2022年高考数学分类汇编立体几何 .pdf

《2022年高考数学分类汇编立体几何 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考数学分类汇编立体几何 .pdf（38页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

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A24B22C1 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/ /ll13

2、llC233/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名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 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

3、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A23B33C63D1 【答案】 C 9.（全国大纲理11）已知平面截一球面得圆M，过圆心M 且与 成060二面角的平面名师资料总结 - -

4、-精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 38 页 - - - - - - - - - 3 3 2 正视图侧视图俯视图图 1 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A7B9C11D13【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A9122B9182C942D3618【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，

5、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】 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 3 D18 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，最大的是名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 38 页 -

6、- - - - - - - - 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的底面为正方形，SD底面 ABCD ，则下列结论中不正确的是（ A）ACSB （ 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

7、 点 ， AB=3，30BSCASC，则棱锥 S ABC的体积为（A）33（B）32（C）3（D）1 【答案】 C 17 （上海理17）设12345,A A A AA是空间中给定的5 个不同的点，则使名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 38 页 - - - - - - - - - 123450MA MA MA MA MA成立的点M的个数为A0 B1 C5 D10 【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

8、】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】2 321.（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名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名

9、师精心整理 - - - - - - - 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1

10、2）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名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理

11、- - - - - - - 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，平面ABED

12、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 . = 名师资料总结 -

13、 - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 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(),

14、0 ,23,23(),3, 0,0(),0, 0,3(CBFE则有).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 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.2331OBEDOBEDFSFQV27.（北京理16）如 图 ， 在 四 棱 锥PABCD中 ，PA平 面A B C D， 底 面A B C D是 菱 形 ，2,60ABBAD

15、. ()求证：BD平面;PAC（）若,PAAB求PB与AC所成角的余弦值；（）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长 . = = = 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 38 页 - - - - - - - - - 证明：（）因为四边形ABCD是菱形，所以 ACBD. 又因为 PA 平面 ABCD. 所以 PA BD. 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

16、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 AC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名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - -

17、 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，四边形 ABCD中， ABAD，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、

18、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名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 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

19、直角坐标系Axyz（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）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222

20、22|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)tmmt， （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。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - -

21、 - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 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，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

22、 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 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，由 G

23、C=CD ，得45GCDGDC，从而90CGD，即,CGADsin 451,GDCD名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 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，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等。29.（

24、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。（2）,PGAD BGAD，名师资料总结 - - -精

25、品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 38 页 - - - - - - - - - PGB为二面角 PADB 的平面角，在2227,4Rt PAGPGPAAG中在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 A

26、D，,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 602GBAB名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 38 页 - - - - - - - - - 333 13 1(,0,0),(,1,0),(,0),(,).22222422nmB

27、nC nE nF由于33(0,1,0),(,0,0),(,0,)2242nmADDEFE得0,0,AD DEAD FEADDE ADFE DEFEEAD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

28、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的最小值名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 38 页 - - - - - - - - - 本小题主要考查空间直线与平面的位置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 。（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AB

29、C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.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CAFE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,452

30、a即当时，tan达到最小值；36tan233，此时 F与 C1重合。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 16 页，共 38 页 - - - - - - - - - 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),(0,4,1),ABCAEF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,(

31、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 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6,3名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - -

32、- - 名师精心整理 - - - - - - - 第 17 页，共 38 页 - - - - - - - - - 31.（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（）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 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,POD

33、PAC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,sin 45.2Rt ODAODOA中在2222102,.5122PO ODRt PODOHPOOD中名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 18 页，共 38 页 - - - - - - - - - 在22216,.321PO OARt POAOGPOOA中在10155,si

34、n.563OHRt OHGOGHOG中所以21510cos1 sin1.255OGHOGH故二面角BPA C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).zxyyn取得设2222(,)nxyz是平面 PAC的一个法向量，则由220,

35、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,n n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名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 19 页，共 38 页 - - - - - - - - - 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23232

36、10cos.| |55nnnn由图可知，二面角BPA C的平面角与相等，所以二面角BPA C 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QBP C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

37、. 故 PQ平面 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名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 20 页，共 38 页 - - - - - - - - - 可取15(1,1

38、,1).cos,.5mm n所以故二面角QBP C 的余弦值为15.512分33.（全国大纲理19）如 图 ， 四 棱 锥SABCD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

39、。 6 分（II）由AB平面 SDE知，平面ABCD平面 SED 。作,SFDE垂足为 F，则 SF平面 ABCD，3.2SDSESFDE作FGBC，垂足为 G，则 FG=DC=1 。连结 SG ，则SGBC，又,BCFG SGFGG，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 21 页，共 38 页 - - - - - - - - - 故BC平面 SFG ，平面 SBC平面 SFG 。 9 分作FHSG，H 为垂足，则FH平面 SBC 。37SFF GFHSG，即 F到平面 S

40、BC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, )ASxyzBSx yz，(1, , )DSxy z，由| |ASBS得222222(2)(2)(2),xyzxyz故 x=1。由22| 11,DSyz得又由

41、222|2(2)4,BSxyz得即2213410,.22yzyyz故 3 分于是133333(1,),( 1,),(1,)222222SASBS，13(0,),0,0.22DSDS ASDS 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，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 22 页，共 38 页 - - - - - - - - - 则,0,0.aBS aCB a BSa CB又33(1,),(0,

42、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 ABCD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

43、（）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)ABPBBCuu u vuuvuu u v名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 23 页，共 38 页 - - - - - - - - - 设平面 PAB的法向量为n=（x，y，z） ，则0,0,n ABn PBuu u ruu u r即3030 xyyz因此可取n

44、=( 3,1,3)设平面 PBC的法向量为m，则m0,m0,PBBCuu u 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 - -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

45、中点，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 24 页，共 38 页 - - - - - - - - - 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，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，FG/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

46、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1,2EFA

47、B所以(1, 1,1),( 1,1,1).FBF名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 25 页，共 38 页 - - - - - - - - - 设平面 BFC的法向量为111(,),mx y z则0,0,m BCm BF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取得则(1,1,0)n，所以1cos,.| |2m nm nmn因此二面角ABFC的大

48、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名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 26 页，共 38 页 - - - - - - - - - 因此

49、在Rt BHF中，6.3HR由于12,2CHAB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（0,0,

50、0） ，B（1,0,0） ，C（0,3,0） ，A（0,0，3） ，E（12，32，0） ，AE=1 3,32 2，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 27 页，共 38 页 - - - - - - - - - DB=（1，0,0,） ，AE与DB夹角的余弦值为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1A