高考数学（理）真题汇编：空间立体几何.pdf

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1、高考数学（理）真题专题汇编：空间立体几何一、选择题（本题共9 道小题，每小题。分，共。分）1.【来源】2019年高考真题一一数 学（浙江卷）设三棱锥片/欧的底面是正三角形，侧棱长均相等，F 是 棱 上 的 点（不含端点），记直线 阳 与 直 线 4 c所成角为a ,直线期与平面4a1 所成角为夕，二面角 万 力 的 平 面 角 为九 则（）A./3 y,a y B./3 a,/3 yC.（3 a,y a D.a /3,y P2.【来源】2019年高考真题一一数 学（浙江卷）祖晒是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“事势既同，则积不容异”称为祖晒原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式嚓体=5，

2、其中S 是柱体的底面积，力是柱体的高,若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积（cn?）是（）3.【来源】2019年高考真题一一理科数学（全国卷H）设 a,为两个平面，则。的充要条件是A.a 内有无数条直线与平行 B.a 内有两条相交直线与8 平行C.。，平行于同一条直线 D.a,垂直于同一平面4.【来源】2019年高考真题一一理科数学（全国卷m）如图，点 N为正方形4腼 的 中 心，&力为正三角形，平面比。，平面力腼，材是线段9的中点，则A.B M=E N,且直线8队“V是相交直线B.B胖E N,且直线8 M 砂是相交直线C.8沪川M且直线咫/、所是异面直线D.B胖E N,且直线5伙砂是异面

3、直线5.【来源】0（0 8年全国卷2）已知球的半径为2,相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆.若两圆的公共弦长为2,则两圆的圆心距等于（）A.1 B./C.上 D.26.【来源】0（0 8年四川卷文）若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为6 0 的菱形，则该棱柱的体积等于（）（A ）M （B ）2 V 2 （C ）3调 （D）4 07.【来源】0（0 8年北京卷）如图，动 点 尸 在 正 方 体 儿 口 一 片 用 弓 马 的 对 角 线 上.过点尸作垂直于平面3%功力的直线，与正方体表面相交于W，N.设8F=x,朋N=y,则函数8【来源】2 0 1 1年高考数学理

4、（安徽）一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为 他视图(A)4 83 2 +8 而(C)4 8 +8,1 7(D)5 09 .【来源】2 0 1 1 年高考数学理(全国新课标)在一个几 何 体 的三视图 中，正视图和俯视图如右图所示,A(正视图)Q(俯视图)小小(A)(B)(C)二、填空题1 0.【来源】2 0 1 9 年高考真题一一理科数学(北京卷)则相应的侧视图可以为、，(D)已知/,如是平面e外的两条不同直线.给出下列三个论断：mH a；.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题:11.【来源】2019年高考真题一一理科数学（北京卷）某几何体是由

5、一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1,那 么 该 几 何 体 的 体 积 为.12.【来源】2019年高考真题一一理科数学（天津卷）已知四棱锥的底面是边长为0的正方形，侧棱长均为石.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为.13【来源】2019年高考真题一一理科数学（全国卷H）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的

6、对称美.图2是一个棱数 为4 8的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有 个面，其棱长为.（本题第一空2分，第二空3分.）IR I 21 4 【来源】2 0 1 9 年高考真题一一理科数学（全国卷川）学生到工厂劳动实践，利 用 3 D 打印技术制作模型.如图，该 模 型 为 长 方 体/岫 4544挖去四棱锥）距 M 后所得几何体，其 中。为长方体的中心，,F,G,分别为所在棱的中点，A B =BC=6 c m ,H e m,3D打印所用原料密度为0.9 g/c m3,不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_ _ _ _ _ _ _ _

7、_ _ _.1 5 .【来源】（0 7 年浙江卷文）已知点0在二面角a-AB-B的棱上，点 P在 a内，且NP O B=4 5 .若对于B内异于0的任意一点Q,都有N P 0 Q 2 4 5 ,则二面角a -AB-6 的取值范围是.1 6 .【来源】2 0 1 1 年高考数学理（全国新课标）已知矩形ABC。的顶点都在半径为4的球。的球面上，且 4 8 =6,3 0 =26，则棱锥O-ABCO的体积为 o1 7 .【来源】2 0 1 2 年高考真题一一理科数学（天津卷）一 个 几 何 体 的 三 视 图 如 图 所 示（单 位：m）,则 该 几 何 体 的 体 积 为 i n3.俯视图三、解答题

8、1 8 .【来源】2 0 1 9 年高考真题一一数 学（浙江卷）如图，已知三棱柱力比T1 8 G,平面44GC_L平 面 力A ABC 90,N 8 4 C =3 0。,4 A =AC=AC,E,F 分别是 4 4 4 山的中点.（I）证明：E FL B C y（I I）求直线加与平面4 8 c 所成角的余弦值.1 9.【来源】2 0 1 9 年高考真题一一理科数学（北京卷）如图，在四棱锥户一袖以中，必，平面四G 9,A D V C D,A D/B C,P A=A I A C D=2,比=3.E为划的中点，点尸在用上，且 竺=2.PC 3（I ）求证：以让平面P A D；（I I ）求 二 面

9、 角 尸 尸 的 余 弦 值；（I I I）设 点 G 在 外 上，且 丝 =2.判断直线4 G 是否在平面/斯内，说明理由.PB 32 0 【来源】2 0 1 9 年高考真题一一理科数学（天津卷）（本小题满分1 3 分）如 图，A E X.平 面 A B C DADAB,ABAD=,AE=BC=2（I ）求证：平面A D E-,（I I ）求直线四与平面叱所成角的正弦值；CF/AE,AD/BC1(III)若二面角后一瓦)一方的余弦值为3,求线段的长.C21.【来源】2019年高考真题一一理科数学(全国卷H)(12 分)如图，长方体/阅9-4 区。4 的底面四(力是正方形，点 在棱4 4 上，

10、B E L E CX.(1)证明：应工平面E B C；(2)若 4斤4 其 求二面角6-比-G的正弦值.22.【来源】2019年高考真题一一理科数学(全国卷m)(12 分)图 1 是由矩形A D E B、既和菱形质。组成的一个平面图形，其 中A B=,除 跖=2,NFB 060 ,将其沿8 c折起使得庭与外重合，连结G,如图2.(1)证明：图 2 中的4 C,G,四点共面，且平面力 比二平面比丘丘(2)求图2 中的二面角B-C G-A的大小.23【来源】2019年高考真题一一理科数学（全国卷I）（12 分）如图，直四棱柱4%/-4 5 G 的底面是菱形，44=4,49=2,/胡 分 60,M,

11、M分别是BC,BB、,4 的中点.（1）证明：.肠 V 平面C、DE；（2）求二面角”,皿-的正弦值.24【来源】0（08年湖北卷理）（本小题满分12分）如图，在直三棱柱.0-4用。1中，平面4C _L侧面4 力8 稣（I）求证：即LBC;（II）若直线AC与平面A,BC所成的角为6,二面角A-BC-A的大小为0 的大小关系，并予以证明.25.【来源】0（02年全国卷文）（本小题满分12分，附加题满分4 分）（I）给出两块相同的正三角形纸片（如 图1,图2）,要求用其中一块剪拼成一个三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，分别用虚线标

12、示在图1、图2中，并作简要说明；（H）试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小；（I I I）（本小题为附加题，如果解答正确，加4分，但全卷总分不超过1 5 0分）如果给出的是一块任意三角形的纸片（如 图3）,要求剪桥成一个直三棱柱，使它的全面积与给出的三角形的面积相等。请设计一种剪拼方法，用虚线标示在图3中，并作简要说明。2 6 .【来源】2 01 1 年高考试题数学理（陕西理）（本小题满分1 2 分）如图，在 几48c中，N A 8C=6 O ,N B A C=9 0 ,A 是 8C上的高，沿 A O把年山。折起，使 N 8C0 =9 .（I）证明：平面A DB _ L 平面BDC；（

13、I I）设E为 BC的中点，求 A E与。8夹角的余弦值。2 7 .【来源】2 01 1 年高考试题数学（江苏卷）如图，在四棱锥 中，平面 P AD _ L 平面 AB C D,AB=AD,NB AD=6 0,E、F 分别是AP、AD 的中点求证：（1）直线E F 平面P C D：（2）平面B E F _ L 平面P AD2 8 【来源】2 01 1 年高考试题数学（江苏卷）22.（本小题满分1 0分）如图，在正四棱柱A水弟中，A 4,=2,A 8=1,点N是 3c的中点，点M在 阳上，设二面角A-ON-M的大小为出（1）当。=9。时，求 4W的长;cos”国6 时，求 CM的长。2 9 【来

14、源】2 01 1 年高考数学理(安徽)如图，ABEOb(为多面体，平 面AB E。与 平 面ACF C垂 直，点 在 线 段A D上,0 4=1,0庄2,0 43,QA C,丛O D E,尸都是正三角形。(I )证明直线8 C ER；(I I)求棱锥F -O B E D的体积。3 0【来源】2 01 1 年高考数学理(全国新课标)如图，四棱锥尸-4 笳 中，底面A?切为平行四边形，ND AB=6 0,AB=2/底面 4 6 a z(I )证明：PALBD-,(1 1)若 吩/1，求二面角/-必-7 的余弦值。试卷答案1.B【分析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角

15、、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.【详解】方 法1：如图G为A C中点，V在底面A B C的投影为。，则尸在底面投影。在线段4 9上，过。作。E垂直A E，易得P E/V G,过P作P F 7/A C交VG于/，过。作 D H/A C ,交 B G 于 H，则 a =NB P F,R =N P B D*=N P E D,则c oas =P-F EG D H /，t an V =P D P D =t anop,即P B P B P B P l E D B DY ,综上所述，答案为B.方法2：由最

16、小角定理尸 a,记V-A B C的平面角为（显然Y =Y）由最大角定理P 故选民6 6 3 3【点睛】常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.2.B【分析】本题首先根据三视图，还原得到几何体一棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积.常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.【详解】由三视图得该棱柱的高为6,底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4,下底为6,高为3,另一个的上底为2,下底为6,高为3,则该棱柱的体积（2 +6 与 4+6 c）,-,.为-x 3 H-x 3 x 6=162.I 2

17、 2 ,【点睛】易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.3.B根据面面平行的判定定理易得答案.选B.4.B因为直线8队 都 是 平 面 隔9内的直线，且不平行，即直线凰/,笈V是相交直线，设正方形4腼 的 边 长 为2 a,则由题意可得：贻2 a,2 a,附 近 a,际2啦a,根据余弦定理 可 得：囱/=庞+|/-2 D B-D i k osA B D a-4 夜 a c os A B D E ,=成+施-2 D E，D Nc os4B D E=6/-4&J c os 2 B D E,所以B毋E N,故选B.5.【解析】：C 0与0 2的公共弦为

18、AB,球心为0,AB中点为C,则四边形2 c为矩形，所以|1=1 OC 041=2,1 AC|=1,AC J L OC.-10C=J|CU|2 _|/c|2 =、后6.【解】：如图在三棱柱 5 c-A E i G中，设乙44尻=乙44c l=60,由条件有N C1481=60,作工o L面44c l于点0,“八 c os Z AA5i c osc os 乙440=-口 =则 c o s N B/Q c os=走朝 一 百 一 I-60 1sinZA0=或 AO=AAX-smAJO =-3.3.%c-AAqG S s g c j=x2x2xsin 60 x-y-=2 0故选B【点评】：此题重点考

19、察立体几何中的最小角定理和柱体体积公式，同时考察空间想象能力；【突破】：具有较强的空间想象能力，准确地画出图形是解决此题的前提，熟悉最小角定理并能准确应用是解决此题的关键；7.【标准答案】：B【试题分析】：取 加1的中点E,的中点F连E F,则小W在平面即 耶内平行移动 且 也 弧当P移动到3凸的中心时，M N有唯一的最大值，排除答案A、C；当P点移动时，由于总保持加方郎，所 以X与丁的关系是线性的（例如：取刃4=L当y/2-x _ yx e（1 巫芯同理，当 2，时，有2 n y=2 0 _ 2 x.）排除答案D,故选B.【方法二】设正方体的棱长为1,显然，当P移动到对角线必1的中点时，函数

20、了=柄=工 =、泛取得最大值，所以排除A、C；又，分 别 过M、N、P作底面的垂线，y=MN=2BP1=2.xcos DXBD=2-垂足分别为般i纳、片，则 J3是一次函数排除C,故选B。24slx,y=r2(7 2-4 x),事实上有xe o 42【高考考点】函数与立体几何的交汇【高考考点】：截面，线与面的位置关系。【易错提醒】：找不到特殊点0,或者发现不了。的特殊性。【备考提示】：加强空间想象力的训练，加强观察能力的训练。8.C本题主要考查直四棱柱的三视图及表面积公式，属于中等难度问题。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，所 以

21、 该 直 四 棱 柱 的 表 面 积 为5=2x1x(2+4)x4+4x4+2x4+2x71+16x4=48+87172.故选C.9.D本题主要考查了立体几何中的空间想象能力，由三视图能够想象得到空间的立体图为半个圆锥与一个三棱锥的组合体，再有线的实虚可知D正确，故选D.10.如果 7 a ,m/a,则【分析】将所给论断，分别作为条件、结论加以分析.【详解】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：(1)如果/_L a,m/a,则 l_ m.正确；(2)如 果/L a,I V m,则小 a.不正确，有可能R在 平 面 a 内；(3)如 果 ILm,m/a,则/_L a.不正确，有可能，

22、与 a 斜交、1/a.11.40【分析】画出三视图对应的几何体，应用割补法求儿何体的体积.【详解】在正方体中还原该几何体，如图所示几何体的体积V=4LL2(2+4)X2 X 4=4 07 14由题意四棱锥的底面是边长为0的正方形，侧棱长均为 逐，借助勾股定理，可知四棱锥 的 高 为 右 斤=2,.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，故圆柱的高为1，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，圆柱的底面半径为,，故圆柱的体积为21 3.2 6；7 2-1由图2结合空间想象即可得到该正多面体有2 6 个面；将该半正多面体补成正方体后，根据对称性列方程求解.1 4.1 1 8.8S四 边形 EFG

23、H=4 x 6-4 x x 2 x 3 =1 2c mV=6 x 6 x 4 x l2 x 3 =1 3 2 ,3 c mm=p V=0.9 x l3 2 =1 1 8.8 g1 5.答案:90,180解析：若二面角a-AB-B的大小为锐角，则过点P向平面步作垂线，设垂足为H.过 H 作 A B 的垂线交于C,连 P C、C H,O H,则S 就是所求二面角的平面角.AH根据题意得N 尸OH 之4 5。，由于对于B内异于。的任意一点Q,都有Z P 0 Q 4 5 ,：.PO H A5a,设 P 0=2 x,则2缶又./P 0 B=4 5 ,；.0 C=P C=5&,而在我必尸CE 中应有P O

24、 P H，显然矛盾，故二面角a-AB-B的大小不可能为锐角。即二面角&一4 8 一户的范围是W 1 8 。若二面角a-AB-B的大小为直角或钝角，则由于NP 0 B =4 5 ,结合图形容易判断对于B内异于0的任意一点Q,都有NP 0 QN4 5。即二面角）一 一户的范围是1【高考考点】二面角的求法及简单的推理判断能力【易错点】：画不出相应的图形，从而乱判断。【备考提示】：无论解析几何还是立体几何，借助于图形是我们解决问题的一个重要的方法，它可以将问题直观化，从而有助于问题的解决。1 6.如 图，过 球 心 0 向 AC作 垂 线 0E 由 球 的 对 称 性 知 一 定 垂 直 平 分 AC

25、,由长方形A B=6,B C=,得 A C=2 A E=4 百，即 AE=2 7 3 ,由 勾 股 定 理 可 得OE=V OA2-AE2=也 2 _(2 扬 2 =2 所以 V 一 A B C D=-X6X2A/3 X2=8A/31 7.1 8 +9%根据三视图可知，这是一个上面为长方体，下面有两个直径为3的球构成的组合体，两个2 x -x ()3=9万球的体积为 3 2 ,长方体的体积为1 x 3 x 6 =1 8,所以该几何体的体积为1 8 +9%O1 8.方法一：(I)连接4&因为碟/曲J中点，所以4人附.又平面平面4 u平面4 4 C G,平面4/C G D平 面/陷&?,所以，44

26、平面/8 C,则4 优又因为4尸/4%9 0 ,故SCAM所以8入平面4加：因此 尸_1 _成.(I I )取6冲 点G,连接旗，巡则曲矶是平行四边形.由于4反L平面4 8 C,故4;_ L G,所以平行四边形极为矩形.由(I)得6 C L平面跖%,则平面4 8 C L平面跖所以夕;在平面4比上的射影在直线4 a t.连接4皎 珏 于0,则/氏跖是直线所与平面4况所成的角(或其补角).不 妨 设 则 在 灯 应 冲，4斤2 百，E G=y i.由于妫4 a 的中点，故E O=OG=4 9 =15，2 2所以 cos/EO G =E（）2+OG2-EG22E0 0G353因此，直线)与平面4%所

27、成角的余弦值是g.方法二：(I)连接4 反 因 为 4 J=4 C,隰 4 由 中点，所以45L a：又平面4 4?G J _ 平面/夕。，4u平面4力 C G,平面4/C G A 平 面 力 於 所 以，4反 1 平面1 必如图，以点防原点，分别以射线比；周为y,z轴的正半轴，建立空间直角坐标系-xyz.不妨设4。4,则4 （0,0,2 6），B （也，1,0）,4（6,3,2 6）,F（曰,2 2 6）,7（0,2,0）.因此，E F 二吟：2，BC=（-73,1,0）.由 E F -3 C =0 得 瓦，B C（I I）设直线与平面4a所成的角为0.由（I）可得BC=（_6,i,o）,A

28、C=（0,2,-26）,设平面4%的法向量为rr（x,%z）.B C-n=0,-6尤+y=0,由 4。=0,得 y_ J i z=0.取 比（1,8,1）,故 E F-n _4sin =|cos 可得E(O,1,1),设平面4项 的法向量为：m=(x,y,z),则.r_z、(2 2 4 1 _ 2 2,4，(3 3 3)3 3 3m-AE=(x,y,z(O,l,l)=y+z=0据此可得平面1分的一个法向量为：/=(1,1,-1),很明显平面力分的一个法向量为“=(1,0,0),cos=m n1 =6G x l-3旦3二面角尸/氏尸的平面角为锐角，故二面角尸/斤尸的余弦值为2(4 2 2(HD

29、易知 P(0,0,2),B(2,l,0),由 =可得石则 AG=(g,2 2、5司注意到平面力跖的一个法向量为：m=其Z-AG=O且点力在平面力夕7内，故直线io在平面/外内.20.本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.满分13分.依题意，可以建立以A为原点，分别以的方向为x轴，,轴，z轴正方向的 空 间 直 角 坐 标 系(如 图)，可得 4 ，)，B(l,0,0),C(l,2,0),(0,1,0),(0,0,2)设=(h 0)则尸(L 2,1(I)证明：依题意，A 8 =(l,

30、0,0)是 平 面AO E的法向量，又 B F =(a,2,h),可得B F-A B=0 ,又 因 为 直 线 平 面4),所以9平面A QE.(H)解：依题意，8 D =(T 1，O)，B E =(T O,2),C E =(-L-2,2)设=(x,y,z)为平面B DE的法向量,，B D =0,Jf+y =o,则n-BE=0,Sp-x+2z=0,不妨令 z=i,c o s(C E,)=可得”=(2,2,1)因此有C E n 4CEn94所以，直线8与平面3 0后所成角的正弦值为3.(I I I)解：设加=(%z)为 平 面 尸 的 法 向 量,m -B D=0,则=x+y =0,V即+hz

31、0,不妨令y=L可得|c o sm,|由题意，有1-3一一-4A22力/kF3nl-Ini力问解得 7 .经检验，符合题意.8所以，线段少的长为2 1.解：(1)由已知得，4&，平面人8月4，B E u平面AB gA，故四C|1 BE.又 B E L E G，所以B E,平面E S C一(2)由(1)知NBE4=9 0 .由题设知所以N A E B =4 5 ,故 A E =A B,A A =2 A B.以。为坐标原点，D 4的方向为x轴正方向，|D4|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系。x y z,则。(0,1,0),B(1,1,0),G(1，2),(1,0,1),C B=(1,o,0)

32、,CE=(1,-1,1),CC,=(0,0,2).设平面砒的法向量为T(x,y,z),则C B n=0,即4fx=O,CEM=0,x-y +z=0,所以可取比(0,-1,-1).设平面ECC1的法向量为炉(x,y,z),则CCi-/w=0,f2z=0,即4CE-m=0,x y+z =0.所以可取2 2 F (1,1,0).十口 nm I于是 cos=-=.I n|m|2h所以，二面角8-EC G的正弦值为事.2 2.解：(1)由已知得/缈，C G B E,所以力。C G,故 力 ，CG 确定一个平面，从而4C,G,胆点共面.由已知得力员L应；A B A.B Q 故 片 反1_平面比比：又因为U

33、平面力比；所 以 平 面 平 面 优(2)忤E H 1 B C,垂足为.因为夕/U 平面比宓，平 面 茁_L平 面 所 以 鼠L平面/8 C由已知，菱形8 砒的边长为2,Z9(=6 0 ,可求得力沪1,酢 丛.以伪坐标原点，“0的方向为谕的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系-x y z,则 (-1,1,0),C(1,0,0)G(2,0,6 ),CG=(i,鸟，AC=(2,-1,0).设平面4 S W J法向量为ZF(x,y,z),则C G n=0,x+y/3z=O,VA C =0,即 2 x-y=0.所以可取比(3,6,-百).n m _ y3又平面比比的法向量可取为止（0,c o s ,t

34、ri)1,0),所以I n|m|2因此二面角6-CG-/的大小为3 0 .2 3.解：（1）连结BC M E.因为M,吩 别 为 郎，6中点,所以监 8 C,且 峥LBC2又因为脑儿加勺中点，所以泗2由题设知4 6?可得为故ME&ND,因此四边形朗V%为平行四边形，邮龙.又 助 平 面 劭G,所以物V平面。比：（2）由已知可得的1物.以为坐标原点，D 4的方向为 由正方向，建立如图所示的空间直角坐标系。灯z,则4(2,0,0),4(2,0,4),M(l,区 2),N(l,0,2),4A =(O,O,T)A =(1,6,2),AN=(1,0,2),MN=(00).m-A.M=0设帆=（无,y,z

35、）为平面4极1的法向量，则“4 4 =0所以 x+yfy 2z=0,可取机-4z=0.=(73,1,0).n-MN=Q,设=（p,%r）为平面儿新的法向量，贝卜 .A N=0.所以 y/3q=0,-p-2 r =0.可取=(2,0,-1).于是 cosm,m n _ 2 G _ V15I mW n|2x75 5所以二面角A-4-N的 正 弦 值 为 半24.【标准答案】（1）证明：如图，过点力在平面4月8周内作皿于，则由平面 侧面4月 仍，且 平 面4*c n侧面=,得力。j.平面他。又B C u平面4B C,所以M JL B C。因为三棱柱是工5。一 直三棱柱，则4月-1底面所以4 4 _

36、L B C,又44口 如=力，从而g_L侧面4工 明。又力B u侧面4幺3片，故，5 _ L BC.(2)解 法1：连接8,则 由(1)知乙4 c o是直线工C与平面4B C所成的角,乙 4是二面角4 一 B C-R的平面角，即4C D =6,乙4网=%.A D A Ds i n d =,s i n 6?=于 是 在&4 E C中，在&AAD B中，A B ,7 T由49 工 C,得 s i n S v s i n g 又。5 所以 6 。解 法2：由(1)知，以点R为坐标原点，以B C、氏4、所在的直线分x轴、V轴、Z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设工4=%2C =瓦工8 =c,则3(0

37、,0,0)4(0,c,0),C U I,0,0),4(0,c,a),于 是 死=(产/,0,0),硒(0,c,a),A C=(V -c2,-c,0),Z 5 =(0,0,a)。设平面的一个法向量为=(几K Z),则2-c2x=0.可取%=（0，-a，c）,于是,4（7=叱 0,/与?2的夹角户为锐角，则户与6互为余角。nAC acs i n 6=c o s =所以BA BA cC0SP=p p|=7 7d 二 1所以ac a于是由C,得b j j+d Ja2+c2,冗c。e&一,口即s i n8s i n。，又 2所以9%.推理如下：设给出正三角形纸片的边长为2,那么，正三棱锥与正三棱柱的底面

38、都是边长为1的正三心-曝1,/3 .7 3、反、后 3-2、泛5)T =(T-T)-T =-0所 以%.（I I I）如 图 3,分别连结三角形的内心与各顶点，得三条线段，再以这三条线段的中点为顶点作三角形.以新作的三角形为直棱柱的底面，过新三角形的三个顶点向原三角形三边作垂线，沿六条垂线剪下三个四边形，可心拼成直三棱柱的上底，余下部分按虚线折起，成为一个缺上底的直三棱柱，即可得到直三棱柱.2 6.解（1 ）；折起前A D是 B C边上的高，当 4 ABD折起后，A D _L D C,A D _L D B,又 D B C D C =D,A D,平面 B D C,VAD平 面/平 面 B D C

39、.二平面A B D，平面B D C（I I）由/BDC=9 0 及（I ）知 D A,D B,D C 两两垂直,不防设Q%,以D为坐标原点，以0C，OA所在直线x，V，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得 D (0,0,0),B (1,0,0)：.AEDB=(i,o,O,),C (0,3,0)A E 与。8 夹角的余弦值为工1AE DB.夜 2 _AE-DB.22 22-(22 22Ix J Ix J cos=V 4 V 42 7 .证明：(1)在4 P A D 中，因为E、F分别为A P,A D 的中点，所以E F P D.又因为E F O 平面P C D,P D U 平面P C D,所

40、以直线E F 平面P C D.(2)连结 D B,因为 A B=A D,N B A D=6 0 ,所以4 A B D 为正三角形，因为F是 A D 的中点，所以B F A D.因为平面P A D,平面A B C D,B F =平面A B C D,平面P A I)A 平面A B C D=A D,所以B F J _平面P A D。又因为B F U 平面 B E F,所以平面B E F L 平面P A D.fl2 8 .解：建立如图所示的空间直角坐标系。一肛z,设 CM =t(Q t=!.=.所以 1 H 2 屈45t2+I=。或 万 一 e,所 以i-广:+1:1=因为巧 庭历6,/=0或.=L解

41、得 21 1t .根 据 图 形 和(1)的结论可知 2,从 而CM的 长 为229.取A 中点G,连CG,BG,O A B,O A C都是正三角形，则CG AO,8G,AO；取 加中 点“，连EH,FH bODE,K Q D F都 是 正 三 角 形。则 EH DO,FH DO：.CG FH,B G 1.E H .平 面 CGB J平面 E F H.C,B,E,F 四 点 共 面，.B C/E F.由知又平面ABED与 平 面ACFD垂 直，:.F H L平面ABEDVF-OBED=q S四边形OBED*FH=(s MOE+ADOE)FH=-x(-xO B x O E sin 6 0 +-x

42、O D xO Esin6Q|xFH=-x H-xlx2x +-!-x2x2x x/33(2 2 J 3 2 2 2 2=3-230.(I)因为=60。,AB=2AD,由 余 弦 定 理 得 BD=6AD从而 B D2+A D2=A B2,故 BDt AD又P。上底面48CD,可 得 放，如所 以 做，平 面 用 故PABD(I I)如 图，以D为 坐 标 原 点，AD的 长 为 单 位 长，射 线DA为 工轴 的 正 半 轴 建 立 空 间直 角 坐 标 系D-X ,则4(1,0,0)B(0,6,0)C(-l,V 3,0)p(0,0,l)ULU l UUV f U lUXB=(-1,V3,0),PB=(0,V3,-l),BC=(-1,0,0)设平面P A B的法向量为n=(x,y,z),则号旗=,x+百y =0即，岛-z=。因此可取n=(瓜,/)uut m Pfi=0,设平面PBC的法向量为m,则炭=。，/-4 2N/7pne I nj n -可取 m=(0,-1,Y)，/2 5 7277故二面角/-阳-C的余弦值为