新版高考复习方案全国人教数学历年高考真题与模拟题分类汇编 G单元 立体几何理科 Word版含答案

11数数学学G G 单元单元立体几何立体几何G1G1空间几何体的结构空间几何体的结构20G1G1、G4G4、G11G11 如图 15，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A底面ABCD，四边形ABCD为梯形，ADBC，且AD2BC.过A1，C，D三点的平面记为，BB1与的交点为Q.图 15(1)证明：Q为BB1的中点；(2)求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；(3)若AA14，CD2， 梯形ABCD的面积为 6， 求平面与底面ABCD所成二面角的大小20解： (1)证明：因为BQAA1，BCAD，BCBQB，ADAA1A，所以平面QBC平面A1AD，从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QCA1D.故QBC与A1AD的对应边相互平行，于是QBCA1AD，所以BQBB1BQAA1BCAD12，即Q为BB1的中点(2)如图 1 所示，连接QA，QD.设AA1h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BCa，则AD2a.图 1V三棱锥QA1AD13122ahd13ahd，V四棱锥QABCD13a2a2d12h14ahd，所以V下V三棱锥QA1ADV四棱锥QABCD712ahd.又V四棱柱A1B1C1D1ABCD32ahd，所以V上V四棱柱A1B1C1D1ABCDV下32ahd712ahd1112ahd，故V上V下117.(3)方法一：如图 1 所示，在ADC中，作AEDC，垂足为E，连接A1E.又DEAA1，且AA1AEA，所以DE平面AEA1，所以DEA1E.所以AEA1为平面与底面ABCD所成二面角的平面角因为BCAD，AD2BC，所以SADC2SBCA.又因为梯形ABCD的面积为 6，DC2，所以SADC4，AE4.于是 tanAEA1AA1AE1，AEA14.故平面与底面ABCD所成二面角的大小为4.方法二：如图 2 所示，以D为原点，DA，DD1分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系设CDA，BCa，则AD2a.因为S四边形ABCDa2a22sin6，所以a2sin.图 2从而可得C(2cos，2sin，0)，A14sin，0，4，所以DC(2cos，2sin，0)，DA14sin，0，4.设平面A1DC的法向量n n(x，y，1)，由DA1n n4sinx40，DCn n2xcos2ysin0，得xsin，ycos，所以n n(sin，cos，1)又因为平面ABCD的法向量m m(0，0，1)，所以 cosn n，m mn nm m|n|m|n|m|22，故平面与底面ABCD所成二面角的大小为4.8G1G1 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，这是我国现存最早的有系统的数学典籍， 其中记载有求“囷盖”的术： “置如其周， 令相乘也 又以高乘之，三十六成一”该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V136L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为 3.那么，近似公式V275L2h相当于将圆锥体积公式中的近似取为()A.227B.258C.15750D.3551138B设圆锥的底面圆半径为r，底面积为S，则L2r，由题意得136L2h13Sh，代入Sr2化简得3；类比推理，若V275L2h，则258.故选 B.7G2G2、G1G1 某几何体三视图如图 11 所示，则该几何体的体积为()A82B8C82D84图 117B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占圆柱的14 后余下的部分，故该几何体体积为 22221428.G2G2空间几何体的三视图和直观图空间几何体的三视图和直观图7G2G2 一个多面体的三视图如图 12 所示，则该多面体的表面积为()A21 3B8 2C21D18图 127A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S64126212 26221 3.2G2G2 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2A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 G2G2 在如图 11 所示的空间直角坐标系Oxyz中， 一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)给出编号为，的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()图 11A和B和C和D和5D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.7G2G2、G8G8 一块石材表示的几何体的三视图如图 12 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()图 12A1B2C3D47B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，可得r681022.5G2G2 一几何体的直观图如图 11 所示，下列给出的四个俯视图中正确的是()图 11ABCD图 125B易知该几何体的俯视图为选项 B 中的图形7G2G2、G1G1 某几何体三视图如图 11 所示，则该几何体的体积为()A82B8C82D84图 117B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占圆柱的14 后余下的部分，故该几何体体积为 22221428.3G2G2 几何体的三视图(单位：cm)如图 11 所示，则此几何体的表面积是()图 11A90 cm2B129 cm2C132 cm2D138 cm23D此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其直观图如图，所以该几何体的表面积为 2(436364)21234433533138(cm2)，故选 D.12G2G2 如图 13，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()图 13A62B6C42D412B该几何体是如图所示的棱长为 4 的正方体内的三棱锥ECC1D1(其中E为BB1的中点)，其中最长的棱为D1E （42）2226.6G2G2 如图 11，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()图 11A.1727B.59C.1027D.136C该零件是一个由两个圆柱组成的组合体，其体积为32222434(cm3)，原毛坯的体积为32654(cm3)，切削掉部分的体积为 543420(cm3)，故所求的比值为20541027.17G2G2 四面体ABCD及其三视图如图 14 所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角的正弦值图 1417解：(1)证明：由该四面体的三视图可知，BDDC，BDAD，ADDC，BDDC2，AD1.由题设，BC平面EFGH，平面EFGH平面BDCFG，平面EFGH平面ABCEH，BCFG，BCEH，FGEH.同理EFAD，HGAD，EFHG.四边形EFGH是平行四边形又ADDC，ADBD，AD平面BDC，ADBC，EFFG，四边形EFGH是矩形(2)方法一：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，DA(0，0，1)，BC(2，2，0)，BA(2，0，1)设平面EFGH的法向量n n(x，y，z)，EFAD，FGBC，n nDA0，n nBC0，得z0，2x2y0，取n n(1，1，0)，sin|cosBA，n n|BAn n|BA|n n|25 2105.方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E是AB的中点，F，G分别为BD，DC的中点，得E1，0，12 ，F(1，0，0)，G(0，1，0)FE0，0，12 ，FG(1，1，0)，BA(2，0，1)设平面EFGH的法向量n n(x，y，z)，则n nFE0，n nFG0，得12z0，xy0，取n n(1，1，0)，sin|cosBA，n n|BAn n|BA|n n|25 2105.10 G2G2 一个儿何体的三视图如图 13 所示(单位： m)， 则该几何体的体积为_m3.图 1310.203由三视图可得， 该几何体为圆柱与圆锥的组合体， 其体积V12413222203.7G2G2 某几何体的三视图如图 12 所示，则该几何体的表面积为()图 12A54B60C66D727B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 的直角三角形， 高为 3， 所以表面积为S1234352252425253560.G3G3平面的基本性质、空间两条直线平面的基本性质、空间两条直线4G3G3 已知m，n表示两条不同直线，表示平面下列说法正确的是()A若m，n，则mnB若m，n，则mnC若m，mn，则nD若m，mn，则n4BB由题可知，若m，n，则m与n平行、相交或异面，所以 A 错误；若m，n，则mn，故 B 正确；若m，mn，则n或n，故 C 错误若m，mn，则n或n或n与a相交，故 D 错误17G3G3、G5G5、G11G11 在平面四边形ABCD中，ABBDCD1，ABBD，CDBD.将ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如图 15 所示(1)求证：ABCD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值图 1517解：(1)证明：平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AB平面ABD，ABBD，AB平面BCD.又CD平面BCD，ABCD.(2)过点B在平面BCD内作BEBD.由(1)知AB平面BCD，BE平面BCD，BD平面BCD，ABBE，ABBD.以B为坐标原点，分别以BE，BD，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)依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M0，12，12 .则BC(1，1，0)，BM0，12，12 ，AD(0，1，1)设平面MBC的法向量n n(x0，y0，z0)，则n nBC0，n nBM0，即x0y00，12y012z00，取z01，得平面MBC的一个法向量n n(1，1，1)设直线AD与平面MBC所成角为，则 sin|cosn n，AD|n nAD|n n|AD|63.即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为63.11G3G3 直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A.110B.25C.3010D.2211C如图，E为BC的中点由于M，N分别是A1B1，A1C1的中点，故MNB1C1且MN12B1C1，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BC1，则B1M12B1A122，所以MB11262NE，ANAE52，在ANE中，根据余弦定理得 cos ANE645454262523010.18G3G3，G4G4，G5G5，G11G11 三棱锥ABCD及其侧视图、俯视图如图 14 所示设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MNNP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角ANPM的余弦值图 1418解：(1)如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO.由侧视图及俯视图知，ABD，BCD为正三角形，所以AOBD，OCBD.因为AO，OC平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因为AC平面AOC，所以BDAC.取BO的中点H，连接NH，PH.又M，N，H分别为线段AD，AB，BO的中点，所以MNBD，NHAO，因为AOBD，所以NHBD.因为MNNP，所以NPBD.因为NH，NP平面NHP，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因为HP平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HPOC.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NQAC于Q，连接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因为MNNP，所以MNQ为二面角ANPM的一个平面角由(1)知，ABD，BCD为边长为 2 的正三角形，所以AOOC 3.由俯视图可知，AO平面BCD.因为OC平面BCD，所以AOOC，因此在等腰直角AOC中，AC 6.作BRAC于R因为在ABC中，ABBC，所以R为AC的中点，所以BRAB2AC22102.因为在平面ABC内，NQAC，BRAC，所以NQBR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，所以NQBR2104.同理，可得MQ104.故MNQ为等腰三角形，所以在等腰MNQ中，cosMNQMN2NQBD4NQ105.故二面角ANPM的余弦值是105.方法二：由俯视图及(1)可知，AO平面BCD.因为OC，OB平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，所以直线OA，OB，OC两两垂直如图所示，以O为坐标原点，以OB，OC，OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0，0， 3)，B(1，0，0)，C(0， 3，0)，D(1，0，0)因为M，N分别为线段AD，AB的中点，又由(1)知，P为线段BC的中点，所以M12，0，32 ，N12，0，32 ，P12，32，0，于是AB(1，0， 3)，BC(1， 3，0)，MN(1，0，0)，NP0，32，32 .设平面ABC的一个法向量n n1(x1，y1，z1)，由n n1AB，n n1BC，得n n1AB0，n n1BC0，即（x1，y1，z1）（1，0， 3）0，（x1，y1，z1）（1， 3，0）0，从而x1 3z10，x1 3y10.取z11，则x1 3，y11，所以n n1( 3，1，1)设平面MNP的一个法向量n n2(x2，y2，z2)，由，n n2MN，n n2NP，得n n2MN0，n n2NP0，即（x2，y2，z2）（1，0，0）0，（x2，y2，z2）0，32，32 0，从而x20，32y232z20.取z21，则y21，x20，所以n n2(0，1，1)设 二 面 角ANPM的 大 小 为， 则 cos|n n1n n2|n n1|n n2|（ 3，1，1）（0，1，1）5 2|105.故二面角ANPM的余弦值是105.G4G4空间中的平行关系空间中的平行关系20G1G1、G4G4、G11G11 如图 15，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A底面ABCD，四边形ABCD为梯形，ADBC，且AD2BC.过A1，C，D三点的平面记为，BB1与的交点为Q.图 15(1)证明：Q为BB1的中点；(2)求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；(3)若AA14，CD2， 梯形ABCD的面积为 6， 求平面与底面ABCD所成二面角的大小20解： (1)证明：因为BQAA1，BCAD，BCBQB，ADAA1A，所以平面QBC平面A1AD，从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QCA1D.故QBC与A1AD的对应边相互平行，于是QBCA1AD，所以BQBB1BQAA1BCAD12，即Q为BB1的中点(2)如图 1 所示，连接QA，QD.设AA1h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BCa，则AD2a.图 1V三棱锥QA1AD13122ahd13ahd，V四棱锥QABCD13a2a2d12h14ahd，所以V下V三棱锥QA1ADV四棱锥QABCD712ahd.又V四棱柱A1B1C1D1ABCD32ahd，所以V上V四棱柱A1B1C1D1ABCDV下32ahd712ahd1112ahd，故V上V下117.(3)方法一：如图 1 所示，在ADC中，作AEDC，垂足为E，连接A1E.又DEAA1，且AA1AEA，所以DE平面AEA1，所以DEA1E.所以AEA1为平面与底面ABCD所成二面角的平面角因为BCAD，AD2BC，所以SADC2SBCA.又因为梯形ABCD的面积为 6，DC2，所以SADC4，AE4.于是 tanAEA1AA1AE1，AEA14.故平面与底面ABCD所成二面角的大小为4.方法二：如图 2 所示，以D为原点，DA，DD1分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系设CDA，BCa，则AD2a.因为S四边形ABCDa2a22sin6，所以a2sin.图 2从而可得C(2cos，2sin，0)，A14sin，0，4，所以DC(2cos，2sin，0)，DA14sin，0，4.设平面A1DC的法向量n n(x，y，1)，由DA1n n4sinx40，DCn n2xcos2ysin0，得xsin，ycos，所以n n(sin，cos，1)又因为平面ABCD的法向量m m(0，0，1)，所以 cosn n，m mn nm m|n|m|n|m|22，故平面与底面ABCD所成二面角的大小为4.17G4G4、G11G11 如图 13，正方形AMDE的边长为 2，B，C分别为AM，MD的中点在五棱锥PABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.(1)求证：ABFG；(2)若PA底面ABCDE，且PAAE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长图 1317解：(1)证明：在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以ABDE.又因为AB 平面PDE，所以AB平面PDE.因为AB平面ABF，且平面ABF平面PDEFG，所以ABFG.(2)因为PA底面ABCDE，所以PAAB，PAAE.建立空间直角坐标系Axyz，如图所示，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，BC(1，1，0)设平面ABF的法向量为n n(x，y，z)，则n nAB0，n nAF0，即x0，yz0.令z1，则y1.所以n n(0，1，1)设直线BC与平面ABF所成角为，则sin|cosn n，BC|n nBC|n n|BC|12.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在棱PC上，所以可设PHPC(01)即(u，v，w2)(2，1，2)，所以u2，v，w22.因为n n是平面ABF的一个法向量，所以n nAH0，即(0，1，1)(2，22)0，解得23，所以点H的坐标为43，23，23 .所以PH4322324322.19G4G4、G10G10、G11G11、G12G12 如图 14，在棱长为 2 的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点， 点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动， 且DPBQ(00)，则C(m， 3，0)，AC(m， 3，0)设n n1(x，y，z)为平面ACE的法向量，则n n1AC0，n n1AE0，即mx 3y0，32y12z0，可取n n13m，1， 3.又n n2(1，0，0)为平面DAE的法向量，由题设易知|cosn n1，n n2|12，即334m212，解得m32.因为E为PD的中点， 所以三棱锥EACD的高为12.三棱锥EACD的体积V1312 3321238.17G4G4，G11G11 如图 13 所示，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，DAB60，AB2CD2，M是线段AB的中点图 13(1)求证：C1M平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1 3，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值17解：(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB2CD，所以ABDC，又M是AB的中点，所以CDMA且CDMA.连接AD1.因为在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，CDC1D1，CDC1D1，所以C1D1MA，C1D1MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此，C1MD1A.又C1M 平面A1ADD1，D1A平面A1ADD1，所以C1M平面A1ADD1.(2)方法一：连接AC，MC.由(1)知，CDAM且CDAM，所以四边形AMCD为平行四边形，所以BCADMC.由题意ABCDAB60，所以MBC为正三角形，因此AB2BC2，CA 3，因此CACB.设C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.所以A( 3，0，0)，B(0，1，0)，D1(0，0， 3)因此M32，12，0，所以MD132，12， 3，D1C1MB32，12，0.设平面C1D1M的一个法向量n n(x，y，z)，由n nD1C10，n nMD10，得3xy0，3xy23z0，可得平面C1D1M的一个法向量n n(1， 3，1)又CD1(0，0， 3)为平面ABCD的一个法向量因此 cosCD1，n nCD1n n|CD1|n n|55，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为55.方法二：由(1)知，平面D1C1M平面ABCDAB，点过C向AB引垂线交AB于点N，连接D1N.由CD1平面ABCD，可得D1NAB，因此D1NC为二面角C1ABC的平面角在 RtBNC中，BC1，NBC60，可得CN32，所以ND1CD21CN2152.在 RtD1CN中，cosD1NCCND1N3215255，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为55.18G3G3，G4G4，G5G5，G11G11 三棱锥ABCD及其侧视图、俯视图如图 14 所示设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MNNP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角ANPM的余弦值图 1418解：(1)如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO.由侧视图及俯视图知，ABD，BCD为正三角形，所以AOBD，OCBD.因为AO，OC平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因为AC平面AOC，所以BDAC.取BO的中点H，连接NH，PH.又M，N，H分别为线段AD，AB，BO的中点，所以MNBD，NHAO，因为AOBD，所以NHBD.因为MNNP，所以NPBD.因为NH，NP平面NHP，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因为HP平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HPOC.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NQAC于Q，连接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因为MNNP，所以MNQ为二面角ANPM的一个平面角由(1)知，ABD，BCD为边长为 2 的正三角形，所以AOOC 3.由俯视图可知，AO平面BCD.因为OC平面BCD，所以AOOC，因此在等腰直角AOC中，AC 6.作BRAC于R因为在ABC中，ABBC，所以R为AC的中点，所以BRAB2AC22102.因为在平面ABC内，NQAC，BRAC，所以NQBR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，所以NQBR2104.同理，可得MQ104.故MNQ为等腰三角形，所以在等腰MNQ中，cosMNQMN2NQBD4NQ105.故二面角ANPM的余弦值是105.方法二：由俯视图及(1)可知，AO平面BCD.因为OC，OB平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，所以直线OA，OB，OC两两垂直如图所示，以O为坐标原点，以OB，OC，OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0，0， 3)，B(1，0，0)，C(0， 3，0)，D(1，0，0)因为M，N分别为线段AD，AB的中点，又由(1)知，P为线段BC的中点，所以M12，0，32 ，N12，0，32 ，P12，32，0，于是AB(1，0， 3)，BC(1， 3，0)，MN(1，0，0)，NP0，32，32 .设平面ABC的一个法向量n n1(x1，y1，z1)，由n n1AB，n n1BC，得n n1AB0，n n1BC0，即（x1，y1，z1）（1，0， 3）0，（x1，y1，z1）（1， 3，0）0，从而x1 3z10，x1 3y10.取z11，则x1 3，y11，所以n n1( 3，1，1)设平面MNP的一个法向量n n2(x2，y2，z2)，由，n n2MN，n n2NP，得n n2MN0，n n2NP0，即（x2，y2，z2）（1，0，0）0，（x2，y2，z2）0，32，32 0，从而x20，32y232z20.取z21，则y21，x20，所以n n2(0，1，1)设 二 面 角ANPM的 大 小 为， 则 cos|n n1n n2|n n1|n n2|（ 3，1，1）（0，1，1）5 2|105.故二面角ANPM的余弦值是105.G5G5空间中的垂直关系空间中的垂直关系17G3G3、G5G5、G11G11 在平面四边形ABCD中，ABBDCD1，ABBD，CDBD.将ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如图 15 所示(1)求证：ABCD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值图 1517解：(1)证明：平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AB平面ABD，ABBD，AB平面BCD.又CD平面BCD，ABCD.(2)过点B在平面BCD内作BEBD.由(1)知AB平面BCD，BE平面BCD，BD平面BCD，ABBE，ABBD.以B为坐标原点，分别以BE，BD，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)依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M0，12，12 .则BC(1，1，0)，BM0，12，12 ，AD(0，1，1)设平面MBC的法向量n n(x0，y0，z0)，则n nBC0，n nBM0，即x0y00，12y012z00，取z01，得平面MBC的一个法向量n n(1，1，1)设直线AD与平面MBC所成角为，则 sin|cosn n，AD|n nAD|n n|AD|63.即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为63.18G G5 5、G11G11 如图 14，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，DPC30，AFPC于点F，FECD，交PD于点E.(1)证明：CF平面ADF；(2)求二面角DAFE的余弦值图 1419G5G5、G11G11 如图 16 所示，四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，ACBDO，A1C1B1D1O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形(1)证明：O1O底面ABCD；(2)若CBA60，求二面角C1OB1D的余弦值图 1619解：(1)如图(a)，因为四边形ACC1A1为矩形，所以CC1AC.同理DD1BD.因为CC1DD1，所以CC1BD.而ACBDO，因此CC1底面ABCD.由题设知，O1OC1C.故O1O底面ABCD.(2)方法一： 如图(a)，过O1作O1HOB1于H，连接HC1.由(1)知，O1O底面ABCD，所以O1O底面A1B1C1D1，于是O1OA1C1.图(a)又因为四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A1B1C1D1是菱形，因此A1C1B1D1，从而A1C1平面BDD1B1，所以A1C1OB1，于是OB1平面O1HC1.进而OB1C1H.故C1HO1是二面角C1OB1D的平面角不妨设AB2.因为CBA60，所以OB 3，OC1，OB1 7.在 RtOO1B1中，易知O1HOO1O1B1OB1237.而O1C11，于是C1HO1C21O1H21127197.故 cosC1HO1O1HC1H2371972 5719.即二面角C1OB1D的余弦值为2 5719.方法二：因为四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此ACBD.又O1O底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直图(b)如图(b)，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，不妨设AB2.因为CBA60，所以OB 3，OC1，于是相关各点的坐标为O(0，0，0)，B1( 3，0，2)，C1(0，1，2)易知，n n1(0，1，0)是平面BDD1B1的一个法向量设n n2(x，y，z)是平面OB1C1的一个法向量，则n n2OB10，n n2OC10，即3x2z0，y2z0.取z 3，则x2，y2 3，所以n n2(2，2 3， 3)设二面角C1OB1D的大小为，易知是锐角，于是cos|cosn n1 1，n n2 2|n n1 1n n2 2|n|n1 1| |n|n2 2| |2 3192 5719.故二面角C1OB1D的余弦值为2 5719.19G5G5、G7G7、G11G11 如图 16，四棱锥PABCD中，ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD.图 16(1)求证：ABPD.(2)若BPC90，PB 2，PC2，问AB为何值时，四棱锥PABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值19解：(1)证明：因为ABCD为矩形，所以ABAD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以AB平面PAD，故ABPD.(2)过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.故PO平面ABCD，BC平面POG，BCPG.在 RtBPC中，PG233，GC263，BG63.设ABm，则OPPG2OG243m2，故四棱锥PABCD的体积为V13 6m43m2m386m2.因为m86m2 8m26m46m223283，所以当m63，即AB63时，四棱锥PABCD的体积最大此时， 建立如图所示的空间直角坐标系， 各点的坐标分别为O(0， 0， 0)，B63，63，0，C63，2 63，0，D0，2 63，0，P0，0，63 ，故PC63，2 63，63 ，BC(0， 6，0)，CD63，0，0.设平面BPC的一个法向量为n n1(x，y，1)，则由n n1PC，n n1BC，得63x263y630，6y0，解得x1，y0，则n n1(1，0，1)同理可求出平面DPC的一个法向量为n n20，12，1.设平面BPC与平面DPC的夹角为，则 cos|n n1n n2|n n1|n n2|12141105.19G5G5、G11G11 如图 15 所示，ABC和BCD所在平面互相垂直，且ABBCBD2，ABCDBC120，E，F分别为AC，DC的中点(1)求证：EFBC；(2)求二面角EBFC的正弦值图 1519解：(1)证明：方法一，过点E作EOBC，垂足为O，连接OF.由ABCDBC可证出EOCFOC，所以EOCFOC2，即FOBC.又EOBC，EOFOO，所以BC平面EFO.又EF平面EFO，所以EFBC.图 1方法二，由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线，并将其作为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线，并将其作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，易得B(0，0，0)，A(0，1， 3)，D( 3，1，0)，C(0，2，0)，因而E(0，12，32)，F(32，12，0)，所以EF(32，0，32)，BC(0，2，0)，因此EFBC0，从而EFBC，所以EFBC.图 2(2)方法一，在图 1 中，过点O作OGBF，垂足为G，连接EG.因为平面ABC平面BDC，所以EO面BDC，又OGBF，所以由三垂线定理知EGBF，因此EGO为二面角EBFC的平面角在EOC中，EO12EC12BCcos 3032.由BGOBFC知，OGBOBCFC34， 因此 tanEGOEOOG2， 从而得 sinEGO2 55，即二面角EBFC的正弦值为255.方法二，在图 2 中，平面BFC的一个法向量为n n1(0，0，1)设平面BEF的法向量n n2(x，y，z)，又BF(32，12，0)，BE(0，12，32)，所以n n2BF0，n n2BE0，得其中一个n n2(1， 3，1)设二面角EBFC的大小为， 且由题知为锐角， 则 cos|cos n n1，n n2 |n n1n n2|n n1|n n2|15，因此 sin25255，即所求二面角正弦值为255.19G G5、G G11如图 15，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C.图 15(1)证明：ACAB1；(2)若ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角AA1B1C1的余弦值19解：(1)证明：连接BC1，交B1C于点O，连接AO，因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1，且O为B1C及BC1的中点又ABB1C，所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO，故B1CAO.又B1OCO，故ACAB1.(2)因为ACAB1，且O为B1C的中点，所以AOCO.又因为ABBC，所以BOA BOC.故OAOB，从而OA，OB，OB1两两垂直以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，|OB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为CBB160，所以CBB1为等边三角形，又ABBC，则A0，0，33 ，B(1，0，0)，B10，33，0，C0，33，0.AB10，33，33 ，A1B1AB1，0，33 ，B1C1BC1，33，0.设n n(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则n nAB10，n nA1B10，即33y33z0，x33z0.所以可取n n(1， 3， 3)设m m是平面A1B1C1的法向量，则m mA1B10，m mB1C10，同理可取m m(1， 3， 3)则 cosn n，m mn nm m|n n|m m|17.所以结合图形知二面角AA1B1C1的余弦值为17.18G3G3，G4G4，G5G5，G11G11 三棱锥ABCD及其侧视图、俯视图如图 14 所示设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MNNP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角ANPM的余弦值图 1418解：(1)如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO.由侧视图及俯视图知，ABD，BCD为正三角形，所以AOBD，OCBD.因为AO，OC平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因为AC平面AOC，所以BDAC.取BO的中点H，连接NH，PH.又M，N，H分别为线段AD，AB，BO的中点，所以MNBD，NHAO，因为AOBD，所以NHBD.因为MNNP，所以NPBD.因为NH，NP平面NHP，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因为HP平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HPOC.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NQAC于Q，连接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因为MNNP，所以MNQ为二面角ANPM的一个平面角由(1)知，ABD，BCD为边长为 2 的正三角形，所以AOOC 3.由俯视图可知，AO平面BCD.因为OC平面BCD，所以AOOC，因此在等腰直角AOC中，AC 6.作BRAC于R因为在ABC中，ABBC，所以R为AC的中点，所以BRAB2AC22102.因为在平面ABC内，NQAC，BRAC，所以NQBR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，所以NQBR2104.同理，可得MQ104.故MNQ为等腰三角形，所以在等腰MNQ中，cosMNQMN2NQBD4NQ105.故二面角ANPM的余弦值是105.方法二：由俯视图及(1)可知，AO平面BCD.因为OC，OB平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，所以直线OA，OB，OC两两垂直如图所示，以O为坐标原点，以OB，OC，OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0，0， 3)，B(1，0，0)，C(0， 3，0)，D(1，0，0)因为M，N分别为线段AD，AB的中点，又由(1)知，P为线段BC的中点，所以M12，0，32 ，N12，0，32 ，P12，32，0，于是AB(1，0， 3)，BC(1， 3，0)，MN(1，0，0)，NP0，32，32 .设平面ABC的一个法向量n n1(x1，y1，z1)，由n n1AB，n n1BC，得n n1AB0，n n1BC0，即（x1，y1，z1）（1，0， 3）0，（x1，y1，z1）（1， 3，0）0，从而x1 3z10，x1 3y10.取z11，则x1 3，y11，所以n n1( 3，1，1)设平面MNP的一个法向量n n2(x2，y2，z2)，由，n n2MN，n n2NP，得n n2MN0，n n2NP0，即（x2，y2，z2）（1，0，0）0，（x2，y2，z2）0，32，32 0，从而x20，32y232z20.取z21，则y21，x20，所以n n2(0，1，1)设 二 面 角ANPM的 大 小 为， 则 cos|n n1n n2|n n1|n n2|（ 3，1，1）（0，1，1）5 2|105.故二面角ANPM的余弦值是105.17G5G5、G11G11 如图 14 所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD,ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点(1)证明：BEDC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点，满足BFAC，求二面角FABP的余弦值图 1417解：方法一：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图所示)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)C由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)(1)证明：向量BE(0，1，1)，DC(2，0，0)，故BEDC0，所以BEDC.(2)向量BD(1，2，0)，PB(1，0，2)设n n(x，y，z)为平面PBD的法向量，则n nBD0，n nPB0，即x2y0，x2z0.不妨令y1，可得n n(2，1，1)为平面PBD的一个法向量于是有cosn n，BEn nBE|n n|BE|26 233，所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为33.(3) 向量BC(1，2，0)，CP(2，2，2)，AC(2，2，0)，AB(1，0，0)由点F在棱PC上，设CFCP，01.故BFBCCFBCCP(12，22，2)由BFAC，得BFAC0，因此2(12)2(22)0，解得34，即BF12，12，32 .设n n1(x，y，z)为平面FAB的法向量，则n n1AB0，n n1BF0，即x0，12x12y32z0.不妨令z1，可得n n1(0，3，1)为平面FAB的一个法向量取平面ABP的法向量n n2(0，1，0)，则cosn n1 1，n n2 2n n1n n2 2|n|n1 1| |n|n2 2| |31013 1010.易知二面角FABP是锐角，所以其余弦值为3 1010.方法二：(1)证明：如图所示，取PD中点M，连接EM，AM.由于E，M分别为PC，PD的中点，故EMDC，且EM12DC.又由已知，可得EMAB且EMAB，故四边形ABEM为平行四边形，所以BEAM.因为PA底面ABCD，故PACD，而CDDA，从而CD平面PAD.因为AM平面PAD，所以CDAM.又BEAM，所以BECD.(2)连接BM，由(1)有CD平面PAD，得CDPD.而EMCD，故PDEM.又因为ADAP，M为PD的中点，所以PDAM，可得PDBE，所以PD平面BEM，故平面BEM平面PBD，所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM.而BEEM， 可得EBM为锐角， 故EBM为直线BE与平面PBD所成的角依题意，有PD2 2，而M为PD中点，可得AM 2，进而BE 2.故在直角三角形BEM中，tanEBMEMBEABBE12，因此 sinEBM33，所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为33.(3)如图所示，在PAC中，过点F作FHPA交AC于点H.因为PA底面ABCD，所以FH底面ABCD，从而FHAC.又BFAC，得AC平面FHB，因此ACBH.在底面ABCD内，可得CH3HA，从而CF3FP.在平面PDC内，作FGDC交PD于点G，于是DG3GP.由于DCAB，故GFAB，所以A，B，F，G四点共面由ABPA，ABAD，得AB平面PAD，故ABAG，所以PAG为二面角FABP的平面角在PAG中，PA2，PG14PD22，APG45.由余弦定理可得AG102，cosPAG3 1010，所以二面角FABP的余弦值为3 1010.20G5G5、G11G11 如图 15，在四棱锥ABCDE中，平面ABC平面BCDE，CDEBED90，ABCD2，DEBE1，AC 2.(1)证明：DE平面ACD；(2)求二面角BADE的大小图 1520解：(1)证明：在直角梯形BCDE中，由DEBE1，CD2，得BDBC 2，由AC 2，AB2，得AB2AC2BC2，即ACBC.又平面ABC平面BCDE，从而AC平面BCDE，所以ACDE.又DEDC，从而DE平面ACD.(2)方法一：过B作BFAD，与AD交于点F，过点F作FGDE，与AE交于点G，连接BG.由(1)知DEAD，则FGAD.所以BFG是二面角BADE的平面角在直角梯形BCDE中，由CD2BC2BD2，得BDBC.又平面ABC平面BCDE，得BD平面ABC，从而BDAB.由AC平面BCDE，得ACCD.在 RtACD中，由DC2，AC 2，得AD 6.在 RtAED中，由ED1，AD 6，得AE 7.在 RtABD中，由BD 2，AB2，AD 6，得BF233，AF23AD.从而GF23ED23.在ABE，ABG中，利用余弦定理分别可得 cosBAE5714，BG23.在BFG中，cosBFGGF2BF2BG22BFGF32.所以，BFG6，即二面角BADE的大小是6.方法二：以D为原点，分别以射线DE，DC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示由题意知各点坐标如下：D(0，0，0)，E(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，2， 2)，B(1，1，0)设平面ADE的法向量为m m(x1，y1，z1)，平面ABD的法向量为n n(x2，y2，z2)可算得AD(0，2， 2)，AE(1，2， 2)，DB(1，1，0)由m mAD0，m mAE0，即2y1 2z10，x12y1 2z10，可取m m(0，1， 2)由n nAD0，n nDB0，即2y2 2z20，x2y20，可取n n(1，1， 2)于是|cosm m，n n|m mn n|m m|n n|33232.由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角BADE的大小是6.19 G5G5， G9G9 如图 13 所示， 四棱锥PABCD中， 底面是以O为中心的菱形，PO底面ABCD，AB2，BAD3，M为BC上一点，且BM12，MPAP.(1)求PO的长；(2)求二面角APMC的正弦值图 1319解：(1)如图所示，连接AC，BD，因为四边形ABCD为菱形，所以ACBDO，且ACBD.以O为坐标原点，OA，OB，OP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz.因为BAD3，所以OAABcos6 3，OBABsin61，所以O(0，0，0)，A( 3，0，0)，B(0，1，0)，C( 3，0，0)，OB(0，1，0)，BC( 3，1，0)由BM12，BC2 知，BM14BC34，14，0，从而OMOBBM34，34，0，即M34，34，0.设P(0， 0，a)，a0， 则AP( 3， 0，a)，MP34，34，a.因为MPAP， 所以MPAP0，即34a20，所以a32或a32(舍去)，即PO32.(2)由(1)知，AP 3，0，32 ，MP34，34，32 ，CP3，0，32 .设平面APM的法向量为n n1(x1，y1，z1)，平面PMC的法向量为n n2(x2，y2，z2)由n n1AP0,n n1MP0，得 3x132z10，34x134y132z10，故可取n n11，5 33，2.由n n2MP0，n n2CP0，得34x234y232z20，3x232z20，故可取n n2(1， 3，2)从而法向量n n1，n n2的夹角的余弦值为cosn n1，n n2n n1n n2|n n1|n n2|155，故所求二面角APMC的正弦值为105.G6G6三垂线定理三垂线定理19G6G6、G11G11 如图 11 所示，三棱柱ABCA1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，ACB90，BC1，ACCC12.(1)证明：AC1A1B;(2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为 3，求二面角A1ABC的大小19解：方法一：(1)证明：因为A1D平面ABC，A1D平面AA1C1C，故平面AA1C1C平面ABC.又BCAC，所以BC平面AA1C1C.连接A1C，因为侧面AA1C1C为菱形，故AC1A1C.由三垂线定理得AC1A1B.(2)BC平面AA1C1C，BC平面BCC1B1，故平面AA1C1C平面BCC1B1.作A1ECC1，E为垂足，则A1E平面BCC1B1.又直线AA1平面BCC1B1，因而A1E为直线AA1与平面BCC1B1的距离，即A1E 3.因为A1C为ACC1的平分线，所以A1DA1E 3.作DFAB，F为垂足，连接A1F.由三垂线定理得A1FAB，故A1FD为二面角A1ABC的平面角由ADAA21A1D21，得D为AC中点，DF55，tanA1FDA1DDF 15，所以 cosA1FD14.所以二面角A1ABC的大小为 arccos14.方法二：以C为坐标原点，射线CA为x轴的正半轴，以CB的长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.由题设知A1D与z轴平行，z轴在平面AA1C1C内(1)证明：设A1(a，0，c)由题设有a2，A(2，0，0)，B(0，1，0)，则AB(2，1，0)，AC(2，0，0)，AA1(a2，0，c)，AC1ACAA1(a4，0，c)，BA1(a，1，c)由|AA1|2，得 （a2）2c22，即a24ac20.又AC1BA1a24ac20，所以AC1A1B.(2)设平面BCC1B1的法向量m m(x，y，z)，则m mCB，m mBB1，即m mCB0，m mBB10.因为CB(0，1，0)，BB1AA1(a2，0，c)，所以y0 且(a2)xcz0.令xc，则z2a，所以m m(c，0，2a)，故点A到平面BCC1B1的距离为|CA|cosm m，CA|CAm m|m m|2cc2（2a）2c.又依题设，A到平面BCC1B1的距离为 3，所以c 3，代入，解得a3(舍去)或a1，于是AA1(1，0， 3)设平面ABA1的法向量n n(p，q，r)，则n nAA1，n nAB，即n nAA10，n nAB0，p 3r0，且2pq0.令p 3，则q23，r1，所以n n( 3，23，1)又p p(0，0，1)为平面ABC的法向量，故cosn n，p pn np p|n n|p p|14.所以二面角A1ABC的大小为 arccos14.G7G7棱柱与棱锥棱柱与棱锥13G7G7 三棱锥PABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥DABE的体积为V1，PABC的体积为V2，则V1V2_13.14如图所示，由于D，E分别是边PB与PC的中点，所以SBDE14SPBC.又因为三棱锥ABDE与三棱锥APBC的高长度相等，所以V1V214.19G5G5、G7G7、G11G11 如图 16，四棱锥PABCD中，ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD.图 16(1)求证：ABPD.