AC，且EN 底面 ABC， 所以EN 侧面 A1C，NF 为 EF 在侧面 A1C 内的射影， 在Rt CNE 中， cos60CNCE=1， 则由 1 1 4 CFCN CCCA ，得 NF/AC1， 又 11 ,ACAC 故 1 NFAC 。 由三垂线定理知 1 .EFAC （II）如图 2，连结 AF，过 N 作NM AF 于 M，连结 ME。 由（I）知EN 侧面 A1C，根据三垂线定理得 ,EMAF 所以 EMN 是二面角 CAFE 的平面角，即 EMN ， 设 ,045FAC则 在Rt CNE 中， sin603,NEEC 在 ,sin3sin ,Rt AMNMNANaa中 故 3 tan. 3sin NE MNa 又 2 045 ,0sin, 2 a 故当 2 sin,45 2 a即当 时，tan达到最小值； 36 tan2 33 ，此时 F 与 C1 重合。 解法 2：（I）建立如图 3 所示的空间直角坐标系，则由已知可得 1 (0,0,0), (2 3,2,0),(0,4,0),(0,0,4),( 3,3,0),(0,4,1),ABCAEF 于是 1 (0, 4,4),(3,1,1).CAEF 则 1 (0, 4,4) (3,1,1)0440,CA EF 故 1 .EFAC （II）设 ,(04)CF ， 平面 AEF 的一个法向量为 ( , , )mx y z ， 则由（I）得 F（0，4，） ( 3,3,0),(0,4, )AEAF ，于是由 ,mAE mAF 可得 0, 330, 40.0, m AE xy yzm AF 即 取 ( 3 ,4).m 又由直三棱柱的性质可取侧面 AC1 的一个法向量为 (1,0,0)n ， 于是由为锐角可得 | cos | | m n mn 2 22 316 ,sin 2424 ， 所以 2 2 16116 tan 333 ， 由0 4 ，得 11 4 ，即 116 tan, 333 故当 4 ，即点 F 与点 C1 重合时，tan取得最小值 6 , 3 31.（湖南理 19） 如图 5，在圆锥PO中，已知PO= 2，O 的直径2AB ,C是 : AB的中点，D为 AC的中点 （）证明：平面POD平面PAC; （）求二面角B PAC 的余弦值。 解法 1：连结 OC，因为 ,OAOC DAC是的中点, 所以ACO D . 又PO 底面O，AC底面O，所以AC PO ， 因为 OD，PO 是平面 POD 内的两条相交直线，所以AC 平面 POD， 而AC 平面 PAC，所以平面 POD平面 PAC。 （II）在平面 POD 中，过 O 作OH PD 于 H，由（I）知，平面 ,PODPAC平面 所以OH 平面 PAC，又PA面 PAC，所以 .PAOH 在平面 PAO 中，过 O 作OG PA 于 G， 连接 HG， 则有PA 平面 OGH， 从而PA HG ，故 OGH 为二面角 BPAC 的平面角。 在 2 ,sin45. 2 Rt ODAODOA 中 在 22 2 2 10 2 ,. 51 2 2 PO OD Rt PODOH POOD 中 在 22 2 16 ,. 321 PO OA Rt POAOG POOA 中 在 10 15 5 ,sin. 56 3 OH Rt OHGOGH OG 中 所以 2 1510 cos1 sin1. 255 OGHOGH 故二面角 BPAC 的余弦值为 10 . 5 解法 2：（I）如图所示，以 O 为坐标原点，OB、OC、OP 所在直线分别为 x 轴、y 轴，z 轴 建立空间直角坐标系，则 (0,0,0),( 1,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,2)OABCP ， 1 1 (,0) 2 2 D 设 1111 ( ,)nx y z 是平面 POD 的一个法向量， 则由 11 0,0n ODn OP ，得 11 1 11 0, 22 20. xy z 所以 11111 0,1,(1,1,0).zxyyn取得 设 2222 (,)nxyz 是平面 PAC 的一个法向量， 则由 22 0,0nPAnPC ， 得 22 22 20, 20. xz yz 所以 22222 2,2.1,xzyz 取z 得 2 (2, 2,1)n 。 因为 12 (1,1,0) (2, 2,1)0,n n 所以 12. nn 从而平面POD 平面 PAC。 （II）因为 y 轴平面 PAB，所以平面 PAB 的一个法向量为 3 (0,1,0).n 由（I）知，平面 PAC 的一个法向量为 2 (2, 2,1)n 设向量 23 nn和 的夹角为，则 23 23 210 cos. | |55 nn nn 由图可知，二面角 BPAC 的平面角与相等， 所以二面角 BPAC 的余弦值为 10 . 5 32.（辽宁理 18） 如图，四边形 ABCD 为正方形，PD平面 ABCD，PDQA，QA=AB= 1 2PD （I）证明：平面 PQC平面 DCQ； （II）求二面角 QBPC 的余弦值 解： 如图，以 D 为坐标原点，线段 DA 的长为单位长，射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐 标系 Dxyz. （I）依题意有 Q（1，1，0） ，C（0，0，1） ，P（0，2，0）. 则 (1,1,0),(0,0,1),(1, 1,0).DQDCPQ 所以 0,0.PQ DQPQ DC 即 PQDQ，PQDC. 故 PQ平面 DCQ. 又 PQ平面 PQC，所以平面 PQC平面 DCQ. 6 分 （II）依题意有 B（1，0，1） ， (1,0,0),( 1,2, 1).CBBP 设 ( , , )nx y z 是平面 PBC 的法向量，则 0,0, 20. 0, n CBx xyz n BP 即 因此可取 (0, 1, 2).n 设 m 是平面 PBQ 的法向量，则 0, 0. m BP m PQ 可取 15 (1,1,1).cos,. 5 mm n 所以 故二面角 QBPC 的余弦值为 15 . 5 12 分 33.（全国大纲理 19） 如图，四棱锥S ABCD 中， ABCD ,BC CD ，侧面SAB为等边三角形， 2,1ABBCCDSD （）证明：SD SAB 平面 ; （）求AB与平面SBC所成角的大小 解法一： （I）取 AB 中点 E，连结 DE，则四边形 BCDE 为矩形，DE=CB=2， 连结 SE，则 ,3.SEAB SE 又 SD=1，故 222 EDSESD ， 所以 DSE 为直角。 3 分 由 ,ABDE ABSE DESEE ， 得AB 平面 SDE，所以AB SD 。 SD 与两条相交直线 AB、SE 都垂直。 所以SD 平面 SAB。6 分 （II）由AB 平面 SDE 知， 平面ABCD 平面 SED。 作 ,SFDE 垂足为 F，则 SF平面 ABCD， 3 . 2 SDSE SF DE 作FG BC ，垂足为 G，则 FG=DC=1。 连结 SG，则SG BC ， 又 ,BCFG SGFGG ， 故BC 平面 SFG，平面 SBC平面 SFG。9 分 作FH SG ，H 为垂足，则FH 平面 SBC。 3 7 SFFG FH SG ，即 F 到平面 SBC 的距离为 21 . 7 由于 ED/BC，所以 ED/平面 SBC，E 到平面 SBC 的距离 d 也有 21 . 7 设 AB 与平面 SBC 所成的角为 ， 则 2121 sin,arcsin. 77 d EB 12 分 解法二： 以 C 为坐标原点，射线 CD 为 x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz。 设 D（1，0，0） ，则 A（2，2，0） 、B（0，2，0） 。 又设 ( , , ),0,0,0.S x y zxyz则 （I） (2,2, ),( ,2, )ASxyz BSx yz ， (1, , )DSxy z ， 由| | |ASBS 得 222222 (2)(2)(2),xyzxyz 故 x=1。 由 22 | 11,DSyz 得 又由 222 | 2(2)4,BSxyz 得 即 22 13 410,. 22 yzyyz 故 3 分 于是 133333 (1,),( 1,),(1,) 222222 SASBS ， 13 (0,),0,0. 22 DSDS ASDS BS 故 ,DSAD DSBSASBSS又 所以SD 平面 SAB。6 分 （II）设平面 SBC 的法向量 ( , , )am n p ， 则 ,0,0.aBS aCB a BSa CB 又 33 (1,),(0,2,0), 22 BSCB 故 33 0, 22 20. mnp n 9 分 取 p=2 得 (3,0,2),( 2,0,0)aAB 又 。 21 cos,. 7| | AB a AB a ABa 故 AB 与平面 SBC 所成的角为 21 arcsin. 7 34.（全国新课标理 18） 如图，四棱锥P ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形， 60DAB，2ABAD ，PD 底面 ABCD （I）证明：PA BD ； （II）若 PD=AD，求二面角 A-PB-C 的余弦值 解： （）因为 60 ,2DABABAD ， 由余弦定理得 3BDAD 从而 BD2+AD2= AB2，故 BDAD 又 PD底面 ABCD，可得 BDPD 所以 BD平面 PAD. 故 PABD （）如图，以 D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线 DA 为x轴的正半轴建立空间直角 坐标系 D- xyz ，则 1,0,0A ， 03,0B， ， 1, 3,0C ， 0,0,1P ( 1, 3,0),(0, 3, 1),( 1,0,0)ABPBBC uu u vuuvuu u v 设平面 PAB 的法向量为 n=（x，y，z） ，则 0, 0, n AB n PB uu u r uu u r 即 30 30 xy yz 因此可取 n=( 3,1, 3) 设平面 PBC 的法向量为 m，则 m0, m0, PB BC uu u r uuu r 可取 m=（0，-1， 3 ） 42 7 cos, 72 7 m n 故二面角 A-PB-C 的余弦值为 2 7 7 35.（山东理 19） 在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 为平行四边形， ACB=90，平面 ， EF，.=. （）若是线段的中点，求证：平面; （）若=,求二面角-的大小 19 （I）证法一： 因为 EF/AB，FG/BC，EG/AC， 90ACB， 所以 90 ,EGFABC .EFG 由于 AB=2EF， 因此，BC=2FC， 连接 AF，由于 FG/BC， 1 , 2 FGBC 在 ABCD: 中，M 是线段 AD 的中点， 则 AM/BC，且 1 , 2 AMBC 因此 FG/AM 且 FG=AM， 所以四边形 AFGM 为平行四边形， 因此 GM/FA。 又FA平面 ABFE，GM 平面 ABFE， 所以 GM/平面 AB。 证法二： 因为 EF/AB，FG/BC，EG/AC， 90ACB， 所以 90 ,EGFABC .EFG 由于 AB=2EF， 因此，BC=2FC， 取 BC 的中点 N，连接 GN， 因此四边形 BNGF 为平行四边形， 所以 GN/FB， 在 ABCD: 中，M 是线段 AD 的中点，连接 MN， 则 MN/AB， 因为 ,MNGNN 所以平面 GMN/平面 ABFE。 又GM 平面 GMN， 所以 GM/平面 ABFE。 （II）解法一： 因为 90 ,ACB所以C AD =90 ， 又EA 平面 ABCD， 所以 AC，AD，AE 两两垂直， 分别以 AC，AD，AE 所在直线为 x 轴、y 轴和 z 轴，建立如图所法的空间直角坐标系， 不妨设 22,ACBCAE 则由题意得 A（0，0，0， ） ，B（2，-2，0） ，C（2，0，0， ） ，E（0，0，1） ， 所以 (2, 2,0),(0,2,0),ABBC 又 1 , 2 EFAB 所以 (1, 1,1),( 1,1,1).FBF 设平面 BFC 的法向量为 111 ( ,),mx y z 则 0,0,m BCm BF 所以 1 11 0, , y xz 取 11 11,zx得 所以 (1,0,1),m 设平面 ABF 的法向量为 222 (,)nxyz ， 则 0,0,n ABn BF 所以 22 22 2 , 1,1, 0, xy yx z 取得 则 (1,1,0)n ， 所以 1 cos,. | |2 m n m n mn 因此二面角 ABFC 的大小为60 . 解法二： 由题意知，平面ABFE 平面 ABCD， 取 AB 的中点 H，连接 CH， 因为 AC=BC， 所以CH AB ， 则CH 平面 ABFE， 过 H 向 BF 引垂线交 BF 于 R，连接 CR， 则 .CRBF 所以 HRC 为二面角 ABFC 的平面角。 由题意，不妨设 AC=BC=2AE=2。 在直角梯形 ABFE 中，连接 FH， 则FH AB ，又 2 2,AB 所以 1,2,HFAEBH 因此在Rt BHF 中， 6 . 3 HR 由于 1 2, 2 CHAB 所以在Rt CHR 中 ， 2 tan3, 6 3 HRC 因此二面角 ABFC 的大小为60 . 36.（陕西理 16） 如图，在 ABC 中， 60 ,90 ,ABCBACAD 是BC上的高，沿AD把 ABC 折起，使 90BCD 。 （）证明：平面 平面； （）设为的中点，求AE 与DB 夹角的余弦值。 解（）折起前是边上的高， 当 折起后，AD，AD， 又 DB， 平面， AD 平面平面 BDC 平面 ABD平面 BDC。 （）由 90及（）知 DA，DC 两两垂直，不防设 DB =1，以 D 为坐 标原点，以 ,DB DC DA 所在直线 , ,x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得 D（0,0,0） ，B（1,0,0） ，C（0,3,0） ，A（0,0， 3 ） ，E（ 1 2， 3 2，0） ， AE = 1 3 ,3 2 2 ， DB =（1，0,0,） ， AE 与DB 夹角的余弦值为 cosAE ，DB = 1 22 2 . 22| |22 1 4 AE DB AEDB 1 22 2 2222 1 4 37.（上海理 21） 已知 1111 ABCDABC D 是底面边长为 1 的正四棱柱， 1 O 是 11 AC 和 11 B D 的交点。 （1）设 1 AB 与底面 1111 ABC D 所成的角的大小为，二面角 111 AB DA 的大小为。 求证：tan 2 tan ； （2）若点C到平面 11 AB D 的距离为 4 3，求正四棱柱1111 ABCDABC D 的高。 解：设正四棱柱的高为h。 连 1 AO ， 1 AA 底面 1111 ABC D 于 1 A ， 1 AB 与底面 1111 ABC D 所成的角为 11 AB A ，即 11 AB A 11 ABAD ， 1 O 为 11 B D 中点， 111 AOB D ，又 1111 AOB D ， 11 AO A 是二面角 111 AB DA 的平面角，即 11 AO A 1 11 tan AA h AB ， 1 11 tan22 tan AA h AO 。 建立如图空间直角坐标系，有 11 (0,0, ),(1,0,0),(0,1,0),(1,1, )Ah BDCh 11 (1,0,),(0,1,),(1,1,0)ABh ADh AC 设平面 11 AB D 的一个法向量为 ( , , )nx y z ， 11 11 0 0 nABn AB nADn AD ，取 1z 得 ( , ,1)nh h 点C到平面 11 AB D 的距离为 22 |04 3| 1 n AChh d n hh ，则 2h 。 38.（四川理 19） 如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中 BAC=90，AB=AC=AA1 =1D 是棱 CC1 上的一 P 是 AD 的延长线与 A1C1 的延长线的交点，且 PB1平面 BDA （I）求证：CD=C1D： （II）求二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值； （）求点 C 到平面 B1DP 的距离 z y x A1 B1 C1 D1 A B C D O1 O1 D C B A D1 C1 B1 A1 A1 B1 C1 D1 A B C D O1 解析：（1）连接 1 B A 交 1 BA 于O, 1 /B P 1 面BD A , 111 ,B PAB PAB PDOD 1 面面面BA 1 /B POD ,又O为 1 B A 的中点， D 为AP中点， 1 C 1 为AP, 1 ACDPC D 1 C DCD ,D 为 1 CC 的中点。 （2）由题意 11 ,ABAC ABAAABC C 1 面AA ,过 B 作AH AD ,连接BH，则 BHAD , AHB 为二面角 1 AADB 的平面角。在 1 AAD 中， 11 55 1, 22 AAADAD ,则 2 5 2 53 52 5 ,cos 5533 5 5 AH AHBHAHB BH （3）因为 11 C B PDB PCD VV ，所以 1 11 11 33 B PDP