2011-2018高考数学立体几何分类汇编理

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2011-2018 新课标(理科)立体几何分类汇编 一、选填题 【 2012 新课标】（ 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（ B ） ( )A 6 ( )B 9 ( )C  ( )D  【解析】选 B 。该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为3，此 几何体的体积为 1 1 6 3 3 93 2V       【 2012 新课标】（ 11 ）已知三棱锥 S ABC 的所有顶点都在球O 的求面上， ABC 是边长为1的 正三角形， SC 为球O 的直径，且 2SC  ；则此棱锥的体积为（ A ） ( )A 2 6 ( )B 3 6 ( )C 2 3 ( )D 2 2 【解析】 ABC 的外接圆的半径 3 3r  ，点O 到面 ABC 的距离 2 2 6 3d R r   ，SC 为球 O 的直径 点 S 到面 ABC 的距离为 2 62 3d  此棱锥的体积为 1 1 3 2 6 223 3 4 3 6ABCV S d      另： 1 323 6ABCV S R   排除 , ,B C D 【 2013 新课标 1 】 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 ( A ) A 、 500π 3 cm 3 B 、 866π 3 cm 31 2 C 、 1372π 3 cm 3 D 、 2048π 3 cm 3 【解析】设球的半径为 R ，则由题知球被正方体上面截得圆的半径为 4 ，球心到截面圆的距离为 R-2 ，则 2 2 2( 2) 4R R   ，解得 R=5 ， ∴ 球的体积为 34 5 3   =500π 3 3cm ，故选 A. 【 2013 新课标 1 】 8 、某几何函数的三视图如图所示，则该几何的 体积为 ( A ) A 、 16+8π B 、 8+8π C 、 16+16π D 、 8+16π 【解析】由三视图知，该几何体为放到的半个圆柱底面半径为 2 高 为 4 ，上边放一个长为 4 宽为 2 高为 2 长方体，故其体积为 21 2 4 4 2 22       = 16 8 ， 故选 A .【 2013 新课标 2 】 4. 已知 m，n 为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β . 直线 l 满足 l⊥m，l⊥n，l α， l β，则 ( D ) ． A ． α∥β 且 l∥α B ． α ⊥ β 且 l ⊥ β C ． α 与 β 相交，且交线垂直于 l D ． α 与 β 相交，且交线平行于 l【解析】因为 m⊥α，l⊥m，l α，所以 l ∥ α . 同理可得 l ∥ β。又因为 m，n 为异面直线，所以α与 β相交，且 l 平行于它们的交线．故选 D.【 2013 新课标 2 】 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，则得到的正视图可以为 ( A ) ． 【解析】如图所示，该四面体在空间直角坐标系 O－xyz 的图像如图： 【 2014 新课标 1 】 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，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度 为（ B ） A 、 6 B 、 6 C 、 4 D 、 4 【解析】几何体的直观图如图： AB=4 ， BD=4 ， C 到 BD 的中点的距离为： 4 ， ， AC= =6 ， AD=4 ，显然 AC 最长。 【 2014 新课标 2 】 6. 如图，网格纸上正方形小格的边长为 1( 表示 1 cm) ， 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 3 cm ，高 为 6 cm 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 ( C ) A.17 27 B.5 9 C.10 27 D.1 3 【解析】该零件是一个由两个圆柱组成的组合体，其体积为 π×3 2 ×2 ＋ π×2 2 ×4 ＝ 34π(cm 3 ) ，原毛坯的体积为 π×3 2 ×6 ＝ 54π(cm 3 ) ，切削掉部分的体积为 54π － 34π ＝ 20π(cm 3 ) ，故所求的比值为 20π 54π ＝ 10 27 。 【 2014 新课标 2 】 11. 直三棱柱 ABC - A 1 B 1 C 1 中， ∠ BCA＝ 90° ，M，N 分别是 A 1 B 1 ，A 1 C 1 的中点， BC＝CA＝CC 1 ，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为 ( C ) A. 1 10 B.2 5 C. 30 10 D. 2 2【解析】如图，E 为 BC 的中点．由于 M，N 分别是 A 1 B 1 ，A 1 C 1 的中点，故 MN ∥ B 1 C 1 且 MN＝ 1 2 B 1 C 1 ， 故 MN 綊 BE，所以四边形 MNEB 为平行四边形，所以 EN 綊 BM，所以 直线 AN，NE 所成的角即为直线 BM，AN 所成的角．设 BC＝ 1 ，则 B 1 M ＝ 1 2 B 1 A 1 ＝ 2 2 ，所以 MB＝ 1 ＋ 1 2 ＝ 6 2 ＝NE，AN＝AE＝ 5 2 ，在△ANE 中，根据余弦定理得 cos ∠ ANE＝ 30 10 。 【 2015 新课标 1 】 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 ) ，米堆为一个圆锥的四分之一 ) ，米堆 底部的弧度为 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 放斛的米约有（ B ） A.14 斛 B.22 斛 C.36 斛 D.66 斛 【 2015 新课标 1 】 (11) 圆柱被一个平面截去一部分后 与半球 ( 半径为 r) 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 + 20π ，则 r= （ B ） （ A ） 1 （ B ） 2 （ C ） 4 （ D ） 8 【 2015 新课标 2 】（ 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 ） 8 1 （ B ） 7 1 （ C ） 6 1 （ D ） 5 1 【解析】由三视图得，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，截去四面体 1 1 1A A B D ，如图所示，，设正方 体棱长为 a ，则 1 1 1 3 31 1 1 3 2 6A A B DV a a    ，故剩余几何体体积为 3 3 31 5 6 6a a a  ，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为 5 1 ． 【 2015 新课标 2 】（ 9 ）已知 A,B 是球 O 的球面上两点， ∠AOB=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（ C ） A ． 36π B.64π C.144π D.256π 【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 2 31 1 1 363 2 6O ABC C AOBV V R R R       ，故 6R  ，则球O 的表面 积为 24 144S R   ，故选 C ． 【 2016 新课标 1 】（ 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 . 若该几何体的体积是 28 3  ，则它的表面积是（ A ） （ A ）17 （ B ）18 （ C ） 20 （ D ） 28 【解析】该几何体为球体，从球心挖掉整个球的 1 8 （如右图所示），故 34 7 28 3 8 3r   解得 2r  ， 2 27 14 3 178 4S r r        。 【 2016 新课标 1 】 (11) 平面 a 过正方体 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1 的顶点 A，a // 平面 CB 1 D 1 ， a  平面 ABCD = m， a  平面 ABA 1 B 1 = n，则 m、n 所成角的正弦值为（ A ） (A) 3 2 (B) 2 2 (C) 3 3 (D) 1 3 【详细解答】令平面 a 与平面 CB 1 D 1 重合，则 m = B 1 D 1 ，n = CD 1 故 直线 m、n 所成角为60o ，正弦值为 3 2 【 2016 新课标 2 】 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 ( C ) （ A ） 20π （ B ） 24π （ C ） 28π （ D ） 32π 【解析】几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为 r ，周 长为 c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为 h ．由图得 2r  ， 2π 4πc r  ， 由勾股定理得：  222 2 3 4l    2 1π 2S r ch cl  表 4π 16π 8π   28π 【 2016 新课标 2 】 14.  ，  是两个平面，m，n 是两条线，有下列四个命题： ① 如果 m n ， m  ， n ∥ ，那么  。 ② 如果 m  ， n ∥ ，那么 m n ． ③ 如果 a ∥ , m  , 那么 m ∥ 。 ④ 如果 m n∥ ,  ∥ , 那么 m 与 所成的角和 n 与  所成的角相 等． 其中正确的命题有 ②③④ .( 填写所有正确命题的编号 ) 【 2016 新课标 3 】 9. 如图，网格纸上小正方形的边长为 1 ，粗实现画出的的是某多面体的三视 图，则该多面体的表面积为（ B ） ( A )18 ＋ 36 5 ( B )54 ＋ 18 5 ( C )90 ( D )81【 2016 新课标 3 】 10. 在封闭的直三棱柱 ABC - A 1 B 1 C 1 内有一个体积为 V 的球，若 AB⊥BC，AB＝ 6 ，BC＝ 8 ，AA 1 3 ，则 V 的最大值是（ B ） ( A )4 π ( B )9 π 2 ( C )6 π ( D )32 π 3【 2017 新课标 1 】 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（ B ） A ． 10 B ． 12 C ． 14 D ． 16【 2017 新课标 1 】 16 ．如图，圆形纸片的圆心为 O，半径为 5 cm ，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： cm 3 ）的最大值为 ____ 4 15 ___ 。 【 2017 新课标 2 】 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（ B ） A ．90 B ．63 C ． 42 D ．36 【解析】该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为 6 的圆柱的一半。 2 21 1π 3 10 π 3 6 63π2 2          V V V总 上 【 2017 新课标 2 】 10. 已知直三棱柱 1 1 1C C    中， C 120   ， 2  ， 1C CC 1   ， 则异面直线 1 与 1C 所成角的余弦值为（ C ） A ． 3 2 B ． 15 5 C ． 10 5 D ． 3 3 【解析】 M ， N ， P 分别为 AB ， 1BB ， 1 1B C 中点，则 1AB ， 1BC 夹角为 MN 和 NP 夹角或其补 角（异面线所成角为 π0 2      ， ） 可知 1 1 5 2 2MN AB  ， 1 1 2 2 2NP BC  ，作 BC 中点Q ，则可知 PQM△ 为直角三角形． 1PQ ， 1 2MQ AC ， ABC△ 中， 2 2 2 2 cosAC AB BC AB BC ABC       4 1 2 21  1 2   ö ø÷  7 ， 7AC ，则 7 2MQ  ，则 MQP△ 中， 2 2 11 2MP MQ PQ   ， 则 PMN△ 中， 2 2 2 cos 2 MN NP PMPNM MH NP      2 2 2 5 2 11 2 2 2 10 55 22 2 2  ö  ö  ö  ÷  ÷  ÷ ÷  ÷  ÷ ø  ø  ø     又异面线所成角为 π0 2      ， ，则余弦值为 10 5 。 【 2017 新课标 3 】 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（ B ） A ． π B ． 3π 4 C ． π ２ D ． π 4 【解析】由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径 2 2 1 31 2 2r  ö   ÷ ø ，则圆柱体体积 2 3ππ 4V r h  ，故选 B.【 2017 新课标 3 】 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 所成角的最大值为 60 ．其中正确的是 ___②③_____ （填写所有正确结论的编号） 【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| | 1AC  ， 2AB  ，斜边 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 为 x 轴 正方向， 为 y 轴正方向， 为 z 轴正方向建立空间直角坐标系． 则 (1,0,0)D ， (0,0,1)A ，直线 a 的方向单位向量 ， ，B 点起始坐标为 (0,1,0) ， 直线b 的方向单位向量 ， ，设 B 点在运动过程中的坐 标 (cos ,sin ,0)B   ， 其中 为 B C 与CD 的夹角， [0,2π)  。 那么 'AB 在运动过程中的向量 ， ． 设 与 所成夹角为 π[0, ]2   ，则 ． 故 π π[ , ]4 2   ，所以 ③ 正确， ④ 错误．设 与 所成夹角为 π[0, ]2   ， . 当 与 夹角为 60时，即 π 3   ， 1 2sin 2 cos 2 cos 23 2 2      ． ∵ 2 2cos sin 1   ， ∴ 2| cos | 2   ， ∴ 2 1cos | cos |2 2    ． ∵ π[0, ]2   ， ∴ π= 3  ，此时 AB 与b  夹角为 60 ， ∴② 正确， ① 错误． 【 2018 新课标 1 】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． 2 5 C．3 D．2 【答案】 B 【 2018 新课标 1 】12．已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面 所成的角都相等，则 截此正方体所得截面面积的最大值为（ ） A． 3 3 4 B． 2 3 3 C． 3 2 4 D． 3 2 【答案】 A【 2018 新课标 2 】 9 ．在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1AB BC  ， 1 3AA  ，则异面直线 1AD 与 1DB 所成角的余弦值为（ ） A ． 1 5 B ． 5 6 C ． 5 5 D ． 2 2 【答案】 C【 2018 新课标 2 】 16 ．已知圆锥的顶点为 S ，母线 SA，SB 所成角的余弦值为 7 8 ，SA与圆锥底 面所成角为 45° ，若 SAB△ 的面积为5 15 ，则该圆锥的侧面积为 __________ ． 【答案】 40 2 【 2018 新课标 3 】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 【2018 新课标 3】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 形且其面积为 9 3 ，则三棱锥 D ABC 体积的最大值为（ ） A．12 3 B．18 3 C． 24 3 D．54 3 【答案】B 二、解答题 【2011 新课标】 如图，四棱锥 P—ABCD 中，底面 ABCD 为 平行四边形，∠DAB=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。 【答案】 （Ⅰ）因为 60 , 2DAB AB AD    , 由余弦定理得 3BD AD ，从而 BD2+AD2=AB2，故 BD  AD 又 PD  底面 ABCD，可得 BD  PD 所以 BD  平面 PAD. 故 PA BD （Ⅱ）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 ,  0 3,0B ， ,  1, 3,0C  ,  0,0,1P 。 设平面 PAB 的法向量为 n=（x,y,z），则 即 3 0 3 0 x y y z      因此可取 n=( 3,1, 3) 设平面 PBC 的法向量为 m，则 0 0 m PB m BC       可取 m= （0，-1， 3 ） 4 2 7cos , 72 7 m n    故二面角 A-PB-C 的余弦值为 2 7 7  【2012 新课标】19. 如图，直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 1 2AC BC AA  ， D 是棱 1AA 的中点， BDDC 1 （1）证明： BCDC 1 （2）求二面角 11 CBDA  的大小。 【答案】（1）在 Rt DAC 中， AD AC 得： 45ADC   同理： 1 1 145 90A DC CDC      得： 1 1 1,DC DC DC BD DC    面 1BCD DC BC  （2） 1 1,DC BC CC BC BC    面 1 1ACC A BC AC  取 1 1A B 的中点O ，过点O 作OH BD 于点 H ，连接 1 1,C O C H 1 1 1 1 1 1 1AC B C C O A B   ，面 1 1 1A B C  面 1A BD 1C O  面 1A BD 1OH BD C H BD   得：点 H 与点 D 重合 且 1C DO 是二面角 11 CBDA  的平面角 设 AC a ，则 1 2 2 aC O  ， 1 1 12 2 30C D a C O C DO      既二面角 11 CBDA  的大小为30 【2013 新课标 1】18、（本小题满分 12 分） 如图，三棱柱 ABC-A1B1C1 中，CA=CB，AB=AA1， ∠BAA1=60°. （Ⅰ）证明 AB⊥A1C; （Ⅱ）若平面 ABC⊥平面 AA1B1B，AB=CB=2，求直 线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值。 【答案】（Ⅰ）取AB中点E，连结CE， 1A B ， 1A E ，∵AB= 1AA ， 1BAA = 060 ，∴ 1BAA 是 正三角形，∴ 1A E ⊥AB， ∵CA=CB， ∴CE⊥AB， ∵ 1CE A E =E，∴AB⊥面 1CEA ， ∴ AB⊥ 1AC ； （Ⅱ）由（Ⅰ）知 EC⊥AB， 1EA ⊥AB， 又∵面 ABC⊥面 1 1ABB A ，面 ABC∩面 1 1ABB A =AB，∴EC⊥面 1 1ABB A ，∴EC⊥ 1EA ，∴EA， EC， 1EA 两两相互垂直，以 E 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方向，| |为单位长度，建立 如图所示空间直角坐标系O xyz ，由题设知 A(1,0,0), 1A (0, 3 ,0),C(0,0, 3 ),B(－1,0,0),则 = （1,0， 3 ）, = =(－1,0, 3 ), =(0,－ 3 , 3 ), 设 n= ( , , )x y z 是平面 1 1CBB C 的法向 量， 则 ，即 3 0 3 0 x z x y      ， 可取 n=（ 3 ，1，-1）， ∴ = 10 5 ， ∴直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为 10 5 . 【2013 新课标 2】18．如图，直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，D，E 分别是 AB，BB1 的中点，AA1＝AC＝CB＝ 2 2 AB . (1)证明：BC1∥平面 A1CD； (2)求二面角 D－A1C－E 的正弦值． 【答案】 (1)连结 AC1 交 A1C 于点 F，则 F 为 AC1 中点．又 D 是 AB 中点，连结 DF，则 BC1∥DF. 因为 DF⊂平面 A1CD，BC1 平面 A1CD， 所以 BC1∥平面 A1CD. (2)由 AC＝CB＝ 2 2 AB 得，AC⊥BC. 以 C 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直 角坐标系 C－xyz. 设CA＝2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)， ＝(1,1,0)， ＝(0,2,1)， ＝(2,0,2)． 设 n＝(x1，y1，z1)是平面 A1CD 的法向量， 则 即 1 1 1 1 0, 2 2 0. x y x z      可取 n＝(1，－1，－1)． 同理，设 m 是平面 A1CE 的法向量，则 可取 m＝(2,1，－2)． 从而 cos〈n，m〉＝ 3 | || | 3 ·n m n m ，故 sin〈n，m〉＝ 6 3 .即二面角 D－A1C－E 的正弦值为 6 3 . 【2014 新课标 1】19．如图，三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中， 侧面 BB1C1C 为菱形，AB⊥B1C． （Ⅰ ）证明：AC=AB1； （Ⅱ ）若 AC⊥AB1，∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角 A﹣A1B1﹣C1 的余弦值． 【答案】 （1）连结 BC1，交 B1C 于点 O，连结 AO，∵侧面 BB1C1C 为菱形， ∴BC1⊥B1C，且 O 为 BC1 和 B1C 的中点，又 ∵AB⊥B1C，∴B1C⊥平面 ABO， ∵AO⊂平面 ABO，∴B1C⊥AO， 又 B1O=CO， ∴AC=AB1， （2） ∵AC⊥AB1，且 O 为 B1C 的中点，∴AO=CO， 又 ∵AB=BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB， ∴OA，OB，OB1 两两垂直， 以 O 为坐标原点， 的方向为 x 轴的正方向，| |为单位长度， 的方向为 y 轴的正方向， 的方向为 z 轴的正方向建立空间直角坐标系， ∵∠CBB1=60°，∴△CBB1 为正三角形，又 AB=BC， ∴A（0，0， ），B（1，0，0，），B1（0， ，0），C（0， ，0） ∴ =（0， ， ）， = =（1，0， ）， = =（﹣1， ，0）， 设向量 =（x，y，z）是平面 AA1B1 的法向量， 则 ，可取 =（1， ， ）， 同理可得平面 A1B1C1 的一个法向量 =（1，﹣ ， ）， ∴cos＜ ， ＞= = ， ∴二面角 A﹣A1B1﹣C1 的余弦值为 【2014 新课标 2】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. 【答案】 （1）连结 BD 交 AC 于点 O,连结 EO 因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 BD 的中点 又 E 为的 PD 的中点，所以 EO∥PB EO 平面 AEC,PB  平面 AEC，所以 PB∥平面 AEC （2）因为 PA 平面 ABCD，ABCD 为矩形，所以 AB,AD,AP 两两垂直 如图，以 A 为坐标原点， 的方向为 x 轴的正方向， 为单位长，建立空间直角坐标系， 则 A—xyz,则 D(0, 3 ,0),则 E(0, 3 2 , 1 2 ), =(0, 3 2 , 1 2 ) 设 B(m,0,0)(m＞0)，则 C（m, 3 ，0）设 n(x,y,z)为平面 ACE 的法向量，则{ 即{ 0 1 02 3 2 3mx y y z     可取 1n =（ 3 m ,-1, 3 ）又 1n =（1,0,0）为平面 DAE 的法向量， 由题设 1 2cos( , )n n = 1 2 ，即 2 3 3 4m = 1 2 ，解得 m= 3 2 因为 E 为 PD 的中点，所以三棱锥 E-ACD 的高为 1 2 ，三棱锥 E-ACD 的体积为 V= 1 3  1 2  3  3 2  1 2 = 3 8 【2015 新课标 1】（18）如图，四边形 ABCD 为菱形， ∠ABC=120°，E，F 是平面 ABCD 同一侧的两点， BE⊥平面 ABCD，DF⊥平面 ABCD，BE=2DF，AE⊥EC。 （1）证明：平面 AEC⊥平面 AFC （2）求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值 【2015 新课标 2】如图，长方体 ABCD—A1B1C1D1 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α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。 （1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）； （2）求直线 AF 与平面α所成的角的正弦值。 【答案】 D D 1 C 1 A 1 E F A B C B 1 【2016 新课标 1】18. 如图，在已 A，B，C，D，E，F 为顶 点的五面体中，面 ABEF 为正方形，AF=2FD， 90AFD   ， 且二面角 D-AF-E 与二面角 C-BE-F 都是60 ． （I）证明平面 ABEF  EFDC； （II）求二面角 E-BC-A 的余弦值． 【答案】（I） ,AF FE AF FD  ， AF FECD 面 ， 又 AF ABFE 面 ,所以平面 ABEF  EFDC； （II）以 E 为坐标原点，EF，EB 分别为 x 轴和 y 轴建立空间直角坐标系（如图），设 2AF  ， 则 1FD  ，因为二面角 D-AF-E 与二面角 C-BE-F 都是60 ，即 60oEFD FEC    ， 易得 (0,2,0)B , (2,2,0)A , 1 3( ,0, )2 2C ， , 设平面 EBC 与平面 ABCD 的法向量分别为 和 ，则 令 1 1x  ，则 1 1 30, 3y z   ， 由 ， 令 2 2z  ，则 2 2 30, 2x y  ， ，二面角 E-BC-A 余弦值 2 19 19  . 【2016 新课标 2】19. 如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O， 5AB  ， 6AC  ，点 E， F 分别在 AD，CD 上， 5 4AE CF  ，EF 交 BD 于点 H.将 △DEF 沿 EF 折到△ D EF 的位置 10OD  . （I）证明： D H  平面 ABCD； （II）求二面角 B D A C  的正弦值. 【答案】 ⑴证明：∵ 5 4AE CF  ，∴ AE CF AD CD  ，∴ EF AC∥ ． ∵四边形 ABCD为菱形，∴ AC BD ，∴ EF BD ，∴ EF DH ，∴ EF D H ．∵ 6AC  ， ∴ 3AO  ； 又 5AB  ，AO OB ，∴ 4OB  ，∴ 1AEOH ODAO    ，∴ 3DH D H  ，∴ 2 2 2'OD OH D H   ， ∴ 'D H OH ．又∵OH EF HI ， ∴ 'D H  面 ABCD． ⑵建立如图坐标系 H xyz ．  5 0 0B ， ， ，  1 3 0C ， ， ，  ' 0 0 3D ， ， ，  1 3 0A ， ， ， , , 设面 'ABD 法向量 ， 由 得 4 3 0 3 3 0 x y x y z       ，取 3 4 5 x y z       ∴ ．同理可得面 'AD C 的法向量 , ， ∴ 2 95sin 25   【2016 新课标 3】(19)如图，四棱锥 P－ ABCD 中，PA⊥平面 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. 【答案】 【 2017 新课标 1 】 18. 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，AB//CD，且 90BAP CDP     . （ 1 ）证明：平面 PAB⊥平面 PAD； （ 2 ）若 PA = PD = AB = DC， 90APD   ，求二面角 A - PB - C 的余弦值 . 【答案】 （ 1 ）由已知 90BAP CDP     ，得 AB⊥AP，CD⊥PD . 由于 AB ∥ CD，故 AB⊥PD，从而 AB⊥平面 PAD . 又 AB  平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD . （ 2 ）在平面 PAD 内做 PF AD ，垂足为 F ，由（ 1 ）可知，AB  平面 PAD ，故 AB PF ，可得 PF  平面 ABCD .以 F 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方向， 为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系 F xyz 。由（ 1 ）及已知可得 2( ,0,0)2A ， 2(0,0, )2P ， 2( ,1,0)2B ， 2( ,1,0)2C  ， 所以 ， ， ， 设 ( , , )x y zn 是平面 PCB 的法向量，则 ，即 2 2 02 2 2 0 x y z x       ，可取 (0, 1, 2)  n . 设 ( , , )x y zm 是平面 PAB 的法向量，则 ，即 2 2 02 2 0 x z y      ，可取 (1,0,1)n ，则 3cos , | || | 3   < > n mn m n m ， 所以二面角 A PB C  的余弦值为 3 3  。 【 2017 新课标 2 】 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， o1 , 90 ,2AB BC AD BAD ABC      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 所成锐角为 o45 ，求二面角 M - AB - D 的余弦值 【答案】 （ 1 ）令 PA 中点为 F ，连结 EF ， BF ，CE ． ∵ E ， F 为 PD ， PA 中点， ∴ EF 为 PAD△ 的中位线， ∴ 1 2EF AD∥ ．又 ∵ 90BAD ABC     ， ∴ BC AD∥ ，又 ∵ 1 2AB BC AD  ， ∴ 1 2BC AD∥ ， ∴ EF BC∥ ． ∴ 四边形 BCEF 为平行四边形， ∴ CE BF∥ ，又 ∵ BF PAB 面 ， ∴ CE PAB面∥ （ 2 ）以 AD 中点O 为原点，如图建立空间直角坐标系．设 1AB BC  ， 则 (0 0 0)O ， ， ， (0 1 0)A ， ， ， (1 1 0)B ， ， ， (1 0 0)C ， ， ， (0 1 0)D ， ， ，， (0 0 3)P ， ， ． M 在底面 ABCD 上的投影为 M  ， ∴ MM BM  ． ∵ 45MBM    ， ∴ MBM △ 为等腰直角三角形． ∵ POC△ 为直角三角形， 3 3OC OP ， ∴ 60PCO   ． 设 MM a  ， 3 3CM a  ， 31 3OM a   ． ∴ 31 0 03M a  ö  ÷ ÷ ø ， ， ． 2 2 2 23 1 61 0 13 3 2BM a a a a  ö         ÷ ÷ ø ． ∴ 3 21 13 2OM a     ． ∴ 21 0 02M  ö  ÷ ÷ ø ， ， ， 2 61 02 2M  ö ÷ ÷ ø ， ， ， ．设平面 ABM 的法向量 ． 1 1 6 02y z  ， ∴ ， ， ． 设平面 ABD 的法向量为 ， ， ∴ ． ∴ 二面角 M AB D  的余弦值为 10 5 ． 【 2017 新课标 3 】 19. 如图，四面体 ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角 形． ， AB BD= ． （ 1 ）证明：平面 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． 【解析】 取 AC 中点为O ，连接 BO ， DO ； ABC 为等边三角形 ∴ BO AC ∴ AB BC AB BC BD BD ABD DBC       ABD CBD   . ∴ AD CD , 即 ACD 为等腰直角三角形， ADC 为直角又O 为底边 AC 中点 ∴ DO AC 令 AB a ，则 AB AC BC BD a    ，易得： 2 2OD a ， 3 2OB a ∴ 2 2 2OD OB BD  ，由勾股定理的逆定理可得 2DOB   ， 即OD OB OD  AC OD  OB AC OB  O AC  ABC OB  ABC         OD ABC  平面 又 ∵ OD ADC 平面 ， 由面面垂直的判定定理可得 ADC ABC平面 平面 由题意可知 V VD ACE B ACE  ，即 B , D 到平面 ACE 的距离相等，即 E 为 BD 中点，以O 为原点， 为 x 轴正方向， 为 y 轴正方向， 为 z 轴正方向，设 AC a ，建立空间直角坐标系， 则  0,0,0O ， ,0,02 aA ö  ÷ ø ， 0,0, 2 aD ö  ÷ ø ， 30, ,02B a  ö  ÷ ÷ ø ， 30, ,4 4 aE a  ö  ÷ ÷ ø 易得： ， ， 设平面 AED 的法向量为 ，平面 AEC 的法向量为 ， 则 ，解得 ，解得 若二面角 D AE C  为 ，易知 为锐角，则 【 2018 新课标 1 】 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． 【解析】 （1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以 BF⊥平面 PEF． 又 BF  平面 ABFD，所以平面 PEF⊥平面 ABFD． （2）作 PH⊥EF，垂足为 H．由（1）得，PH⊥平面 ABFD． 以 H 为坐标原点， 的方向为 y 轴正方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 H−xyz． 由（1）可得，DE⊥PE．又 DP=2，DE=1，所以 PE= 3 ． 又 PF=1，EF=2，故 PE⊥PF．可得 3 3,2 2PH EH  ． 则 为平面 ABFD 的法向量． 设 DP 与平面 ABFD 所成角为 ，则 ． 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3 4 ． 【2018 新课标 2】20. 如图，在三棱锥 P ABC 中， 2 2AB BC  ， 4PA PB PC AC    ，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 ）因为 4AP CP AC   ，O 为 AC 的中点，所以 OP AC ，且 2 3OP  .连结OB ，因为 2 2AB BC AC  ，所以 ABC△ 为等腰直角三角形， 且OB AC ， 1 22OB AC  . 由 2 2 2OP OB PB  知 PO OB . 由 ,OP OB OP AC  知 PO  平面 ABC .（ 2 ）如图，以O 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方向，建立 空间直角坐标系O xyz .由已知得： O(0,0,0),B(2,0,0), A(0,2,0),C(0,2,0),P(0,0,2 3) 取平面 PAC 的法向量 .设 ( ,2 ,0)(0 2)M a a a   ，则 .设平面 PAM 的法向量为 ( , , )x y zn .由 得 2 2 3 0 (4 ) 0 y z ax a y       ，可取 ( 3( 4), 3 , )a a a  n ， P A O C B M 所以 . 由已知得 . 所以 2 2 2 2 3 | 4| 3= 22 3( 4) 3 a a a a     . 解得 4a   （舍去）， 4 3a  . 所以 8 3 4 3 4( , , )3 3 3   n . 又 ，所以 . 所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 3 4 . 【 2018 新课标 3 】 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． （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． 【解析】 （1）由题设知，平面 CMD⊥平面 ABCD，交线为 CD．因为 BC⊥CD，BC 平面 ABCD，所以 BC⊥平面 CMD，故 BC⊥DM． 因为 M 为 CD 上异于 C，D 的点，且 DC 为直径，所以 DM⊥CM． 又 BC  CM=C，所以 DM⊥平面 BMC． 而 DM  平面 AMD，故平面 AMD⊥平面 BMC． （2）以 D 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 D−xyz． 当三棱锥 M−ABC 体积最大时，M 为 CD 的中点． 由题设得： (0,0,0), (2,0,0), (2,2,0), (0,2,0), (0,1,1)D A B C M ， 设 ( , , )x y zn 是平面 MAB 的法向量，则 即 2 0, 2 0. x y z y       可取 (1,0,2)n ． 是平面 MCD 的法向量，因此 ， ， 所以面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值是 2 5 5