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Word版含答案

高考数学精品复习资料2019.5课标理数 12.G112.G1三棱锥PABC中，PA底面ABC，PA3，底面ABC是边长为 2 的正三角形，则三棱锥PABC的体积等于_课标理数 12.G112.G1 【答案】3【解析】 由已知，SABC1222sin3 3，VPABC13SABCPA13 33 3，即三棱锥PABC的体积等于 3.课标文数 8.G28.G2 一个空间几何体的三视图如图 11 所示， 则该几何体的表面积为()图 11A48B328 17C488 17D80课标文数 8.G28.G2 C【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)，所以该直四棱柱的表面积为S212(24)444242 1164488 17.课标理数 6.G26.G2 一个空间几何体的三视图如图 11 所示， 则该几何体的表面积为()图 11A48B328 17C488 17D80课标理数 6.G26.G2 C【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)，所以该直四棱柱的表面积为S212(24)444242 1164488 17.图 13课标理数 7.G27.G2 某四面体的三视图如图 13 所示，该四面体四个面的面积中最大的是()A8B6 2C10D8 2课标理数 7.G27.G2 C【解析】 由三视图可知，该四面体可以描述为SA平面ABC，ABC90，且SAAB4，BC3，所以四面体四个面的面积分别为 10，8，6，6 2，从而面积最大为 10，故应选 C.图 14课标文数 5.G25.G2 某四棱锥的三视图如图 11 所示，该四棱锥的表面积是()图 11A32B1616 2C48D1632 2课标文数 5.G25.G2 B【解析】 由题意可知，该四棱锥是一个底面边长为 4，高为 2 的正四棱锥，所以其表面积为 4441242 21616 2，故选 B.课标理数 7.G27.G2 如图 12，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()图 12A6 3B9 3C12 3D18 3课标理数 7.G27.G2 B【解析】 由三视图知该几何体为棱柱，h 221 3，S底33，所以V9 3.课标文数 9.G29.G2 如图 12，某几何体的正视图(主视图)，侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体体积为()A4 3B4C2 3D2课 标 文 数 9.G29.G2 C【 解 析 】由 三 视 图 知 该 几 何 体 为 四 棱 锥 ， 棱 锥 高h（2 3）2（ 3）23，底面为菱形，对角线长分别为 2 3，2，所以底面积为122 322 3，所以V13Sh132 332 3.图 11课标理数 3.G23.G2 设图 11 是某几何体的三视图，则该几何体的体积为()A.9212B.9218C942D3618课标理数 3.G23.G2 B【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为 3 的球，下面是一个长、宽都为 3、高为 2 的长方体所构成的几何体，则其体积为：VV1V2433233329218，故选 B.课标文数 4.G24.G2 设图 11 是某几何体的三视图，则该几何体的体积为()图 11A942B3618C.9212D.9218课标文数 4.G24.G2 D【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为 3 的球，下面是一个长、宽都为 3 高为 2 的长方体所构成的几何体，则其体积为：VV1V2433233329218，故选 D.课标文数 9.G29.G2 将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图 12 所示，则该几何体的左视图为()图 12图 13课标文数 9.G29.G2 D【解析】 被截去的四棱锥的三条可见侧棱中有两条为正方体的面对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面(正方形)的两条边重合，另一条为正方体的对角线，它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合，对照各图及对角线方向，只有选项 D 符合课标理数 6.G26.G2 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图 12 所示，则相应的侧视图可以为()图 12图 13课标理数 6.G26.G2D【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如下图，故侧视图选 D.图 15课标理数 15.G215.G2 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为 2 3，它的三视图中的俯视图如图 15 所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是_课标理数 15.G215.G2 2 3【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为图 16，其中M，N是中点，矩形MNC1C为左视图由于体积为 2 3， 所以设棱长为a， 则12a2sin60a2 3， 解得a2.所以CM 3，故矩形MNC1C面积为 2 3.图 16图 13课标文数 8.G28.G2 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为 2 3，它的三视图中的俯视图如图 13 所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是()A4B2 3C2D. 3课标文数 8.G28.G2 B【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为下图，其中M，N是中点，矩形MNC1C为左视图图 14由于体积为 2 3， 所以设棱长为a， 则12a2sin60a2 3， 解得a2.所以CM 3，故矩形MNC1C面积为 2 3，故选 B.课标文数 8.G28.G2 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图 12 所示，则相应的侧视图可以为()图 12图 13课标文数 8.G28.G2 D【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如图，故侧视图选 D.图 14图 12课标理数 11.G211.G2 如图 12 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、俯视图如图 12；存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如图 12；存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图 12.其中真命题的个数是()A3B2C1D0课标理数 11.G211.G2 A【解析】 可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易判断正确；可以是放倒的圆柱，所以也正确图 13课标文数 11.G211.G2 如图 13 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、俯视图如图 13；存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如图 13；存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图 13.其中真命题的个数是()A3B2C1D0课标文数 11.G211.G2 A【解析】 可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易判断正确；可以是放倒的圆柱，所以也正确课标理数 5.G25.G2 某几何体的三视图如图 12 所示，则它的体积是()图 12A823B83C82D.23课标理数 5.G25.G2 A【解析】 分析图中所给的三视图可知，对应空间几何图形，应该是一个棱长为 2 的正方体中间挖去一个半径为 1，高为 2 的圆锥，则对应体积为：V22213122823.课标文数 5.G25.G2 某几何体的三视图如图 12 所示，则它的体积为()图 12A823B83C82D.23课标文数 5.G25.G2 A【解析】 主视图与左视图一样是边长为 2 的正方形，里面有两条虚线，俯视图是边长为 2 的正方形与直径为 2 的圆相切，其直观图为棱长为 2 的正方体中挖掉一个底面直径为 2 的圆锥，故其体积为正方体的体积与圆锥的体积之差，V正238，V锥13r2h23(r1，h2)，故体积V823，故答案为 A.课标理数 10.G210.G2 一个几何体的三视图如图 15 所示(单位：m)，则该几何体的体积为_ m3.图 15课标理数 10.G210.G2 6【解析】 根据图中信息，可得该几何体为一个棱柱与一个圆锥的组合体，V32113136.课标文数 10.G210.G2 一个几何体的三视图如图 14 所示(单位：m)，则该几何体的体积为_ m3.图 14课标文数 10.G210.G2 4【解析】 根据三视图还原成直观图，可以看出，其是由两个形状一样的，底面长和宽都为 1，高为 2 的长方体叠加而成，故其体积V2111124.课标理数 3.G23.G2 若某几何体的三视图如图 11 所示，则这个几何体的直观图可以是()图 11图 12课标理数 3.G23.G2 D【解析】 由正视图可排除 A、B 选项，由俯视图可排除 C 选项课标文数 7.G27.G2 若某几何体的三视图如图 11 所示，则这个几何体的直观图可以是()图 11图 12课标文数 7.G27.G2 B【解析】 由正视图可排除 A，C；由侧视图可判断该该几何体的直观图是 B.大纲理数 3.G33.G3l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是()Al1l2，l2l3l1l3Bl1l2，l2l3l1l3Cl1l2l3l1，l2，l3共面Dl1，l2，l3共点l1，l2，l3共面大纲理数 3.G33.G3 B【解析】 对于 A，直线l1与l3可能异面；对于 C，直线l1、l2、l3可能构成三棱柱三条侧棱所在直线时而不共面；对于 D，直线l1、l2、l3相交于同一个点时不一定共面. 所以选 B.课标文数 19.G419.G4，G7G7 如图 14，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA1，OD2，OAB，OAC，ODE，ODF都是正三角形(1)证明直线BCEF；(2)求棱锥FOBED的体积图 14课标文数 19.G419.G4，G7G7 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，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力【解答】 (1)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，OA1，OD2，所以OB12DE，OGOD2.同理， 设G是线段DA与FC延长线的交点， 有OC12DF，OGOD2， 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OB12DE和OC12DF， 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.(2)由OB1，OE2，EOB60，知SEOB32.而OED是边长为 2 的正三角形，故SOED 3.所以SOBEDSEOBSOED3 32.过点F作FQDG，交DG于点Q，由平面ABED平面ACFD知，FQ就是四棱锥FOBED的高，且FQ 3，所以VFOBED13FQS四边形OBED32.课标理数 17.G417.G4，G7G7如图 14，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA1，OD2，OAB，OAC，ODE，ODF都是正三角形(1)证明直线BCEF；(2)求棱锥FOBED的体积图 14课标理数 17.G417.G4，G7G7 【解析】 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图 15【解答】 (1)(综合法)证明：设G是线段DA与线段EB延长线的交点，由于OAB与ODE都是正三角形，OA1，OD2，所以OB12DE，OGOD2.同理，设G是线段DA与线段FC延长线的交点，有OC12DF，OGOD2，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OB12DE和OC12DF，可知B，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FQAD，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图 16由条件知E( 3，0，0)，F(0，0， 3)，B32，32，0，C0，32，32 .则有BC32，0，32 ，EF( 3，0， 3)所以EF2BC，即得BCEF.(2)由OB1，OE2，EOB60，知SEOB32.而OED是边长为 2 的正三角形，故SOED 3.所以S四边形OBEDSEOBSOED3 32.过点F作FQAD，交AD于点Q，由平面ABED平面ACFD知，FQ就是四棱锥FOBED的高，且FQ 3，所以VFOBED13FQS四边形OBED32.课标文数 17.G417.G4图 14如图 14，在四面体PABC中，PCAB，PABC，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点(1)求证：DE平面BCP；(2)求证：四边形DEFG为矩形；(3)是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由课标文数 17.G417.G4 【解答】 (1)证明：因为D，E分别为AP，AC的中点，图 15所以DEPC.又因为DE 平面BCP，PC平面BCP，所以DE平面BCP.(2)因为D、E、F、G分别为AP、AC、BC、PB的中点，所以DEPCFG，DGABEF，所以四边形DEFG为平行四边形又因为PCAB，所以DEDG，所以平行四边形DEFG为矩形(3)存在点Q满足条件，理由如下：连接DF，EG，设Q为EG的中点由(2)知，DFEGQ，且QDQEQFQG12EG.分别取PC、AB的中点M，N，连接ME、EN、NG、MG、MN.与(2)同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q，且QMQN12EG.所以Q为满足条件的点图 13课标文数 15.G415.G4 如图 13，正方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，点E为AD的中点，点F在CD上，若EF平面AB1C，则线段EF的长度等于_课标文数 15.G415.G42 【解析】 EF平面AB1C，EF平面ABCD， 平面ABCD平面AB1CAC，EFAC，又E是AD的中点，F是CD的中点，即EF是ACD的中位线，EF12AC122 2 2.课标数学 16.G416.G4，G5G5 如图 12，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，ABAD，BAD60，E、F分别是AP、AD的中点图 12求证：(1)直线EF平面PCD；(2)平面BEF平面PAD.课标数学 16.G416.G4，G5G5 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力【解答】 证明：(1)在PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EFPD.又因为EF 平面PCD，PD平面PCD，图 13所以直线EF平面PCD.(2)连结BD，因为ABAD，BAD60，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ABCDAD，所以BF平面PAD.又因为BF平面BEF，所以平面BEF平面PAD.课标文数 4.G44.G4 若直线l不平行于平面，且l，则()A内的所有直线与l异面B内不存在与l平行的直线C内存在唯一的直线与l平行D内的直线与l都相交课标文数 4.G44.G4 B【解析】 在内存在直线与l相交，所以 A 不正确；若内存在直线与l平行，又l，则有l，与题设相矛盾，B 正确，C 不正确；在内不过l与交点的直线与l异面，D 不正确图 16课标理数 16.G516.G5，G11G11 如图 16，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB2，BAD60.(1)求证：BD平面PAC；(2)若PAAB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长课标理数 16.G516.G5，G11G11 【解答】 (1)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.(2)设ACBDO.因为BAD60，PAAB2，所以BO1，AOCO 3.如图，以O为坐标原点，OB、OC所在直线及点O所在且与PA平行的直线分别为x轴、y轴、z轴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)图 17所以PB(1， 3，2)，AC(0，2 3，0)设PB与AC所成角为，则cos|PBAC|PB|AC|62 22 364.(3)由(2)知BC(1， 3，0)设P(0， 3，t)(t0)，则BP(1， 3，t)设平面PBC的法向量m m(x，y，z)，则BCm m0，BPm m0.所以x 3y0，x 3ytz0，令y 3，则x3，z6t，所以m m3， 3，6t.同理，可求得平面PDC的法向量n n3， 3，6t.因为平面PBC平面PDC，所以m mn n0，即636t20.解得t 6.所以当平面PBC与平面PDC垂直时，PA 6.大纲理数 6.G56.G5、G11G11 已知直二面角l，点A，ACl，C为垂足点B，BDl，D为垂足若AB2，ACBD1，则D到平面ABC的距离等于()A.23B.33C.63D1大纲理数 6.G5、G11 C【解析】，ACl，AC，则平面ABC，在平面内过D作DEBC，则DE平面ABC，DE即为D到平面ABC的距离，在DBC中，运用等面积法得DE63，故选 C.大纲理数 19.G519.G5，G11G11 如图 11，四棱锥SABCD中，ABCD，BCCD，侧面SAB为等边三角形ABBC2，CDSD1.(1)证明：SD平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成的角的大小图 11大纲理数 19.G519.G5，G11G11 【解答】 解法一：(1)取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DECB2.图 12连结SE，则SEAB，SE 3.又SD1，故ED2SE2SD2，所以DSE为直角由ABDE，ABSE，DESEE，得AB平面SDE，所以ABSD.SD与两条相交直线AB、SE都垂直所以SD平面SAB.(2)由AB平面SDE知，平面ABCD平面SDE.作SFDE，垂足为F，则SF平面ABCD，SFSDSEDE32.作FGBC，垂足为G，则FGDC1.连结SG，则SGBC.又BCFG，SGFGG，故BC平面SFG，平面SBC平面SFG.作FHSG，H为垂足，则FH平面SBC.FHSFFGSG37，即F到平面SBC的距离为217.由于EDBC，所以ED平面SBC，故E到平面SBC的距离d也为217.设AB与平面SBC所成的角为，则 sindEB217，arcsin217.解法二：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图 13 所示的空间直角坐标系Cxyz.图 13设D(1，0，0)，则A(2，2，0)，B(0，2，0)又设S(x，y，z)，则x0，y0，z0.(1)AS(x2，y2，z)，BS(x，y2，z)，DS(x1，y，z)，由|AS|BS|得（x2）2（y2）2z2x2（y2）2z2，故x1，由|DS|1 得y2z21，又由|BS|2 得x2(y2)2z24，即y2z24y10，故y12，z32.于是S1，12，32 ，AS1，32，32 ，BS1，32，32 ，DS0，12，32 ，DSAS0，DSBS0.故DSAS，DSBS，又ASBSS，所以SD平面SAB.(2)设平面SBC的法向量a a(m，n，p)，则a aBS，a aCB，a aBS0，a aCB0.又BS1，32，32 ，CB(0，2，0)，故m32n32p0，2n0.取p2 得a a( 3，0，2)又AB(2，0，0)，所以 cosAB，a aABa a|AB|a a|217.故AB与平面SBC所成的角为 arcsin217.大纲文数 8.G58.G5 已知直二面角l，点A，ACl，C为垂足，点B，BDl，D为垂足若AB2，ACBD1，则CD()A2B. 3C. 2D1大纲文数 8.G58.G5 C【解析】 ，ACl，AC，则ACCB，AB2，AC1，可得BC 3，又BDl，BD1，CD 2，故选 C.大纲文数 20.G520.G5，G11G11 如图 11，四棱锥SABCD中，图 11ABCD，BCCD，侧面SAB为等边三角形ABBC2，CDSD1.(1)证明：SD平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成的角的大小大纲文数 20.G520.G5，G11G11 【解答】 解法一：(1)取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DECB2.图 12连结SE，则SEAB，SE 3.又SD1，故ED2SE2SD2，所以DSE为直角由ABDE，ABSE，DESEE，得AB平面SDE，所以ABSD.SD与两条相交直线AB、SE都垂直所以SD平面SAB.(2)由AB平面SDE知，平面ABCD平面SDE.作SFDE，垂足为F，则SF平面ABCD，SFSDSEDE32.作FGBC，垂足为G，则FGDC1.连结SG，则SGBC.又BCFG，SGFGG，故BC平面SFG，平面SBC平面SFG.作FHSG，H为垂足，则FH平面SBC.FHSFFGSG37，即F到平面SBC的距离为217.由于EDBC，所以ED平面SBC，故E到平面SBC的距离d也为217.设AB与平面SBC所成的角为，则 sindEB217，arcsin217.解法二：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图 13 所示的空间直角坐标系Cxyz.图 13设D(1，0，0)，则A(2，2，0)，B(0，2，0)又设S(x，y，z)，则x0，y0，z0.(1)AS(x2，y2，z)，BS(x，y2，z)，DS(x1，y，z)，由|AS|BS|得（x2）2（y2）2z2x2（y2）2z2，故x1，由|DS|1 得y2z21，又由|BS|2 得x2(y2)2z24，即y2z24y10，故y12，z32.于是S1，12，32 ，AS1，32，32 ，BS1，32，32 ，DS0，12，32 ，DSAS0，DSBS0.故DSAS，DSBS，又ASBSS，所以SD平面SAB.(2)设平面SBC的法向量a a(m，n，p)，则a aBS，a aCB，a aBS0，a aCB0.又BS1，32，32 ，CB(0，2，0)，故m32n32p0，2n0.取p2 得a a( 3，0，2)又AB(2，0，0)，所以 cosAB，a aABa a|AB|a a|217.故AB与平面SBC所成的角为 arcsin217.课标理数 20.G520.G5，G10G10，G11G11 如图 17，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD.四边形ABCD中，图 17ABAD，ABAD4，CD 2，CDA45.(1)求证：平面PAB平面PAD；(2)设ABAP.若直线PB与平面PCD所成的角为 30，求线段AB的长；在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到P、B、C、D的距离都相等？说明理由课标理数 20.G520.G5，G10G10，G11G11【解答】图 18(1)证明：因为PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以PAAB.又ABAD，PAADA，所以AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.图 19(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz(如图 19)在平面ABCD内，作CEAB交AD于点E，则CEAD.在 RtCDE中，DECDcos451，CECDsin451.设ABAPt，则B(t，0，0)，P(0，0，t)由ABAD4 得AD4t，所以E(0，3t，0)，C(1，3t，0)，D(0，4t，0)，CD(1，1，0)，PD(0，4t，t)设平面PCD的法向量为n n(x，y，z)由n nCD，n nPD，得xy0.（4t）ytz0.取xt，得平面PCD的一个法向量n n(t，t，4t)又PB(t，0，t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为 30得cos60|n nPB|n n|PB|，即|2t24t|t2t2（4t）2 2t212.解得t45或t4(舍去，因为AD4t0)，所以AB45.法一：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 0m4t)图 110则GC(1，3tm，0)，GD(0，4tm，0)，GP(0，m，t)由|GC|GD|得 12(3tm)2(4tm)2，即t3m；由|GD|GP|得(4tm)2m2t2.由、消去t，化简得m23m40.由于方程没有实数根，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的距离都相等法二：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GCGD，得GCDGDC45，图 112从而CGD90，即CGAD.所以GDCDcos451.设AB，则AD4，AGADGD3.在 RtABG中，GBAB2AG22（3）22322921.这与GBGD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的距离都相等课标理数 18.G518.G5，G10G10 如图 13，在锥体PABCD中，ABCD是边长为 1 的菱形，且DAB60，PAPD 2，PB2，E，F分别是BC，PC的中点(1)证明：AD平面DEF；(2)求二面角PADB的余弦值图 13课标理数 18.G518.G5，G10G10 【解答】 法一：(1)证明：设AD中点为G，连接PG，BG，BD.图 11因PAPD，有PGAD，在ABD中，ABAD1，DAB60，有ABD为等边三角形，因此BGAD，BGPGG，所以AD平面PBG，所以ADPB，ADGB.又PBEF，得ADEF，而DEGB得ADDE，又FEDEE，所以AD平面DEF.(2)PGAD，BGAD，PGB为二面角PADB的平面角在 RtPAG中，PG2PA2AG274，在 RtABG中，BGABsin6032，cosPGBPG2BG2PB22PGBG7434427232217.法二：(1)证明：设AD中点为G，因为PAPD，所以PGAD，又ABAD，DAB60，所以ABD为等边三角形，因此，BGAD，从而AD平面PBG.延长BG到O且使POOB，又PO平面PBG，所以POAD，又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 12 所示的空间直角坐标系设P(0，0，m)，G(n，0，0)，则An，12，0，Dn，12，0.图 12|GB|AB|sin6032，Bn32，0，0，Cn32，1，0，En32，12，0，Fn234，12，m2 .AD(0，1，0)，DE32，0，0，FEn234，0，m2 ，ADDE0，ADFE0，ADDE，ADFE，又DEFEE，AD平面DEF.(2)PAn，12，m，PBn32，0，m，m2n214 2，n322m22，解得m1，n32.取平面ABD的法向量n n1(0，0，1)，设平面PAD的法向量n n2(a，b，c)，由PAn n20，得32ab2c0，由PDn n20，得32ab2c0，故取n n21，0，32 .cosn n1，n n232174217.即二面角PADB的余弦值为217.课标理数 18.G518.G5，G11G11 如图 14，已知正三棱柱ABCA1B1C1的各棱长都是 4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合(1)当CF1 时，求证：EFA1C；(2)设二面角CAFE的大小为，求 tan的最小值图 14课标理数 18.G518.G5，G11G11 【解答】 解法 1：过E作ENAC于N，连结EF.(1)如图，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知，底面ABC侧面A1C，又底面ABC侧面A1CAC，且EN底面ABC，所以EN侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影，在 RtCNE中，CNCEcos601，则由CFCC1CNCA14，得NFAC1.又AC1A1C，故NFA1C，由三垂线定理知EFA1C.(2)如图，连结AF，过N作NMAF于M，连结ME，由(1)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FAC，则 045.在 RtCNE中，NEECsin60 3，在 RtAMN中，MNANsin3sin，故 tanNEMN33sin.又 045，0sin22，故当 sin22，即当45时，tan达到最小值，tan33 263，此时F与C1重合解法 2：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得A(0，0，0)，B(2 3，2，0)，C(0，4，0)，A1(0，0，4)，E( 3，3，0)，F(0，4，1)，于是CA1(0，4，4)，EF( 3，1，1)，则CA1EF(0，4，4)( 3，1，1)0440，故EFA1C.(2)设CF(04)，平面AEF的一个法向量为m m(x，y，z)，则由(1)得F(0，4，)，AE( 3，3，0)，AF(0，4，)，于是由m mAE，m mAF可得m mAE0，m mAF0，即3x3y0，4yz0，取m m( 3，4)，又由直三棱柱的性质可取侧面A1C的一个法向量为n n(1，0，0)，于是由为锐角可得 cos|m|mn|n|m|m|n|n|3224，sin216224，所以 tan2163131632，由 00)，所以AB45.法一：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 0m4t)图 110则GC(1，3tm，0)，GD(0，4tm，0)，GP(0，m，t)由|GC|GD|得 12(3tm)2(4tm)2，即t3m；由|GD|GP|得(4tm)2m2t2.由、消去t，化简得m23m40.由于方程没有实数根，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的距离都相等法二：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GCGD，得GCDGDC45，图 112从而CGD90，即CGAD.所以GDCDcos451.设AB，则AD4，AGADGD3.在 RtABG中，GBAB2AG22（3）22322921.这与GBGD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的距离都相等课标理数 18.G518.G5，G10G10 如图 13，在锥体PABCD中，ABCD是边长为 1 的菱形，且DAB60，PAPD 2，PB2，E，F分别是BC，PC的中点(1)证明：AD平面DEF；(2)求二面角PADB的余弦值图 13课标理数 18.G518.G5，G10G10 【解答】 法一：(1)证明：设AD中点为G，连接PG，BG，BD.图 11因PAPD，有PGAD，在ABD中，ABAD1，DAB60，有ABD为等边三角形，因此BGAD，BGPGG，所以AD平面PBG，所以ADPB，ADGB.又PBEF，得ADEF，而DEGB得ADDE，又FEDEE，所以AD平面DEF.(2)PGAD，BGAD，PGB为二面角PADB的平面角在 RtPAG中，PG2PA2AG274，在 RtABG中，BGABsin6032，cosPGBPG2BG2PB22PGBG7434427232217.法二：(1)证明：设AD中点为G，因为PAPD，所以PGAD，又ABAD，DAB60，所以ABD为等边三角形，因此，BGAD，从而AD平面PBG.延长BG到O且使POOB，又PO平面PBG，所以POAD，又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 12 所示的空间直角坐标系设P(0，0，m)，G(n，0，0)，则An，12，0，Dn，12，0.图 12|GB|AB|sin6032，Bn32，0，0，Cn32，1，0，En32，12，0，Fn234，12，m2 .AD(0，1，0)，DE32，0，0，FEn234，0，m2 ，ADDE0，ADFE0，ADDE，ADFE，又DEFEE，AD平面DEF.(2)PAn，12，m，PBn32，0，m，m2n214 2，n322m22，解得m1，n32.取平面ABD的法向量n n1(0，0，1)，设平面PAD的法向量n n2(a，b，c)，由PAn n20，得32ab2c0，由PDn n20，得32ab2c0，故取n n21，0，32 .cosn n1，n n232174217.即二面角PADB的余弦值为217.课标理数 18.G518.G5，G11G11 如图 14，已知正三棱柱ABCA1B1C1的各棱长都是 4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合(1)当CF1 时，求证：EFA1C；(2)设二面角CAFE的大小为，求 tan的最小值图 14课标理数 18.G518.G5，G11G11 【解答】 解法 1：过E作ENAC于N，连结EF.(1)如图，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知，底面ABC侧面A1C，又底面ABC侧面A1CAC，且EN底面ABC，所以EN侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影，在 RtCNE中，CNCEcos601，则由CFCC1CNCA14，得NFAC1.又AC1A1C，故NFA1C，由三垂线定理知EFA1C.(2)如图，连结AF，过N作NMAF于M，连结ME，由(1)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FAC，则 045.在 RtCNE中，NEECsin60 3，在 RtAMN中，MNANsin3sin，故 tanNEMN33sin.又 045，0sin22，故当 sin22，即当45时，tan达到最小值，tan33 263，此时F与C1重合解法 2：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得A(0，0，0)，B(2 3，2，0)，C(0，4，0)，A1(0，0，4)，E( 3，3，0)，F(0，4，1)，于是CA1(0，4，4)，EF( 3，1，1)，则CA1EF(0，4，4)( 3，1，1)0440，故EFA1C.(2)设CF(04)，平面AEF的一个法向量为m m(x，y，z)，则由(1)得F(0，4，)，AE( 3，3，0)，AF(0，4，)，于是由m mAE，m mAF可得m mAE0，m mAF0，即3x3y0，4yz0，取m m( 3，4)，又由直三棱柱的性质可取侧面A1C的一个法向量为n n(1，0，0)，于是由为锐角可得 cos|m|mn|n|m|m|n|n|3224，sin216224，所以 tan2163131632，由 00，y0，z0.(1)AS(x2，y2，z)，BS(x，y2，z)，DS(x1，y，z)，由|AS|BS|得（x2）2（y2）2z2x2（y2）2z2，故x1，由|DS|1 得y2z21，又由|BS|2 得x2(y2)2z24，即y2z24y10，故y12，z32.于是S1，12，32 ，AS1，32，32 ，BS1，32，32 ，DS0，12，32 ，DSAS0，DSBS0.故DSAS，DSBS，又ASBSS，所以SD平面SAB.(2)设平面SBC的法向量a a(m，n，p)，则a aBS，a aCB，a aBS0，a aCB0.又BS1，32，32 ，CB(0，2，0)，故m32n32p0，2n0.取p2 得a a( 3，0，2)又AB(2，0，0)，所以 cosAB，a aABa a|AB|a a|217.故AB与平面SBC所成的角为 arcsin217.大纲文数 15.G1115.G11 已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E为C1D1的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为_大纲文数 15.G1115.G1123【解析】 取A1B1的中点F，连EF，则EFBC，AEF是异面直线AE与BC所成的角，设正方体的棱长为a，可得AE32a，AF52a，在AEF中，运用余弦定理得 cosAEF23，即异面直线AE与BC所成角的余弦值为23.大纲文数 20.G520.G5，G11G11 如图 11，四棱锥SABCD中，图 11ABCD，BCCD，侧面SAB为等边三角形ABBC2，CDSD1.(1)证明：SD平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成的角的大小大纲文数 20.G520.G5，G11G11 【解答】 解法一：(1)取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DECB2.图 12连结SE，则SEAB，SE 3.又SD1，故ED2SE2SD2，所以DSE为直角由ABDE，ABSE，DESEE，得AB平面SDE，所以ABSD.SD与两条相交直线AB、SE都垂直所以SD平面SAB.(2)由AB平面SDE知，平面ABCD平面SDE.作SFDE，垂足为F，则SF平面ABCD，SFSDSEDE32.作FGBC，垂足为G，则FGDC1.连结SG，则SGBC.又BCFG，SGFGG，故BC平面SFG，平面SBC平面SFG.作FHSG，H为垂足，则FH平面SBC.FHSFFGSG37，即F到平面SBC的距离为217.由于EDBC，所以ED平面SBC，故E到平面SBC的距离d也为217.设AB与平面SBC所成的角为，则 sindEB217，arcsin217.解法二：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图 13 所示的空间直角坐标系Cxyz.图 13设D(1，0，0)，则A(2，2，0)，B(0，2，0)又设S(x，y，z)，则x0，y0，z0.(1)AS(x2，y2，z)，BS(x，y2，z)，DS(x1，y，z)，由|AS|BS|得（x2）2（y2）2z2x2（y2）2z2，故x1，由|DS|1 得y2z21，又由|BS|2 得x2(y2)2z24，即y2z24y10，故y12，z32.于是S1，12，32 ，AS1，32，32 ，BS1，32，32 ，DS0，12，32 ，DSAS0，DSBS0.故DSAS，DSBS，又ASBSS，所以SD平面SAB.(2)设平面SBC的法向量a a(m，n，p)，则a aBS，a aCB，a aBS0，a aCB0.又BS1，32，32 ，CB(0，2，0)，故m32n32p0，2n0.取p2 得a a( 3，0，2)又AB(2，0，0)，所以 cosAB，a aABa a|AB|a a|217.故AB与平面SBC所成的角为 arcsin217.课标理数 20.G520.G5，G10G10，G11G11 如图 17，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD.四边形ABCD中，图 17ABAD，ABAD4，CD 2，CDA45.(1)求证：平面PAB平面PAD；(2)设ABAP.若直线PB与平面PCD所成的角为 30，求线段AB的长；在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到P、B、C、D的距离都相等？说明理由课标理数 20.G520.G5，G10G10，G11G11【解答】图 18(1)证明：因为PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以PAAB.又ABAD，PAADA，所以AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.图 19(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz(如图 19)在平面ABCD内，作CEAB交AD于点E，则CEAD.在 RtCDE中，DECDcos451，CECDsin451.设ABAPt，则B(t，0，0)，P(0，0，t)由ABAD4 得AD4t，所以E(0，3t，0)，C(1，3t，0)，D(0，4t，0)，CD(1，1，0)，PD(0，4t，t)设平面PCD的法向量为n n(x，y，z)由n nCD，n nPD，得xy0.（4t）ytz0.取xt，得平面PCD的一个法向量n n(t，t，4t)又PB(t，0，t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为 30得cos60|n nPB|n n|PB|，即|2t24t|t2t2（4t）2 2t212.解得t45或t4(舍去，因为AD4t0)，所以AB45.图 110法一：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 0m4t)则GC(1，3tm，0)，GD(0，4tm，0)，GP(0，m，t)由|GC|GD|得 12(3tm)2(4tm)2，即t3m；由|GD|GP|得(4tm)2m2t2.由、消去t，化简得m23m40.由于方程没有实数根，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的距离都相等法二：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GCGD，得GCDGDC45，图 112从而CGD90，即CGAD.所以GDCDcos451.设AB，则AD4，AGADGD3.在 RtABG中，GBAB2AG22（3）22322921.这与GBGD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的距离都相等图 12课标文数 18.G518.G5，G11G11 如图 12，已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为 2，侧棱长为3 2，点E在侧棱AA1上，点F在侧棱BB1上，且AE2 2，BF 2.(1)求证：CFC1E；(2)求二面角ECFC1的大小课标文数 18.G518.G5，G11G11【解答】 解法 1：(1)证明：由已知可得CC13 2，CEC1F 22（2 2）22 3，EFC1E 22（ 2）2 6.于是有EF2C1E2C1F2，CE2C1E2CC21.所以C1EEF，C1ECE.又EFCEE，所以C1E平面CEF.又CF平面CEF，故CFC1E.(2)在CEF中，由(1)可得EFCF 6，CE2 3，于是有EF2CF2CE2，所以CFEF.又由(1)知CFC1E，且EFC1EE，所以CF平面C1EF.又C1F平面C1EF，故CFC1F.于是EFC1即为二面角ECFC1的平面角由(1)知C1EF是等腰直角三角形，所以EFC145，即所求二面角ECFC1的大小为 45.图 13解法 2：建立如图 13 所示的空间直角坐标系，则由已知可得A(0，0，0)，B( 3，1，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，3 2)，E(0，0，2 2)，F( 3，1，2)(1)C1E(0，2， 2)，CF( 3，1， 2)，C1ECF0220，CFC1E.(2)CE(0，2，2 2)，设平面CEF的一个法向量为m m(x，y，z)由m mCE，m mCF，得m mCE0，m mCF0，即2y2 2z0，3xy 2z0，可取m m(0， 2，1)设侧面BC1的一个法向量为n n，由n nCB，n nCC1，及CB( 3，1，0)，CC1(0，0，3 2)，可取n n(1， 3，0)，设二面角ECFC1的大小为，于是由为锐角可得cos|m mn n|m m|n n|63222，所以45，即所求二面角ECFC1的大小为 45.图 16课标理数 19.G519.G5，G11G11 如图 16，在圆锥PO中，已知PO 2，O的直径AB2，C是AB的中点，D为AC的中点(1)证明：平面POD平面PAC；(2)求二面角BPAC的余弦值课标理数 19.G519.G5，G11G11 【解答】 解法一：(1)连结OC，因为OAOC，D是AC的中点，所以ACOD.图 17又PO底面O，AC底面O， 所以ACPO.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.(2)在平面POD中，过O作OHPD于H，由(1)知，平面POD平面PAC，所以OH平面PAC.又PA面PAC，所以PAOH.在平面PAO中，过O作OGPA于G，连结HG，则有PA平面OGH.从而PAHG.故OGH为二面角BPAC的平面角在 RtODA中，ODOAsin4522.在 RtPOD中，OHPOODPO2OD2222212105.在 RtPOA中，OGPOOAPO2OA2212163.在 RtOHG中，sinOGHOHOG10563155.所以 cosOGH 1sin2OGH11525105.故二面角BPAC的余弦值为105.解法二：(1)如图 18 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图 18O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0， 2)，D12，12，0.设n n1(x1，y1，z1)是平面POD的一个法向量，则由n n1OD0，n n1OP0，得12x112y10，2z10.所以z10，x1y1.取y11，得n n1(1，1，0)设n n2(x2，y2，z2)是平面PAC的一个法向量， 则由n n2PA0，n n2PC0， 得x2 2z20，y2 2z20.所以x2 2z2，y2 2z2，取z21，得n n2( 2， 2，1)因为n n1n n2(1，1，0)( 2， 2，1)0，所以n n1n n2.从而平面POD平面PAC.(2)因为y轴平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为n n3(0，1，0)由(1)知，平面PAC的一个法向量为n n2( 2， 2，1)设向量n n2和n n3的夹角为，则cosn n2n n3|n n2|n n3|25105.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105.课标文数 19.G519.G5，G11G11 如图 15，在圆锥PO中，已知PO 2，O的直径AB2，点C在AB上，且CAB30，D为AC的中点(1)证明：AC平面POD；(2)求直线OC和平面PAC所成角的正弦值图 15课标文数 19.G519.G5，G11G11 【解答】(1)因为OAOC，D是AC的中点，所以ACOD.又PO底面O，AC底面O，所以ACPO.而OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以AC平面POD.(2)由(1)知，AC平面POD，又AC平面PAC，所以平面POD平面PAC.在平面POD中，过O作OHPD于H，则OH平面PAC.图 16连结CH，则CH是OC在平面PAC上的射影，所以OCH是直线OC和平面PAC所成的角在 RtODA中，ODOAsin3012.在 RtPOD中，OHPOODPO2OD221221423.在 RtOHC中，sinOCHOHOC23.故直线OC和平面PAC所成角的正弦值为23.图 19课标理数 18.G518.G5，G10G10，G11G11 如图 19，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB60，AB2AD，PD底面ABCD.(1)证明：PABD；(2)若PDAD，求二面角APBC的余弦值课标理数 18.G518.G5，G10G10，G11G11 【解答】 (1)因为DAB60，AB2AD，由余弦定理得BD 3AD，从而BD2AD2AB2，故BDAD.又PD底面ABCD，可得BDPD，所以BD平面PAD.故PABD.图 110(2)如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，DA、DB、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(1，0，0)，B(0， 3，0)，C(1， 3，0)，P(0，0，1)，AB(1， 3，0)，PB(0， 3，1)，BC(1，0，0)设平面PAB的法向量为n n(x，y，z)，则n nAB0，n nPB0，即x 3y0，3yz0.因此可取n n( 3，1， 3)设平面PBC的法向量为m m，则m mPB0，m mBC0，可取m m(0，1， 3)cosm m，n n42 72 77.故二面角APBC的余弦值为2 77.课标理数 18.G1018.G10，G11G11如图 18，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，PDQA，QAAB12PD.图 18