高考数学分类汇编(高考真题+模拟新题)立体几何理

1、G单元立体几何G1空间几何体的结构20.、2014 安徽卷如图1-5,四棱柱 ABCD ABGD中，AA±底面 ABCD四边形 ABC西梯形, AD/ BC且AD= 2BC过A, C, D三点的平面记为 a , BB与a的交点为 Q图1-5(1)证明：Q为BB的中点；(2)求此四棱柱被平面 a所分成上下两部分的体积之比；(3)若AA=4, CD= 2,梯形ABCD勺面积为6,求平面a与底面ABC可成二面角的大小.20.解：(1)证明：因为 BQ/ AA, BC/ AQBS BQ= B, AE AA= A,所以平面QBO平面A1AQ从而平面AC山这两个平面的交线相互平行，即 QC/ A

2、D故4 QBC< AAD的对应边相互平行，于是 QB6 AAQ一 BQ BQ BC 1一，所以BQ= AI= AFT 2，即Q为BB的中点 BB AA AD N(2)如图1所示，连接QA QD设AA=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面 a所分成上下两部分的 体积分别为 V上和V下，BC= a,则AD= 2a.口图11a+ 2aV三棱锥 Q-AAD= ；x： 2a h d=1ahd, 3 23V 四棱锥 Q-ABCD= 3 2-d- 2h=4ahd，所以下内三棱锥 Q-AAN V四棱锥q-abc= ahd.3又 V四棱柱 ABCD - ABCD：2ahd,所以 V± = V四

3、棱柱 ABGD -ABCD-V下=3ahd I；ahd= 11ahd,故=11. 21212Vr 7 方法一：如图1所示，在 ADOK 作A已DC垂足为E,连接AE又 DELAA,且 AAAAE= A所以DEL平面 AEA,所以DEL AiE.所以/ AEA为平面a与底面ABCD成二面角的平面角.因为 BC/ AD AD= 2BC 所以 &ada 2&bca又因为梯形 ABCD勺面积为6, DC= 2,所以 &adc= 4, AE= 4.AA兀于是 tan / AEA= -= 1, A AEA=.E4兀故平面a与底面ABC所成二面角的大小为.方法二：如图2所示，以D为原

4、点,DA DD分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.设/ CDA= 0 , BC= a,则 AD= 2a.a+ 2aS 四边形ABC户一2一 2sin 0 =6,2所以a=“心 a sin 0 .Tl从而可得 q2cos 0 , 2sin 0 , 0) , A . 4 1,0, 4 , sin 0所以 DC= (2cos 0 , 2sin 0,0), DA= sin 4 Q , 0, 4 .设平面ADC的法向量n=(x, y, 1),一4DA n= -x x + 4= 0,sin 9DC> n = 2xcos0 +2ysin0=0,x= sin 9 ,得y=cos 0 ,所以 n =

5、 ( sin e , cos 0 , 1).又因为平面 ABCD勺法向量m (0, 0, 1),n 2所以 cosn, rni> = rr1=看,'|n|m|2故平面a与底面ABC而成二面角的大小为7t8. 2014 湖北卷算数书竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最卜六成一.早的有系统的数学典籍，其中记载有求“困盖”的术：“置如其周，令相乘也.又以高乘之,该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h公式中的圆周率兀近似取为 3.那么，近似公式 12口 计算其体积V的近似公式VV获L h.它实际上是将圆锥体积V- ：2L2h相当于将圆锥体积公式中的兀近似取为（）

6、75A.22 B. 25 C.舅 D.黑 78501138. B 解析设圆锥的底面圆半径为 r,1 21底面积为S，则L=2兀，由题意得36LhFh，代入S=r2化简得 3;类比推理，若 V=刍L2h,则25.故选B. 7587.、2014 辽宁卷某几何体三视图如图1-1所示，则该几何体的体积为 （A. 82 兀 B . 8兀 C .兀兀俯视图图1-17. B 解析根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积相等的圆柱的一部分1余下的部分，故该几何体体积为2X2X2 2X 4义式义2= 8兀.G27.A.C.空间几何体的三视图和直观图2014 安徽卷一个多面体的三视图如图1-221+近 B .

7、 8+啦21 D . 18所示，则该多面体的表面积为撕（左）福图正（主）视图图1-27. A 解析如图，由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分,其表面积 S= 6X4 2X 6 + 2X2X0, 2) , (2, 2：和俯视图分别为A.和B.和C.和D.和2. 2014 福建卷某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是A.圆柱 B .圆锥 C .四面体 D .三棱柱2. A 解析由空间几何体的三视图可知，圆柱的正视图、侧视图、俯视图都不可能是三角形.5. 2014 湖北卷在如图1-1所示的空间直角坐标系 O- xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是 (01),

8、(2, 2, 2) .给出编号为，的四个图，则该四面体的正视图5. D 解析由三视图及空间直角坐标系可知，该几何体的正视图显然是一个直角三角形且内有一条虚线(一锐角顶点与其所对直角边中点的连线)，故正视图是；俯视图是一个钝角三角形，故俯视图是.故选D.7.、2014 湖南卷一块石材表示的几何体的三视图如图1-2所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于 (正视更俯视图1-2A. 1 B . 2 C . 3 D . 47. B 解析由三视图可知，石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半)，故可知能得到的最大球为三棱柱的内切球.由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径，可

9、得6+810=2.5. 2014 江西卷一几何体的直观图如图1-1所示，下列给出的四个俯视图中正确的是（）A图1-15. B 解析易知该几何体的俯视图为选项7.、2014 辽宁卷某几何体三视图如图图1-2B中的图形.1-1所示，则该几何体的体积为（）主视图o 兀8 彳俯视图-兀A. 82 兀 B . 8兀 C . 8- D .图1-17. B 解析根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积相等的圆柱的一部分1余下的部分，故该几何体体积为2X2X2 2X 4X兀X 2= 8兀.3.2014 浙江卷几何体的三视图（单位：cm）如图 I* 44 *1-1所示，则此几何体的表面积是恻视图图1-1 2

10、A.3.90 cm B . 129 cm C . 132 cm D. 138 cmD 解析此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其直观图如图,D.12. 2014 新课标全国卷I 如图1-3,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中,A. 6 9 B.6 C.4 # D . 412.B 解析该几何体是如图所示的棱长为4的正方体内的三棱锥E- CCD(其中E为BB的中点)，其中最长的棱为DE=(4 12)2+ 22 = 6.C12所以该几何体的表面积为2(4X3+6X3+6X4)+2X >< 3X 4+4X 3+3X 5 3X 3= 138(c

11、m ),故选A.16 7 B. 5 C.2796. C 解析 原毛坯的体积为兀x10127 D. 3该零件是一个由两个圆柱组成白组合体，其体积为兀X32X2+兀X 22X 4= 34% (cm3),32X 6= 54 % (cm3),切削掉部分的体积为54兀34兀=20兀(cm3),故所求的比值为20 兀 1054 兀=27.17. 2014 陕西卷四面体ABCD其三视图如图1-4所示，过棱 AB的中点E作平彳T于AD BC的平面分别交四面体的棱 BQ DC CA于点F, G H(1)证明：四边形 EFGH矩形；(2)求直线AB与平面EFGHE角0的正弦值.17.解：(1)证明：由该四面体的三

12、视图可知,BDL DC BDL AD ADL DCBD= DC= 2, AD= 1.由题设，BC/平面EFGH平面EFGH1平面BDC= FG平面EFGH1平面 ABC= EHBC/ FG BC/ EH FG/ EH同理 EF/ AD HG/ AD, z. EF/ HG.四边形EFGH1平行四边形.又 ADL DC ADh BQ . . ADL平面 BDC. ADL BC,EFL FG 四边形EFGH1矩形.0),(2)方法一：如图，以 D为坐标原点建立空间直角坐标系，则以0, 0, 0), A(0 , 0, 1), B(2 , 0,a。，2, 0),DA= (0, 0, 1), BC= (2

13、, 2, 0),BA= (2, 0, 1).设平面EFGH勺法向量n = (x, y, z),. EF/ AD, FG/ BC .n - DA= 0, n BC= 0,z=0,-2x+2y=0,取 n= (1 ,1,0),<BA n> |BA-nIBAI n|,105sin 0 = |cos方法二：如图，以则 D(0, 0, 0), A(0, 0, 1), B(2, 0, 0), C(0, 2, 0),1E是 AB的中点，F, G分别为 BQ DC的中点，得 E 1, 0, 2 , F(1 , 0, 0) , Q0 , 1, 0).D为坐标原点建立空间直角坐标系, .FE= 0,

14、0, 2 , FG= (-1,1, 0),BA= (2, 0, 1).设平面EFGH勺法向量n = (x, y, z), 贝U n FE= 0, n FG= 0,15z= 0,0),得2取n=(1x + y= 0,sin 9 = |cosB/ n>BA.n| 一 |BA| n| 一布花,105 .3m.所示（单位：m）,则该几何体的体积为10. 2014天津卷一个儿何体的三视图如图 1-3图1-310 20jt解析由三视图可得，该几何体为圆柱与圆锥的组合体，其体积V=兀 X 12 X 4+_ Tt X 22320 71X2=37.2014重庆卷某几何体的三视图如图1-2所示,则该几何体的

15、表面积为（）图1-2A. 54 B . 60 C . 66 D . 727. B 解析由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥所得，三棱柱的底面是一个 两直角边长分别为 3和4的直角三角形，高为 5,截去的锥体的底面是两直角边的边长分别为3和4的直 13X 5 2+52 + 5角三角形，图为 3,所以表面积为 S= 2X3X4 + 一丁+一/X4+一丁X5+3X5= 60.G3平面的基本性质、空间两条直线4. 2014 辽宁卷已知n表示两条不同直线， a表示平面.下列说法正确的是（）A.若 m/a,n /a,贝Um/ nB.若 mla,n?a,贝Uml nC.若 mla, ml n,

16、贝 U n II aD.若 m" a , ml n,贝U n, a4. B 解析B 解析由题可知，若 m/ a , n/ a ,则m与n平行、相交或异面，所以 A错误； 若 ml a , n? a ,则 mln,故 B正确；若 ml a , mln,则 n/ a 或 n? a ,故 C错误.若 m/ a , mln,则n / a或n，a或n与a相交，故D错误.17.、2014 福建卷在平面四边形ABCW, AB= BD= CD= 1, ABL BD CDh BD 将 ABM B所起,使得平面ABD_平面BCD如图(1)求证：ABL CD(2)若M为AD中点，求直线1-5所示.Ag平面

17、MBCf成角的正弦值.Af17.解：(1)证明：平面，平面BCDABDL平面r图1-5BCD 平面 ABDT 平面 BCD= BD AB?平面 ABD AB± BD AB又 CD?平面 BCD AB± CD(2)过点B在平面BCDMB红BDM由(1)知 ABL平面 BCD BE?平面 BCD BD?平面 BCD ABL BE ABL BD示).以B为坐标原点，分别以所bDsBA勺方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系 (如图所依题意，得B(0, 0, 0)Q1 ，1,i 11, 0),代0, 0, 1), M0, 2, 2 .则 BC= (1 , 1, 0) ,

18、BM=1o, 2,AD= (01, -1).设平面 MBC勺法向量n=(xo, y。，z。)，n - BC= 0,则 - 即n - BM= 0,取Zo= 1 ,得平面设直线Ag平面xo+ yo= 0,112yo + 2zo=0,MBC勺一个法向量n=(1,MBCf成角为0 ,-1, 1).则sin| n ADI n| | AD,6T.即直线一十.i3.八,6AD与平面MBCf成角的正弦值为T.311. 2014 新课标全国卷n 直三棱柱 ABCAB1C1中，/ BCA= 90° , M N分别是AB, AC的中点, BC= CA= CC,则BM AN所成角的余弦值为()A. io B

19、. 5 C.11. C 解析如图，E为BC的中点.由于 M N分别是故MN BE所以四边形 MNE的平行四边形，所以 EN触BM 一1AB, AC1 的中点，故 MIN/ BC 且 MN= 2BC, 所以直线 AN NE所成的角即为直线 BM AN所成的角.设BC= 1,则BM= ；BA = ¥，所以6=NE AN= AE=专,MB=1 + 2 =在ANE43,根据余弦定理得 cos ZANE=6 5 54% 4 J302X更x出10 2218., 2014 四川卷三棱锥A- BC或其侧视图、俯视图如图1-4所示.设 M N分别为线段 AQAB的中点，P为线段BC上的点，且 MN_

20、NP(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角 A- NP- M的余弦值.图1-418.解：(1)如图所示，取 BD的中点Q连接AQ CO 由侧视图及俯视图知， ABD BCD正三角形，所以 AQL BD QCL BD因为AQ QC?平面AQC且AS QC= Q所以BDL平面AQC又因为AG 平面AQC所以BDL AC取BQ的中点H连接NH PH又 M N, H分别为线段 AD AB BQ的中点，所以 MN BD NH/ AQ因为AQL BD所以NHL BD因为 MN_ NP所以NPL BD因为NH NP?平面NHP且NHH NP= N,所以BDL平面NHP又因为HP?平面NHP所以BDL

21、 HP又 QCL BD HP?平面 BCD QC?平面 BCD 所以 HP/ QC因为H为BO的中点，所以P为BC的中点.(2)方法一：如图所示，作 NQL AC于Q连接MQ由知，NP/ AC所以NQL NP因为MN_ NP所以/ MNQ；二面角 A - NP- M的一个平面角.由 知， ABD BCM边长为2的正三角形，所以 A0= OC= p由俯视图可知， AOL平面BCD因为0C平面BCD所以Ad 0C因此在等腰直角 AOB, AC=邢.作BRL AC于R因为在 ABC, AB= BC所以R为AC的中点，所以BR= A百一AC2 _JQ因为在平面ABCft,所以NQ BRNQL AC B

22、RLAC又因为N为AB的中点，所以 Q为AR的中点,BR 10所以 NQ= y=.同理，可得MQ=弓0.故MNQ;等腰三角形，所以在等腰 MNQP,MN BP万了 10cos/MN8 而嬴 V.10故二面角 A- NP- M的余弦值是 .方法二：由俯视图及(1)可知，AOL平面BCD因为0C 0臼平面BCD所以AOL OC AQL 0B又OCL 0B所以直线OA OB OCM两垂直.如图所示，以 0为坐标原点，以 OB OC 0A勺方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标 系 0 - xyz.取 0), D(T, 0, 0) .则 A(0, 0,橘,B(1 , 0, 0), C(0,

23、因为M N分别为线段 AD AB的中点, 又由知，P为线段BC的中点，X所以 M 1, 0,当，N；, 0,当，Pg,半，0 ,于是 A5(1 , 0, -73), BO (-1,g0),MN= (1 , 0, 0),NP= 0,.,3设平面ABCW一个法向量ni = (xi, yi, zi),ni±ABi由，” n-BCni - AB= 0得 ni - BC= 0(xi,yi,zi)( i,0,-羽)=0,(xi,yi,zi)( i,机 0)=0,从而xi #zi = 0 ,xi + 3yi= 0.n21MN mNp取 zi=i,则 xi = 3, yi=i,所以 巾=(43, i

24、, i). 设平面 MNP勺一个法向量 n2=(x2, y2, Z2),由，n2 MN= 0, 得n2 - NP= 0,(x2, y2, Z2) ( i, 0, 0) =0,(x2, y2, Z2) -0,平,一乎=0，x2= 0,从而 33-2-y2- -Z2= 0.取 Z2= i,则 y2= i, x2=0,所以 n2= (0 , i, i).设二面角 A- NP- M的大小为 0 ,则cos(屹，i, i) ( 0, i, i) _Vw75xV2 5故二面角ANPM的余弦值是i05G4空间中的平行关系20.、20i4 安徽卷如图i-5,四棱柱 ABCD- ABCD中，AA，底面ABCD四

25、边形 ABC时梯形, AD/ BC且AD= 2BC过A, C, D三点的平面记为 a , BB与a的交点为 Q(1)证明：Q为BB的中点；(2)求此四棱柱被平面 a所分成上下两部分的体积之比；(3)若AA=4, CD= 2,梯形ABCD勺面积为6,求平面a与底面ABC可成二面角的大小.20.解：(1)证明：因为 BQ/ AA, BC/ ADBS BQ= B, AE AA= A,所以平面QBa平面A1AD从而平面ACD<这两个平面的交线相互平行，即 QC/ AD故4 QBC< AAD的对应边相互平行，于是 QB6 AAQ一 BQ BQ BC 1一，所以市=而T 3,即Q为BB的中点B

26、B AA AD 2(2)如图1所示，连接QA QD设AA=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面 a所分成上下两部分的 体积分别为 V上和V下，BC= a,则AD= 2a.图1V三棱锥 Q-A1AD=：x； 2a h d=；ahd, 3 23V四棱锥1Q-ABCD= 3a+2a1k 1,2 d - 2h =4ahd,所以 S=V三棱锥 Q-A1AD VEQ-ABg 172ahd3又 V四棱柱 A1BGD - ABCD：2ahd,所以 V± = V四棱柱 ABGD -ABCD-V下=3ahd ：7;ahd= ahd,故21212vt 7 方法一：如图1所示，在 ADCK 作A已DC垂足

27、为E,连接AE又 DELAA,且 AAAAE= A所以DEL平面 AEA,所以DELAE.所以/ AEA为平面a与底面ABC所成二面角的平面角.因为 BC/ AD AD= 2BC 所以 及adc= 2观bca又因为梯形 ABCD勺面积为6, DC= 2, 所以& ADC= 4, AE= 4.AA7t是 tan / AEA= = 1, / AEA= 7. E4，一一,.、,一 一 兀故平面a与底面ABC而成二面角的大小为.4方法二：如图2所示，以D为原点，DA DD分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.因为8 =6,从而可得 q2cos 0 , 2sin4九叭 Asnr , 

28、6;，4,设/ CDA= 0 , BC= a,贝U AD= 2a_a+ 2aS四边形 abcd=- 2sin所以 DC= (2cos 0 , 2sin 0,0), DA= sin 4 Q , 0, 4 .设平面ADC的法向量n=(x, y, 1),x + 4= 0,4DA - n= tsin 0DC n = 2xcos0 +2ysin0=0,x= sin 9 ,得y= cos 8 ,所以 n=(sin 8, cos 8, 1).又因为平面 ABCD勺法向量m (0, 0, 1),n - m 2所以 cosn, m> = o，|n|m|2一一一, 、一一一八一 J 兀故平面a与底面ABC所

29、成二面角的大小为不17.、2014 北京卷如图1-3,正方形 AMDE勺边长为2, B, C分别为AM MD勺中点.在五棱锥 P- ABCD呼，F为棱PE的中点，平面 ABF与PD PC分别交于点 G H(1)求证：AB/ FG(2)若PAL底面ABCDE且PA= AE求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段 PH的长.图1-317.解：(1)证明：在正方形 AMDE3,因为B是AMW中点，所以 AB/ DE又因为AB?平面PDE所以AB/平面PDE因为AB?平面ABF且平面 ABFH平面PDE= FG所以AB/ FG(2)因为PAL底面ABCDE所以 PAL AB PAL AE建立空间直

30、角坐标系Axyz,如图所示，则A(0 ,0,0),B(1, 0, 0) ,Q2 ,1, 0) ,P(0 ,0,2),F(0,1, 1) , BC= (1 , 1, 0).设平面ABF的法向量为n=(x, y, z),则n - AB= 0,x= 0,即-y + z= 0.n - AF= 0,y令 z = 1,则 y = 1.所以 n= (0 , 1, 1).设直线BC与平面ABF所成角为a ,则一 n - BC 1sin a = |cos n, B。| =-.|n| BC 2 . 兀因此直线BC与平面ABF所成角的大小为 -.6设点H的坐标为(u, v, w) .因为点H在PC上，所以可设PH=

31、入的0V入1).即(u, v, w 2)=入(2 , 1, - 2),所以 u=2 入，v=入，w= 2- 2 人.因为n是平面ABF的一个法向量，所以 n AH= 0,即(0 , 1, 1) (2 入，入，2 2 入)=0,解得入=2,所以点H的坐标为4, 2, 2 . 33 3 34 22 24 2所以 PH= A/ 3 + 3 + 3 =2.19 .、2014 湖北卷如图1-4,在棱长为2的正方体 ABCDABCD中，E, F, M N分别是棱 AB, AQ AB, AD的中点，点P, Q分别在棱 DD, BB上移动，且 DP= BQ=入(0入2).(1)当入=1时，证明：直线 BC/平

32、面EFPQ(2)是否存在 入，使面EFPCQf面PQMNF成的二面角为直二面角？若存在，求出 入的值；若不存在， 说明理由.fi图1-420 .解：方法一(几何方法)：(1)证明：如图，连接 AD,由ABCDA1BCD是正方体，知 BC/ AD.当入=1时，P是DD的中点，又 F是AD的中点，所以 FP/ AD,所以BC/FP而FP?平面EFPQ且BC?平面EFPQ故直线 BC/平面EFPQ图'图，一，一, ，一 ，一1(2)如图，连接 BD因为E, F分别是 AB, AD的中点，所以 EF/ BQ且EF= -BED又 DP= BQ DP/ BQ ，一一 一一一一一一 1所以四边形PQ

33、BDI平行四边形，故PQ/ BD且PQ= BD从而EF/ PQ且EF= 2PQ在 RtEBQ RtFDP中，因为 BQ= DP=入，BE= DF= 1,于是EQ= FP= 7TTT2,所以四边形EFPQ1是等腰梯形.同理可证四边形PQMN1是等腰梯形.分别取EF, PQ MN的中点为H, Q G,连接OH OG则 GO_ PQ HOL PQ 而 GO1 HO= Q故/ GOK面EFPQf面PQM所成的二面角的平面角.若存在 入，使面EFPCQf面PQM所成的二面角为直二面角，则/GOH= 90° .连接EM FN,则由EF/ MN且EF= MN四边形EFNM!平行四边形.连接GH因为

34、H, G是EF, MN勺中点，所以 GH= ME= 2.在 GOH, gH= 4, OH= 1+ 入之一=入之十万，OG= 1 + (2入)2乎 =(2入)2+2，由 OG+ OH= gH,得(2 入)2 + 2+ 入 2+2 = 4,解得 入=1±¥，2故存在 入=1 士学，使面EFPQW面PQM所成的二面角为直二面角.方法二(向量方法)：以D为原点，射线 DA DC DD分别为x, y, z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.由已 知得 B(2, 2, 0), G(0, 2, 2), E(2, 1, 0), F(1 , 0, 0) , P(0 , 0,入).AfGF

35、P= (1, 0时，FP= ( -1入)，FE= (1,1, 0) .0, 1)，BC= (2, 0, 2),(1)证明：当入=1因为BC所以BC=(-2, 0,2),=2FP,即 BC / FP而FP?平面EFPQ且BC?平面EFPQ故直线 BC/平面EFPQx+y=0,可得x + 入 Z = 0.FE , n= 0,（2）设平面EFPQ勺一个法向量为n = （x, y, z）,则由由n=0于是可取n=（入，入，1） .同理可得平面 MNPQJ一个法向量为 m （入2, 2入，1）. 若存在 入，使面EFPQf面PQM所成的二面角为直二面角， 则 m n=（入2, 2入，1） （入，入，1）

36、 = 0, 即入（入一 2） 入（2入）+ 1 = 0,解得 入=1 土 2.故存在入=1 土斗，使面EFPQW面PQM所成的二面角为直二面角.如图 1-3,四棱锥 P-ABCW,底面 ABCM矩形，PA1平面 ABCD E18.、2014 新课标全国卷n 为PD的中点.（1）证明：PB/平面AEC（2）设二面角 DAEC为60°18.解：（1）证明：连接 因为ABC时矩形，所以 又E为PD的中点，所以BD交AC于点Q连接EOO为BD的中点.EO/ PB因为EO?平面AEC PB?平面AEC所以PB/平面AEC（2）因为PAL平面ABCD ABCD矩形，所以AB AD AP两两垂直.

37、如图，以A为坐标原点，Ah AD AP的方向为x轴、y轴、直角坐标系A-xyz,则D（0,小,0） , E0,乎，2AE= 0z轴的正方向，| AP为单位长，建立空间_J 12，2 .设 B(m 0, 0)( n>0)，则 qm ® 0) , A0=(簿 4 0).设m=(x, v，z)为平面 ACE勺法向量，ni AO。，mX+ 小y”则即J31ni - AE= 0,2 v+2z=0.可取m= 4, T,小.又 山=(1, 0, 0)为平面DAE勺法向量, ，1 r由题设易知|cos m, n2> | =2，即1 -33+4nT2,解付 f2.因为E为PD的中点，所以三

38、棱锥 EAC曲高为2.三棱锥E-ACD勺体积V= ；*'*3*3*2=360°17., 2014 山东卷如图1-3所示，在四棱柱 ABCDABCD中，底面 ABCD1等腰梯形，/ DAB= ,AB= 2CD= 2, M是线段 AB的中点.图1-3(1)求证：CM/平面 AADD;(2)若CD垂直于平面 ABCE CD=小,求平面CDM和平面ABC所成的角(锐角)的余弦值.17.解：(1)证明：因为四边形 ABCDI等腰梯形，且 AB= 2CD 所以 AB/ DC又M是AB的中点，所以 CD/ MAM CD= MA连接AD.因为在四棱柱 ABCD- ABGD中,CD/ CQ,

39、CD= CD,所以 CD / MA GD= MA所以四边形 AM©为平行四边形，因此，GM/ DA又CM?平面AADD, DA?平面AADQ所以CM/平面AADD(2)方法一：连接AC MC由(1)知，CD/ AMS. CD= AM所以四边形AMCD;平行四边形，所以 BC= AD= MC由题意/ ABC= / DAB= 60° ,所以 MB正三角形，因此 AB= 2BC= 2, CA= 3,因此CAL CB设C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C- xyz.所以代小，0, 0) , B(0, 因此M察1, 0 ,1, 0), D(0, 0,m).所以 MD=乎，-2

40、,>/3, DC=MB=喙,2, 0 .设平面CDM的一个法向量n = (x, y, z),n DCi=0,n MD= 0,*x y= 0,3x + y-2 V3z=0,可得平面CDM的一个法向量n=(1, J3,又CD= (0, 0,、/3)为平面ABCD勺一个法向量.因此 cosCD, n>CD n 近|CD|n|5由CD，平面 ABCD可得 DN，AR因此/ DNC为二面角C - AB- C的平面角.在 RtA BNO43, BC= 1, Z NBC= 60 ,可得 CN= -23,所以 ND- CD2+ CN =彳5.CN 25在 RtA DCN中，cos / DiNC=

41、DN=5,F所以平面CDM和平面ABCW成的角(锐角)的余弦值为18., 2014 四川卷三棱锥A- BC或其侧视图、俯视图如图1-4所示.设 M N分别为线段 AQAB的中点，P为线段BC上的点，且 MN_ NP(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角 A- NP- M的余弦值.图1-418.解：(1)如图所示，取 BD的中点Q连接AQ CO 由侧视图及俯视图知， ABD BCD正三角形，所以 AQL BD QCL BD因为AQ QC?平面AQC且AS QC= Q所以BDL平面AOC又因为AC?平面AOC所以BDL AC取BO的中点H连接NH PH又M N, H分别为线段 AD AB,

42、 BO的中点，所以 MN/ BD NH/ AQ 因为AQL BD所以NHL BD因为 MN- NP所以NH BD因为NH NP?平面NHP且NHP N母N,所以BDL平面NHP 又因为HP?平面NHP所以BDL HP又 OCL BQ HP?平面 BCD OC?平面 BCD 所以 HP/ OC 因为H为BO的中点，所以P为BC的中点.(2)方法一：如图所示，作 NQL AC于Q连接MQ由知，NP/ AC所以NQL NP因为MN_ NP所以/ MNQ；二面角 A - NP- M的一个平面角.由 知， ABD BCM边长为2的正三角形，所以 A0= OC=邓.由俯视图可知，AOL平面BCD因为0C平

43、面BCD所以Ad 0C因此在等腰直角 AOB, AC= J6.作BRL AC于R因为在 ABC, AB= BC所以R为AC的中点，因为在平面ABCft,所以NQ BRNQL AC BRLAC又因为N为AB的中点，所以BR 10所以 NQ= y=.同理，可得MQ= -40.4Q为AR的中点,故MNQ;等腰三角形, 所以在等腰 MNQP,MN BD2410cosMNQ 而 NQ=.故二面角 A- NP- M的余弦值是10方法二：由俯视图及(1)可知，AOL平面BCD因为OC OB平面BCD所以AOL OC AQL OB又OCL OB所以直线OA OB OCM两垂直.如图所示，以 O为坐标原点，以

44、OB OC OA勺方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标 系 O - xyz.则 A(0, 0,北)，B(1 , 0, 0), C(0,0), D(-1, 0, 0).因为M N分别为线段 AD AB的中点，又由知，P为线段BC的中点，所以 M-1, 0,萼，N1, 0,粤,P1,卓，0 ,于是 AB= (1 , 0, MN= (1 , 0, 0), NP= 0,喙* .设平面ABC勺一个法向量ni = (xi, yi, zi),小),BC= (-i,4，0),nAR由ni±BQni - AB= 0得 ni BC= 0(xi, yi, zi) ( i, 0, V3) = 0

45、,(xi, yi, zi) . ( i,小,0)=0,xi Jazi = 0,从而厂xi + y3yi= 0.取 zi,则 xi = 33, yi=i,所以 巾=(43, i, i).设平面MNP勺一个法向量n2=(x2, y2, z2),由，n2±MN mNPn2 MN= 0, 得n2 N2 0,(x2,乎,z2) ( i, 0, 0) = 0,即依，乎,22)0,x2= 0,从而 33亍y2亍 z2= 0.取 z2= i,则 y2= i, x2=0,所以 n2= (0 , i, i).ni . n2设二面角 A- NP- M的大小为e ,则cos e = :一:一| nil |

46、n2|(S, i,i) ( 0, i, i)_Vi0琳x眼 一5故二面角ANPM的余弦值是G5空间中的垂直关系CDL BDWA ABM B所起,i7.、20i4 福建卷在平面四边形 ABCtD3, AB= BD= CD= i , ABL BD 使得平面 ABD_平面BCD如图i-5所示.(i)求证：ABL CD(2)若M为AD中点，求直线 AD与平面MBCf成角的正弦值.图1-517 .解：(1)证明：平面 ABDL平面 BCD 平面 ABDT平面 BCD= BD AB?平面 ABD AB± BD ，AB ，平面BCD又 CD?平面 BCD AB± CD(2)过点B在平面B

47、CDMBE! BD由(1)知 ABL平面 BCD BE?平面 BCD BD?平面 BCD ABL BE, ABL BD以B为坐标原点，分别以 能 由 BA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示).1 1依题意，得 B(0, 0, 0), Q1 , 1, 0) , 口0, 1, 0), A(0 , 0, 1) , M0, 2, 2 .则鼠(1, 1, 0), BM= 0,2 , AD=(0, 1, 1).设平面MBC勺法向量n=(X0, yc, zc),一X0+y0=0,n - BC= 0,>贝U即11n BM= 0,2y0 + 2Z0=0,取z0=1,得平面 MBC

48、勺一个法向量 n=(1, 1, 1).设直线AD与平面MBCf成角为0 ,则sin即直线| n ADI n| I AD八、6AD与平面MB所成角的正弦值为.318 .、2014 广东卷如图1-4,四边形ABC时正方形，PDL平面ABCD / DPC= 30° , AF，PC于点 F, FE/ CD 交 PD于点 E.(1)证明：CF1平面ADF(2)求二面角D- AF- E的余弦值.图1-4AS BD= Q AGA19 .、2014 湖南卷如图1-6所示，四棱柱 ABCDA1BCD的所有棱长都相等, BD=O,四边形 ACCA1和四边形BDDB均为矩形.(1)证明：00,底面ABCD

49、(2)若/CBA= 60° ,求二面角 G-OBD的余弦值.图1-620 .解：如图(a),因为四边形 ACC1为矩形，所以 CC，AC同理DD± BD.因为CC/ DD,所以CCLBD而AS BD= Q因此CC，底面ABCD由题设知，00/ GC故00L底面 ABCD(2)方法一： 如图(a),过0作0H，0B于H,连接HC.由知，00,底面ABCD所以00,底面A1BiGD,于是 001AC.图又因为四棱柱 ABCDABGD的所有棱长都相等，所以四边形ABGD是菱形，因此AG±BiD1,从而 AC,平面BDDB,所以A1CX0B,于是 0BL平面 0HC.进而

50、0B，C1H.故/ GH0是二面角 C-0B-D的平面角.不妨设AB= 2.因为/ CBA= 60° ,所以0B=木,0C= 1, 0B=5.在Rk0CB中，易知0H=00 0B0B2、y3.而 0C = 1,于是 C1H= 0d+ 0H2一0H故 cos / CH0= C H25719即二面角C-0B-D的余弦值为2 ,5719因此AC! BD又00方法二：因为四棱柱 ABCDABGD的所有棱长都相等，所以四边形ABCD1菱形,，底面 ABCD从而 0B 0C 00两两垂直.6图(b)如图(b),以O为坐标原点，OB OC OO所在直线分别为x轴,y轴，z轴，建立空间直角坐标系O-

51、Q0, 0, 0),xyz,不妨设AB= 2.因为/ CBA= 60。，所以OB= ® OC= 1,于是相关各点的坐标为B(淄，0, 2), 0(0, 1, 2).易知，m=(0, 1, 0)是平面BDEB的一个法向量.设n2=(x, y, z)是平面OBC的一个法向量，则n2 - OB= 0,n2 - OC= 0,即 V3x+2z=。，y+ 2z= 0.取 z = 一。3,则 x=2, y=23,所以 亮=(2, 2y3,一木).设二面角C-OB-D的大小为0 ,易知0是锐角，于是 故二面角C-OB-D的余弦值为2 '571919.、2014 江西卷如图ni - n2cos e = |cos <, > | = i一,一,一I |n“ . |n2|1-6,四棱锥P- ABC珅，ABC时矩形，平面PADL平面 ABCD图1-6(1)求证：ABL PD(2)若/BPC= 90。，PB=啦，PC= 2,问AB为何值时，四棱锥 P - ABCD勺体积最大？并求此时平面 bpc平面DPCe角的余弦值.19.解：(1)证明：因为 ABC师矩形，所以 AB±AD又平面PADL平面 ABCD平面PA助平面 ABCD= AQ所以ABL平面PAD故 ABL PD(2)过P作AD的垂线，垂足为 0,过O作BC的