2022年高考数学试题分类汇编立体几何 2.pdf

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1、四、立体几何一、选择题1.（重庆理9）高为24的四棱锥 S-ABCD 的底面是边长为1 的正方形，点S、A、B、C、D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为A24B22C 1 D2【答案】 C 2.（浙江理4）下列命题中错误的是A如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面B如果平面 不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面C如果平面平面，平面平面，=l，那么l平面D如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直于平面【答案】 D 3.（四川理3）1l，2l，3l是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是A12ll，23ll13/ /llB12ll，23/ /

2、ll13llC233/ / /lll1l，2l，3l共面D1l，2l，3l共点1l，2l，3l共面【答案】 B 【解析】 A 答案还有异面或者相交， C、D 不一定4.（陕西理5）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是A283B83C82D23精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 38 页【答案】 A 5.（浙江理3）若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是【答案】 D 6.（山东理11）右图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、俯视图如下图；存在四棱柱，其正（主）视图、俯视图如

3、右图；存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图其中真命题的个数是A3 B2 C1 D0 【答案】 A 7.（全国新课标理6） 。在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为【答案】 D 8. （全国大纲理6）已知直二面角 - - ，点 A ，AC ，C 为垂足， B ，BD ，D 为垂足 若 AB=2 ，AC=BD=1 ，则 D 到平面 ABC 的距离等于A23 B33C63D1 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 38 页3 3 2 正视图侧视图俯视图图 1 【答案】 C 9. （全国大纲理11）

4、已知平面 截一球面得圆M， 过圆心 M 且与 成060二面角的平面截该球面得圆N 若该球面的半径为4，圆 M 的面积为4，则圆 N 的面积为A7B9C11 D 13【答案】 D 10.（湖南理3）设图 1 是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A9122 B9182C942D3618【答案】 B 11.（江西理8）已知1a，2a，3a是三个相互平行的平面平面1a，2a之间的距离为1d，平面2a，3a之间的距离为2d直线l与1a，2a，3a分别相交于1p，2p，3p，那么 “12PP=23P P” 是 “12dd” 的A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】

5、C 12.（广东理7）如图 13，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A6 3B9 3C12 3D18 3【答案】 B 13.（北京理7）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 38 页A8 B6 2C10 D8 2【答案】 C 14.（安徽理6）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A）48 （B）32+8（C）48+8（D）80 【答案】 C 15.（辽宁理8） 。如图，四棱锥SABCD 的底面为

6、正方形，SD底面 ABCD ，则下列结论中不正确的是（A）AC SB （B）AB平面 SCD （C）SA 与平面 SBD 所成的角等于SC 与平面 SBD 所成的角（D）AB 与 SC 所成的角等于DC 与 SA 所成的角【答案】 D 16.（辽宁理12） 。已知球的直径SC=4，A，B 是该球球面上的两点，AB=3，30BSCASC，则棱锥SABC 的体积为（A）33（B）32（C）3（D）1 【答案】 C 17 （上 海 理17 ） 设1234,AAAAA是 空 间 中 给 定 的5个 不 同 的 点 ， 则 使精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -

7、 - - -第 4 页，共 38 页123450MAMAMAMAMA成立的点M的个数为A0 B1 C5 D 10 【答案】 B 二、填空题18.（上海理7）若圆锥的侧面积为2，底面积为，则该圆锥的体积为。【答案】3319.（四川理15）如图，半径为R 的球 O 中有一内接圆柱当圆柱的侧面积最大是，求的表面积与改圆柱的侧面积之差是【答案】22R【解析】22222max224()SrRrrRrS侧侧时，22222222RrRrrrR，则222422RRR20.（辽宁理15）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为32，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是【答案】2

8、 321.（天津理10）一个几何体的三视图如右图所示（单位：m） ，则该几何体的体积为_3m精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 38 页【答案】622.（全国新课标理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 _【答案】8 323.（湖北理14）如图，直角坐标系xOy所在的平面为，直角坐标系xOy（其中y轴一与y轴重合）所在的平面为，45xOx。（）已知平面内有一点(2 2,2)P，则点P在平面内的射影P的坐标为（2，2）；（） 已知平面内的

9、曲线C的方程是22(2)220 xy，则曲线C在平面内的射影C的方程是。【答案】22(1)1xy24.（福建理12）三棱锥 P-ABC 中， PA底面 ABC ，PA=3，底面 ABC 是边长为2 的正三角形，则三棱锥P-ABC 的体积等于 _。【答案】3三、解答题25.（江苏 16）如图，在四棱锥ABCDP中，平面PAD平面 ABCD ，AB=AD ， BAD=60 ，E、F 分别是 AP、AD 的中点求证：（1）直线 EF平面 PCD；（2）平面 BEF平面 PAD 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考察空间想象能力和推理论证能力。满分14 分。FEACDBP精选学习资料 -

10、- - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 38 页证明：（1）在 PAD 中，因为E、F 分别为AP，AD 的中点，所以EF/PD. 又因为 EF平面 PCD，PD平面 PCD，所以直线 EF/平面 PCD. （2）连结 DB ，因为 AB=AD ， BAD=60 ，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 ABCD=AD ，所以 BF平面 PAD。又因为BF平面 BEF，所以平面 BEF平面 PAD. 26.（安徽理17）如图，ABCDEFG为多面体，

11、平面ABED与平面AGFD垂直，点O在线段AD上，1,2,OAODOAB ，,OAC，ODE，ODF都是正三角形。（）证明直线BCEF；（II ）求棱锥 FOBED 的体积。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. （I） （综合法）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，所以OBDE21，OG=OD=2 ，同理，设G是线段 DA 与线段 FC 延长线的交点，有.2ODGO又由于 G 和G都在线段DA 的延长线上，所以G 与G重合

12、. = 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 38 页在 GED 和 GFD 中，由OBDE21和 OCDF21，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. （向量法）过点 F作ADFQ，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. 由条件知).23,23,0(),0 ,23,23(),3,0 ,0(),0,0,3(CBFE则有).

13、3,0,3(),23,0,23(EFBC所以,2BCEF即得 BCEF. （ II）解：由OB=1， OE=2，23,60EOBSEOB知，而 OED 是边长为2 的正三角形，故.3OEDS所以.233OEDEOBOBEDSSS过点 F作 FQ AD ，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.2331OBEDOBEDFSFQV27.（北京理16）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，2,60ABBAD. ()求证：BD平面;PAC（）若,PAAB求PB与AC所成角的余弦值；（）当平面PBC与平

14、面PDC垂直时，求PA的长 . = = = 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 38 页证明： （）因为四边形ABCD 是菱形，所以 AC BD. 又因为 PA平面 ABCD. 所以 PABD. 所以 BD 平面 PAC. （）设 AC BD=O.因为 BAD=60 ，PA=PB=2, 所以 BO=1 ，AO=CO=3. 如图，以 O 为坐标原点，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）. 所以).0 ,32, 0(),2,3, 1(ACPB设 PB 与 A

15、C 所成角为，则4632226|cosACPBACPB. （）由（）知).0 ,3, 1(BC设 P（0，3，t） （t0） ，则),3, 1(tBP设平面 PBC 的法向量),(zyxm, 则0, 0mBPmBC所以03,03tzyxyx令,3y则.6, 3tzx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 38 页所以)6,3,3(tm同理，平面PDC 的法向量)6,3,3(tn因为平面 PCB平面 PDC, 所以nm=0，即03662t解得6t所以 PA=628.（福建理20）如图，四棱锥P-ABCD中， PA底面ABCD ，四

16、边形ABCD中， AB AD ，AB+AD=4 ，CD=2，45CDA（I）求证：平面PAB平面 PAD；（II ）设 AB=AP （i）若直线PB 与平面 PCD 所成的角为30，求线段AB 的长；（ii）在线段AD 上是否存在一个点G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等？说明理由。本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想，满分14 分。解法一：（I）因为PA平面 ABCD ，AC平面 ABCD ，所以PAAB，又,ABAD PAADA精选学习

17、资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 38 页所以AB平面 PAD。又AB平面 PAB，所以平面PAB平面 PAD。（II ）以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A xyz（如图）在平面 ABCD 内，作 CE/AB 交 AD 于点 E，则.CEAD在Rt CDE中， DE=cos451CD，sin 451,CECD设 AB=AP=t ，则 B（t，0，0） ，P（ 0，0，t）由 AB+AD=4 ，得 AD=4-t ，所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)EtCtDt，( 1,1,0),(0,4,).CDPDtt（i

18、）设平面PCD 的法向量为( , , )nx y z，由nCD，nPD，得0,(4)0.xyt ytx取xt，得平面PCD 的一个法向量 , ,4nt tt，又( ,0,)PBtt，故由直线PB 与平面 PCD 所成的角为30，得22222| 24 |1cos60|,2| |(4)2n PBttnPBtttx即解得445tt或（舍去，因为AD40t） ，所以4.5AB（ii）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04mt）则(1,3,0),(0,4,0),(0, )GCtmGDtmGPm t，由| |GCGD得222(4)t

19、mmt， （2）由（ 1） 、 （2）消去 t，化简得2340mm（ 3）由于方程（ 3）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。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 38 页从而，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。解法二：（I）同解法一。（II ） （i）以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz（如图）在平面 ABCD 内，作 CE/AB 交 AD 于 E，则CEAD。在平面 ABCD 内，作 CE/AB 交 AD 于点 E

20、，则.CEAD在Rt CDE中， DE=cos451CD，sin 451,CECD设 AB=AP=t ，则 B（t，0，0） ，P（ 0，0，t）由 AB+AD=4 ，得 AD=4-t ，所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)EtCtDt，( 1,1,0),(0,4,).CDPDtt设平面 PCD 的法向量为( , , )nx y z，由nCD，nPD，得0,(4)0.xyt ytx取xt，得平面PCD 的一个法向量 , ,4nt tt，又( ,0,)PBtt，故由直线PB 与平面 PCD 所成的角为30，得22222| 24 |1cos60|,2| |(4)2n PBttnPBt

21、ttx即解得445tt或（舍去，因为AD40t） ，所以4.5AB（ii）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 GC=CD ，得45GCDGDC，从而90CGD，即,CGADsin451,GDCD精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 38 页设,AB则AD=4- ,3AGADGD，在Rt ABG中，2222(3)GBABAG2392()1,22这与 GB=GD 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

22、得点G 到点 P，B，C，D 的距离都相等。29.（广东理18）如图 5在椎体P-ABCD 中， ABCD 是边长为1 的棱形，且 DAB=60，2PAPD,PB=2, E,F 分别是 BC,PC 的中点（1） 证明： AD 平面 DEF; （2） 求二面角P-AD-B 的余弦值法一： （1）证明：取AD 中点 G，连接 PG，BG，BD 。因 PA=PD，有PGAD，在ABD中，1,60ABADDAB，有ABD为等边三角形，因此,BGAD BGPGG，所以AD平面 PBG,.ADPB ADGB又 PB/EF，得ADEF，而 DE/GB 得 AD DE，又FEDEE，所以 AD 平面 DEF。

23、（ 2）,PGAD BGAD，PGB为二面角P AD B 的平面角，在2227,4Rt PAGPGPAAG中精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 38 页在32Rt ABG中,BG=AB sin60=2227342144cos2773222PGBGPBPGBPG BG法二： （1）取 AD 中点为 G，因为,.PAPD PGAD又,60 ,ABADDABABD为等边三角形，因此，BGAD，从而AD平面 PBG。延长 BG 到 O 且使得 PO OB，又PO平面 PBG，PO AD ，,ADOBG所以 PO 平面 ABCD 。

24、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，建立如图所示空间直角坐标系。设11(0,0,),( ,0,0),( ,0),( ,0).22Pm G nA nD n则3| |sin 602GBAB333 13 1(,0,0),(,1,0),(,0),(,).22222422nmB nC nE nF由于33(0,1,0),(,0,0),(,0,)2242nmADDEFE得0,0,ADDEADFEADDE ADFE DEFEE精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 38 页

25、AD平面 DEF。（ 2）13( ,),(,0,)22PAnmPBnm22221332,()2,1,.422mnnmmn解之得取平面 ABD 的法向量1(0,0, 1),n设平面 PAD 的法向量2( , , )na b c由22330,0,0,0,2222bbPA nacPD nac得由得取23(1,0,).2n123212cos,.7714n n30.（湖北理18）如图，已知正三棱柱111ABCA B C的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱1CC上，且不与点C重合（）当CF=1 时，求证：EF1A C；（）设二面角CAFE的大小为，求tan的最小值本小题主要考查空间直线与平面的位置

26、关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。 （满分 12 分）解法 1：过 E 作ENAC于 N，连结 EF。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 38 页（ I）如图 1，连结 NF、 AC1，由直棱柱的性质知，底面 ABC侧面 A1C。又度面ABC侧面 A，C=AC ，且EN底面 ABC ，所以EN侧面 A1C， NF 为 EF 在侧面 A1C 内的射影，在Rt CNE中，cos60CNCE=1，则由114CFCNCCCA，得 NF/AC1 ，又11,ACAC故1NFAC。由三垂线定理知1

27、.EFAC（II ）如图 2，连结 AF，过 N 作NMAF于 M，连结 ME。由（ I）知EN侧面 A1C，根据三垂线定理得,EMAF所以EMN是二面角CAF E 的平面角，即EMN，设,045FAC则在Rt CNE中，sin603,NEEC在,sin3sin ,Rt AMNMNANaa中故3tan.3sinNEMNa又2045 ,0sin,2a故当2sin,452a即当时，tan达到最小值；36tan233，此时 F 与 C1 重合。解法 2： （ I）建立如图3 所示的空间直角坐标系，则由已知可得1(0,0,0),(2 3,2,0),(0,4,0),(0,0,4),( 3,3,0),(0

28、,4,1),ABCAEF精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 38 页于是1(0, 4,4),(3,1,1).CAEF则1(0, 4,4) (3,1,1)0440,CA EF故1.EFAC（II ）设,(04)CF，平面 AEF 的一个法向量为( , )mx y z，则由（ I）得 F（0， 4，）( 3,3,0),(0,4,)AEAF，于是由,mAE mAF可得0,330,40.0,m AExyyzm AF即取(3 ,4).m又由直三棱柱的性质可取侧面AC1 的一个法向量为(1,0,0)n，于是由为锐角可得|cos| |m

29、 nmn222316,sin2424，所以2216116tan333，由04，得114，即116tan,333故当4，即点 F 与点 C1 重合时，tan取得最小值6,331.（湖南理19）如图 5，在圆锥PO中，已知PO=2， O 的直径2AB,C是AB的中点，D为AC的中点精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 38 页（）证明：平面POD平面PAC; （）求二面角BPAC的余弦值。解法 1：连结 OC，因为,OAOC DAC是的中点 , 所以ACOD.又PO底面 O， AC底面 O，所以ACPO，因为 OD，PO 是平面

30、 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。（II ）在平面 POD 中，过 O 作OHPD于 H，由（ I）知，平面,PODPAC平面所以OH平面 PAC，又PA面 PAC，所以.PAOH在平面 PAO 中，过 O 作OGPA于 G，连接 HG，则有PA平面 OGH，从而PAHG，故OGH为二面角BPAC 的平面角。在2,sin45.2Rt ODAODOA中在2222102,.5122PO ODRt PODOHPOOD中在222 16,.321PO OARt POAOGPOOA中精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总

31、结 - - - - - - -第 18 页，共 38 页在10155,sin.563OHRt OHGOGHOG中所以21510cos1sin1.255OGHOGH故二面角 BPAC 的余弦值为10.5解法 2： （I）如图所示，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(0,0,0),( 1,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,2)OABCP，1 1(,0)2 2D设1111(,)nx y z是平面 POD 的一个法向量，则由110,0n ODn OP，得111110,2220.xyz所以111110,1,(1,1,0).

32、zxyyn取得设2222(,)nxyz是平面 PAC 的一个法向量，则由220,0nPAnPC，得222220,20.xzyz所以222222,2.1,xzyz 取z得2(2,2,1)n。因为12(1,1,0) (2,2,1)0,nn所以12.nn从而平面POD平面 PAC。（II ）因为 y 轴平面 PAB，所以平面PAB 的一个法向量为3(0,1,0).n由（ I）知，平面PAC 的一个法向量为2(2,2,1)n设向量23nn和的夹角为，则精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 38 页2323210cos.| |55nn

33、nn由图可知，二面角BPA C 的平面角与相等，所以二面角BPAC 的余弦值为10.532.（辽宁理18）如图，四边形 ABCD 为正方形，PD平面 ABCD ， PDQA ， QA=AB=12PD（I）证明：平面PQC平面 DCQ；（II ）求二面角QBPC 的余弦值解：如图，以 D 为坐标原点，线段DA 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Dxyz. （ I）依题意有Q（1， 1，0） ， C（ 0，0，1） ，P（0，2， 0）. 则(1,1,0),(0,0,1),(1, 1,0).DQDCPQ所以0,0.PQ DQPQ DC即 PQDQ， PQDC. 故 PQ平

34、面 DCQ. 又 PQ平面 PQC，所以平面PQC平面 DCQ. 6 分（ II）依题意有B（1，0，1） ，( 1 , 0 ) ,(1 2 , 1 ) .C BB P设( , , )nx y z是平面 PBC 的法向量，则0,0,20.0,n CBxxyzn BP即因此可取(0, 1, 2).n设 m 是平面 PBQ 的法向量，则0,0.m BPm PQ可取15(1,1,1).cos,.5mm n所以故二面角 Q BPC 的余弦值为15.512分33.（全国大纲理19）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 38 页如 图

35、， 四 棱 锥SA B C D中 ，ABCD,BCCD， 侧 面SAB为 等 边 三 角 形 ，2,1ABBCCDSD（）证明：SDSAB平面; （）求AB与平面SBC所成角的大小解法一：（ I）取 AB 中点 E，连结 DE，则四边形BCDE 为矩形， DE=CB=2 ，连结 SE，则,3.SEAB SE又 SD=1，故222EDSESD，所以DSE为直角。 3 分由,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。 6分（ II）由AB平面 SDE 知，平面ABCD平面 SED。作,SFDE垂足为 F，则 SF

36、平面 ABCD ，3.2SDSESFDE作FGBC，垂足为 G，则 FG=DC=1 。连结 SG，则SGBC，又,BCFG SGFGG，故BC平面 SFG，平面 SBC平面 SFG。 9 分作FHSG，H 为垂足，则FH平面 SBC。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 38 页37SFF GFHSG，即 F 到平面 SBC 的距离为21.7由于 ED/BC ，所以 ED/平面 SBC，E 到平面 SBC 的距离 d 也有21.7设 AB 与平面 SBC 所成的角为 ，则2121sin,arcsin.77dEB 12 分解法

37、二：以 C 为坐标原点，射线CD 为 x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz。设 D（1，0， 0） ，则 A（2，2， 0） 、B（0， 2，0） 。又设( , , ),0,0,0.S x y zxyz则（ I）(2,2, ),( ,2, )ASxyz BSx yz，(1, , )DSxy z，由| |ASBS得222222(2)(2)(2),xyzxyz故 x=1。由22| 11,DSyz得又由222|2(2)4,BSxyz得即2213410,.22yzyyz故 3 分于是133333(1,),( 1,),(1,)222222SASBS，13(0,),0,0.22DSDS AS

38、DS BS故,DSAD DSBSASBSS又所以SD平面 SAB。 6 分（ II）设平面SBC 的法向量(, ,)am n p，则,0,0.aBS aCB a BSa CB精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 38 页又33(1,),(0,2,0),22BSCB故330,2220.mnpn 9 分取 p=2 得(3,0,2),( 2,0,0)aAB又。21cos,.7| |AB aAB aABa故 AB 与平面 SBC 所成的角为21arcsin.734.（全国新课标理18）如 图 ， 四棱 锥PABCD中 ， 底面ABC

39、D为 平 行四 边形 ，60DAB，2ABAD，PD底面 ABCD （I）证明：PABD；（II ）若 PD=AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值解：（）因为60 ,2DABABAD， 由余弦定理得3BDAD从而 BD2+AD2= AB2 ，故 BDAD 又 PD底面 ABCD ，可得 BDPD 所以 BD平面 PAD. 故 PABD （） 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，03,0B，1, 3,0C，0,0,1P( 1,3,0),(0,3,1),( 1,0,0)ABPBBCuuu vuuvuu u v

40、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 38 页设平面 PAB 的法向量为n=（x，y， z） ，则0,0,n ABn PBuuu ruu u r即3030 xyyz因此可取n=( 3,1,3)设平面 PBC 的法向量为m，则m0,m0,PBBCuuu ruuu r可取 m=（0，-1，3）42 7cos,72 7m n故二面角 A-PB-C 的余弦值为2 7735.（山东理19）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形， ACB=90，平面，EF，. = . （）若是线段的中点，求证：平面; （）若= ,求二面角

41、- -的大小19 （I）证法一：因为 EF/AB ，FG/BC ，EG/AC ，90ACB，所以90 ,EGFABC.EFG由于 AB=2EF ，因此， BC=2FC ，连接 AF，由于 FG/BC ，1,2FGBC在ABCD中， M 是线段 AD 的中点，则 AM/BC ，且1,2AMBC因此 FG/AM 且 FG=AM ，所以四边形AFGM 为平行四边形，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 38 页因此 GM/FA 。又FA平面 ABFE ，GM平面 ABFE ，所以 GM/ 平面 AB。证法二：因为 EF/AB ，F

42、G/BC ，EG/AC ，90ACB，所以90 ,EGFABC.EFG由于 AB=2EF ，因此， BC=2FC ，取 BC 的中点 N，连接 GN，因此四边形BNGF 为平行四边形，所以 GN/FB ，在ABCD中， M 是线段 AD 的中点，连接MN ，则 MN/AB ，因为,MNGNN所以平面 GMN/ 平面 ABFE 。又GM平面 GMN ，所以 GM/ 平面 ABFE 。（ II）解法一：因为90 ,ACB所以CAD=90，又EA平面 ABCD ，所以 AC ，AD ，AE 两两垂直，分别以 AC ，AD ，AE 所在直线为x 轴、 y 轴和 z 轴，建立如图所法的空间直角坐标系，不

43、妨设22,ACBCAE则由题意得A（0，0，0， ） ，B（2， -2，0） ，C（2， 0，0， ） ，E（0，0， 1） ，所以(2,2,0),(0,2,0),ABBC又1,2EFAB所以(1, 1,1),( 1,1,1).FBF设平面 BFC 的法向量为111(,),mx y z则0,0,m BCm BF精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 25 页，共 38 页所以1110,yxz取1111,zx得所以(1,0,1),m设平面 ABF 的法向量为222(,)nxyz，则0,0,n ABn BF所以22222,1,1,0,xyyxz

44、取得则(1,1,0)n，所以1cos,.| |2m nm nmn因此二面角ABFC 的大小为60 .解法二：由题意知，平面ABFE平面 ABCD ，取 AB 的中点 H，连接 CH，因为 AC=BC ，所以CHAB，则CH平面 ABFE ，过 H 向 BF 引垂线交BF 于 R，连接 CR，则.CRBF所以HRC为二面角ABFC 的平面角。由题意，不妨设AC=BC=2AE=2 。在直角梯形ABFE 中，连接FH，则FHAB，又2 2,AB所以1,2,HFAEBH因此在Rt BHF中，6.3HR由于12,2CHAB精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - -

45、 - -第 26 页，共 38 页所以在Rt CHR中，2tan3,63HRC因此二面角ABFC 的大小为60 .36.（陕西理16）如 图 ， 在ABC中 ，60 ,90 ,ABCBACAD是BC上 的 高 ， 沿AD把ABC折 起 ， 使90BCD。（）证明：平面平面；（）设为的中点，求AE与DB夹角的余弦值。解（）折起前是边上的高， 当 折起后，AD ， AD ，又 DB，平面，AD 平面平面 BDC 平面 ABD平面 BDC。（）由90及（）知DA ， DC 两两垂直，不防设DB=1，以D 为坐标原点，以,DB DC DA所在直线, ,x y z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D（

46、0,0,0） ，B（1,0,0） ，C（0,3,0） ，A（ 0,0，3） ，E（12，32，0） ，AE=1 3,32 2，DB=（1，0,0,） ，AE与DB夹角的余弦值为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 27 页，共 38 页cosAE，DB=1222.22| |2214AE DBAEDB122222221437.（上海理21） 已知1111ABCDABC D是底面边长为1 的正四棱柱，1O是11AC和11B D的交点。（1）设1AB与底面1111ABC D所成的角的大小为，二面角111AB DA的大小为。求证：tan2 tan

47、；（2）若点C到平面11AB D的距离为43，求正四棱柱1111ABCDABC D的高。解：设正四棱柱的高为h。 连1AO，1AA底面1111ABC D于1A，1AB与底面1111AB C D所成的角为11AB A，即11AB A11ABAD，1O为11B D中点，111AOB D，又1111AOB D，11AO A是二面角111AB DA的平面角，即11AO A111tanAAhA B，111tan22 tanAAhAO。 建立如图空间直角坐标系，有11(0,0, ),(1 ,0,0),(0,1,0),(1 ,1, )Ah BDCh11(1,0,),(0,1,),(1,1,0)ABh ADh

48、AC设平面11AB D的一个法向量为( , , )nx y z，111100nABn ABnADn AD，取1z得( , ,1)nh hzyxA1B1C1D1ABCDO1O1DCBAD1C1B1A1A1B1C1D1ABCDO1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 28 页，共 38 页点C到平面11AB D的距离为22|043|1n AChhdnhh，则2h。38.（四川理19）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中BAC=90 ，AB=AC=AA1 =1D 是棱 CC1 上的一 P 是 AD 的延长线与 A1C1 的延长线的交点，且PB

49、1平面 BDA （I）求证： CD=C1D ：（II ）求二面角A-A1D-B 的平面角的余弦值；（）求点C 到平面 B1DP 的距离解析：（1）连接1B A交1BA于O,1/B P1面BDA,111,B PAB PAB PDOD1面面面BA1/B POD,又O为1B A的中点，D为AP中点，1C1为AP,1ACDPC D1C DCD,D 为1CC的中点。（2）由题意11,ABAC ABAAABC C1面AA,过 B 作AHAD,连接BH，则BHAD,AHB为二面角1AADB的平面角。在1AA D中，11551,22AAADA D,则2 52 53 525,cos5533 55AHAHBHAH

50、BBH（3）因为11C B PDB PCDVV，所以1111133B PDPCDh SA BS,111AB11111244PCDPC CPC DSSS, 在1B DP中，1111955352 5544,5,.cos,sin32255252BDBPPDDBPDBP，11 35315,2 2543B PDSh精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 29 页，共 38 页39.（天津理17） 如图，在三棱柱111ABCA BC中，H是正方形11AAB B的中心，12 2AA，1C H平面11AAB B，且15.C H（）求异面直线AC 与 A1B