2011年-2019年高考全国卷1卷、2卷、3卷理科数学试题分类汇编-1立体几何

广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流2011年一2019年全国卷（i、n、ni卷）理科数学试题分类汇编11.立体几何一、选择题（2019•全国卷I,理12）已知三棱锥PABC的四个顶点在球。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。的体积为（）A.8<6k b.4v6k c.2。6兀 D.，6九（2019•全国卷n,理7）设a,6为两个平面，则a//6的充要条件是（ ）a内有无数条直线与6平行a内有两条相交直线与6平行a,6平行于同一条直线a,6垂直于同一平面D AD A（2019•全国卷HL理8）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（）BM=EN,且直线BM,EN是相交直线BMWEN,且直线BM,EN是相交直线BM=EN,且直线BM,EN是异面直线BMWEN,且直线BM,EN是异面直线（2018•新课标I,理7）某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如右图所示，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<17 B.2x5 C.3 D.2（2018•新课标I,理12）已知正方体的棱长为1每条棱所在直线与平面（2018•新课标I,理12）已知正方体的棱长为1体所得截面面积的最大值为（）a3<3A. 4(2018•新课标n,26B. C.39)在长方体ABCD-A/1clD中，3<24AB=BC=1D.遭2AA1=出，则异面直线AR与DB所成角的余弦值为（（2018•新课标（2018•新课标ni,理3）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫棒头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是棒头.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（)合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（)广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流（2018•新课标ni,理10）设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点，AABC为等边三角形且其面积为9v3，则三棱锥D-ABC体积的最大值为（ ）12v318寸12v318寸324V3D.54<3（2017•（2017•新课标I,7）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.10BA.10B.12C.14D.16（2017•（2017•新课标n,4）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所得，则该几何体的体积为63兀C.428(2017•新课标H,4)(体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为63兀C.428(2017•新课标H,4)(2017•新课标n,10)已知直三棱柱ABC-ABC中11()D.3M(2016•新课标I,6)ZABC=120,AB=2,BC=Cq=1，则异面直线AB与B异面直线AB与BC所成角的余弦值为（）1A旦.2BU「<10C. 5(2017•新课标(2017•新课标n,8)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（（2016•新课标I6)（2016•新课标I6)BU兀C.一2DU如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是型，则它的表面积是（ ）3该几何体的体积是型，则它的表面积是（ ）3（A）17兀 （B）18兀 （C）2加（D）28冗广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流（2016•新课标I⑴平面a过正方体abcD一A1BqD1的顶点A3〃平面CB1D1,aI平面ABCD(A)区

2平面ABBA=n,(B)近2广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流（2016•新课标I⑴平面a过正方体abcD一A1BqD1的顶点A3〃平面CB1D1,aI平面ABCD(A)区

2平面ABBA=n,(B)近2则m,n所成角的正弦值为（ ）(2016•新课标n,6）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）20兀24兀28n32兀(2016•新课标m,9）如图，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，则该多面体的表面积为（A.18+36V5B.54+18<5C.90D.81（2016•新课标m,10）在封闭的直三棱柱ABC—AB1cl内有一个体积为V的球.若AB±BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是（A.4n9nB耳C.6n（2015•新课标I6）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3,估算出堆放的米约有（（A）14斛)(B)22斛 (C)36斛(D)66斛（2015•新课标I11）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为厂）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+2加，则r=（ ）(A)1(B)2 (C)4(D)8（2015•新课标H,6）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）(2015•新课标H,6)(2014・新课标I,12)（2015•新课标H,9）已知A,B是球O的球面上两点，ZAOB=90°,C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为（ ）36兀64兀36兀64兀C.144兀D.256兀广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流（2014•新课标I,12）如图，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，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为（）A.6<2 B,4v2 C.6D.4（2014•新课标n,6）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm）,图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm,高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ）27 B.5（2014•新课标（2014•新课标n,6）（2013•新课标I,6）（2013•新课标I,8）（2014・新课标n,11）直三棱柱ABC-A1B1cl中，ZBCA=90°,M,N分别是A1B『A1cl的中点，BC=CA=CQ,则BM与AN所成的角的余弦值为（）A.-1 B.2 C.2130 D.±2.TOC\o"1-5"\h\z10 5 10 2（2013•新课标I,6）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm,将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如果不计容器的厚度，则球的体积为（）.500兀A. cm500兀A. cm332048兀D. cm33 cm3 C. cm333（2013•新课标I,8）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）.A.16+8n B.8+8n C.16+16n D.8+16n（2013•新课标n,4）已知m,n为异面直线，m±平面a,n±平面p.直线l满足l±m,l±n,laa,lap，则（ ）A.a//B且l//a B.alp且lipC.a与p相交，且交线垂直于l D.a与p相交，且交线平行于l（2013•新课标n,7）一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是（1,0,1）,（1,1,0）,（0,1,1）,（0,0,0）,画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为（ ）广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流A.B.广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流A.B.D.（2011•新课标I,6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（）二、填空题（2019•全国卷H,理16）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正（俯视图）方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是'半正多面体〃（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有个面，其棱长为.（本题第一空2分，第二空3分.）FCBCAiFCBCAi（2019•全国卷（2019•全国卷H,理16）（2019•全国卷HL理16）（2019•全国卷H,理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-A1B1clq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,AA『4cm.3D打印所用的材料密度为0.9g/cm3,不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 g.7（2018・新课标H,理16）已知圆锥的顶点为S，母线SA,SB所成角的余弦值为7,SA与圆锥底面所成角为45.若△SAB的面积为5无，则该圆锥的侧面积为（2017•新课标I,理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.沿广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流虚线剪开后，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.(2017•新课标m,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：TOC\o"1-5"\h\z①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；o o o 0③直线AB与a所称角的最小值为45；④直线AB与a所称角的最小值为60；其中正确的是 .0 0(填写所有正确结论的编号)(2016•新课标H,14)a、B是两个平面，m、n是两条直线，有下列四个命题：(1)如果m_Ln,m_La,n〃B，那么a_LB.(2)如果m_La,n〃a，那么m_Ln.(3)如果a//B，mua，那么m//B.(4)如果m〃n,a〃B，那么m与a所成的角和n与B所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号.)(2011•新课标I,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=2J3,则棱锥O—ABCD的体积为三、解答题（2019全国卷I,理18）如图，直四棱柱ABCD-ATB1C1D1的底面是菱形，AA1=4,AB=2,ZBAD=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.

广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流(2019全国卷H,理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.(2019全国卷ni,理19)图1是由矩形ABED,RtAABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1,BE=BF=2,ZFBC=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.图1图1图2广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流(2018•新课标I,理18(2018•新课标I,理18)如图，四边形ABCD为正方形，E,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.F分别为AD,BC的中点，以DF为折痕（2018-新课标H,20）如图，在三棱锥P—ABC中，AB=BC=2G,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.广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流(2018•新课标ni,理19)如图，边长为2的正方形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C,D的点.⑴证明：平面AMD，平面BMC;⑵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.(2017-新课标I,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,ZAPD=90，求二面角A-PB-C的余弦值. ；广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流（2017.新课标H,19）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=1AD，/BAD=ZABC=90o，e是PD的中点.2（1）证明：直线CE//平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成锐角为45o，求二面角M-AB-D的余弦值（2017.新课标m,19）如图所示，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，/ABD=ZCBD,AB=BD.（1）证明：平面ACD1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.D广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流(2016.新课标I,18)如图，在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD,/AFD=90。，且二面角D—AF—E与二面角C—BE—F都是60。.(I)证明：平面ABEF±平面EFDC；(II)求二面角E—BC—A的余弦值.(2016•新课标H,19)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上，AE=CF=5,EF交BD于点H.#△DEF沿EF折到△D'EF的位置，OD'=<10.4(I)证明：D'H±平面ABCD；(II)求二面角B—DA—C的正弦值.C广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流（2016-新课标m,19）如图，四棱锥P-ABCD中，PA，底面ABCD,AD//BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点，AM'^=2MD,N为PC的中点.(1)证明MN〃平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.(2015•新课标I,18)如图，四边形ABCD为菱形，/ABC=120,E,F是平面ABCD同一侧的两点，0BE，平面ABCDBE，平面ABCD,DF，平面ABCD,BE=2DF,(I)证明：平面AEC，平面AFC；(II)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.AE±EC.广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流(206新课标H,19)如图，长方体ABCD-A1B1clD1中AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面a与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.(I)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由)；(II)求直线AF与平面a所成角的正弦值.(2014.新课标I,19)如图三棱柱ABC—A1B1c1中，侧面BBCC为菱形，AB1BC.(I)证明：AC=AB；1(II)若AC1AB,/CBB=60o,AB=BC求二面角A—AB—C的余弦值.1 1 11 1广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流(2014•新课标H,18)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA，平面ABCD,E为PD的中点.(I)证明：PB//平面AEC；(II)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=<3，求三棱锥E-ACD的体积.(2013-新课标I,18)如图，三棱柱ABC—A卢1cl中，CA=CB,AB=AA『/BAA1=60°.(1)证明：AB±A1C；(2)若平面ABC，平面AA1B1B,AB=CB，求直线A1c与平面BB1cle所成角的正弦值.广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流TOC\o"1-5"\h\z(2013.新课标II,18)如图，直三棱柱ABC-ABCp,D,E分别是AB,BB的中点，1 1 1 1AA=AC=C『AB1 2(I)证明：BC〃平面ACD；(I)求二面角D-AC-E的正弦值.1 1 1（2012•新课标I、I,19）如图，直三棱柱ABC—A]B1C1中，AC=BC=1AA/D是棱AA1的中点，DC1±BD.(1)证明：DC1±BC；B(2)求二面角A1—BD—C1的大小.

B广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流(2011•新课标I、II,18)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，NDAB=60°,AB=2AD,PD，底面ABCD.(I)证明：PA±BD；(II)若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.,C广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流2011年一2019年全国卷（i、n、ni卷）理科数学试题分类汇编11.立体几何（解析版）一、选择题（2019•全国卷I,理12）已知三棱锥PABC的四个顶点在球。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。的体积为（）A.8<6k b.4v6k c.2。6兀 D.，6九【答案】D解析：【答案】D解析：设PA=x，则cos/APC=PA2+PC2-AC2x2+x2-4x2一22PA-PCx2 x x2一2x2TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"・•・CE2=PE2+PC2一2PE.PC-cos/APC=—+x2一2•—・x +2\o"CurrentDocument"4 2 x2 4\o"CurrentDocument"一一一 1 x .一•・•/CEF=90。，EF=-PB=-,CF=%；32 2x2-x2 - ..一・•・CE2+EF2=CF2，即一+2+—=3，解得x=<2,4 4.\PA=PB=PC=\；'2，又AB=BC=AC=2，易知PA,PB,PC两两相互垂直，故三棱锥P-ABC的外接球的半径为名,24「・•・三棱锥P-ABC的外接球的体积为-K-+=洞，故选D.3I2）解法2：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。为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G,贝UAC±BG，又PO±AC,POnBG=。，可得AC，平面PBG，则UPB±AC,VE,F分别是PA,AB的中点，・•・EF〃PB,又NCEF=90°,即EF±CE,APB±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，遍 4遍 4半径为三，则球。的体积为7一•:广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流其直径为D二,F二二一F三二一P］二二.二设DE=a设DE=a，则BD=<2a,“,3 5 -BE=,—a2h—a2=2a,\，4 4・•・BM…：3 1EN='—a2+—a2=a\4 4（2019•全国卷H,理7）设a,6为两个平面，则a〃6的充要条件是（ ）A.a内有无数条直线与6平行 B.a内有两条相交直线与6平行C.a,6平行于同一条直线 D.a,6垂直于同一平面【答案】B解析：对于A,a内有无数条直线与0平行，anp或a〃由对于B,a内有两条相交直线与p平行，a〃0对于C,a,p平行于同一条直线，anp或a〃p；对于D,a,p垂直于同一平面，anp或a〃p.故选：B.（2019•全国卷ni,理8）如图，点N为正方形ABCD的中心，^ECD为正三角形，评面ECD，平面ABCDM是线段ED的中点，则（）BM=EN,且直线BM,EN是相交直线BMWEN,且直线BM,EN是相交直线BM=EN,且直线BM,EN是异面直线BMWEN,且直线BM,EN是异面直线【答案】B解析：\•点N为正方形ABCD的中4,4ECD为正三角形，平面ECD，平面ABCD,M是线段ED的中点，.•・BMu平面BDE,ENu平面BDE,•・•BM是4BDE中DE边上的中线，EN是4BDE中BD边上的中线，・•・直线BM,EN是相交直线，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（ ）2-172<53D.2...BMWEN.（2018•新课标全国I卷理7）某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如右图所示，圆柱表面上的点M在【答案】B解析：当路径为线段MN时，长度最短，故最短路径的长度为、$2==2、无.广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流（2018•新课标I,理12）已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面a所成的角都相等，则a截此正方体所得截面面积的最大值为（ ）A.3V34A.3V34_ 2<3B.--【答案】A解析:【答案】A解析:（直接法）平面ACB符合题意，11如图（1）所示，例题中的平面a可得面ACB平移11平移后的图象如图（1）所示，六边形EFGHMN为该截面设A]N=x，则有EN=立x,MN=72(1—x)根据对称性可知EF=v'2（1-x）,FG=/x，延长EN,HM相交于点P延长EF,HG相交于点Q，易证/HEF=ZEHG=60所以AEHQ为等边三角形，同理/EHP为等边三角形，所以S所以S六边形EFGHMNmlSAEHG+S-S-SAEPG APMN AFGQ=立义Qi)2+避义(、>2-苴(J2(1-x))2-亘(.2x)2=33-避(2x2-2x+1)4 4 4 4 2二也六边形EFGHMNmax 4【解法2】（特殊位置法）由题可知，截面a应与正方体体对角线垂直，当平面平移至截面为六边形时，此时六边形的周长恒定不变，所以当截面为正六边形时，面积最大

广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流343.S =6义—义( )2= 六边形EFGHMNmax 4 2 4(2018-新课标II,9(2018-新课标II,9)在长方体ABCD—。B1clD中，AB=BC=1,AA]=V3，则异面直线AR与DB所成角的余弦值为(bT6D.由几何关系可知：EF=1BD=21AF=由几何关系可知：EF=1BD=21AF=1，由余弦定理可知：cos。=【答案】C解析：法一:解法二：坐标法:由几何关系可知：BD=(1,1,<3)1点A的坐标为《,0,百)，点q的坐标为(1,1,0)AD=Q,1,—%3)1cos。=，解法三：补型法(以右补为例)：由几何关系可知:解法三：补型法(以右补为例)：由几何关系可知:BD=<5,DG=2,B1G=、；5,由余弦定理可得:4芯=54芯=5广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流（2018•新课标ni,理3）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫棒头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是棒头.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（）【答案】A解析：根据题意，A选项符号题意.（2018•新课标皿，理10）设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点，AABC为等边三角形且其面积为9V3，则三棱锥D-ABC体积的最大值为（ ）12v12v318v3 C.24v3 D.54v3【答案】B解析：如图，AABC为等边三角形，点O为A,B,C,D外接球的球心，G为AABC的重

心，由Saabc=9出,得AB=6,取BC的中点H, AH=AB,sin60°=3右,AG=2AH=2<3,.•.球心O到面ABC的距离为d=q不区家=2，二三棱锥D—ABC体积最大值V =1义9<3*(2+4)=18<3.D-ABC 3（2017.新课标I,7）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.10B.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.10B.12C.14D.16【答案】B解析:梯形的面，由三视图可画出立体图，该立体图平面内只有两个相同的S梯=（2+4）x2+2=6,S全旗6x2=12，故选B；广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流（2017•新课标H,4）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所得，则该几何体的体积为（）A.90n b.63兀 C.42冗 d.36^【答案】B解析：从三视图可知：一个圆柱被一截面截取一部分而剩余的部分，剩下的体积分上下两部分阴影的体积，下面阴影的体积为V=Sh,r=3,h=4，二V=36兀；上面阴影的体11 3 3积V是上面部分体积V的一半，即V=1V,V与V的比为高的比（同底），即V=3V,V=3V=27冗，故2 3 22331 321241总体积V=V+V=63兀.方法2：V3=Sh=54兀，其余同上，故总体积V0=V2+V=63兀.（2017.新课标H,10）已知直三棱柱ABC-AF1C1中,ZABC二⑵。，AB=2,BC=CC=1,则异面直线AB与BC所成角的余弦值为（）<15B.-5-【答案】B解析：解法一：在边【答案】B解析：解法一：在边BB、BC、A/】、AB上分别取中点E、F、G、H并相互连接.由三角形中位线定理和平行线平移功能 历由三角形中位线定理和平行线平移功能 历通过几何关系求得EF二号,异面直线AB1和BC所成的夹角为ZFEG或其补角，FH=口1，利用余弦定理可求得异面直线2AB和BCAB和BC所成的夹角余弦值为皿解法二：补形通过补形之后可知：ZBCD或其补角为异面直线AB和BC所成的角，通过几何关系可知:11广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流TOC\o"1-5"\h\zBC=v2,CD=芯,BD=、3，由勾股定理或余弦定理可得异面直线ABa和BC所成的夹角余弦值为』0.

11 1 1 5一一一. / 、 / 、 / 、 （J3 1解法三：建系建立如左图的空间直角坐标系,a（o,2』），B1（。,。'。）'B（。,。』）,Ci|w「2,。rBC1二<3 1T,-2TBArBC1二<3 1T,-2TBA=(。'2,1),・・・cos0= =――=—01 BA•BC\"x近5-i—*~~-I1（2。17•新课标HI,8）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.兀BA.兀B.C.一D.【答案】B解析：由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径r=112-11丫\V273兀」,则圆柱体体积V=.r2=t.故选B.（2。（2。16•新课标I,6）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若（2。16・新课标ITOC\o"1-5"\h\z11）平面a过正方体ABCD—A1B1clD1的顶点A,a//平面CB1D1,aI平面ABCD平面ABBA=n，则m,（2。16・新课标I111(D)—1(D)—3(B) — (C)——2 3【答案】A解析：如图所示:

广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流w，则m〃m又•・•平面ABCD〃平面ABCD，结合平面BDC口平面ABCD=BDiiii 11 iiii11・•・BD〃m，故BD〃m同理可得：CD〃n故m、n的所成角的大小与B1D「CR所成角的大小相等，即/CD/1的大小.冗 J3而BC=BD=CD（均为面对交线），因此ZCDB=-，即sin/CDB=—.1 11 1 113 11 2（2016•新课标H,6）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）圆柱高为h.由图得（2016•新课标H,6）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）圆柱高为h.由图得r=2, c=2nr=4n,由勾股定理得：i=,12+Q<3)=4,S=nr2+ch+1cl=4n+16n+8n=28n,故选C.（2016•新课标m,9）如图，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，则该多面体的表面积为A.18+36v5B.54+18<5C.90D.81【答案】B解析：由三视图可知该几何体是一个平行六面体，上下底广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流面为俯视图的一半，各个侧面平行四边形，故表面积为2x3x3+2x3x6+2x3x<9+36=54+18v5（2016•新课标m,10）在封闭的直三棱柱ABC—A1B1cl内有一个体积为丫的球.若AB±BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是9n 32n4nB.—C.6nD.-3—【答案】B解析：由题意知，当球为直三棱柱的内接球时，体积最大，选取过球心且平行于直三棱柱底面的截面，如图所示，则由切线长定理可知，内接圆的半径为2,3 4 9冗又AA=3<2x2，所以内接球的半径为3，即V的最大值为9兀R3=中JL 乙 J 乙（2015•新课标I,6）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一）米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3,估算出堆放的米约有（A）14斛（B）22斛（C）36斛（D）66斛TOC\o"1-5"\h\z, 2nR> 116【答案】B解析：——=8,圆锥底面半径R=,米堆体积4 兀一1—320 V-V= 兀R2h=-—，堆放的米约有一六22，选（B）.12 3兀 1.62（2015•新课标I,11）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为厂）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+2加，则r=（ ）（A）1（B）2（C）4（D）8【答案】B解析：由正视图和俯视图知，该几何体是半球和半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都r,圆柱的高为2r,其表面积为—x4兀r2+兀rx2r+兀r2+2rx2r=5兀r2+4r2=16-20K，解得r=2，故选（B）.^2

广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流TOC\o"1-5"\h\z（2015•新课标H,6）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）A.1 B.1 C.1 D.18 7 6 5（2015-6）D解析：由三视图得，在正方体ABCD-A1B1clD1中，截去四面体A-A1B1D1如图所示，设正方体棱长为。，则V Jx1a=1a，故剩余几何体体积为a-aBp132 6a3-1a3=5a3，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选D.6 6（2015•新课标H,9）已知A,B是球O的球面上两点，/AOB=90°,C为该球面36兀64兀C.144兀 D.256兀【答案】C解析：如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O-ABC的体积最大，设球O的半径为R,此时V36兀64兀C.144兀 D.256兀【答案】C解析：如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O-ABC的体积最大，设球O的半径为R,此时V=V =1x1R2xR=1R3=36，故R=6,贝好求O的O-ABC C-AOB32 6表面积为S=4兀R2=144兀，故选C.（2014•新课标I,12）如图，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，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为A.6gB.4<2C.6D,4【答案】C解析：（解析）：如图所示，原几何体为三棱锥其中AB=BC=4,AC=4<2,DB=DC=2<5,DA=+4=6，故最长的棱的长度为DA=6，选C（2014•新课标H,6）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm,高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ）A.27 B.5 C.m D.3【答案】C解析：原来毛坯体积为万3"6=54n（cm2）,由三视图得，该零件由左侧底面半径为2cm,高为4cm的圆柱和右侧底面半径为3cm,高为2cm的圆柱构成，所以该零件的体积为：乃3工2+乃2工4=34n（cm2）,则切削掉部分的体积为54n-34n=20n（cm2）,所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流20兀10

二—54兀 27(2014新课标H,广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流20兀10

二—54兀 27(2014新课标H,11)直三棱柱ABC-A1B1C1中，ZBCA=90°,M,N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为()A.= B.2 C.吊00 D.年【答案】C解析：取BC的中点P，连结NP、AP,•・,M,N分别是A1B/A1C1的中点，.••四边形NMBP为平行四边形，・・・BM//PN,・••所求角的余弦值等于ZANP的余弦值，不妨令BC=CA=CC1=2,则UAN=AP=v5,NP=MB=v6，IAN|2+1NP|2-1AP|2(<5)2+(<6)2-(<5)2 <30・・cosZANP= = =——= = .2xIANI-INPI 2x1’5xv；6 10【另解】如图建立坐标系，令AC=BC=C1C=2,则A(0,2,2),B(2,0,2),M(1, 1, 0) , N(0, 1, 0) ,...BM=(-1,1,-2),AN=(0,-1,-2),A1八BM•AN 0-1+4<30cosu= =————= .»IBMI-IANI~J6J5 10（2013•新课标I,6）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm,将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如果不计容器的厚度，则球的体积为（）.500兀 866兀 1372兀 2048兀A.---cm3 B.---cm3 C.---cm3 D.---cm33 3 3 3【答案】A解析：设球半径为R，由题可知R,R-2,正方体棱长一半可构成直角三角形，即3BA为直角三角形，如图.BC=2,BA=4,OB=R-2,OA=R,广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流由R2=(R-2)2+42,得R=5,所以球的体积为4兀53=500所以球的体积为4兀53=500(2013•新课标I,38)兀(cm3)，故选A.则该几何体的体积为().某几何体的三视图如图所示，A.16+A.16+8nC.16+16n【答案】A解析:D.8+16n由三视图可知该几何体为半圆柱上放一个长方体，由图中数据可知圆柱底面半径丫=2,长为4,在长方体中，长为4,宽为2,高为2,所以几何体的体积为nr2x4xj+4x2x2=8n+16.故选A.(2013•新课标H,4)已知m,n为异面直线，m±平面a,n±平面p.直线l满足l±m,l±n,laa,lap，则( )A.a//B且l//a B.alp且lipC.a与p相交，且交线垂直于l D.a与p相交，且交线平行于l【答案】D解析：因为m±a,l±m,laa，所以l//a,同理可得l〃B.又因为m,n为异面直线，所以a与B相交，且l平行于它们的交线.故选D.(2013•新课标H,7)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为( )【答案】A解析：【答案】A解析：如图所示，该四面体在空间直角坐标系O—xyz的图像为右图，则它在平面zOx上的投影即正视图为右图，故选A.广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流（2012•新课标I,7）如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）A.6 B广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流（2012•新课标I,7）如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）A.6 B.9 C.12 D.15【答案】B解析：由三视图可知，该几何体为三棱锥A-BCD,底面4BCD为底边为6,高为3的等腰三角形，侧面人8口，底面BCD,人0，底面BCD,因此此几何体的体积为V=3x（；x6x3）x3=9,故选择B.（2012•新课标I,11）已知三棱锥S—ABC的所有顶点都在球O的球面上，^ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2,则此棱锥的体积为（）A.C.D.知oo11平面abc，则oo1101c.点在直角A00C中，0C=1,OC=—,1 1 3所以00=.\0C2—0C2=；1—（£）2=巨.1' 1 3 3因此三棱锥S—ABC的体积“ 11<3<621V二2Vo-ABC=223xTxT二V，故选择A（2011•新课标I,6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（）【答案】D解析：条件对应的几何体是由底面棱长为r的正四棱锥沿底面对角线截出的部分与底面为半径为r的圆锥沿对称轴截出的部分构成的.故选D二、填空题

广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流（2019•全国卷H,理16）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是'半正多面体〃（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有个面，其棱长为.（本题第一空2分，第二空3分.）图t 图t 图2【命题意图】考查空间想象能力，数学抽象概括能力.【答案】26,<2【命题意图】考查空间想象能力，数学抽象概括能力.【答案】26,<2-1解析：该半正多面体共有8+8+8+2=26个面，x，贝U乂一不一-^=1,解得x=-二一1.设其棱长为（2019•全国卷ni,理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-A1B1C1q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,AA『4cm.3D打印所用的材料密度为0.9g/cm3,不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为作该模型所需原料的质量为【答案】118.8【基本解法】长方体的体积为：6x6x4=144cm3四棱锥的底面积为：6x4-3x2x2=12cm2，高1…C 1 1CCTC=5AB=3cm，则四棱锥的体积为：-x底面积x高=-x12x3=12cm3,故模型所需要的质量为：（144-12）x0.9=118.8

广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流（2018•新课标H,理16）已知圆锥的顶点为S，母线SA,SB所成角的余弦值为7,SA与圆锥底面所成8角为45。.若△SAB的面积为5.15，则该圆锥的侧面积为【答案】40。冗解析：由面积的关系可知：SA=SB=4<5,由几何关系可知：SO=AO=2<10侧面积S=SA-l,l=2兀OA=46说，侧面积S=SA•/=40<2k（2017•新课标I,理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ODD、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【答案】4.15cm3解析:由题，连接OD,△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：【答案】4.15cm3解析:由题，连接OD,、 … … 於交BC与点G，由题，OD1BC，OG=—BC，6即OG的长度与BC的长度或成正比，设OG=%，则BC=2<3%，DG=5-%，三棱锥的高h=\DG2-OG2=、.：25-10%+%2-%=<25-10x，SA =?且-3x-1=3、Cx2,△ABC 2则V=3S△abc•h=•八%2、&-10%=百…,25%4-10%5，令f(%)=25%4-10%5，%e(03，f(％)=100%3-50%4，令f，X%)>0，•••体积最大值为4v15cm3.即%4-2%3<0，%<2，则f(%)wf(2)=80，则VW-；3•••体积最大值为4v15cm3.（2017•新课标0,）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b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论:

广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流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；o 0③直线AB与a所称角的最小值为45；O④直线AB与a所称角的最小值为60；0其中正确的是.(填写所有正确结论的编号)【答案】②③解析：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|=V2,边AB以直线AC不妨设图中所示正方体边长为1，故AC=1,|AB|=V2,边AB以直线AC为旋转轴旋转，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为坐标原点，以CD为不轴正方向，CB为)轴正方向，CA为z轴正方向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a=(0,1,0),a=1.B点起始坐标为(0,1,0),直线b的方向单位向量b=(1,0,0),b=1.设B点在运动过程中的坐标B<cosO,sin0,0),其中0为B'C与CD的夹角，0e[0,2兀).那么AB在运动过程中的向量AB'=(-cos0,-sin0,1),[AB]=72.设AB'与a所成夹角为ael0,2cosa二J。，0,-d,1>(01,0)1二三卜in0|eai|ab] 211故aen,n，所以③正确，④错误.n设AB'与b所成夹角为Pe[0,-],乙cosP二AB',b |(-cos0,sin0,1)•(1,0,0)|b||AB] |b||AB1二^2^cos0].兀当AB'与a其角为60。时，酝=",|sin01=+2cosa=v2cos—=%；2—=——.广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流因为cos20+sin因为cos20+sin20=1,叫二2・所以「os01=—.所以cosP=—|cos

2> 2>因为Be0,n.所以P=：，此时AB'与b夹角为60。.所以②正确，①错误.故填②③.2 3(2016•新课标H,14)a、万是两个平面，m、n是两条直线，有下列四个命题：(1)如果m_Ln,m_La,n〃B，那么a_LB.(2)如果m_La,n〃a，那么m_Ln.(3)如果a//B，mua，那么m//B.(4)如果m〃n,a〃B，那么m与a所成的角和n与B所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号.)【答案】②③④解析：略.(2011•新课标I,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.1 ~左 丁_■—【答案】8<3解析：设ABCD所在的截面圆的圆心为M,则AM=-v(2v3)2+62=2<3,乙= 1_ 1OM=J42-(2&)2=2,V =-x6x2出x2=8^3.O-ABCD3三、解答题(2019全国卷I,理18)如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4,AB=2,ZBAD=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：(1)连结B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点，所以ME//B1C,且ME=1B1C.乙广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流1又因为N为A1又因为N为A1D的中点，所以ND=-A1D.乙由题设知A1B1自DC,可得B1C君A1D，故ME百ND,因此四边形MNDE为平行四边形，MN〃ED.又MN亡平面EDC1,所以MN〃平面C1DE.(2)由已知可得DE±DA.以D以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D型，则,A(2,0,0),a,A(2,0,0),a1(2,0,4),M(1,6,2),N(1,0,2)AA二(0,0,-4)iAM=(-1,<3,iANAN=(-1,0,-2),MN=(0,-\'3,0).i设力设力=(x,y,z)为平丽MA的法向量，则1m•AM=01,m•AA=01x+6y-2zx+6y-2z=0, l可取m=(",1,0).4z=0.设n=(p,q,r)为平面a1MN的法向量，则1n•AN=0.i上)可取n=(2,0,-1)-于是cos〈m,n所以二面角A-MA1-N的正弦值为日解法2：几何法：分别取AA、AM中点G、H，则GH//AM

1 1广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流因为AM1AM，所以GH1AM，过点H作HF1AM,1 1 1交A1N于F，连接GF，则AM1平面HGF，所以A1M1GF（1）所以sin/GHF为二面角A-MA1-N的正弦值.由（1）知MN//DE，且DE1平面AADD1 1故MN1平面A1ADDj所以MN1GF（2），又。M[}MN=M，所以GF1平面A1NM，所以GF1FH，且GF1D如图:在RTAA1AD中，A1DxGF=A1GxAD解得GF=，所以sin/GHF=且工=5 GH55 GH5(2019•全国卷n,理17)如图，长方体ABCD-A菖C1D1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.17.解:(1)由已知得，17.解:(1)由已知得，BC1平面ABBABEu平面ABBA，故BC1BE.广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流又BE1EC，所以BE1平面EBC.(2)由(1)知/BEB「90°.由题设知RtAABE=RtA。B^E，所以ZAEB=45°,故AE=AB,AA]=2AB.以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，IDAI为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则C(则C(。，L。)，B(1，1，0),Ci(0,1,2),E(1,0,1),CE=(1,-1,1),Cq=(0,0,2).设平面EBC的法向量为n设平面EBC的法向量为n=(x,y,x),CB-n=0,fx=0,一则| 即| 八所以可取n=(0二4,-1).CE-n二0, [x-y+z=0,设平面ECC1的法向量为m=(x,y,z),CC「m=0, |2z=0,时1即4 八所以可取m=(1,1,0).CE-m=0, [x-y+z=0.于是cos于是cos<n,m>=n•mInIImI所以,二面角B-EC-C1的正弦值为日(2019•全国卷HL理19)图1是由矩形ABED,RtAABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1,BE=BF=2,ZFBC=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.图1图2图1图2广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流19.解：(1)由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG，故AD,CG确定一个平面，从而A,C,G,D四点共面.由已知得AB1BE，AB1BC，故AB±平面BCGE.又因为ABU平面ABC,所以平面ABC1平面BCGE.(2)作EH1BC,垂足为H.因为EHU平面BCGE,平面BCGE1平面ABC,所以EH1平面ABC.由已知，菱形BCGE的边长为2,NEBC=60°,可求得BH=1,EH=<3.以H为坐标原点，HC的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,则A则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,\3),CG=(1,0,忑),AC=(2,-1,0).设平面ACGD的法向量为n设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则〈CG,n=0,x+%；'3z=0, _.暗 所以可wn=(3,AC-n=0,I2x-y=0.6,-'''3).又平面BCGE又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,n•m430)F以cos〈n,m〉= =-InIImI2因此二面角B-CG-A的大小为30°.【基本解法2】取CG的中点M，连结EM,EC,DM.因为AB//DE，且AB1平面BCGE,所以DE1平面BCGE，故DE1CG.又因为四边形BCGE是菱形，且/BEC=60。得EM1CG，故CG1平面DEM.因此DM1CG.则/DME就是二面角B—CG—A所成的平面角,cos/DME=巨，因此二面角B—CG—A的大小为30°.2(2018•新课标I,理18)如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流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.解析：（1）由已知可得，BFXPF,8尸，£尸，所以BF,平面PEF由BFu平面ABFD,所以平面PEF，平面ABFD（2）【解法1】作PHXEF,垂足为H,由（1）得，PH，平面ABFD,以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|bf|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H-孙z —由（1）可得DE,PE,又DP=2,DE=1,所以PE=<3，又PF=1,EF=2,故PE^PF,HP-DP―、<3二二|hp|•|dp|4可得PH=卷,EH=2，则H（o,o,o）,尸”D（HP-DP―、<3二二|hp|•|dp|4为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成的角0，则sin0所以DP与平面ABFD所成的角正弦值为:。【解法2】作PH±EF,垂足为H,由（1）得，PH，平面ABFD,所以/PDH即为DP与平面ABFD所成角，因为E，F分别为AD，BC的中点，可得DE±PF，XPD=2,DE=1，可得PE=；3，又PF=1,DP与平面DP与平面ABFD所成角的正弦值为旦。4EF=2，可得PH―――,sin/PDH=———=—2—=—-2 PD2 4，【解法3】在平面DEF中，过P作PHXEF于点H，联结DH，由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PHLEF，贝|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义^CDF，所以NFPD=NFCD=90°，所以PF±PD，由于DE^PD二D，则PF，平面PDE，故VF-PDE=lpF.也「口£，因为BF〃DA且8尸，面PEF，所以口人，面PEF，所以DELEP.设正方形边长为2a，则PD=2a，DE=a在△「»£：中，PE=巧a，所以近pDEL擀a2，故Vf-PDE=^a?，又因为辽def^M2a=&'，所以PhW与厘整型所以在4PHD中，sinZPDH=^=，，即NPDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：仔.

广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流（2018-新课标H,20）如图，在三棱锥P—ABC中，AB=BC=2<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.解析：（1）连接OB,由几何关系可知：PO=2<3,OB=2,因为PO2+OB2=PB2=16，所以/POB=-，所以PO±OB,2因为PB=PA,OA=OC，所以PO±AC,因为AC^OB=O，所以PO1平面ABC.解法二：常规解法（二线法，以AB边中点为例，三垂线定理）在AB边去中点N，连接PN、ON，因为PA=PB，所以PA±AB在AABC中，由勾股定理可知：AB±BC,在AABC中，AO=OC,AN=NB，所以ONQBC,所以AB±ON，因为ON^PN=N，所以AB±平面PNO，所以AB±PO由几何关系可知：PO±AC,因为AC^ON=O,所以PO1平面ABC.广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流以O为坐标原点，OB的方向为X轴的正方向，建立空间直角坐标系O-%yz.由题意的可知：O（00,0），B（2,0,0），A（0,-2,0），C（0,2,0），P（）,0,2v3），AP=（）,2,2v3）.取平面PAC的法向量OB=(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0<a<2)，贝UAM=(a,4-a,0);设平面PAM设平面PAM的法向量为n=(x,y,z),由AP-n=0,AM-n=0,<2y+2'二3z=0ax+(4-a)y=0可取n=C：3(a-4),\3a，-a)所以2v3(所以2v3(a-4)cos<OB,n>=—— 二213(a-4)2+3a2+a2=—-，解得：a=-4（舍去），a=—2 3 r所以平面PAM的法向量为n=I所以因为PC=(,2,-243)，所以cos<PC,n>=苴因为4所以PC所以PC与平面PAM所成角的正弦值为—4（2018•新课标ni,理19）如图，边长为2的正方形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C,D的点.⑴证明：平面AMD，平面BMC；⑵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.广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流解析：(1)・.,正方形ABCD1半圆面CMD,aAD1半圆面CMD,;.AD1平面MCD.•.•CM在平面MCD内，，AD1CM，又;M是半圆弧CD上异于C,D的点，「.CM1MD.又「ADIDM=D,「CM1平面ADM,•CM在平面BCM内，.•.平面BCM1平面ADM.(2)如图建立坐标系：・S^BC面积恒定，，MO1CD,V^ABC最大.M(0,0,1),A(2,-1,0),B(2,1,0),C(0,1,0),D(0,-1,0),u, r设面MAB的法向量为m=(X],y/zj，设面MCD的法向量为n=(x2,y2,22),MA=(2,-1,-1),MB=(2,1,-1),MC=(0,1,-1),MD=(0,-1,-1),二1'1^^nm=(1,0,2)，同理n=(1,0,0),2x+y-z=01111TOC\o"1-5"\h\z八1 <5 2<5-・•・cos9=—=——，.二sinU= .<5 5 5oo(2017.新课标I,18)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且ZBAP=ZCDP=90(1)证明：平面PAB，平面PAD；(2)若PA=PD=AB=DC,ZAPD=90,求二面角A-PB-C的余弦值.广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流•・AB1平面PAD，乂ABu平面PAB，•二平面PAB1平面PAD.（2）取AD中点O,BC中点E，连接PO,OE，•二AB4CD,・・四边形ABCD为平行四边形，・・・OE旦AB,由（1）知，AB1平面PAD,,OE1平面PAD,又PO、ADu平面PAD，.・OE1PO,OE1AD,又•・,PA=PD，.二PO1AD，.・PO、OE、AD两两垂直，••以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-qz,设PA=2，.二DC石,0,0）、B（6,2,0）、PQ,0,五）、C1品.・.PD=（-收0，-石）、PB=5,2，-石）、BC=（2石,0,0）V 、 一 fn-PB=0 （五x+2i设n=（x,y,z）为平面PBC的法向量，由， ，得，厂’、n-BC=0 [-242x=令y=1，则z=正，x=0，可得平面PBC的一个法向量n=Q,1'/E1/ B>,2,0）,L近Z=00，,而），解析：（1）证明：•・•zBAP=ZCDP=90。，.二PA1AB,PD1CD,又；AB〃CD，.二PD1AB，又•・,PDf|PA=P,PD、PAu平面PAD,•・,ZAPD=90。，,PD1PA,・•・PD1AB，又PAp|AB=A,PD=（、;2,0，—v2）,.・・cos：由图知二面角A-PB-C为钝角（2017•新课标n,19）如图，又知AB1平面PAD,PDu平面PAD,・・・PD1平面PAB，即pd是平面PAB的一个法向量，PD==PDn=二L=-返|PDMn「2b3, >—，所以它的余弦值为—-.3四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等比二角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=-AD,ZBAD=ZABC=90o,e是PD的中点.2（1）证明：直线CE//平面pab；（2）点M在棱PC上，